圆锥曲线大题归类

圆锥曲线大题归类一．定点问题例1.已知椭圆C：x2a2＋y2＝1(a1)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AP→·AQ→＝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＝3.由题意知A(0,1)，F(c,0)，直线AF的方程为xc＋y＝1，即x＋cy－c＝0，由直线AF与圆M相切，得|3＋c－c|c2＋1＝3，解得c2＝2，a2＝c2＋1＝3，故椭圆C的方程为x23＋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＝－1kx＋1.联立y＝kx＋1，x23＋y2＝1，整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或x＝－6k1＋3k2，故点P的坐标为(－6k1＋3k2，1－3k21＋3k2)，同理，点Q的坐标为(6kk2＋3，k2－3k2＋3)∴直线l的斜率为k2－3k2＋3－1－3k21＋3k26kk2＋3－－6k1＋3k2＝k2－14k，∴直线l的方程为y＝k2－14k(x－6kk2＋3)＋k2－3k2＋3，即y＝k2－14kx－12.∴直线l过定点(0，－12)．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y＝kx＋t，x23＋y2＝1，整理得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3(t2－1)＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)则x1＋x2＝－6kt1＋3k2，x1x2＝3t2－11＋3k2，(*)由Δ＝(6kt)2－4(1＋3k2)×3(t2－1)0，得3k2t2－1.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＝－12，∴直线l过定点(0，－12)．例2.已知抛物线C：y2＝2px(p0)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－12，求证：直线AB过x轴上一定点．[解析](1)因为抛物线y2＝2px(p0)的焦点坐标为(1,0)，所以p2＝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(t24，t)，B(t24，－t)．因为直线OA，OB的斜率之积为－12，所以tt24·－tt24＝－12，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y2＝4x，y＝kx＋b，化简得ky2－4y＋4b＝0.根据根与系数的关系得yAyB＝4bk，因为直线OA，OB的斜率之积为－12，所以yAxA·yBxB＝－12，即xAxB＋2yAyB＝0.即y2A4·y2B4＋2yAyB＝0，解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32.所以yAyB＝4bk＝－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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的两个焦点分别为F1(－2，0)，F2(2，0)，点M(1,0)与椭圆短轴的两个端点的连线互相垂直.导学号30072628(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＝2，则a2－b2＝2，由已知易得b＝|OM|＝1，所以a＝3，所以椭圆的方程为x23＋y2＝1.(2)①当直线l的斜率不存在时，不妨设A(1，63)，B(1，－63)，则k1＋k2＝2－632＋2＋632＝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y＝kx－1，x23＋y2＝1，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＝6k23k2＋1，x1x2＝3k2－33k2＋1，又y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，所以k1＋k2＝2－y13－x1＋2－y23－x2＝2－y13－x2＋2－y23－x13－x13－x2＝[2－kx1－1]3－x2＋[2－kx2－1]3－x13－x13－x2＝12－2x1＋x2＋k[2x1x2－4x1＋x2＋6]9－3x1＋x2＋x1x2＝12－2×6k23k2＋1＋k[2×3k2－33k2＋1－4×6k23k2＋1＋6]9－3×6k23k2＋1＋3k2－33k2＋1＝122k2＋162k2＋1＝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(m0)，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(m3，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＝x1＋x22＝－kbk2＋9，yM＝kxM＋b＝9bk2＋9.于是直线OM的斜率kOM＝yMxM＝－94，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(m3，m)，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0，k≠3.由(1)得OM的方程为y＝－9kx.设点P的横坐标为xP.由y＝－9kx，9x2＋y2＝m2得x2P＝k2m29k2＋81，即xP＝±km3k2＋9.将点(m3，m)的坐标代入l的方程得b＝m3－k3，因此xM＝kk－3m3k2＋9.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±km3k2＋9＝2×kk－3m3k2＋9，解得k1＝4－7，k2＝4＋7.因为ki0，ki≠3，i＝1,2，所以当l的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB为平行四边形．例6.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)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＝3，故椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)由y＝kx＋m，3x2＋4y2＝12，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＝－4k2m＋m＝3m，即P(－4km，3m)．∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，∴＝(－4km－t，3m)，＝(4－t,4k＋m)，∴·＝(－4km－t)·(4－t)＋3m·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋4km(t－1)＝0恒成立，故t＝1，t2－4t＋3＝0，即t＝1.∴存在点M(1,0)符合题意．设P(xP，yP)，则xP＝－4km3＋4k2＝－4km，yP＝kxP＋m＝－4k2m＋m＝3m，即P(－4km，3m)．∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，∴＝(－4km－t，3m)，＝(4－t,4k＋m)，∴·＝(－4km－t)·(4－t)＋3m·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋4km(t－1)＝0恒成立，故t＝1，t2－4t＋3＝0，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x22＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋12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＝－1mx＋b.由x22＋y2＝1，y＝－1mx＋b，消去y，得(12＋1m2)x2－2bmx＋b2－1＝0.因为直线y＝－1mx＋b与椭圆x22＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋4m20，①设M为AB的中点，则M(2mbm2＋2，m2bm2＋2)，代入直线方程y＝mx＋12，解得b＝－m2＋22m2.②由①②得m－63或m63.(2)令t＝1m∈(－62，0)∪(0，62)，则且O到直线AB的距离d＝t2＋12t2＋1.设△AOB的面积为S(t)，所以S(t)＝12|AB|·d＝12－2t2－122＋2≤22，当且仅当t2＝12时，等号成立．故△AOB面积的最大值为22.|AB|＝t2＋1·－2t4＋2t2＋32t2＋12，例8.已知圆x2＋y2＝1过椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)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x2a2＋y2b2＝1相交于A，B两点．记λ＝OBOA·，且23≤λ≤34.(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＝2，所以所求椭圆方程为x22＋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|m|12＋k2＝1，即m2＝k2＋1.由y＝kx＋m，x22＋y2＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x2＝2m2－21＋2k2.λ＝·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k2＋11＋2k2，由23≤λ≤34，得12≤k2≤1，即k的取值范围是－1，－22∪22，1.(3)|AB|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝2－22k2＋12，由12≤k2≤1，得62≤|AB|≤43.设△OAB的AB边上的高为d，则S＝12|AB|d＝12|AB|，所以64≤S≤23.即△OAB的面积S的取值范围是64，23.例9.已知椭圆E：x2t＋y23＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k0)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y10.当t＝4时，E的方程为x24＋y23＝1，A(－2，0)．由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为π4.因此直线AM的方程为y＝x＋2.将x＝y－2代入x24＋y23＝1得7y2－12y＝0.解得y＝0或y＝127，所以y1＝127.因此△AMN的面积S△AMN＝2×12×127