圆锥曲线常见题型解法.docx
《圆锥曲线常见题型解法.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《圆锥曲线常见题型解法.docx（26页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
圆锥曲线常见题型解法
高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第81讲:
圆锥曲线常见题型解法
【知识要点】
圆锥曲线常见的题型有求圆锥曲线的方程、几何性质、最值、范围、直线与圆锥曲线的关系、圆锥曲
线与圆锥曲线的关系、轨迹方程、定点定值问题等
【方法讲评】
题型一
求圆锥曲线的方程
解题方法
一般利用待定系数法解答.
22
【例1】已知椭圆2yr=1（a.b.0）的左、右焦点为F1,F2,点A（2,∙∙∙2）在椭圆上，且AFab
与X轴垂直.
（1）求椭圆的方程；
（2）过A作直线与椭圆交于另外一点B,求AAoB面积的最大值.
【解析有B⅜Hc=2j-=√2.∖^=2√2j⅛i=4,
Q
-⅛⅛
故椭圆方程为壬+匸=1;
84
（2）当X5斜率不存在时：
S^=IX2√2×2=2√2,
ΛΛ
L（5
当血斜率存在时：
设其方程为；y-√2=⅛（x-2χjt≠^）,
sJ>=⅛+（√2-2⅛）得（加+1疋+4（返一2貯尬+2（厲-"尸-40,
2+2V-=8
由≡∙⅛:
△二M∣√Σ2√.iij-s∣2√1-lι[.√22<γ--J=S∣2<-√2r>0.
o到直线曲的距离：
=
√7+ι
=√2∣2-ξ^⅛-t,
Λ2⅛a+l∈[l12）UaI-KX>）,
二此时SδλOB∈（0.2V2]
综上所求：
当AB斜率不存在或斜率存在时：
AAOB面积取最大值为2、.2.
【点评】
（1）求圆锥曲线的方程，一般利用待定系数法，先定位，后定量•
（2）本题用到了椭圆双曲
2b
线的通径公式d,这个公式很重要，大家要记熟
a
22_
【反馈检测1】已知椭圆M:
L2.L-=I（ab.0）的离心率为,且椭圆上一点与椭圆的两
ab3
个焦点构成的三角形的周长为64S.
（1）求椭圆M的方程；
（2）设直线I与椭圆M交于A、B两点，且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点C,求△ABC面积的
最大值.
题型二
圆锥曲线的几何性质
解题方法
利用圆锥曲线的几何性质解答•
在线段AB上有且只有一个点P满足PF1
-PF2,则椭圆的离心率的平方为（
■5-1
【解析】由题设可知以耳码为宜径的圆与直线府相切,而直线的方程为—+τ-=b即
-aD
胡亦
bx-av+=0,故圆心0（0.0）到直线bx-a∖+a⅛=0的距离d=一F=—=G即α⅛=C,
4a1+b1C
也-e2）-CAJ所以+F=1，解之得/=忑、'$故应选D.
【反馈检测2】已知双曲线
22
XV
2—2ab
=1（a.0,b.0）的左、右焦点分别为F1,F2以F1F2为直径的
【点评】求值一般利用方程的思想解答，所以本题的关键就是找到关于
XV
则双曲线的离心率为（
圆被直线1截得的弦长为
ab
2
A.3
题型三
圆锥曲线的最值问题
解题方法
一般利用数形结合和函数的方法解答•
22
【例3】已知椭圆X2V2=1（a.b.O）上任意一点到两焦点F1,F2距离之和为4、、2,离心率为
ab
（1）求椭圆的标准方程；
1
（2）若直线I的斜率为一，直线I与椭圆C交于A,B两点.点P（2,1）为椭圆上一点，求."■：
PAB的面积
2
的最大值.
「Γ
2a=4寸2_
【解析】
（1）由条件得：
解得a=2∙.2,c=、..6,b=√2,所以椭圆的方程为
a2
a2二b亠J
⑵设『的方程为J=→+m?
点越遍JilEa!
r1
y=—X+m
由*消去卩得X2+2∕κx+2耕'一4=O.
xλV2I
I+”—1
U2
⅛Δ=4√-8√+16>0j<2,
S/Pab
1
=—ABd
2
J2m∙.5（4二m2）
2.5
22
（4-m）
22
m•4—m
≤
2
由韦达定理得再+七=-2TnIXIX2=2m-4.
当且仅当m2=2,即mh\$2时取得最大值.
∙∙∙APAB面积的最大值为2.
【点评】圆锥曲线的最值问题一般利用函数和数形结合解答
A,B.
【反馈检测3】在平面直角坐标系Xoy中，直线l与抛物线y2=4x相交于不同的两点
（I）如果直线l过抛物线的焦点，求OAQB的值；
（∏）在此抛物线上求一点P,使得P到Q（5,0）的距离最小，并求最小值.
题型四
圆锥曲线的范围问题
解题方法
一般利用函数、基本不等式、数形结合等解答.
【例4】已知椭圆C的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，焦点在X轴上，有一个顶点为A（_4,0）,
2
2a
16.
C
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点B（-1,0）作直线I与椭圆C交于E、F两点，线段EF的中点为M,求直线MA的斜率k的取值范围.
【解析】
（1）因为tfl圆有一个顶点为X（TO）故长轴口=4,又=16Jf从而得：
口=4,C-2?
C
Jil勺
⅛3=12二椭圆E的方程—+^-=1；
1612
⑵依题意，直线f过点5（-1IO）且斜率不为零
（1）当直线I与X轴垂直时，M点的坐标为B（_1,0）,此时，k=0;
（2）当直线I的斜率存在且不为零时，设直线I方程为y=m（x-1）,（m=0）,
由方程组
2222
X12y2消去y,
1
1612
并整理得（4m亠3）x亠8mX亠4m—48=0,
设E（x1,y1）,F（x2,y2）,M
（x。
，y。
）,
又有A（-4,0）
X1X2
2
8m
X1X2
2I
4m3
X0
3m
∙∙∙y°=m（x°-1）=
2.'
4m3
y°
2
X0■44（m■1）
1
（m=0）,
1
4（m）
m
1
Ilm•—|=|m|
m
综合⑴、⑵可知直线MA的斜率
<1
8
【点评】利用基本不等式求函数的最值时，要注意创设情景，保证一正二定三相等
【反馈检测4】设椭圆E中心在原点，焦点在X轴上，短轴长为4,点Q（2,2）在椭圆上.
（1）求椭圆E的方程；
（2）设动直线L交椭圆E于A,B两点，且石丄亦，求AOAB的面积的取值范围.
（3）过M（Xi,yι）的直线l1:
x1x∙2y1y=82与过NgU）的直线∣2ix2x∙2y2y=8'.2的
、」⅛⅛
交点P（x0,y0）在椭圆E上，直线MN与椭圆E的两准线分别交于G,H两点，求OG∙OH的值.
题型五
直线与圆锥曲线的关系问题
解题方法
一般利用判别式、韦达定理、弦长公式、点差法等解答
2
【例5】已知双曲线X2―上1,经过点M（1,1）能否作一条直线l,使l与双曲线交于A、B,且点
2
M是线段AB的中点.若存在这样的直线l,求出它的方程，若不存在，说明理由•
【解析】设存在被点少平分的弦AB?
且J（λ⅛3vl）.B（XIty2）
贝lJxl+x3=2,y1+y2=2
两式相;咸，潯（HI-W）（M7：
）一亠丁JLlI―厂）二0J二HH二〕
故直线=
Iy-I=2（x-l）
由」3V2t≡⅛i≡2x2-4x+3=0λΔ=（-4）3-4×2x3=-S<0
X*——=1"
这说明直线AB与双曲线不相交，故被点M平分的弦不存在，即不存在这样的直线l•
【点评】
（1）这是一道探索性习题，一般方法是假设存在这样的直线，然后验证它是否满足题设的
条件•本题属于中点弦问题，应考虑点差法或韦达定理•
（2）本题如果忽视对判别式的考察，将得出错误的
结果，请务必小心•由此题可看到中点弦问题中判断点的M位置非常重要•
（1）若中点M在圆锥曲线内，
则被点M平分的弦一般存在；
（2）若中点M在圆锥曲线外，则被点M平分的弦可能不存在•学科•网
【反馈检测5】过点T（-1,0）作直线丨与曲线N:
y2=X交于A,B两点，在X轴上是否存在一点
E（Xo,0）,使得AABE是等边三角形，若存在，求出Xo；若不存在，请说明理由•
题型六
圆锥曲线与圆锥曲线的关系问题
解题方法
一般利用判别式和数形结合解答■
【例6】已知曲线ci：
X2•丄1及C2：
y=X2•1有公共点,求实数a的取值范围.
2
【解析】联立两个方程可得：
VI=2（l-α）y+√-4=0.
Δ=4（l-α）1-4（a1-4）≥0；.∖a≤-.
如下图可知：
椭圆中心半轴长夕=√2J抛物线顶点K（OlI）T所以当圆锥曲线在下方相切或相交
时,σ≥l-√2.
综上所述j⅛l-√2≤σ≤∣时，曲线G与G相交.
【点评】直线与圆锥曲线相交问题，一般可用两个方程联立后，用■:
-0来处理•但用厶一0来判断
双圆锥曲线相交问题是不可靠的.解决这类问题：
方法1,由“厶-0”与直观图形相结合；方法2,由“厶一0J与根与系数关系相结合.
【反馈检测6】设椭圆6：
罕・笃=1（日.b.0）,抛物线C2:
/by=^.ab
（1）若G经过G的两个焦点，求Q的离心率；
C2CICI
fL5、
.■:
AMN的垂心为
（2）设A（0,b），Q3J3,—,又M,N为Ci与C2不在y轴上的两个交点，若
I4丿
F3
B|0,一b,且.∙QMN的重心在C2上，求椭圆Ci和抛物线C2的方程•
.4
题型七
圆锥曲线的定点和定值问题
解题方法
过定点的问题，一般先求曲线的方程，再证明曲线过定点；定值的问题，就是求值问
题，直接求解就可以了.
【例7】在直角坐标系XOy中，点M到点F1（i'3,0）,F2（•.3,0）的距离之和是4,点M的轨迹是C与
X轴的负半轴交于点A，不过点A的直线I:
y=kx■b与轨迹C交于不同的两点P和Q.（I）求轨迹C的方程；
（II）当APAQ=0时，求k与b的关系，并证明直线l过定点.
【解析】＜1）丁点敢到〔-廐0）攵任0）的距离之和是4,
二M的轨迹C杲长轴为4-焦点在/由上焦中为M的椭圆，方程为宁+宀L
（2）将y=kxvb,代入曲线C的方程，整理得（14k2）x22kx∙4=0
因为直线l与曲线C交于不同的两点P和Q,
设P（X1,yI）,Q（X2,y2）,,则x1x2
14k
X1X2
14k
所以厶=64k2b2-4（1■4k2）（4b2-4）=16（4k2-b2T）-0.①
由APAQ=0,得（x1亠2）（x2亠2）亠y1y2=0∙
将②、③代入上式，整理得12k2_16kb∙5b2=0.所以（2k_b）∙（6k_5b）=0,
6
即b=2k或bk,经检验，都符合条件①
5
当b=2k时，直线7的方程为v=Ax+2Alj显然，此时直线?
经过定点（-2,0）点.
即直线F经过点A,与题意不符.
止■
=直线J的=kx+-Jc=k（x+-）.
556
显然，此时直线噬过定点C?
0）点，且不过点A・
综匕Jt与b的关系是：
b=^k1直线r经过定点（-∣.o）点.
【点评】证明曲线过定点，一般先求曲线的方程，再证明它过定点
【反馈检测7】已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在X轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为
3，最小值为1.
（I）求椭圆C的标准方程；
（∏）若直线I:
y=kxm与椭圆C相交于A,B两点（A,B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：
直线l过定点，并求出该定点的坐标.
题型八
轨迹问题
解题方法
一般利用直接法、待定系数法、代入法、消参法解答.
【例8】已知抛物线y2=X+1和点A（3,1）,B为抛物线上一点，点P在线段AB上且BP:
PA=1:
2,
当点B在该抛物线上移动时，求点P的轨迹方程.
【解析】设点P⅛y）>
B（Xfryr）j由SP-IA3,则
「3—3
Jt=
3v-1
!
⅞Hr____V
又触在抛物线上，则FF讥生F*-整理得（TJw（T）为所求轨迹方程.
【点评】点P之所以在动，就是因为点B在动，所以点P是被动点，点B是主动点，这种情景，应
该利用代入法求轨迹方程•
【反馈检测8】已知JABC的顶点B（J3,0）,C（1,0）,顶点A在抛物线y=X2上运动，求△ABC的重
心G的轨迹方程.
题型九
存在性问题
解题方法
般先假设存在，再探求，最后检验•
13
【例9】已知中心在原点，焦点在X轴上的椭圆C的离心率为一，且经过点（_1,一），过点P（2,1）的直
22
线I与椭圆C在第一象限相切于点M•
（1）求椭圆C的方程；
（2）求直线I的方程以及点M的坐标；
---2
（3））是否存过点P的直线∣1与椭圆C相交于不同的两点A,B,满足PAPB=PM?
若存在，求出
直线∣1的方程；若不存在，请说明理由•
解得宀3J故椭圆C的方程为｝+計】.
（id因为过⅛Pa1）的直纟戋7与椭圆在第一象限相切，所臥/的斜率存在，故可调直线J的议程为
-y=⅛（x-2）+L
所以
1
k=.又x1X2
2
8k1（2k1「1）
2
16k1「16k1-8
.2
3■4k1
XiX2
丄2’
3■4k1
因为直线I与椭圆相切，所以.I=[_8k（2k-1）]2-4（3∙4k2）（16k2-16k_8）=0.
222
（34k1）x-8k1（2k1-1）x■16k1-16k1-8=0.
因为直线lι与椭圆C相交于不同的两点A,B,设A,B两点的坐标分别为（xι,yι）,（X2,y2）,
因为
所以
PAPB=PM$即（X1-2）（X2-2）伯-1）（y2-1）=5,
4
丄225
（X1—2）（X2-2）（1■k^^PM|
即【XM2-2（X1■X2）■4]（1k：
）=5∙
4
所皿咔小一警紆+畑心熒斗解得仔垮
因为为不同的两点，所CU=I・于是稈在⅛⅛⅛∕J⅛足条件，其方程为y=→
M（2,m）到焦点的距离是3.
于A、B两点.是否存在这样的k,使得抛物线C上总存在点
Q（Xo,yO）满足QA_QB,若存在，求k的
取值范围；若不存在，说明理由.
高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第81讲:
圆锥曲线常见题型解法参考答案
2
X3
【反馈检测1答案】
（1）y2=I；
（2）-
98
【反馈检测1详细解析】（I）V椭圆」『上一点和它的两个焦点构成的三角形的周长⅛6+4√2
又椭圆的离心率力芈,即三二型2
3α3
3,c=2y∣2f.λb=∖fIffi圆M的方程为—+=
设A（x「yj,
B（X2,『2）
2
81n-9
•3X2
9n+1
2
27n-3
2，
9n■1
的方程y=n（x—3）（n.0）,则AC
同理可得X
2
27-3n
•IBCI=\1
6
2I
9n-1
IACU」
2
6n
，
9亠n
SABC
1
|BC
2
IIACI=-
（n
1
2（n——）
n
1264
）
n9
1
，贝USABC
n
2t
64
+——
9
3
648
t
9t
当且仅当
8
t时等号成立,
3
【反馈检测2答案】D
【反馈检测2详细解析】由已知可得圆心到直线的距离
Ja$+b?
ab
•^―1
—rf
C
45224422
=∙caC囂aO=.2e_5e∙2=0=.e2=∙e=.2，故选D.
2
【反馈检测3答案】（I）-3;（∏）4.学科.网
【反溃检测3详细解析】（I）由题意：
抛物线焦点为（X0〉
⅛Γx=rp÷l代人Uli物线资=斗兀消去X得y2-¼-4=OlT^4（j⅛.J1）15（‰1y2）
WJ>1+>η2=^yIyl=-^f
OA-OB^XXX2yly-2=fo⅛+iχry2+l）+>ι1>'3=I%”+f①*对斗1—二-斗F+斗F+1-斗=-3
（IDIPeI=√（x-5）1+√=√x2-6x÷25,当工=3时，『创站=4,此时P（l+2√3）
22
4答案】
（1）X■y=I
84
（2）设P（x,y）,Ag,yι）,
B（X2,y2）,当直线
斜率存在时设方程为y=kxm
I
y
二kx亠m
£
2
2:
—
-y二1
I
.8
4
解方程组
22
X…2（kx-「m）8
卄222
即（12k）x■4kmx2m一8=0,
贝UA=16k2m2-4（1■2k2）（2m2一8）=8（8k2-m2■4）■0,
即8k2-m24■0（*）
r
\丄
4km
X亠XC
——
12
J
.2
12k
2
X1X2
2m-8
2
12k
2
y1y2=（kx1m）（kx2m）=kx1x2km（x1■x2）m
2222
k（2m—8）4km2mη2
1■2k
“2
■2k
22
m—8k
1■2k2
UUrUUU
要使OA_OB,需使
x1x2∙yy=°
2
-8k
m
，即=+dk2
2
8k8
3
将它代入（*）式可得k2.[0,=）
-4x1x2]
..S=1∣AB|d=1Jl+k2IXI—X2|•；m122』+k2
2
心28k+8
将m=及韦达定理代入可得
由4r--v∈[4t+x）
3
Q
当血=O时，S=—
3
当肋的斜率不存在时，S=IJ?
2√2]
（3）点P（X0,y0）在直线Ii:
X1X2y1y十2和12:
x2x+2y2y=8V2上，
XMo■2y1y0=8•、2，x?
x°'2y2y°=8.2
故点M（X1,y1）N（X2,y2）在直线xx°2yy°=8∙.2上
故直线MN的方程，XX0∙2yy0=8∙..2上
设G,H分别是直线MN与椭圆准线，X=「4的交点
22x0x
由Xx02yy0=8∙-2和X=-4得G（—4,
y。
2
2
yo
故OG>∙OH=—16+32^4x0
——32
OG∙OH=—16+
2
—（32—8y。
2
y。
【反馈检测5答案】X
【反愦检测5详细解析】依題惹短直线的斜率存在，且不等于6设直线=Aj⅛≠0>Λ¾.J7i）J丹（花.乃）・
由（y=冷+D消F整理，得AJy+（2√-l）x+⅛=0
y=X
由直线和抛物线交于两点』得山=（2⅛'-l）-⅛4=-AkP+l>0^∏0斗
由韦达定理，得：
西+七=-兰二心乞"则线段AB的中点为e兰二丄人
K2Ap2⅛
11I-2lc2
线段的垂直平分线方程为：
y--i-=√（χ-⅛=F）2⅛KIk
1
令y=0,得χ°2
2k
11
2，O）
2k2
1
E（2
2k
1
-,0）到直线AB的距离
2
d为'3
2
AB.
AB
（X’—X2*■（y^y2）2
，4k2L厂
J1+k2
…2厂
、•.1■k2
2Ik
…口√39
解得k满足②式，此时Xo
5
-.学科•网
3
13
【反馈检测
6答案】
（1）e2*4；
（2）椭圆方程为
2
22
—-1,抛物线方程为
164
【反馈检测
6详细解析】
（1）由已知椭圆焦点
（c,0）在抛物线上，可得:
由
1
二一―e=
2
2
22C
2c,有-
a
由题设可知他N关于V轴对称，½A∕（-λ⅛=VI）-V⅛=Λ1ι）⅛>θ）>⅛的垂心为B?
有
3BM■AN=0+（Jl——⅛Xj,1—Δ）=0.
斗
由点N（¾,）⅛）在抛物线上，X?
-^byI-bJ解得：
y1=--⅛⅞>,1=⅛（⅛i）
4
=（~b.--∖M当b--）f得SQAfX重心坐标（λ^Λ）.
224244
由重心在抛物线上得：
3+-≡⅛∖所以Jf（-Λ--λAτ（√57-l）,又因为HN在椭圆上得:
422
/=椭圆方程⅛≤+⅛=b抛物线方程为√+2j=4.
34
r
22
XV
【反馈检测7答案】
（1）—■—=1；
（2）直线l过定点，定点坐标为
43
（∏）⅛AXlrH）,B（xγyj）,
V=AX+M¾
联立U3
即3+4F—加：
>0,
Δ=64√⅛*-16（3÷4⅛*X榭；-3）>0,
j⅞+xi—
SmAr
3+4F
4（√-3）
3+4AJ
3（/-4P）
3+Ak*
Jy1jr2=（fcq+wXfc,+m）=k1x}JGl+÷x2）∙+ZKt
因为以
AB为直径的圆过椭圆的右焦点
D（2,0）,
kADkBD=-1
y1Y
?
升级会员 