1、圓錐曲線大題歸類一. 定點問題x2例1.橢圓C: /+ y2= 1(a>1)的上頂點為A,右焦點為F,直線AF與圓M: (x-3)2+ (y-1)2 = 3 相切.(1) 求橢圓C的方程；(2) 假設不過點A的動直線l與橢圓C交丁 P, Q兩點,且APAQ= 0,求證：直 線l過定點,并求該定點的坐標.解析(1)圓M的圓心為(3,1),半徑r =寸3. 由題意知 A(0,1), F(c,0),x一直線AF的萬程為c+ y= 1,即x+ cy c= 0,由直線AF與圓M相切,得 烏亨、¥ =寸3解得 c2= 2, a2 = c2 + 1 = 3, 故橢圓C的方程為,y2= 1.3

2、(2)方法一：由=0知API AQ,從而直線AP與坐標軸不垂直,故可設直線AP的方程為y= kx+ 1,直線AQ的方程為y= :x+ 1.ky= kx+ 1,聯立 x2.整理得1+ 3k2x2 + 6kx= 0,+y2 = 1,3mr/口 c 【、.6k解得 x= 0 或 x= 1 * 3k2,. . .一6k 1 3 k2 故點P的坐標為q + 3k2,1 + 3k2, 6kk直線i過定點0, 2. 3同理,點 Q的坐標為k一¥3,23k2 3 1 3k26k - 6k 4k '八,k2 + 3 1 + 3k2 k2-1 直線l的斜率為k2 + 3 1 + 3k2.r 心、

3、e、r k2 1 6k k2 3直線 的方私為 V= k (x k2+ 3)+ 丁 + 3,町峪1 _1 即 y= 4k x 2.直線l過定點0,-；方法二：由=0知APIAQ,從而直線PQ與x軸不垂直,故可設直線l的方程為y= kx+ tt豐1,y= kx+1,聯立x2n /a+y2=16ktx1+x2=E,3 t2- 1整理得(1 + 3k2)x2 + 6ktx+ 3(t2 1) = 0.(*)設 P(x,y1), Q(x2, y2)那么x1x2= 1 + 3k2,由= (6kt)2 4(1 + 3k2) x 3(t2 1)>0,得3k2 >t2- 1.由=0,得=(x, y1

4、 1) x么 y2 1)= (1 + k2)x1x2 + k(t 1)(x1 + x2) + (t 1)2 = 0,1將(*)代入,得t=2例2.拋物線C : y2= 2px(p>0)的焦點F(1,0),.為坐標原點,A, B是拋物 線C上異丁 O的兩點.(1) 求拋物線C的方程；1(2) 假設直線OA, OB的斜率之積為一分,求證：直線AB過x軸上一定點.解析(1)由于拋物線y2 = 2px(p>0)的焦點坐標為(1,0),所以p= 1,所以p =2.所以拋物線C的方程為y2= 4x.(2)證實：當直線AB的斜率不存在時,設 a(4, t), b(4, t).1由于直線OA, O

5、B的斜率之積為一2,t t 1. C所以移F= 2,化間得t2= 32.4 4所以A(8, t), B(8, -t),此時直線AB的方程為x= 8.當直線AB的斜率存在時,設其方程為y= kx+ b, A(xa, yA), B(xb, yB), y2= 4x,聯立得化簡得ky2 4y+4b = 0.y= kx+ b,根據根與系數的關系得yAyB=47,k由于直線OA, OB的斜率之積為一1,所以yAyB=- 12xa xb2yAyB .即 xaxb + 2yAyB = 0.即艾苴 + 2yAyB= 0,解得 yAyB = 0(舍去)或 yAyB= 32所以 yAyB = = - 32,即 b=

6、 8k,k所以y= kx-8k, y= k(x-8).綜上所述,直線AB過定點(8,0).圓錐曲線中定點問題的兩種解法(1) 引進參數法：引進動點的坐標或動線中系數為參數表示變化量,再研究變化的量與參數何時沒有關系,找到定點.(2) 特殊到一般法：根據動點或動線的特殊情況探索出定點,再證實該定點與變 量無關.二. 定值問題22例3.橢圓C: /+書=1(a>b>0)的兩個焦點分別為Fi(-寸2, 0),F2(寸2, 0),點M(1,0)與橢圓短軸的兩個端點的連線互相垂直.|導學號30072628(1) 求橢圓C的方程；過點M(1,0)的直線l與橢圓C相交丁 A, B兩點,設點N(3

7、,2),記直線AN, BN的斜率分別為k1, k2,求證：k+ k2定值.解析(1)依題意,由得c=粗,那么a32 十 3=2 + 2 = 2為定值-當直線l的斜率存在時,設直線l的方程為y= k(x1),y=k x-1 ,由 x2 .得(3k2 + 1)x2-6k2x+ 3k2 3 = 0,司+ y2= 1,依題意知,直線l與橢圓C必相交丁兩點,設A(xi, y),B(x2, v公,6k23k2- 3 一那么 x1 + x2= 3k？+ 1, xx2 = 3：+ 1,乂 y1 = k(x1 -1), y2 = k(x2 1), b2= 2,X2c由易得b= |OM|= 1,所以a=寸3,所以

8、橢圓的方程為 = 1.3所以k1+上=懸+云=2 y1 3 x + 2 y2 3 x13 x1 3 x2(2) 當直線l的斜率不存在時,不妨設 A(1, *, B(1,一萼),那么k + k22 kxi 1 3 x2 + 2 kx2 1 3 xi3 xi 3 x2_ 12 2xi+ x2 + k2xix24xi + 對 + 69 3 xi + x2 + xix26k23k2 36k2i2-2X 3k + k2 * 3k - 4X 3kTi+ 6 i22k2+ i -=6k23k= 6 2k2+ i = 2'9-3X 3k + 3k綜上,得ki + k2為定值2.例4 (20i6北京理科

9、)求定值問題常見的方法(1) 從特殊入手,求出定值,再證實這個值與變量無關.(2) 直接推理、計算,并在計算推理的過程中消去變量,從而得到定值.三. 探索性問題例5.(20i5新課標全國U, i2分,理)橢圓C: 9x2 + y2= m2(m>0),直 線l不過原點O且不平行丁坐標軸,l與C有兩個交點A, B,線段AB的中點 為M.(i)證實：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；假設l過點(？,m),延長線段OM與C交丁點P,四邊形OAPB能否為平 行四邊形？假設能,求此時l的斜率；假設不能,說明理由.解析(i)設直線 l: y= kx+ b(k0, b0), A(xi, yi), B

10、(x2, y2), M(xm, Vm).將 y= kx+ b 代入 9x2 + y2= m2得(k2 + 9)x2 + 2kbx+ b2 m2= 0,故xi + x2 kb9bxm = 2= w + 9, Vm = kxM + b = .+ 9.丁是直線OM的斜率koM = xM= 4,即kOM k= - 9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.(2)四邊形OAPB能為平行四邊形.由于直線l過點(？,m),所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k>0, E 3.由得OM的方程為y= 9x.設點P的橫坐標為xp.ikm92 2土 V= kx,/曰 2k2m2由222侍必=9k2+

11、 81,即xp=商農.9x2 +y2= m2十 9將點(§ m)的坐標代入l的方程得b =華廠,因此xm =.四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段 AB與線段OP互相平分,即xp =2xm.口ikmk k 3 m口廠,廠丁是kT9 = 2X 3 k2+ 9,解得 k1 = 4一近,k2= 4+ V7.由于 ki>0, ki 豐3, i= 1,2,所以當l的斜率為4-寸7或4 +寸7時,四邊形OAPB為平行四邊形.x2 y2例6.橢圓C:決+ #= 1(a>b>0)的右焦點為F(1,0),右頂點為A,且AF| =1.(1) 求橢圓C的標準方程；(2) 假設動直線l:

12、 y= kx+ m與橢圓C有且只有一個交點P,且與直線x=4 交丁點Q,問：是否存在一個定點M(t,0),使得=0.假設存在,求出點M的坐標； 假設不存在,說明理由.解析(1)由 c= 1, a c= 1,得 a= 2, ,. b= y3,22故橢圓c的標準方程為+3 = 1.y= kx+ m,由.93x2+ 4y2= 12,消去 y得(3 + 4k2)x2+ 8kmx+ 4m2 12= 0,= 64k2m2 4(3+ 4k2)(4m2 12)= 0,即 m2 = 3 + 4k2.4k23 出一 4k 3yp= kxp+ m= + m= m,即 P( 一 m,. M(t,0), Q(4,4k+

13、 m),4k 3 = (-曲-1,m' =(4-t,4k+ m),4k3c4k,一,、,- = ( t) - (4t)+ m' 岬 m) = t2 4t + 3+ m(t - 1)=.包成立,t= 1 ,故.即t= 1.t24t + 3= 0,存在點M(1,0)符合題意.4km 4k設 p(xP, yp),那么 xp= 3+ 4k2= 一岳,yp= kxp+ m=-也 + m=',即 P(-竺 ).m mm' m. M(t,0), Q(4,4k+ m),4k 3. =( &t,富,=(4 t,4k+ m),4k3o4k,一,、=(- t) - (4t)+

14、 « (4- m) = t2 4t + 3+ (t- 1)= 0 包成立, t= 1 ,故.即t= 1.t24t + 3= 0,存在點M(1,0)符合題意.四、取值范圍問題x2例7.(2021浙江,15分)橢圓,+寸=1上兩個不同的點A, B美丁直線y= mx+ 2 對稱.(1) 求實數m的取值范圍；(2) 求左AOB面積的最大值(O為坐標原點).1W+y2= 1,1 V= 一x+ b,m ,解析(1)由題意知 m豐0,可設直線 AB的萬程為y=一布乂 + b.由消去 y,得2 + mx2-2bx+ b21 = 0.由于直線 y=一x+ bx24_與橢圓萬+ y2 = 1有兩個不同的

15、父點,所以 = 2b2+ 2 + m2>0,2mbm2b設m為ab的中點,貝u M(m, m, 1m2 + 2 _代入直線方程y = mx+ 2,解得b = - 2m2 由得m< 一普或m>普.令t = m£ (一夸,0)U (0,乎),那么且O到直線AB的距離dj=."AOB的面積為S(t),所以S(t) = 1|AB| d=- 2 t2-2 2+ 2<乎,當且僅當 t2 = 2時,等號成立.yf2 J- 2t4+ 2t2 + 2故/ AOB面積的最大值為2.AB|= t2+ 1 -1,t2+2x2 y2例8.圓x2 + y2= 1過橢圓岸+京=1

16、(a>b>0)的兩焦點,與橢圓有且僅有x22兩個公共點,直線l: y= kx+ m與圓x2 + y2= 1相切,與橢圓孕+咨=1相交丁23A, B兩點.I己入=OA？OB ,且于烤4.(1) 求橢圓的方程；(2) 求k的取值范圍；(3) 求左OAB的面積S的取值范圍.解：(1)由題意知2c= 2,所以c= 1.由于圓與橢圓有且只有兩個公共點,從而 b- x2=1,故a=彖,所以所求橢圓萬程為 萬+寸=1.(2)由于直線l: y= kx+ m與圓x2 + y2= 1相切,所以原點O到直線l的距離為y= kx+ m,亍=1,即 m2= k2 + 1.由 寸+ 得(1 + 2k2)x2

17、+ 4kmx+ 2m2 2 = 0.、,、m ,4km2m2-2 ,設 A(x1, y1), B(x2, y2),那么 x + x2 = ？k2,'1x2 = 2k？." = *1x2+ yy2= (111 2彳3 一中即k的取值范圍.、,.、,2 k + 1+ k2)xix2 + km(xi + X2) + m2 =十 -, 是-1,-乎u乎,1 .OOOOO2, 1(3)|ABf= (x1 x2)2+ (y1-y2)2= (1 + k2)(x1 + x2)2-4x1x2 = 2- 2k2+ 1 2,由2<k2< 1,得寫v AB|<4.設 OAB 的 A

18、B 邊上的高為 d, WJ S= ？AB|d=§AB|, 2322所以乎vSV3.即 OAB的面積S的取值范圍是 平,3 .x2 y2例9.橢圓E:x- +裳=1的焦點在x軸上,A是E的左頂點,斜率為k(k>0) 的直線交E 丁 A, M兩點,點N在E上,MA± NA.當t = 4, |AM|= |AN|時,求A AMN的面積；當2AM|= |AN|時,求k的取值范圍.x2 y2【解】 設M(xi, yi),那么由題怠知yi>0.少t= 4時,E的方程為/ +卷=43. . . ._ . . 、. 1, A( 2, 0).由及橢圓的對稱性知,直線 AM的傾斜角為

19、4.因此直線AMx2 y212的萬程為y= x+ 2.將x=y-2代入丁+普=1得7y2 12y= 0.解得y= 0或y=m4 37121 12 12 144所以 y1 =.因此A AMN 的面積 Samn = 2XX X = 39.x2(2)由題意知t>3, k>0, A(一也,0).將直線AM的萬程y= k(x+寸t)代入亍y2t2k2 3t,i+ 3 = 1 得(3 + tk2)x2 + 2戒 tk2x + t2k2 3t = 0.由 x (寸)=3+1# 得 * =二",故 AM|=兇 + 5|V？6；". 3tk3tk 1L6/t 1 + k2由題設知

20、,直線AN的萬程為y= R(x+寸!),故同理可得AN|=-/+七. 2 k由 2AM|=|AN得擊=E 即(k3 2)t= 3k(2k 1) .當k=寸2時上式不成立,因此3k 2k-1%,人十 k3 2k2 + k 2 k 2 k2 + 1k3 2k3 2t = k3_ 2 .t>3 等價丁 一 = <0,k 2k 2>0,k2<0,即2<°.由此得 k3-2<0,或 k3- 2>0,解得 %<k<2.因此k的取值范圍是(32, 2).五. 最值問題例10.平面直角坐標系xOy中,橢圓C:x2 y2a2+ #= 1(a>

21、b>0)的離心率為 零,左、右焦點分另U是Fi, F2.以F1為圓心、以3為半徑的圓與以F2為圓心、 以1為半徑的圓相交,且交點在橢圓 C上.(1) 求橢圓C的方程；x2y2(2) 設橢圓E:商+赤=1, P為橢圓C上任總一點,過點P的直線y= kx + m交橢圓E 丁 A, B兩點,射線PO交橢圓E 丁點Q.1211 | OP| ' ' I-& )求 ABQ面積的最大值.解】(1)由題意知2a=4,那么a = 2.乂C=窖,a2 - c2 = b2,可得 b= 1,a 2x2 y2(2)由(1)知橢圓E的萬程為16+ 4 = 1. 設P(xo, yo),留=入由

22、題意知Q(入a,入o)-由于 0+y2= 1,p 入 0 2 一 入 0 2, 目 rr X x0 z乂 16 +4= 即 4 看+ y2 = 1,所以日2,即=2.x2C所以橢圓c的方程為4 +寸=1. 設 A(x1, y),B(x2, y2).將y= kx+ m代入橢圓E的方程,可得(1 + 4k2)x2 + 8kmx+ 4m2 16= 0,由 Z>0,可得 m2<4 + 16k2.e" ,8km4m216那么有 X1 + x2= 1 + 4-, X1X2= 1 + 4=.舊'3I 4V16k2+ 4 m2所以 X x2|=I* 4k2由于直線y=kx+ m與y軸交點的坐標為(0, m),所以 OAB的面積12 寸16k2 + 4 m2|m|m24 1+ 4k2 1+ 4k2.m2s= 2|m|x1x2|=1 + 4k22" 16k2+ 4 m2 m2=1+ 4k2=2、凡 m2.僅薩!？=七將y= kx+ m代入橢圓C的方程,可得(1 + 4k2)x2 + 8kmx+ 4m2 4 = 0,由京0,可得m2< 1 + 4k2由可知0<tv 1,因此 S= 2寸 4 t t = 2p t2 + 4t,故 Sv 2 ,3.當且僅當t= 1