高中数学圆锥曲线题型的总结

直线和圆锥曲线常考题型

运用的知识： 1、中点坐标公式：x2、弦长公式：若点则

x1x2yy2,y122，其中x,y是点

A(x1,y1)，B(x2,y2)的中点坐标。

A(x1,y1)，B(x2,y2)在直线ykxb(k0)上，

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(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2(kx1kx2)2(1k2)(x1x2)2(1k2)[(x1x2)24x1x2] 或者

111AB(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2(y1y2)2(12)(y1y2)2kkk12)[(yy)4y1y2]。 122k

(13、两条直线l1:yk1xb1,l2:yk2xb2垂直：则k1k21

v20

。

两条直线垂直，则直线所在的向量v14、韦达定理：若一元二次方程ax常见的一些题型：

2bcbxc0(a0)有两个不同的根x1,x2，则x1x2,x1x2aa题型一：数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系

x2y21始终有交点，求m的取值范围 例题1、已知直线l:ykx1与椭圆C:4mx2y21过动点解：根据直线l:ykx1的方程可知，直线恒过定点（0，1），椭圆C:（0，m),且m4，如果直线4mx2y21始终有交点，则m1l:ykx1和椭圆C:，且m4，即1m且m4。

4m规律提示：通过直线的代数形式，可以看出直线的特点： l:ykx1过定点（01，） l:yk(x1)过定点（1，0） l:y2k(x1)过定点（1，2）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 ：y求出x0；若不存在，请说明理由。 精彩文档

2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，

实用标准文案

解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于0。 设直线l:yk(x1)，k0，A(x1,y1)，B(x2,y2)。

yk(x1)由2消y整理，得

yxk2x2(2k21)xk20 ①

由直线和抛物线交于两点，得

(2k21)24k44k210

即0k21 ② 42k21,x1x21。 由韦达定理，得：x1x2k22k211,)。 则线段AB的中点为(22k2k线段的垂直平分线方程为：

1112k2y(x)

2kk2k2令y=0,得x01111E(,0) ，则2k222k22ABE为正三角形，

E(113,0)到直线AB的距离d为AB2k222 。

AB(x1x2)2(y1y2)214k2k21k2d2k

1k2 314k22k2解得k1k21k2k2

39满足②式 13此时x05。 3题型三：动弦过定点的问题

x2y23例题3、已知椭圆C：221(ab0)的离心率为，且在x轴上的顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0)。

ab2精彩文档

实用标准文案

（I）求椭圆的方程； （II）若直线l:xt(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ec3，a2,则得c3,b1。 a2x2y21 从而椭圆的方程为4yk1(x2)（II）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线A消1M的斜率为k1,则直线A1M的方程为yk1(x2)，由22x4y4y整理得

(14k12)x216k2x16k1240 2和x1是方程的两个根， 16k124 2x114k1228k12则x114k12，

y14k114k12，

28k124k1即点M的坐标为(,)，

14k1214k1228k224k2同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为(,) 2214k214k2ypk1(t2),ypk2(t2) k1k22，

k1k2t直线MN的方程为：

yy1y2y1， xx1x2x1，将点M、N的坐标代入，化简后得：x令y=0，得x又

x2y1x1y2y1y242 t4 tt2，0椭圆的焦点为(3,0)

4433，即t t3精彩文档

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故当t

题型四：过已知曲线上定点的弦的问题

43时，MN过椭圆的焦点。 3x2y2例题4、已知点A、B、C是椭圆E：221 (ab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

ab心O，且

ACBC0，BC2AC，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x3对称，求直线PQ的斜率。

解：(I)

BC2AC

，且BC过椭圆的中心O

OCACACBC0

ACO又

2

A (23,0)

点C的坐标为(3,3)。

A(23,0)是椭圆的右顶点，

a23，则椭圆方程为：

x2y221 12b将点C(3,3)代入方程，得b24，

x2y21 椭圆E的方程为124(II)

直线PC与直线QC关于直线x3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：

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y3k(x3)，即 ykx3(1k)，

由ykx3(1k)消y，整理得：

22x3y120(13k2)x263k(1k)x9k218k30xP9k218k33 213kx3是方程的一个根，

9k218k3即xP

23(13k)同理可得：

9k218k3 xQ23(13k)yPyQkxP3(1k)kxQ3(1k)＝k(xPxQ)23k

＝

12k

3(13k2)9k218k39k218k3 xPxQ223(13k)3(13k)＝

36k 23(13k)kPQyPyQxPxQ1 31。 3则直线PQ的斜率为定值题型五：共线向量问题

uuuruuurx2y21于P、Q两点，且DP=lDQ,求实数l例题5、设过点D(0,3)的直线交曲线M：94解：设P(x1,y1),Q(x2,y2),

的取值范围。

uuuruuurDP=lDQ Q\\(x1,y1-3)=l(x2,y2-3)

即ïíìx1=lx2ïï ïy=3+l(y-3)2ïïî1方法一：方程组消元法

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x2y2又QP、Q是椭圆+=1上的点

9422ìx2y2ïï+=1ïï94ï \\í22ï(lx2)(ly2+3-3l)ï+=1ïï4ïî9消去x2，

2(ly2+3-3l)2-l2y2可得=1-l2

413l-5 6l又Q－2£y2£2，

即y2=

\\－2£解之得：

13l-5£2 6l15 5则实数l的取值范围是

1,5。 5方法二：判别式法、韦达定理法、配凑法 设直线PQ的方程为：

ykx3,k0，

由ykx3消y整理后，得 224x9y36(49k2)x254kx450

P、Q是曲线M上的两点

(54k)2445(49k2)＝144k2800

即9k25 ①

54k45,xx1249k249k2由韦达定理得：

x1x2

(x1x2)2x1x22

x1x2x2x1542k2(1)245(49k2)

369k244即15(1)29k29k2由①得0 ②

11，代入②，整理得 9k251369，

5(1)25精彩文档

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解之得

15 50时，易知5或当直线PQ的斜率不存在，即x1。 5总之实数l的取值范围是题型六：面积问题

1,5。 5x2y26例题6、已知椭圆C：221（a＞b＞0）的离心率为,短轴一个端点到右焦点的距离为3。

ab3（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

a3，x2b1，所求椭圆方程为y21。

3（Ⅱ）设

A(x1，y1)，B(x2，y2)。

（1）当

AB⊥x轴时，AB3。 AB与x轴不垂直时，

（2）当设直线

AB的方程为ykxm。

由已知

m1k23232，得m(k1)。

42把

ykxm代入椭圆方程，整理得(3k21)x26kmx3m230，

6km3(m21)x1x22，x1x2。

3k13k2136k2m212(m21)AB(1k)(x2x1)(1k)2 22(3k1)3k12222精彩文档

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12(k21)(3k21m2)3(k21)(9k21) 2222(3k1)(3k1)12k21212343(k0)≤34。 219k6k12369k226k13，即kk23当且仅当9k2时等号成立。当k0时，AB3，

综上所述

ABmax2。

133。 ABmax222当AB最大时，△AOB面积取最大值S题型七：弦或弦长为定值问题

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=2py（p>0）相交于A、B两点。

（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。

2x2py（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kxp.y得x2-2pkx-2p2=0.

由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2. 于是SABNSBCNSACN12px1x22

＝

px1x2p(x1x2)24x1x2 p4p2k28p22p2k22.

＝

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当k0时，（SABN）min22p2.

（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

OHPQ,O点的坐标为（OP＝

x1y1p,） 22

112ACx1(y1p)222.

1y12p22OHa2y1p12ay1p, 2222PHOPOH=

121(y1p2)(2ay1p)2 44p＝(a)y1a(pa),

2

PQ(2PH)2

=42p(a)ya(pa). 22ppp0，得a,此时PQp为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y222，

令a即抛物线的通径所在的直线. 解法2： 精彩文档

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（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得

AB1k2x1x21k2(x1x2)24x1x21k24p2k28p2＝2p

1k2k22.

2p1k2又由点到直线的距离公式得d.

从而，SABN112pdAB2p1k2k222p2k22, 221k2当k0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

(x0)(xx1)(yp)(yy1)0,将直线方程y=a代入得

x2x1x(ap)(ay1)0, p则＝x4(ap)(ay1)4(a)y1a(pa).221设直线l与以AC为直径的圆的交点为P（x2,y2）,Q（x4,y4）,则有

ppPQx3x44(a)y1a(pa)2(a)y1a(pa).

22令appp0,得a,此时PQp为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y222.

即抛物线的通径所在的直线。 题型八：角度问题

例题8、（如图（21）图，M（-2，0）和N（2，0）是平面上的两点，动点P满足：

PMPN6.

（Ⅰ）求点P的轨迹方程； （Ⅱ）若

2PM·PN＝1cosMPN,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=a2c25，

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x2y2 所以椭圆的方程为1.

95 (Ⅱ)由

PMPN2,得

1cosMPNPMPNcosMPNPMPN2. ①

1,P不为椭圆长轴顶点，故P、M、N构成三角形.在△PMN中，MN4,由余弦定理有

22 因为cosMPN2

MNPMPN2PMPNcosMPN. ②

将①代入②，得 42PMPN2(PMPN2).

22x2y21上. 故点P在以M、N为焦点，实轴长为23的双曲线3x2y21，所以 由(Ⅰ)知，点P的坐标又满足9533x,225x9y45,2

由方程组 解得22x3y3.y5.2 即P点坐标为

(

335335335335,)、（，-）、（-，）或（，-）. 22222222问题九：四点共线问题

x2y2例题9、设椭圆C:221(ab0)过点M(2,1)，且着焦点为F1(2,0)

ab（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交与两不同点总在某定直线上 解 (1)由题意：

A,B时，在线段AB上取点Q，满足APQBAQPB，证明：点Q

c22x2y221221 221 ，解得a4,b2，所求椭圆方程为 42ab222cab(2)方法一

设点Q、A、B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2)。

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由题设知AP,PB,AQ,QB均不为零，记APPBAQQB,则0且1 又A，P，B，Q四点共线，从而于是 从而

2x122x24x，21APPB,AQQB

y1y21y1y21

4x1x2， 11xx2x1， y1 （1）

2y122y2y，21（2）

又点A、B在椭圆C上，即

x122y124,22(3) x22y24,(4)

（1）+（2）×2并结合（3），（4）得4s2y即点Q(x,y)总在定直线2x方法二

设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设，

4

y20上

PA,PB,AQ,QB均不为零。

PA且

AQPBQB

又

P,A,Q,B四点共线，可设PAAQ,PBBQ(0,1),于是

4x1y,y1 （1）

114x1yx2,y2 （2）

11x1 由于

22，（2）分别代入C的方程x2y4,整理得 A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上，将（1）

(x22y24)24(2xy2)140 （3） (x22y24)24(2xy2)140 (4)

(4)－(3) 得

8(2xy2)0

∵0,∴2xy20

即点Q(x,y)总在定直线2x问题十：范围问题（本质是函数问题）

y20上

x2y21的左、右焦点。 设F1、F2分别是椭圆4精彩文档

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（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范围。

解：（Ⅰ）解法一：易知a2,b1,c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

3

所以F13,0,F23,0，设Px,y，则

x213x,yxy3x133x28

44PF1PF23x,y,222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x2，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3,02，设Px,y，则

22PF1PF2PF1PF2cosF1PF2PF1PF2PF1PF2F1F22PF1PF2

1x322yx322y212x2y23（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:ykx2,Ax1,y2,Bx2,y2，

ykx2212联立x2，消去y，整理得：kx4kx30

24y14∴x1x24k1k24,x1x231k24

由4k2314k34k230得：k24或k32

又00A0B900cosA0B0OAOB0

∴OAOB精彩文档

x1x2y1y20

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k218k24又y1y2kx12kx22kx1x22kx1x24

111222kkk44423k2k210，即k24 ∴2k2 ∵

11k2k2443故由①、②得2k33或k2 22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）

设椭圆E:

x2y21（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点，O为坐标原点， a2b2（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OAOB？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。

解:（1）因为椭圆E:

x2y221（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点, 2ab24111222a28x2y2aba81 所以解得所以2椭圆E的方程为84b461111a2b2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OAOB,设该圆的切线方程为

ykxm22222ykxm解方程组x2y2得x2(kxm)8,即(12k)x4kmx2m80, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

148则△=16k2m24(12k2)(2m28)8(8k2m24)0,即8k2m240

4kmxx1212k22xx2m81212k2k2(2m28)4k2m2m28k22y1y2(kx1m)(kx2m)kx1x2km(x1x2)mm2212k12k12k222,

要使OAOB,

2m28m28k23m282220,所以3m8k80,所以k0又8k2m240,需使x1x2y1y20,即2212k12k8精彩文档

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m228262m所以,所以,即m2333m8或m263,因为直线

ykxm为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径

83m2m2826为r,r,r3m2831k231k218m2,所求的圆为

x2y2,此时圆的切线

ykxm都满足

26m3(26或m3x2y2262626,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

84333E恒有两个交点

82626,)满足OAOB,综上, 存在圆心在原点的圆x2y2，使得该圆的任意一条切线与椭圆

333A,B,且OAOB.

4kmxx1212k2因为22m8xx1212k22,

4km22m288(8k2m24)所以(x1x2)(x1x2)4x1x2(, )4222212k12k(12k)2|AB|(x1x2)y1y2228(8k2m24) (1k)(x1x2)(1k)22(12k)222324k45k2132k24[14], 2234k4k134k4k1①当k0时|AB|321[1] 134k224k因为4k2148所以02k11,

14k2248k所以

32321[1]12,

1334k224k426|AB|23当且仅当k32时取”=”. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

所以② 当k0时,|AB|46. 32626262646,)或(,),所以此时|AB|, 33333③ 当AB的斜率不存在时, 两个交点为(精彩文档

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综上, |AB |的取值范围为

446|AB|23即: |AB|[6,23] 33精彩文档