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(完整word)圆锥曲线大题归类
圆锥曲线大题归类
一． 定点问题
例1。已知椭圆C:＋y2＝1(a〉1)的上顶点为A，右焦点为F,直线AF与圆M:（x－3）2＋（y－1）2＝3相切．
(1）求椭圆C的方程;
（2）若不过点A的动直线l与椭圆C交于P，Q两点,且·＝0，求证:直线l过定点，并求该定点的坐标．
［解析]　（1）圆M的圆心为(3，1），半径r＝。
由题意知A(0,1)，F（c，0），
直线AF的方程为＋y＝1，即x＋cy－c＝0，
由直线AF与圆M相切，得＝，
解得c2＝2，a2＝c2＋1＝3，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）方法一:由·＝0知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，故可设直线AP的方程为y＝kx＋1，直线AQ的方程为y＝－x＋1。
联立整理得(1＋3k2）x2＋6kx＝0，
解得x＝0或x＝，
故点P的坐标为（，),
同理，点Q的坐标为（，)
∴直线l的斜率为＝，
∴直线l的方程为y＝（x－）＋，
即y＝x－.
∴直线l过定点(0,－)．
方法二:由·＝0知AP⊥AQ,从而直线PQ与x轴不垂直，故可设直线l的方程为y＝kx＋t(t≠1)，
联立
整理得（1＋3k2）x2＋6ktx＋3（t2－1）＝0.
设P（x1，y1），Q（x2，y2)则(＊)
由Δ＝（6kt)2－4（1＋3k2）×3（t2－1）>0，得
3k2>t2－1。由·＝0，
得·＝(x1,y1－1)·（x2,y2－1)＝（1＋k2）x1x2＋k（t－1）（x1＋x2)＋(t－1)2＝0，
将(＊)代入，得t＝－,
∴直线l过定点(0,－）．

例2.已知抛物线C:y2＝2px（p〉0)的焦点F（1,0)，O为坐标原点,A,B是抛物线C上异于O的两点。
（1)求抛物线C的方程;
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－，求证：直线AB过x轴上一定点．
［解析]　（1)因为抛物线y2＝2px（p>0）的焦点坐标为(1,0），所以＝1，所以p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2）证明：①当直线AB的斜率不存在时，
设A(,t），B（,－t）．
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－,化简得t2＝32.
所以A（8，t),B(8，－t）,此时直线AB的方程为x＝8。
②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b，A（xA，yA)，B（xB，yB）,联立得化简得ky2－4y＋4b＝0.
根据根与系数的关系得yAyB＝，
因为直线OA,OB的斜率之积为－，所以·＝－，
即xAxB＋2yAyB＝0。即·＋2yAyB＝0，
解得yAyB＝0(舍去）或yAyB＝－32.所以yAyB＝＝－32，即b＝－8k，
所以y＝kx－8k,y＝k(x－8）．综上所述，直线AB过定点(8，0)．
圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点．
（2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
二．定值问题
例3.已知椭圆C:＋＝1（a〉b〉0)的两个焦点分别为F1(－，0),F2（，0),点M（1,0)与椭圆短轴的两个端点的连线互相垂直.
（1）求椭圆C的方程；
（2)过点M(1，0)的直线l与椭圆C相交于A，B两点，设点N(3,2)，记直线AN，BN的斜率分别为k1，k2，求证：k1＋k2定值．
[解析］　（1）依题意，由已知得c＝,则a2－b2＝2，
由已知易得b＝｜OM｜＝1，所以a＝,所以椭圆的方程为＋y2＝1。
（2）①当直线l的斜率不存在时，不妨设A（1,)，B（1,－）,则k1＋k2＝＋＝2为定值．
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1），
由得（3k2＋1）x2－6k2x＋3k2－3＝0,
依题意知，直线l与椭圆C必相交于两点，设A（x1，y1)，B（x2,y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，又y1＝k（x1－1),y2＝k（x2－1)，
所以k1＋k2＝＋＝
＝
＝
＝＝＝2，
综上，得k1＋k2为定值2。
例4 （2016北京理科）
求定值问题常见的方法
（1）从特殊入手，求出定值,再证明这个值与变量无关．
（2）直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
三．探索性问题
例5。（2015·新课标全国Ⅱ，12分，理)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2（m〉0）,直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B,线段AB的中点为M。
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
（2)若l过点（，m），延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率;若不能，说明理由．
[解析］　（1)设直线l：y＝kx＋b（k≠0，b≠0)，A(x1,y1）,B（x2，y2),M（xM，yM)．
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得（k2＋9）x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故
xM＝＝，yM＝kxM＋b＝。
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9。
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
（2）四边形OAPB能为平行四边形．
因为直线l过点（，m)，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3。
由（1)得OM的方程为y＝－x。
设点P的横坐标为xP。
由得x＝，即xP＝.
将点(,m)的坐标代入l的方程得b＝，因此xM＝.
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM。
于是＝2×，解得k1＝4－,k2＝4＋。
因为ki>0，ki≠3，i＝1,2,
所以当l的斜率为4－或4＋时,四边形OAPB为平行四边形．
例6。已知椭圆C：＋＝1(a〉b〉0）的右焦点为F(1,0)，右顶点为A,且|AF|＝1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2）若动直线l:y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P,且与直线x＝4交于点Q,问:是否存在一个定点M(t，0）,使得·＝0。若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
[解析]　(1)由c＝1,a－c＝1，得a＝2，∴b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2）由
消去y得（3＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
∴Δ＝64k2m2－4（3＋4k2)(4m2－12)＝0,即m2＝3＋4k2.
yP＝kxP＋m＝－＋m＝,即P(－，）．
∵M（t,0)，Q（4，4k＋m),
∴＝(－－t，)，＝(4－t，4k＋m),
∴·＝(－－t)·（4－t)＋·（4k＋m）＝t2－4t＋3＋(t－1）＝0恒成立，
故即t＝1。
∴存在点M（1，0）符合题意．
设P(xP，yP),则xP＝－＝－,
yP＝kxP＋m＝－＋m＝，即P(－，)．
∵M（t，0)，Q(4,4k＋m)，
∴＝（－－t，),＝（4－t，4k＋m），
∴·＝（－－t)·(4－t）＋·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋(t－1)＝0恒成立，
故即t＝1。
∴存在点M（1,0)符合题意．

四、 取值范围问题
例7。（2015·浙江,15分)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称。
(1）求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值（O为坐标原点)．
［解析]　（1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－x＋b.由消去y,得（＋)x2－x＋b2－1＝0。因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点,所以Δ＝－2b2＋2＋>0，①
设M为AB的中点，则M（，)，
代入直线方程y＝mx＋，解得b＝－.②
由①②得m〈－或m〉。
(2)令t＝∈（－,0）∪（0，)，则且O到直线AB的距离d＝。
设△AOB的面积为S(t），所以
S(t)＝｜AB｜·d＝≤，当且仅当t2＝时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为。|AB|＝·，
例8。已知圆x2＋y2＝1过椭圆＋＝1(a>b〉0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点,直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，与椭圆＋＝1相交于A,B两点．记λ＝·，且≤λ≤。
(1）求椭圆的方程；
（2）求k的取值范围;
（3）求△OAB的面积S的取值范围．
解：（1)由题意知2c＝2，所以c＝1。因为圆与椭圆有且只有两个公共点，从而b＝1，故a＝，所以所求椭圆方程为＋y2＝1。
（2)因为直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切,所以原点O到直线l的距离为＝1，即m2＝k2＋1。由得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2,y2），则x1＋x2＝，x1x2＝.λ＝·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝,由≤λ≤，得≤k2≤1，即k的取值范围是∪。

(3）|AB｜2＝（x1－x2）2＋(y1－y2)2＝(1＋k2)［(x1＋x2）2－4x1x2］＝2－，由≤k2≤1,得≤｜AB|≤。设△OAB的AB边上的高为d，则S＝｜AB｜d＝｜AB|，所以≤S≤。即△OAB的面积S的取值范围是.

例9.已知椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上,A是E的左顶点，斜率为k（k>0)的直线交E于A，M两点,点N在E上,MA⊥NA。
(1）当t＝4,｜AM|＝｜AN|时，求△AMN的面积;
（2）当2｜AM｜＝|AN｜时，求k的取值范围．
【解】　（1）设M（x1，y1)，则由题意知y1〉0。当t＝4时，E的方程为＋＝1，A（－2，0）．由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为。因此直线AM的方程为y＝x＋2。将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0.解得y＝0或y＝，所以y1＝。因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.
（2)由题意知t>3，k>0，A（－，0)．将直线AM的方程y＝k（x＋)代入＋＝1得（3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.由x1·(－)＝得x1＝，故｜AM｜＝|x1＋｜＝.
由题设知，直线AN的方程为y＝－(x＋)，故同理可得｜AN|＝.
由2｜AM｜＝|AN|得＝，
即（k3－2）t＝3k(2k－1）．当k＝时上式不成立，因此
t＝。 t〉3等价于＝<0，
即<0。由此得或
解得〈k<2.因此k的取值范围是（，2)。

五．最值问题
例10。平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1（a>b〉0)的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2。以F1为圆心、以3为半径的圆与以F2为圆心、以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A,B两点，射线PO交椭圆E于点Q。
①求的值；
②求△ABQ面积的最大值．
解】　（1）由题意知2a＝4，则a＝2。
又＝，a2－c2＝b2，可得b＝1,
（2）由（1)知椭圆E的方程为＋＝1。
①设P(x0，y0)，＝λ，
由题意知Q(－λx0，－λy0)．
因为＋y＝1，
又＋＝1，即＝1,
所以λ＝2,即＝2.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1。
②设A（x1，y1)，B(x2，y2）．
将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，
可得（1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，
由Δ〉0，可得m2〈4＋16k2.①
则有x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|＝.
因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为（0，m），所以△OAB的面积
S＝|m｜｜x1－x2|＝
＝＝2.
设＝t。
将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②
由①②可知0〈t≤1，
因此S＝2＝2,
故S≤2.
当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值2。
由①知，△ABQ的面积为3S，
所以△ABQ面积的最大值为6。

例11.定圆M：（x＋)2＋y2＝16，动圆N过点F（,0)且与圆M相切，记圆心N的轨迹为E。
①求轨迹E的方程；
②设点A，B，C在E上运动，A与B关于原点对称,且|AC｜
＝｜BC|，当△ABC的面积最小时，求直线AB的方程．
（2）解：①∵F（，0）在圆M：(x＋）2＋y2＝16内，∴圆N内切于圆M.∵|NM｜＋|NF｜
＝4>｜FM|，∴点N的轨迹E为椭圆,且2a＝4，c＝，∴b＝1，∴轨迹E的方程为＋y2＝1.
②a。当AB为长轴（或短轴）时，
S△ABC＝｜OC｜·|AB|＝2。
b．当直线AB的斜率存在且不为0时,设直线AB的方程为y＝kx,A（xA，yA)，联立方程得，x＝，y＝，∴｜OA｜2＝x＋y＝。将上式中的k替换为－,可得|OC|2＝。
∴S△ABC＝2S△AOC＝|OA|·｜OC｜
＝·＝。
∵≤
＝,∴S△ABC≥,当且仅当1＋4k2＝k2＋4，即k＝±1时等号成立，此时△ABC面积的最小值是。∵2〉,∴△ABC面积的最小值是，此时直线AB的方程为y＝x或y＝－x.