圆锥曲线大题归类.docx
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圆锥曲线大题归类.docx
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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 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 因此S=2=2, 故S≤2. 当且仅当t=1,即
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