圆锥曲线大题-专题

1圆锥曲线大题专题弦的垂直平分线问题例题1、过点T(-1,0)作直线l与曲线N：2yx交于A、B两点，在x轴上是否存在一点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。解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于0。设直线:(1)lykx，0k，11(,)Axy，22(,)Bxy。由2(1)ykxyx消y整理，得2222(21)0kxkxk①由直线和抛物线交于两点，得2242(21)4410kkk即2104k②由韦达定理，得：212221,kxxk121xx。则线段AB的中点为22211(,)22kkk。线段的垂直平分线方程为：221112()22kyxkkk令y=0,得021122xk，则211(,0)22EkABE为正三角形，211(,0)22Ek到直线AB的距离d为32AB。221212()()ABxxyy222141kkk212kdk22223141122kkkkk解得3913k满足②式此时053x。例题分析1：已知抛物线y=-x2+3上存在关于直线x+y=0对称的相异两点A、B，则|AB|等于解：设直线AB的方程为yxb，由22123301yxxxbxxyxb，进而可求出AB的中点11(,)22Mb，又由11(,)22Mb在直线0xy上可求出1b，∴220xx，由弦长公式可求出221114(2)32AB．2动弦过定点的问题例题2、已知椭圆C：22221(0)xyabab的离心率为32，且在x轴上的顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0)。（I）求椭圆的方程；（II）若直线:(2)lxtt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32cea，2a,则得3,1cb。从而椭圆的方程为2214xy（II）设11(,)Mxy，22(,)Nxy，直线1AM的斜率为1k,则直线1AM的方程为1(2)ykx，由122(2)44ykxxy消y整理得222121(14)161640kxkxk12x和是方程的两个根，21121164214kxk则211212814kxk，1121414kyk，即点M的坐标为2112211284(,)1414kkkk，同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为2222222824(,)1414kkkk12(2),(2)ppyktykt12122kkkkt，直线MN的方程为：121121yyyyxxxx，令y=0，得211212xyxyxyy，将点M、N的坐标代入，化简后得：4xt又2t，402t椭圆的焦点为(3,0)43t，即433t故当433t时，MN过椭圆的焦点。过已知曲线上定点的弦的问题3例题4、已知点A、B、C是椭圆E：22221xyab(0)ab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0ACBC，2BCAC，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3x对称，求直线PQ的斜率。解：(I)2BCAC，且BC过椭圆的中心OOCAC0ACBC2ACO又A(23,0)点C的坐标为(3,3)。A(23,0)是椭圆的右顶点，23a，则椭圆方程为：222112xyb将点C(3,3)代入方程，得24b，椭圆E的方程为221124xy(II)直线PC与直线QC关于直线3x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：3(3)ykx，即3(1)ykxk，由223(1)3120ykxkxy消y，整理得：222(13)63(1)91830kxkkxkk3x是方程的一个根，229183313Pkkxk即2291833(13)Pkkxk同理可得：2291833(13)Qkkxk3(1)3(1)PQPQyykxkkxk＝()23PQkxxk＝2123(13)kk2222918391833(13)3(13)PQkkkkxxkk＝2363(13)kk13PQPQPQyykxx则直线PQ的斜率为定值13。4共线向量问题1：如图所示，已知圆MAyxC),0,1(,8)1(:22定点为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足NAMNPAPAM点,0,2的轨迹为曲线E.I）求曲线E的方程；II）若过定点F（0，2）的直线交曲线E于不同的两点G、H（点G在点F、H之间），且满足FHFG，求的取值范围.解：（1）.0,2AMNPAPAM∴NP为AM的垂直平分线，∴|NA|=|NM|又.222||||,22||||ANCNNMCN∴动点N的轨迹是以点C（－1，0），A（1，0）为焦点的椭圆.且椭圆长轴长为,222a焦距2c=2..1,1,22bca∴曲线E的方程为.1222yx（2）当直线GH斜率存在时，设直线GH方程为,12,222yxkxy代入椭圆方程得.230.034)21(222kkxxk得由设),,(),,(2211yxHyxG)2(216213),1(21821422212221kkxxkkkkxx则)2,()2,(,2211yxyxFHFG又,,2121xxxx，)21(332)21(33221)2()1(2222kkk.331.316214.316)21(3324,2322解得kk.131,10又又当直线GH斜率不存在，方程为.31,31,0FHFGx)1,31[,131的取值范围是即所求2：已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线214yx的焦点，离心率为5255.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过椭圆C的右焦点作直线l交椭圆C于A、B两点，交y轴于M点，若1MAAF，2MBBF，求证：1210.解：设椭圆C的方程为22221xyab（a＞b＞0）抛物线方程化为24xy，其焦点为(0,1)，则椭圆C的一个顶点为(0,1)，即1b由222255cabeaa，∴25a，椭圆C的方程为2215xy（2）证明：右焦点(2,0)F，设11220(,),(,),(0,)AxyBxyMy，显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为(2)ykx，代入方程2215xy并整理，得2222(15)202050kxkxk∴21222015kxxk，212220515kxxk又110(,)MAxyy，220(,)MBxyy，11(2,)AFxy，22(2,)BFxy，而1MAAF，2MBBF，即110111(0,)(2,)xyyxy，220222(0,)(2,)xyyxy∴1112xx，2222xx，所以121212121212122()2102242()xxxxxxxxxxxx3、已知△OFQ的面积S=26,且mFQOF。设以O为中心，F为焦点的双曲线经过Q，2)146(,||cmcOF，当||OQ取得最小值时，求此双曲线方程。解：设双曲线方程为12222byax，Q（x0,y0）。),(00ycxFQ，S△OFQ=62||||210yOF，∴cy640。),)(0,(00ycxcFQOF=c(x0－c)=cxc46)146(02。,329683222020ccyxOQ6当且仅当)6,6()6,6(,||,4,968322或此时最小时即QOQccc，所以1124.1241616622222222yxbababa故所求的双曲线方程为。类型1——求待定字母的值例1设双曲线C：)0(1222ayax与直线L：x+y=1相交于两个不同的点A、B，直线L与y轴交于点P，且PA=PB125，求a的值思路：设A、B两点的坐标，将向量表达式转化为坐标表达式，再利用韦达定理，通过解方程组求a的值。解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(0,1)∵PA=),1,(125)1,(,1252211yxyxPB∴x1=2125x.联立，11222yaxyx消去y并整理得，(1－a2)x2+2a2x－2a2=0(*)∵A、B是不同的两点，∴，，0)1(84012242aaaa∴0a2且a1.于是x1+x2=2212aa且x1x2=2212aa，即222222212125,121217aaxaax且，消去x2得，2212aa=60289，∴a=1317，∵0a2且a1，∴a=1317。类型2——求动点的轨迹例2如图2，动直线1kxy与y轴交于点A，与抛物32xy交于不同的两点B和C,且满足BP=λPC，AB=λAC，其中.R。求ΔPOA的重心Q的轨迹。思路：将向量表达式转化为坐标表达式，消去参数λ获得重心Q的轨迹方程，再运用判别式确定实数k的取值范围，从而确定轨迹的形状。解：由312xykxy得，k2x2+(2k－1)x+4=0.ABCOPxy7由00k.06121kk且设P(x’,y’)，B(x1，y1)，C(x2,y2)，（图2）则x1+x2=221kk,x1.x2=24k.由PCBP),(11yyxx=),(22yyxx1xx=)(2xx由)1,()1,(2211yxyxACAB1x=2x。.2182021212211kxxxxxxxxxxx.211612181kkkkxky消去k得，x’－2y’－6=0(*)设重心Q(x,y)，则133313yyxxyyxx，代入(*)式得，3x－6y－4=0。因为38434812406121xxxxkk且且且故点Q的轨迹方程是3x－6y－4=0（38434xx且），其轨迹是直线3x－6y－4=0上且不包括点)32,38(),34,4(),0,34(CBA的线段AB。类型3——证明定值问题例3已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A、B两点，OBOA与)1,3(a共线。设M为椭圆上任意一点，且OBOAOM，其中.,R证明：22为定值。思路：设A、B、M三点的坐标，将向量间的共线关系、和差关系转化为代数关系，再利用方程组、韦达定理、点在椭圆上满足方程等证明定值。解：设椭圆方程为).0,(),0(12222cFbabyax则直线AB的方程为.cxy代入椭圆方程中，化简得，.02)(22222222bacacxaxba设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则.,22222222122221babacaxxbacaxx8由OBOA与)1,3(a共线，),(2121yyxxOBOA得，0)()(32121xxyy。又