高考理科数学复习圆锥曲线题型总结1.docx
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高考理科数学复习圆锥曲线题型总结1
直线和圆锥曲线常考题型
(1)
运用的知识:
1、中点坐标公式:
x
x1x2,y
y1y2
,其中
x,y是点
A(x
y),B(x
y)
的中点坐标。
1122
22
2、弦长公式:
若点
A(x1,y1),B(x2,
y2)在直线
ykxb(k
0)上,
则y1
kx1
b,y2
kx2
b,这是同点纵横坐标变换,是两大坐标变换技巧之一,
AB(xx)2(yy)2(xx)2(kxkx)2(1k2)(xx)2
1212121212
(1k2)[(xx)24xx]
1212
22112212
或者AB
(x1
x2)(y1
y2)(x1k
x2)(y1
k
y2)(1
k2)(y1
y2)
1
212
(12)[(y1
k
y)24yy]。
3、两条直线
l1:
yk1xb1,l2
:
yk2xb2垂直:
则
k1k21
两条直线垂直,则直线所在的向量
2
v1v20
bc
4、韦达定理:
若一元二次方程
常见的一些题型:
axbxc
0(a
0)有两个不同的根
x1,x2,则x1x2
x1x2。
aa
题型一:
数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系
x2y2
例题1、已知直线
l:
ykx
1与椭圆
C:
1始终有交点,求m的取值范围
4m
x2y2
解:
根据直线
l:
ykx
1的方程可知,直线恒过定点(0,1),椭圆
C:
1过动点(0,
m),且m
4,如果直线
4m
x2y2
l:
ykx
1和椭圆
C:
1始终有交点,则
m1,且m
4,即1
m且m4。
4m
题型二:
弦的垂直平分线问题
例题2、过点T(-1,0)作直线l与曲线N:
y2
x交于A、B两点,在x轴上是否存在一点E(x0,0),使得ABE是等边三角形,若存在,
求出x0;若不存在,请说明理由。
解:
依题意知,直线的斜率存在,且不等于0。
设直线
l:
yk(x
1),k
0,A(x1,y1),B(x2,y2)。
yk(x
由
1)
消y整理,得
y2x
k2x2
(2k2
1)xk20①
由直线和抛物线交于两点,得
(2k2
1)2
4k4
4k210
即0k21
4
②
2k21
由韦达定理,得:
x1x2
k2,x1x21。
则线段AB的中点为(
2k2
2k2
11
)。
2k
线段的垂直平分线方程为:
1112k2
y(x2)2kk2k
1111
令y=0,得x0
,则E(,0)
2k222k22
ABE为正三角形,
113
E(2k2
0)
2
到直线AB的距离d为
AB。
2
2
AB(xx)2
(yy)2
2
14k
1k2
1k2
d
2k
1212
k
314k2
2k2
1k2
1
k2
2k
395
解得k满足②式此时x0。
133
题型三:
动弦过定点的问题
x2y23
例题3、已知椭圆C:
2
a
(I)求椭圆的方程;
21(ab
b
0)的离心率为
,且在x轴上的顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0)。
2
(II)若直线
l:
xt(t
2)与x轴交于点T,点P为直线l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
解:
(I)由已知椭圆C的离心率ec
a
3
,a
2
2,则得c
3,b1。
2
x
从而椭圆的方程为
y21
4
(II)设
M(x1,
y1),
N(x2,y2),直线
A1M的斜率为
k1,则直线
A1M的方程
yk1(x2)
222
为yk1(x
2),由
x2
4y2
消y整理得
4
(14k1)x
16k2x
16k140
2和x
是方程的两个根,
2x16k14
2
1
1114k2
1
28k2
1
则x,y
4k1
,
2
1
14k1
114k2
即点M的坐标为
28k2
1
(14k2
4k1),
14k2
11
8k2
24k
同理,设直线A2N的斜率为k2,则得点N的坐标为
(2
14k2
2)
14k2
yk(t2),yk(t2)
22
k1k22,
p1p2
k1k2t
直线MN的方程为:
yy1
xx1
y2y1
,
x2x1
令y=0,得x
x2y1
y1
4
x1y2y2
,将点M、N的坐标代入,化简后得:
x4
t
又t2,
02椭圆的焦点为(3,0)t
44343
3,即t故当t时,MN过椭圆的焦点。
t33
题型四:
过已知曲线上定点的弦的问题
x2y2
例题4、已知点A、B、C是椭圆E:
221
ab
(ab
0)上的三点,其中点A(23,0)是椭圆的右顶点,直线BC过椭圆的中
心O,且
ACBC
0,BC
2
AC,如图。
(I)求点C的坐标及椭圆E的方程;
(II)若椭圆E上存在两点P、Q,使得直线PC与直线QC关于直线x3对称,求直线PQ的斜率。
解:
(I)
BC2
AC,且BC过椭圆的中心O
OCACACBC0
ACO
又A(23,0)
2
点C的坐标为(3,3)。
A(23,0)是椭圆的右顶点,
x2y2
a23,则椭圆方程为:
21
12b
2
将点C(3,3)代入方程,得
b4,
x2y2
椭圆E的方程为1
124
(II)直线PC与直线QC关于直线x3对称,
设直线PC的斜率为k,则直线QC的斜率为k,从而直线PC的方程为:
y3k(x
3),即
ykx
3(1
k),
由ykx
3(1k)消y,整理得:
x23y2
120
(13k2)x2
63k(1
k)x
9k2
18k30x
3
是方程的一个根,
2
x39k
18k3
P13k2
即xP
9k18k3
2
2
3(13k)
同理可得:
9k218k3
x
Q3(13k2)
yPyQ
kxP
3(1k)
kxQ
3(1
k)=k(xP
xQ)23k
12k
=
3(13k2)
xPxQ
9k218k
3(13k
39k218k3
2)3(13k2)
36k
yPyQ1
则直线PQ的斜率为定值。
3
题型六:
面积问题
2
2
例题6、已知椭圆C:
x
a
y26
21(a>b>0)的离心率为,
b3
短轴一个端点到右焦点的距离为3。
(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
3,求△AOB面积的最大值。
2
c6,
解:
(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c,依题意a3
a3,
2
b1,所求椭圆方程为x
3
y21。
(Ⅱ)设
A(x1,y1),B(x2,y2)。
(1)当AB⊥x轴时,AB3。
(2)当AB与x轴不垂直时,
设直线AB的方程为ykxm。
由已知
m
1k2
3,得m2
2
3(k2
4
1)。
把ykxm代入椭圆方程,整理得
(3k2
1)x2
6kmx
3m2
30,
6km
3(m21)
x1x2
3k2
,x1x2
1
。
3k21
222
2
AB(1
k2)(xx)2
(1k2)
36km12(m1)
21(3k2
1)2
3k21
12(k2
1)(3k21
m2)3(k2
1)(9k21)
(3k2
1)2
(3k2
1)2
12k2
1212
342
9k6k1
3
9k2
1(k
26
k
0)≤3
4。
236
当且仅当
9k2
13
2,即k时等号成立。
当k
k3
0时,AB3,
综上所述
ABmax2。
133
当AB最大时,
△AOB面积取最大值
SAB
max。
题型七:
弦或弦长为定值问题
222
=2py(p>0)相交于A、B两点。
例题7、在平面直角坐标系xOy中,过定点C(0,p)作直线与抛物线x2
(Ⅰ)若点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?
若存在,求出l的方程;若不存在,说明理由。
x2
(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
2py
消去
y得x2-2pkx-2p2=0.
由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2.
ykxp.
于是SABN
SBCN
SACN
1
2px1x2
2
=pxxp(xx)24xx
121212
=p4p2k2
8p2
2p2k22.
当k0时,(SABN)min22p2.
(Ⅱ)假设满足条件的直线l存在,其方程为y=a,AC的中点为
O,t与AC为直
径的圆相交于点P、Q,PQ的中点为H,则
OHPQ,O点的坐标为(
x1,y1p)22
OP1AC2
122
122
x1(y1p)
2
=y1p.
2
OHa
y1p2
12ayp,2
1
222
PHOPOH
122
=(y1p)4
p
1(2a
4
2
y1p)
=(a
)y1
2
a(p
a),
2
2
PQ(2PH)
=4(a
p
)y2
2
a(p
a).
a
令p0,得a2
p,此时PQ2
p为定值,故满足条件的直线l存在,其方程为yp,
2
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
AB1
k2xx1k2(xx)24xx
1k2
4p2k2
8p2
121212
=2p1
k2k22.
又由点到直线的距离公式得d2p.
1k2
从而,
SABN
1
dAB
12p1k2
k222p
2p2k22,
221k2
当k0时,(S
ABN)max
22p2.
(Ⅱ)假设满足条件的直线t存在,其方程为y=a,则以AC为直径的圆的方程为
(x0)(x
x1)(y
p)(y
y1)
0,将直线方程y=a代入得
2
xx1x
1
则=x2
(a
4(a
p)(a
p)(a
y1)0,
y1)4(a
p)y12
a(p
a).
1
1
设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x2,y2),Q(x4,y4),则有
PQx3x4
4(a
p)y2
a(pa)
2(a
p)y2
a(p
a).
令ap2
0,得a
p,此时PQ2
p为定值,故满足条件的直线l存在,其方程为yp.
2
即抛物线的通径所在的直线。
问题九:
四点共线问题
x2y2
例题9、设椭圆
C:
a2b2
1(ab
0)过点
M(2,1),且着焦点为
F1(2,0)
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)当过点
P(4,1)的动直线l与椭圆C相交与两不同点
A,B时,在线段AB上取点Q,满足APQBAQPB,证明:
点Q
总在某定直线上解
(1)由题意:
c22
211
,解得a2
4,b2
2
,所求椭圆方程为
x2y2
1
a2b242
c2a2b2
(2)方法一
设点Q、A、B的坐标分别为
(x,y),(x1,
y1),(x2,y2)。
由题设知
AP,PB
AQ
QB均不为零,记
APAQ
PBQB
则0且1
又A,P,B,Q四点共线,从而
APPB,AQQB
于是4x1x2,
1
x1x2
1y1y2
1
y1y2
x,y
11
从而
xx
222
12
4x,
(1)
222
yy
12
y,
(2)
1212
又点A、B在椭圆C上,即
x22y2
4,(3)
x22y2
4,(4)
1122
(1)+
(2)×2并结合(3),(4)得4s2y4
即点Q(x,y)总在定直线2xy20上
方法二
设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)
,由题设,
PA,PB
AQ
QB均不为零。
PAPB
且
AQQB
又P,A,Q,B四点共线,可设
PAAQ,PBBQ(0,1),于是
x4x,y1y
(1)
11
11
x
4x1y
2,y2
(2)
11
由于A(x,y),B(x,y
)在椭圆C上,将
(1),
(2)分别代入C的方程x2
2y2
4,整理得
1122
(x2
2y2
4)2
4(2xy
2)140
(3)
(x2
2y2
4)2
4(2xy
2)140
(4)
(4)-(3)得8(2xy2)0
∵0,∴2xy20
即点Q(x,y)总在定直线2xy20上
问题十:
范围问题(本质是函数问题)
x2
设F1、F2分别是椭圆
4
y21的左、右焦点。
(Ⅰ)若P是该椭圆上的一个动点,求
PF1·PF2
的最大值和最小值;
(Ⅱ)设过定点
M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A、B,且∠AOB为锐角(其中O为坐标原点),求直线l的斜率k的取值
范围。
解:
(Ⅰ)解法一:
易知a
2,b
1,c3
所以F1
3,0,F2
3,0
,设Px,y,则
x21
PF1PF2
3
x,
y,3
x,yx2
y23
x2133x28
44
因为x
2,2
,故当x
0,即点P为椭圆短轴端点时,
PF1
PF2有最小值2
当x2,即点P为椭圆长轴端点时,
PF1
PF2有最大值1
解法二:
易知a
2,b
1,c
3,所以F1
3,0,F2
3,0
,设Px,y,则
222
PF1
PF2
PF1
PF2
cos
F1PF2
PF1
PF2
PF1
PF22PF1
F1F2PF2
122
2
222
x3yx3
2
y12
xy3(以下同解法一)
(Ⅱ)显然直线x
0不满足题设条件,可设直线
l:
ykx
2,Ax1,y2
Bx2,y2,
ykx
联立x2
y2
2
,消去y,整理得:
k2
1
1
x2
4
4kx30
4
∴x1x2
4k
1,x1x2
k2
3
k21
44
21
由4k4k
4
34k2
30得:
33
k或k
22
0
又0A0B
900
cos
A0B0
OAOB0
∴OAOBx1x2y1y20
又y1y2
kx1
2kx22
2
kx1x2
2kx1x2
3k2
4
k2
8k2
4
1k21
44
k21
k21
4
3
∵
k21
k21
k21
0,即
k24∴2k2
44
故由①、②得
33
2k或k222
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)
x2y2
设椭圆E:
221(a,b>0)过M(2,2),N(6,1)两点,O为坐标原点,
ab
(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OAOB?
若存在,写出该圆的方程,并求|AB
|的取值范围,若不存在说明理由。
2
解:
(1)因为椭圆E:
x
a2
421
y2
b21(a,b>0)过M(2,2),N(6,1)两点,
11
a2b2
a28
a28
x2y2
所以解得
61
所以
11b2
椭圆E的方程为1
484
a2b21
b24
(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OAOB,设该圆的切线方程为
2
2
ykxm
ykxm解方程组x2
y1得x
2(kxm)2
8,即(12k2)x2
4kmx
2m2
80,w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
则△=16k2m2
xx
84
4(12k2)(2m2
4km
8)8(8k2
m24)0,即8k
2
m240
1212k2
2m28
x1x22
12k
k2(2m28)4k2m2
m28k2
222
y1y2
(kx1
m)(kx2m)
kx1x2
km(x1
x2)m
12k
212k2m
12k2
要使OAOB,
2222
2m8m8k2223m822
需使x1x2
y1y20,即
12k
212k2
0,所以3m8k
80,所以k
0又8km
8
40,
m22
82626
所以,所以m2,即m或m,因为直线ykxm为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径
3m28333
m2
为r,r
1k2
m2
1k2
m2
3m28
1
8
826
r,所求的圆为
33
228
xy,此时圆的切线ykxm都满足
3
2626
26x2y2
2626
m或m,而当切线的斜率不存在时切线为
x与椭圆
1的两个交点为
(,)或
3338433
2626
(,)满足OAOB,综上,存在圆心在原点的圆
33
228
xy,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点
3
A,B,且OAOB.
xx
4km
1212k2
因为2,
xx2m8
1212k2
224km2
2m288(8k2
m24)
所以(x1
x2)(x1x2)4x1x2
(2)4
12k
12k2
(12k2)2,
|AB|(xx)2yy2(1k2)(xx)2
8(8k2m24)
(1k2)
121212
(12k2)2
422
324k
34k4
5k
4k2
132[1
134k4
k],
4k21
①当
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