圆锥曲线题型总结.doc

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直线和圆锥曲线经常考查的一些题型
直线与椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的位置关系都有相交、相切、相离三种情况，从几何角度可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异公共点对于抛物线来说，平行于对称轴的直线与抛物线相交于一点，但并不是相切；对于双曲线来说，平行于渐近线的直线与双曲线只有一个交点，但并不相切．
直线和椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的公共点问题，可以转化为它们的方程所组成的方程组求解的问题，从而用代数方法判断直线与曲线的位置关系。
解决直线和圆锥曲线的位置关系的解题步骤是：
〔1〕直线的斜率不存在，直线的斜率存在
〔2〕联立直线和曲线的方程组；
〔3〕讨论类一元二次方程
〔4〕一元二次方程的判别式
〔5〕韦达定理，同类坐标变换
〔6〕同点纵横坐标变换
〔7〕x,y，k(斜率)的取值范围
〔8〕目标：弦长，中点，垂直，角度，向量，面积，范围等等
运用的知识：
1、中点坐标公式：，其中是点的中点坐标。
2、弦长公式：假设点在直线上，
那么，这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧之一，

或者
。
3、两条直线垂直：那么
两条直线垂直，那么直线所在的向量
4、韦达定理：假设一元二次方程有两个不同的根，那么，。
常见题型：
题型一：数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系
例题1、直线与椭圆始终有交点，求的取值范围
思路点拨：直线方程的特点是过定点〔0，1〕，椭圆的特点是过定点〔-2，0〕和〔2，0〕，和动点。
解：根据直线的方程可知，直线恒过定点〔0，1〕，椭圆过动点，如果直线和椭圆始终有交点，那么，即。
规律提示：通过直线的代数形式，可以看出直线的特点：

证明直线过定点，也是将满足条件的直线整理成以上三种形式之一，再得出结论。
练习1、过点P(3,2) 和抛物线 只有一个公共点的直线有〔 〕条。
　　A．4　　B．3　　C．2　　D．1

题型二：弦的垂直平分线问题
弦的垂直平分线问题和对称问题是一种解题思维，首先弄清楚哪个是弦，哪个是对称轴，用到的知识是：垂直〔两直线的斜率之积为-1〕和平分〔中点坐标公式〕。
例题2、过点T(-1,0)作直线与曲线N ：交于A、B两点，在x轴上是否存在一点E(,0)，使得是等边三角形，假设存在，求出；假设不存在，请说明理由。
分析：过点T(-1,0)的直线和曲线N ：相交A、B两点，那么直线的斜率存在且不等于0，可以设直线的方程，联立方程组，消元，分析类一元二次方程，看判别式，运用韦达定理，得弦的中点坐标，再由垂直和中点，写出垂直平分线的方程，得出E点坐标，最后由正三角形的性质：中线长是边长的倍。运用弦长公式求弦长。
解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于0。
设直线，，，。
由消y整理，得
①
由直线和抛物线交于两点，得

即 ②
由韦达定理，得：。
那么线段AB的中点为。
线段的垂直平分线方程为：

令y=0,得，那么
为正三角形，
到直线AB的距离d为。

解得满足②式
此时。
思维规律：直线过定点设直线的斜率k，利用韦达定理法，将弦的中点用k表示出来，再利用垂直关系将弦的垂直平分线方程写出来，求出了横截距的坐标；再利用正三角形的性质：高是边长的倍，将k确定，进而求出的坐标。
练习2：椭圆过点，且离心率。
〔Ⅰ〕求椭圆方程；
〔Ⅱ〕假设直线与椭圆交于不同的两点、，且线段的垂直平分线过定点，求的取值范围。

题型三：动弦过定点的问题
例题3、椭圆C：的离心率为，且在x轴上的顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0)。
〔I〕求椭圆的方程；
〔II〕假设直线与x轴交于点T,点P为直线上异于点T的任一点，直线PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。
分析：第一问是待定系数法求轨迹方程；第二问中，点A1、A2的坐标都知道，可以设直线PA1、PA2的方程，直线PA1和椭圆交点是A1(-2,0)和M，通过韦达定理，可以求出点M的坐标，同理可以求出点N的坐标。动点P在直线上，相当于知道了点P的横坐标了，由直线PA1、PA2的方程可以求出P点的纵坐标，得到两条直线的斜率的关系，通过所求的M、N点的坐标，求出直线MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的t>2，就可以了，否那么就不存在。
解：〔I〕由椭圆C的离心率，,那么得。
从而椭圆的方程为
〔II〕设，，直线的斜率为,那么直线的方程为，由消y整理得
是方程的两个根，

那么，，
即点M的坐标为，
同理，设直线A2N的斜率为k2，那么得点N的坐标为

，
直线MN的方程为：，
令y=0，得，将点M、N的坐标代入，化简后得：
又，
椭圆的焦点为
，即
故当时，MN过椭圆的焦点。

练习3：直线和抛物线相交于A、B，以AB为直径的圆过抛物线的顶点，证明：直线过定点，并求定点的坐标。

题型四：过曲线上定点的弦的问题
假设直线过的定点在曲线上，那么过定点的直线的方程和曲线联立，转化为一元二次方程〔或类一元二次方程〕，考察判断式后，韦达定理结合定点的坐标就可以求出另一端点的坐标，进而解决问题。下面我们就通过例题领略一下思维过程。
例题4、点A、B、C是椭圆E： 上的三点，其中点A是椭圆的右顶点，直线BC过椭圆的中心O，且，，如图。
(I)求点C的坐标及椭圆E的方程；
(II)假设椭圆E上存在两点P、Q，使得直线PC与直线QC关于直线对称，求直线PQ的斜率。

解：(I) ，且BC过椭圆的中心O

又
点C的坐标为。
A是椭圆的右顶点，
，那么椭圆方程为：

将点C代入方程，得，
椭圆E的方程为
(II) 直线PC与直线QC关于直线对称，
设直线PC的斜率为，那么直线QC的斜率为，从而直线PC的方程为：
，即
，
由消y，整理得：
是方程的一个根，

即
同理可得：

＝
＝

＝

那么直线PQ的斜率为定值。
方法总结：此题第二问中，由“直线PC与直线QC关于直线对称〞得两直线的斜率互为相反数，设直线PC的斜率为k，就得直线QC的斜率为-k。利用是方程
的根，易得点P的横坐标：
，再将其中的k用-k换下来，就得到了点Q的横坐标：
，这样计算量就减少了许多，在考场上就节省了大量的时间。
接下来，如果分别利用直线PC、QC的方程通过坐标变换法将点P、Q的纵坐标也求出来，计算量会增加许多。
直接计算、，就降低了计算量。总之，此题有两处是需要同学们好好想一想，如何解决此类问题，一是过曲线上的点的直线和曲线相交，点的坐标是方程组消元后得到的方程的根；二是利用直线的斜率互为相反数，减少计算量，到达节省时间的目的。
练习4、椭圆C：的离心率为，且在x轴上的顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0)。
〔I〕求椭圆的方程；
〔II〕假设直线与x轴交于点T,点P为直线上异于点T的任一点，直线PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。

题型五：共线向量问题
解析几何中的向量共线，就是将向量问题转化为同类坐标的比例问题，再通过未达定理------同类坐标变换，将问题解决。此类问题不难解决。
例题5、设过点D(0,3)的直线交曲线M：于P、Q两点，且,求实数的取值范围。
分析：由可以得到，将P(x1,y1),Q(x2,y2),代人曲线方程，解出点的坐标，用表示出来。
解：设P(x1,y1),Q(x2,y2),

(x1,y1-3)=(x2,y2-3)
即
方法一：方程组消元法
又P、Q是椭圆+=1上的点

消去x2，
可得
即y2=
又－2y22，
－22
解之得：
那么实数的取值范围是。
方法二：判别式法、韦达定理法、配凑法
设直线PQ的方程为：，
由消y整理后，得

P、Q是曲线M上的两点
＝
即 ①
由韦达定理得：

即 ②
由①得，代入②，整理得
，
解之得
当直线PQ的斜率不存在，即时，易知或。
总之实数的取值范围是。
方法总结：通过比拟此题的第二步的两种解法，可知第一种解法，比拟简单，第二种方法是通性通法，但计算量较大，纵观高考中的解析几何题，假设放在后两题，很多情况下能用通性通法解，但计算量较大，计算繁琐，考生必须有较强的意志力和极强的计算能力；不用通性通法，要求考生必须深入思考，有较强的思维能力，在命题人设计的框架中，找出破解的蛛丝马迹，通过自己的思维将问题解决。

练习5：椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率为．
〔1〕求椭圆C的标准方程；
〔2〕过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A、B两点，交y轴于M点，假设，，求的值．

题型六：面积问题
例题6、〔07陕西理〕椭圆C：〔a＞b＞0〕的离心率为短轴一个端点到右焦点的距离为。
〔Ⅰ〕求椭圆C的方程；
〔Ⅱ〕设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求△AOB面积的最大值。
解：〔Ⅰ〕设椭圆的半焦距为，依题意
，所求椭圆方程为。
〔Ⅱ〕设，。
〔1〕当轴时，。
〔2〕当与轴不垂直时，
设直线的方程为。
由，得。
把代入椭圆方程，整理得，
，。

。
当且仅当，即时等号成立。当时，，
综上所述。
当最大时，面积取最大值。
练习6、〔07浙江理〕如图，直线与椭圆交于A、B两点，记的面积为。

〔Ⅰ〕求在，的条件下，的最大值；
〔Ⅱ〕当时，求直线AB的方程。

题型七：弦或弦长为定值问题
例题7、〔07湖北理科〕在平面直角坐标系xOy中，过定点C〔0，p〕作直线与抛物线x2=2py〔p>0〕相交于A、B两点。

〔Ⅰ〕假设点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；
〔Ⅱ〕是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得弦长恒为定值？假设存在，求出l的方程；假设不存在，说明理由。〔此题不要求在答题卡上画图〕
本小题主要考查直线、圆和抛物线等平面解析几何的根底知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力.
解法1：
〔Ⅰ〕依题意，点N的坐标为N〔0,-p〕,可设A〔x1,y1〕,B〔x2,y2〕，直线AB的方程为y=kx+p,与x2=2py联立得消去y得x2-2pkx-2p2=0.
由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2.
于是
＝
＝

.
〔Ⅱ〕假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a,AC的中点为径的圆相交于点P、Q，PQ的中点为H，那么

＝.

=
＝

=
令，得为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为，
即抛物线的通径所在的直线.

解法2：
〔Ⅰ〕前同解法1，再由弦长公式得

＝
又由点到直线的距离公式得.
从而，

〔Ⅱ〕假设满足条件的直线t存在，其方程为y=a，那么以AC为直径的圆的方程为
将直线方程y=a代入得

设直线l与以AC为直径的圆的交点为P〔x2,y2〕,Q〔x4,y4〕,那么有

令为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为.
即抛物线的通径所在的直线。

练习7：〔山东09理〕〔22〕〔本小题总分值14分〕
设椭圆E: 〔a,b>0〕过M〔2，〕 ，N(,1)两点，O为坐标原点，
〔I〕求椭圆E的方程；
〔II〕是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且？假设存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，假设不存在说明理由。

题型八：角度问题
　例题8、〔08重庆理〕如图〔21〕图，M〔-2，0〕和N〔2，0〕是平面上的两点，动点P满足：

〔Ⅰ〕求点P的轨迹方程；
〔Ⅱ〕假设,求点P的坐标.
解：(Ⅰ)由椭圆的定义，点P的轨迹是以M、N为焦点，长轴长2a=6的椭圆.
因此半焦距c=2，长半轴a=3，从而短半轴
b=，
所以椭圆的方程为
(Ⅱ)由得
①
因为不为椭圆长轴顶点，故P、M、N△PMN中，
②
将①代入②，得

故点P在以M、N为焦点，实轴长为的双曲线上.
由(Ⅰ)知，点P的坐标又满足，所以
由方程组 解得
即P点坐标为

练习8、〔05福建理〕方向向量为v=(1,)的直线l过点〔0，－2〕和椭圆C：(a>b>0)的焦点，且椭圆C的中心关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上.
〔Ⅰ〕求椭圆C的方程；
〔Ⅱ〕是否存在过点E〔－2，0〕的直线m交椭圆C于点M、N，满足

cot∠MON≠0〔O为原点〕.假设存在，求直线m的方程；假设不存在，请说明理由.

问题九：四点共线问题
例题9、〔08安徽理〕设椭圆过点，且着焦点为
〔Ⅰ〕求椭圆的方程；
〔Ⅱ〕当过点的动直线与椭圆相交与两不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上

解 (1)由题意：
，解得，所求椭圆方程为
(2)方法一
设点Q、A、B的坐标分别为。
由题设知均不为零，记,那么且
又A，P，B，Q四点共线，从而
于是 ，
，
从而
，〔1〕 ，〔2〕
又点A、B在椭圆C上，即

〔1〕+〔2〕×2并结合〔3〕，〔4〕得
即点总在定直线上
方法二
设点，由题设，均不为零。
且
又 四点共线，可设,于是
〔1〕
〔2〕
由于在椭圆C上，将〔1〕，〔2〕分别代入C的方程整理得
〔3〕
(4)
(4)－(3) 　　　得

即点总在定直线上
练习9、〔08四川理〕设椭圆 的左、右焦点分别为、，离心率，右准线为，、是上的两个动点，．
〔Ⅰ〕假设，求、的值；
〔Ⅱ〕证明：当取最小值时，与共线．

问题十：范围问题〔本质是函数问题〕
例10、〔07四川理〕设、分别是椭圆的左、右焦点。
〔Ⅰ〕假设是该椭圆上的一个动点，求·的最大值和最小值；
〔Ⅱ〕设过定点的直线与椭圆交于不同的两点、，且∠为锐角〔其中为坐标原点〕，求直线的斜率的取值范围。
此题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等根底知识，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。
解：〔Ⅰ〕解法一：易知
所以，设，那么

因为，故当，即点为椭圆短轴端点时，有最小值
当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值
解法二：易知，所以，设，那么

〔以下同解法一〕
〔Ⅱ〕显然直线不满足题设条件，可设直线，
联立，消去，整理得：
∴
由得：或
又
∴
又
∵，即 ∴
故由①、②得或

练习10、直线相交于A、B两点。
〔1〕假设椭圆的离心率为，焦距为2，求线段AB的长；
〔2〕假设向量互相垂直〔其中O为坐标原点〕，当椭圆的离心率时，求椭圆的长轴长的最大值。

问题十一、存在性问题：〔存在点，存在直线y=kx+m，存在实数，存在图形：三角形〔等比、等腰、直角〕，四边形〔矩形、菱形、正方形〕，圆〕
例11、(2021山东卷理)〔本小题总分值14分〕
设椭圆E: 〔a,b>0〕过M〔2，〕 ，N(,1)两点，O为坐标原点，
〔I〕求椭圆E的方程；
〔II〕是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且？假设存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，假设不存在说明理由。
解:〔1〕因为椭圆E: 〔a,b>0〕过M〔2，〕 ，N(,1)两点,
所以解得所以椭圆E的方程为
〔2〕假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且,设该圆的切线方程为解方程组得,即,
那么△=,即
,要使,需使,即,所以,所以又,所以,所以,即或,因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为,,,所求的圆为,此时圆的切线都满足或,而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足,综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且.
因为,
所以,

,
①当时
因为所以,
所以,
所以当且仅当时取〞=〞.
② 当时,.
③ 当AB的斜率不存在时, 两个交点为或,所以此时,
综上, |AB |的取值范围为即:
【命题立意】:此题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程确实定,直线与椭圆的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关系.

练习11：设,在平面直角坐标系中,向量,向量,,动点的轨迹为E.
〔1〕求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状;
〔2〕,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交点A,B,且(O为坐标原点),并求出该圆的方程;
(3),设直线与圆C:(1<R<2)相切于A1,且与轨迹E只有一个公共点B1,当R为何值时,|A1B1|取得最大值?并求最大值.
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