圆锥曲线常见题型解法

Ks5u圆锥曲线常见题型解法【方法点评】求圆锥曲线的方程，一般利用待定系数法，先定位，后定量。【变式演练1】双曲线的中心在坐标原点O,焦点在x轴上，过双曲线右焦点且斜率为的直线交于双曲线P，Q两点，若，求双曲线方程。题型二圆锥曲线的几何性质解题方法利用圆锥曲线的几何性质解答例2已知椭圆22221(0,0)xyabab，A是椭圆长轴的一个端点，B是椭圆短轴的一个端点，F为椭圆的一个焦点．若AB⊥BF，则该椭圆的离心率为()A.5＋12B.5－12C.5＋14D.5－14解：因为AB⊥BF，所以kAB·kBF＝－1，即ba·－bc＝－1，即b2＝ac，所以a2－c2＝ac，两边同除以a2，得e2＋e－1＝0，所以e＝－1±52(舍负)，故选B.【小结】求值一般利用方程的思想解答，所以本题的关键就是找到关于e的方程。【练习】已知椭圆22122:1(0)xyCabab与双曲线222:14yCx有公共的焦点，2C的一条渐近线与以1C的长轴为直径的圆相交于A，B两点．若1C恰好将线段AB三等分，则()A．2a＝132B．2a＝13C．2b＝12D．2b＝2题型三圆锥曲线的最值问题解题方法一般利用数形结合和函数的方法解答例3已知2x+4(y-1)2=4，求：(1)2x+y2的最大值与最小值;(2)x+y的最大值与最小值．（2）分析：显然采用(1)中方法行不通．如果令u=x+y，则将此代入2x+4(y-1)2=4中得关于y的一元二次方程，借助于判别式可求得最值．Ks5u令x+y=u，则有x=u-y,代入2x+4(y-1)2=4得：52y-(2u+8)y+2u=0．又∵0≤y≤2，(由(1)可知)∴[-(2u+8)]2-4×5×2u≥0．∴5151u（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23，求△AOB面积的最大值。题型四圆锥曲线的范围问题解题方法一般利用函数、基本不等式、数形结合等解答。例4已知椭圆)0(12222babyax的长、短轴端点分别为A、B，从此椭圆上一点M向x轴作垂线，恰好通过椭圆的左焦点1F，向量AB与OM是共线向量。（1）求椭圆的离心率e；（2）设Q是椭圆上任意一点，1F、2F分别是左、右焦点，求∠21QFF的取值范围；Ks5u【方法点评】由于共线向量与解析几何中平行线、三点共线等具有异曲同工的作用，因此，解析几何中与平行线、三点共线等相关的问题均可在向量共线的新情景下设计问题。求解此类问题的关键是：正确理解向量共线与解析几何中平行、三点共线等的关系，把有关向量的问题转化为解析几何问题.【变式演练4】设1F、2F分别是椭圆1422yx的左、右焦点。（Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求1PF·2PF的最大值和最小值；（Ⅱ）设过定点)2,0(M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。题型五直线与圆锥曲线的关系问题解题方法一般利用判别式、韦达定理、弦长公式、点差法等解答。例5已知双曲线1222yx，经过点)1,1(M能否作一条直线l，使l与双曲线交于A、B，且点M是线段AB的中点。若存在这样的直线l，求出它的方程，若不存在，说明理由。故直线)1(21:xyAB由12)1(2122yxxy消去y，得03422xx08324)4(2这说明直线AB与双曲线不相交，故被点M平分的弦不存在，即不存在这样的直线l。在一点E(0x,0)，使得ABE是等边三角形，若存在，求出0x；若不存在，请说明理由。Ks5u题型六圆锥曲线与圆锥曲线的关系问题解题方法一般利用判别式和数形结合解答。例6已知曲线12:221ayxC及1:22xyC有公共点,求实数a的取值范围．可得：2y=2(1-a)y+2a-4=0．∵△=4(1-a)2-4(a2-4)≥0，∴25a.如图2－47，可知：椭圆中心a,0,半轴长2a,抛物线顶点为1,0,所以当圆锥曲线在下方相切或相交时,21a.综上所述,当2521a时,曲线1C与2C相交.【变式演练6】设椭圆22122:1(0)xyCabab，抛物线222:Cxbyb。（1）若2C经过1C的两个焦点，求1C的离心率；（2）设A（0，b），5334Q，,又M、N为1C与2C不在y轴上的两个交点，若△AMN的垂心为34Bb0，，且△QMN的重心在2C上，求椭圆1C和抛物线2C的方程。题型七圆锥曲线的定点和定值问题解题方法过定点的问题，一般先求曲线的方程，再证明曲线过定点；定值的问题，就是求值问题，直接求解就可以了。例7在直角坐标系xOy中，点M到点)0,3(),0,3(21FF的距离之和是4，点M的轨迹是C与x轴的负半轴交于点A，不过点A的直线bkxyl:与轨迹C交于不同的两点P和Q.Ks5u（I）求轨迹C的方程；（II）当0AQAP时，求k与b的关系，并证明直线l过定点.解：（1）)0,3(),0,3(到点M的距离之和是4，M的轨迹C是长轴为4，焦点在x轴上焦中为32的椭圆，其方程为.1422yx…………3分（2）将bkxy，代入曲线C的方程，整理得0428)41(22kxxk…………5分因为直线l与曲线C交于不同的两点P和Q，所以.0)14(16)44)(41(464222222bkbkbk①设),,(),,(2211yxQyxP，则221221414,4128kxxkkxx②…………7分即,562kbkb或经检验，都符合条件①当b=2k时，直线l的方程为.2kkxy显然，此时直线l经过定点（-2，0）点.即直线l经过点A，与题意不符.当kb56时，直线l的方程为).65(56xkkkxy显然，此时直线l经过定点)0,56(点，且不过点A.综上，k与b的关系是：,56kbKs5u且直线l经过定点)0,56(点【方法点评】证明曲线过定点，一般先求曲线的方程，再证明它过定点。【变式演练7】在抛物线x2＝4y上有两点A(x1，y1)和B(x2，y2)且满足|AB|=y1+y2+2，求证：(1)A、B和这抛物线的焦点三点共线；(2)BFAF11为定值.32331221231.122xxxxyyyy，，又B点在抛物线上，则23133122yx．整理得2121333yx为所求轨迹方程．【方法点评】点P之所以在动，就是因为点B在动，所以点P是被动点，点B是主动点，这种情景，应该利用代入法求轨迹方程。【变式演练8】已知△ABC的顶点(30)(10)BC，，，，顶点A在抛物线2yx上运动，求ABC△的重心G的轨迹方程．题型九存在性问题解题方法一般先假设存在，再探求，最后检验。例9已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的离心率为21，且经过点)23,1(，过点P（2，1）的直线l与椭圆C在第一象限相切于点M.（1）求椭圆C的方程；（2）求直线l的方程以及点M的坐标；（3））是否存过点P的直线1l与椭圆C相交于不同的两点A、B，满足2PMPBPA？若存在，求出直线l1的方程；若不存在，请说明理由.Ks5u解：（Ⅰ）设椭圆C的方程为)0(12222babyax，由题意得22222211491cbaacba解得3,422ba，故椭圆C的方程为13422yx.……………………4分（Ⅱ）因为过点P（2，1）的直线l与椭圆在第一象限相切，所以l的斜率存在，故可调直线l的议程为.1)2(xky由1)2(,13422xkyyx得081616)12(8)43(222kkxkkxk.①因为直线l与椭圆相切，所以.0)81616)(43(4)]12(8[222kkkkk整理，得0)36(32k解得.21k[所以直线l方程为.2211)2(21xxy将21k代入①式，可以解得M点横坐标为1，故切点M坐标为).23,1(…………9分（Ⅲ）若存在直线l1满足条件，的方程为1)2(1xky，代入椭圆C的方程得.081616)12(8)43(12111221kkxkkxk因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点A，B，设A，B两点的坐标分别为),,(),,(2211yxyx所以.0)36(32)81616)(43(4)]12(8[1222kkkkkk所以454344)1](443)12(824381616[212121211121221kkkkkkkkk，解得.211kKs5u因为A，B为不同的两点，所以21k.于是存在直线l1满足条件，其方程为xy211.【2012高考真题浙江理8】如图，F1,F2分别是双曲线C：22221xyab（a,b＞0）的左、右焦点，B是虚轴的端点，直线F1B与C的两条渐近线分别交于P,Q两点，线段PQ的垂直平分线与x轴交与点M，若|MF2|=|F1F2|,则C的离心率是A.233B。62C.2D.3),(222bcbca，所以PQ的垂直平分线方程为：)(222bcaxbcbcy，令0y，得)1(22bacx，所以cbac3)1(22，所以2222222acba，即2223ca，所以26e。故选B2.【2012高考真题新课标理8】等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线xy162的准线交Ks5u于,AB两点，43AB；则C的实轴长为（）()A2()B22()C()D3.【2012高考真题新课标理4】设12FF是椭圆2222:1(0)xyEabab的左、右焦点，P为直线32ax上一点，12PFF是底角为30的等腰三角形，则E的离心率为（）()A12()B23()C()D【解析】因为12PFF是底角为30的等腰三角形，则有PFFF212,，因为02130FPF，所以0260DPF,0230DPF，所以21222121FFPFDF，即ccca22123，所以ca223，即43ac，所以椭圆的离心率为43e，选C.4.【2012高考真题福建理8】已知双曲线22214xyb的右焦点与抛物线y2=12x的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于A.5B.42C.3D.5【解析】由抛物线方程xy122易知其焦点坐标为)0,3(，又根据双曲线的几何性质可知2234b，所以5b，从而可得渐进线方程为xy25，即025yx，所以545|0235|d，故选Ａ．5.【2012高考真题全国卷理8】已知F1、F2为双曲线C：x²-y²=2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|=|2PF2|，则cos∠F1PF2=(A)14（B）35(C)34(D)45Ks5u【解析】双曲线的方程为12222yx，所以2,2cba，因为|PF1|=|2PF2|，所以点P在双曲线的右支上，则有|PF1|-|PF2|=2a=22,所以解得|PF2|=22，|PF1|=24，所以根据余弦定理得432422214)24()22(cos2221PFF,选C.6.【2012高考真题重庆理14】过抛物线22yx的焦点F作直线交抛物线于,AB两点，若25,,12ABAFBF则AF=.7.【2012高考真题辽宁理20】(本小题满分12分)如图，椭圆0C：22221(0xyabab，a，b为常数)，动圆22211:Cxyt，1bta。点12,AA分别为0C的左，右顶点，1C与0C相交于A，B，C，D四点。(Ⅰ)求直线1AA与直线2AB交