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直线和圆锥曲线的常见题型


直线和圆锥曲线经常考查的一些题型 直线与椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的位置关系都有相交、相切、相离三种情 况,从几何角度可分为三类:无公共点,仅有一个公共点及有两个相异公共点 对于抛物线 来说,平行于对称轴的直线与抛物线相交于一点,但并不是相切;对于双曲线来说,平行 于渐近线的直线与双曲线只有一个交点,但并不相切. 直线和椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的公共点问题,可以转化为它们的方程所 组成的方程组求解的问题,从而用代数方法判断直线与曲线的位置关系。 解决直线和圆锥曲线的位置关系的解题步骤是: (1)直线的斜率不存在,直线的斜率存, (2)联立直线和曲线的方程组; (3)讨论类一元二次方程(4)一元二次方程的判别式 (5)韦达定理,同类坐标变换(6)同点纵横坐标变换 (7)x,y,k(斜率)的取值范围 (8)目标:弦长,中点,垂直,角度,向量,面积,范围等等 题型:直线与椭圆位置关系 1:已知椭圆 C :

1 3 x2 y2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 过点 (1, ) ,且离心率 e ? 。 2 2 2 a b

(Ⅰ)求椭圆方程; (Ⅱ)若直线 l : y ? kx ? m(k ? 0) 与椭圆交于不同的两点 M 、 N ,且线段 MN 的垂直 平分线过定点 G ( ,0) ,求 k 的取值范围。

1 8

1 b2 1 3 2 2 解: (Ⅰ)? 离心率 e ? ,? 2 ? 1 ? ? ,即 4b ? 3a (1) ; 2 a 4 4
又椭圆过点 (1, ) ,则

3 2

1 9 2 2 ? 2 ? 1, (1)式代入上式,解得 a ? 4 , b ? 3 ,椭圆方程为 2 a 4b

x2 y 2 ? ? 1。 4 3
(Ⅱ)设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,弦 MN 的中点 A ( x0 , y0 ) 由?

? y ? kx ? m 2 2 2 得: (3 ? 4k ) x ? 8mkx ? 4m ?12 ? 0 , 2 2 ?3x ? 4 y ? 12

? 直线 l : y ? kx ? m(k ? 0) 与椭圆交于不同的两点,
?? ? 64m2k 2 ? 4(3 ? 4k 2 )(4m2 ?12) ? 0 ,即 m2 ? 4k 2 ? 3 ………………(1)

由韦达定理得: x1 ? x2 ? ?

8mk 4m2 ? 12 , x x ? , 1 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2

则 x0 ? ?

4mk 4mk 2 3m , y ? kx ? m ? ? ?m? , 0 0 2 2 3 ? 4k 3 ? 4k 3 ? 4k 2

直线 AG 的斜率为: K AG

3m 2 24m , ? 3 ? 4k ? 4mk 1 ?32mk ? 3 ? 4k 2 ? ? 3 ? 4k 2 8
24m 3 ? 4k 2 ? k ? ? 1 m ? ? ,即 ,代入(1) ?32mk ? 3 ? 4k 2 8k

由直线 AG 和直线 MN 垂直可得:

式,可得 (

1 3 ? 4k 2 2 5 5 ) ? 4k 2 ? 3 ,即 k 2 ? ,则 k ? 。 或k ? ? 20 8k 10 10

题型:动弦过定点的问题 例题 2(07 山东理)已知椭圆 C 的中心在坐标原点,焦点在 x 轴上,椭圆 C 上的点到焦点 距离的最大值为 3;最小值为 1; (Ⅰ)求椭圆 C 的标准方程; (Ⅱ)若直线 l:y ? kx ? m 与椭圆 C 相交于 A,B 两点(A,B 不是左右顶点) ,且以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的右顶点。求证:直线 l 过定点,并求出该定点的坐标。 分析:第一问,是待定系数法求椭圆的标准方程;第二问,直线 l:y ? kx ? m 与椭圆 C 相交于 A,B 两点,并且椭圆的右顶点和 A、B 的连线互相垂直,证明直线 l 过定点,就 是通过垂直建立 k、m 的一次函数关系。 解(I)由题意设椭圆的标准方程为

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) a 2 b2 x2 y 2 ? ?1 4 3

a ? c ? 3, a ? c ? 1 , a ? 2, c ? 1, b2 ? 3 ?

(II)设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,由 ?

? y ? kx ? m 得 2 2 ?3x ? 4 y ? 12

(3 ? 4k 2 ) x2 ? 8mkx ? 4(m2 ? 3) ? 0 , ? ? 64m2k 2 ?16(3 ? 4k 2 )(m2 ? 3) ? 0 , 3 ? 4k 2 ? m2 ? 0
x1 ? x2 ? ? 8mk 4(m2 ? 3) , x ? x ? (注意:这一步是同类坐标变换) 1 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2

y1 ? y2 ? (kx1 ? m) ? (kx2 ? m) ? k 2 x1 x2 ? mk ( x1 ? x2 ) ? m 2 ?
步叫同点纵、横坐标间的变换)

3(m2 ? 4k 2 ) (注意:这一 3 ? 4k 2

? 以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2,0), 且 k AD ? kBD ? ?1 ,
? y1 y ? 2 ? ?1 , y1 y2 ? x1 x2 ? 2( x1 ? x2 ) ? 4 ? 0 , x1 ? 2 x2 ? 2

3(m2 ? 4k 2 ) 4(m2 ? 3) 16mk ? ? ? 4 ? 0, 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2
7m2 ? 16mk ? 4k 2 ? 0 ,解得 m1 ? ?2k , m2 ? ?
2k 2 2 ,且满足 3 ? 4k ? m ? 0 7

当 m ? ?2k 时, l : y ? k ( x ? 2) ,直线过定点 (2,0), 与已知矛盾;

2k 2 2 时, l : y ? k ( x ? ) ,直线过定点 ( , 0) 7 7 7 2 综上可知,直线 l 过定点,定点坐标为 ( , 0). 7 3 练习 2(2009 辽宁卷文)已知,椭圆 C 以过点 A(1, ) ,两个焦点为(-1,0) (1,0) 。 2
当m ? ? (1) 求椭圆 C 的方程; (2) E,F 是椭圆 C 上的两个动点,如果直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数,证明直 线 EF 的斜率为定值,并求出这个定值。 解: (Ⅰ)由题意,c=1,可设椭圆方程为 程: ,将点 A 的坐标代入方 (舍去)

1 1 9 ,解得 a 2 ? 4 , a2 ? ? 1 ? c2 ? ?1 2 2 4 a 4(a ? 1) 所以椭圆方程为 。 2 2 x y ? ?1 4 3 3 x2 y 2 ? ? 1得 (Ⅱ)设直线 AE 方程为: y ? k ( x ? 1) ? ,代入 2 4 3

3 (3 ? 4k 2 ) x 2 ? 4k (3 ? 2k ) x ? 4( ? k ) 2 ? 12 ? 0 2 3 设 E (x E , y E ) , F (x F , y F ) ,因为点 A(1, ) 在椭圆上,所以 2 3 4( ?k 2 )? 12 3 2 yE ? kxE ? ? k xF ? 2 2 3 ? 4k
又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数,在上式中以—K 代 K,可得

………8 分

3 4( ? k )2 ? 12 3 , yE ? ?kxE ? ? k xF ? 2 2 2 3 ? 4k
所以直线 EF 的斜率 K EF ?

yF ? yE ?k ( xF ? xE ) ? 2k 1 ? ? xF ? xE xF ? xE 2
1 。 2
……12 分

即直线 EF 的斜率为定值,其值为

题型:共线向量问题 解析几何中的向量共线, 就是将向量问题转化为同类坐标的比例问题, 再通过未达定理-----同类坐标变换,将问题解决。此类问题不难解决。 例题 3 设过点 D(0,3)的直线交曲线 M: 取值范围。
ì x1 = l x 2 ? uuu r uuu r 解:设 P(x1,y1),Q(x2,y2), Q DP = l DQ \ (x1,y1-3)= l (x2,y2-3)即 ? í ? y = 3 + l (y 2 - 3) ? ? ? 1
uuu r uuu r x2 y 2 ? ? 1 于 P、 Q 两点, 且 DP = l DQ ,求实数 l 的 9 4

方法一:方程组消元法又 Q P、Q 是椭圆
2 ì x2 y2 ? ? + 2 = 1 ? ? 9 4 \ ? í 2 ? ( l x ) (l y 2 + 3 - 3l )2 ? 2 + = 1 ? ? 4 ? ? 9

x2 y2 + =1 上的点 9 4

消去 x2,可得

2 13l - 5 (l y 2 + 3 - 3l )2 - l 2y 2 = 1 - l 2 即 y2= 6l 4

又 Q -2 ? y2 ? 2, \ -2 ?

1 13l - 5 ? 2 解之得: ? ? ? 5 6l 5

则实数 l 的取值范围是 ? ,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 ,

?1

?

由?

? y ? kx ? 3 2 2 消 y 整理后,得 (4 ? 9k ) x ? 54kx ? 45 ? 0 2 2 ?4 x ? 9 y ? 36

? P、Q 是曲线 M 上的两点,?? ? (54k )2 ? 4 ? 45(4 ? 9k 2 ) = 144k 2 ? 80 ? 0
即 9k ? 5
2



由韦达定理得: x1 ? x2 ? ?

54k 45 , x1 x2 ? 2 4 ? 9k 4 ? 9k 2

?

( x1 ? x2 )2 x1 x2 542 k 2 (1 ? ? )2 ? ? ? ? 2? 45(4 ? 9k 2 ) ? x1 x2 x2 x1
36? 9k 2 ? 4 4 ? ? 1? 2 2 2 5(1 ? ? ) 9k 9k




由①得 0 ?

1 1 1 36? 9 ? ,代入②,整理得 1 ? ? ,解之得 ? ? ? 5 2 2 9k 5 5 5(1 ? ? ) 5

当直线 PQ 的斜率不存在,即 x ? 0 时,易知 ? ? 5 或 ? ? 总之实数 l 的取值范围是 ? ,5? 。 ?5 ?

1 。 5

?1

?

方法总结:通过比较本题的第二步的两种解法,可知第一种解法,比较简单,第二种方法是 通性通法,但计算量较大,纵观高考中的解析几何题,若放在后两题,很多情况下能用通性 通法解,但计算量较大,计算繁琐,考生必须有较强的意志力和极强的计算能力;不用通性 通法,要求考生必须深入思考,有较强的思维能力,在命题人设计的框架中,找出破解的蛛 丝马迹,通过自己的思维将问题解决。 4(07 福建理科)如图,已知点 F (1,0) ,直线 l:x=-1,P 为平面上的动点,过 P 作直线 l 的垂线,垂足为点 Q ,且错误!未找到引用源。 QP ? QF ? FP ? FQ (Ⅰ)求动点 P 的轨迹 C 的方程; (Ⅱ)过点 F 的直线交轨迹 C 于 A、B 两点,交直线 l 于点 M,已知错误!未找到引 用源。 MA ? ?1 AF , AF ? ?2 BF 错误!未找到引用源。 ,求错误!未找到引用源。?1 ? ?2 的 值。 小题主要考查直线、抛物线、向量等基础知识,考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征 的基本方法,考查运算能力和综合解题能力.满分 14 分. 解法一:

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

??? ?

??? ? ??? ?

??? ?

(Ⅰ)设点 P( x,y ) ,则 Q(?1 ,y) ,由 QP? QF ? FP?FQ 得:

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

( x ? 1, 0)? (2, ? y) ? ( x ?1,y)? (?2,y) ,化简得 C : y 2 ? 4x .
(Ⅱ)设直线 AB 的方程为: x ? my ? 1(m ? 0) .

设 A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) ,又 M ? ?1 , ?

? ?

2? ?, m?

联立方程组 ?

? y 2 ? 4 x, ,消去 x 得: ? x ? my ? 1,

? y ? y ? 4m, y 2 ? 4my ? 4 ? 0 , ? ? (?4m)2 ? 12 ? 0 ,故 ? 1 2 ? y1 y2 ? ?4.
由 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF 得:

????

??? ?

????

??? ?

y1 ?

2 2 2 2 ? ??1 y1 , y2 ? ? ??2 y2 ,整理得: ?1 ? ?1 ? , ?2 ? ?1 ? , m m my1 my2 2 4m 2 y1 ? y2 2? 1 1 ? ?0 ? ?2 ? ? ? ? ? ? ?2 ? ? m ?4 m y1 y2 m ? y1 y2 ?

? ?1 ? ?2 ? ?2 ?

解法二: (Ⅰ)由 QP? QF ? FP?FQ 得: FQ? ( PQ ? PF ) ? 0 ,

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

??? ? ??? ? ??? ?

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 2 ??? ?2 ?( PQ ? PF )? ( PQ ? PF ) ? 0 ,? PQ ? PF ? 0 ,? PQ ? PF
所以点 P 的轨迹 C 是抛物线,由题意,轨迹 C 的方程为: y ? 4 x .
2

(Ⅱ)由已知 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF ,得 ?1 ? ?2 ? 0 .

????

??? ?

????

??? ?

???? MA ?1 则: ???? ? ? MB ?2

??? ? AF ??? ? .…………① BF

过点 A,B 分别作准线 l 的垂线,垂足分别为 A 1, B 1,

???? ???? ??? ? MA AA1 AF ?1 则有: ???? ? ???? ? ??? ? .…………②由①②得: ? MB BB1 BF ?2
题型:面积问题

??? ? ??? ? AF AF ??? ? ? ??? ? ,即 ?1 ? ?2 ? 0 . BF BF

练习 2、 (山东 06 文)已知椭圆的中心在坐标原点 O,焦点在 x 轴上,椭圆的短轴端点 和焦点所组成的四边形为正方形,两准线间的距离为 4。 (Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)直线 l 过点 P(0,2)且与椭圆相交于 A、B 两点,当Δ AOB 面积取得最大值时,求直 线 l 的方程。 解:设椭圆方程为

x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0). a2 b2

b?c
(I)由已知得

2a ?4 c a2 ? b2 ? c2

2

a2 ? 2

?

b2 ? 1 c2 ? 1

x2 ? y 2 ? 1. ? 所求椭圆方程为 2
(II)解法一:由题意知直线 l 的斜率存在, 设直线 l 的方程为 y ? kx ? 2 , A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 )

y ? kx ? 2
由 消去 y 得关于 x 的方程: (1 ? 2k 2 ) x 2 ? 8kx ? 6 ? 0 x2 2 ? y ?1 2

由直线 l 与椭圆相交 A、B 两点,? △ ? 0 ? 64k2 ? 24(1 ? 2k 2 ) ? 0 ,

解得 k

2

?

3 ,又由韦达定理得 2

8k 1 ? 2k 2 6 x1 ? x 2 ? 1 ? 2k 2 x1 ? x 2 ? ?

? AB ? 1 ? k 2 x1 ? x 2 ? 1 ? k 2 ( x1 ? x 2 ) 2 ? 4x1 x 2

1? k2 ? 1 ? 2k 2

16k 2 ? 24

.

原点 O 到直线 l 的距离 d ?

2 1? k2

? S ?ADB ?

1 16k2 ? 24 2 2 2k 2 ? 3 AB ? d ? ? 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 16k2 ? 24 两边平方整理得: 1 ? 2k 2
(*)

解法 1:对 S ?

4S 2 k 4 ? 4(S 2 ? 4)k 2 ? S 2 ? 24 ? 0
?S ? 0 ,

16( S 2 ? 4) 2 ? 4 ? 4S 2 ( S 2 ? 24) ? 0

?

4- S2 ?0 S2 S 2 ? 24 ?0 4S 2
2

整理得: S ?

1 2 2 . 又 S ? 0 ,? 0 ? S ? .从而 S ?AOB 的最大值为 S ? , 2 2 2

4k 4 ? 28k2 ? 49 ? 0
此时代入方程(*)得

?k ? ?

14 2

所以,所求直线方程为: ? 14x ? 2y ? 4 ? 0 . 解法 2:令 m ?

2k 2 ? 3 (m ? 0) ,则 2k 2 ? m 2 ? 3 ,

?S ?

4 2 2m 2 2 2 2 ? ? .当且仅当 m ? 即 m ? 2 时, 2 4 m 2 m ?4 m? m

S max ?

2 14 此时 k ? ? .所以,所求直线方程为 ? 14x ? 2y ? 4 ? 0 . 2 2

题型:弦或弦长为定值问题 例题 5(07 湖北理科)在平面直角坐标系 xOy 中,过定点 C(0,p)作直线与抛物线 x =2py(p>0)相交于 A、B 两点。
2

(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。 (此题不要求在答题卡上画图) 本小题主要考查直线、 圆和抛物线等平面解析几何的基础知识, 考查综合运用数学知识进行 推理运算的能力和解决问题的能力. 解法 1: (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

? x 2 ? 2 py 程为 y=kx+p,与 x =2py 联立得 ? 消去 y 得 x2-2pkx-2p2=0. ? y ? kx ? p.
2

由韦达定理得 x1+x2=2pk,x1x2=-2p2. 于是 S ?ABN ? S ?BCN ? S ?ACN ?

1 ? 2 p x1 ? x2 2

2 2 2 2 2 2 = p x1 ? x2 ? p ( x1 ? x2 ) ? 4 x1 x2 = p 4 p k ? 8 p ? 2 p k ? 2 .

?当k ? 0时,(S?ABN) min ? 2 2 p2 .
(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(

x1 y1 ? p , ) 2 2

? O?P ?

1 1 1 2 y12 ? p 2 . AC ? x1 ? ( y1 ? p) 2 = 2 2 2
2 2 2 y1 ? p 1 ? 2a ? y1 ? p , ? PH ? O?P ? O?H 2 2

O?H ? a ?

=

p 1 2 1 ( y1 ? p 2 ) ? (2a ? y1 ? p) 2 = (a ? ) y1 ? a ( p ? a ), 2 4 4

2 p ? ? ? PQ ? (2 PH ) 2 = 4?(a ? ) y2 ? a( p ? a)?. 2 ? ?

令a ?

p p ? 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 2 2

y?

p ,即抛物线的通径所在的直线. 2
(Ⅰ)前同解法 1,再由弦长公式得

解法 2:

AB ? 1 ? k 2 x1 ? x2 ? 1 ? k 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2 ? 4 p 2 k 2 ? 8 p 2
= 2 p 1 ? k 2 ? k 2 ? 2. 又由点到直线的距离公式得 d ?

2p 1? k2

.

从而, S?ABN ?

1 1 2p ? d ? AB ? ? 2 p 1 ? k 2 ? k 2 ? 2 ? ? 2 p2 k 2 ? 2, 2 2 2 1? k

?当k ? 0时,(S?ABN) max ? 2 2 p2.
(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

x 2 ? x1 x ? (a ? p)(a ? y1 ) ? 0, p ? ? 则?=x12 ? 4(a ? p)(a ? y1 ) ? 4?(a ? )? y1 ? a( p ? a). 2 ? ?
设直线 l 与以 AC 为直径的圆的交点为 P(x2,y2),Q(x4,y4),则有

p p ? ? PQ ? x3 ? x4 ? 4 ?(a ? ) y1 ? a ( p ? a )? ? 2 (a ? ) y1 ? a ( p ? a ) . 2 2 ? ?
令a?

p p ? 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 2 2

y?

p .即抛物线的通径所在的直线。 2

练习、 (山东 09 理) (22) (本小题满分 14 分) 设椭圆 E:

x2 y 2 ? ? 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,O 为坐标原点, a 2 b2

(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:

x2 y 2 ? ? 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点, a 2 b2

2 ?4 ?1 1 ? 2 ?1 ? 2 ? ? ?a 2 ? 8 x2 y 2 ?a b ? a2 8 ? ?1 所以 ? 解得 ? 所以 ? 2 椭圆 E 的方程为 8 4 ?b ? 4 ? 6 ? 1 ?1 ?1 ?1 ? ? ? a 2 b2 ? b2 4
(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,

? y ? kx ? m ??? ? ??? ? ? 且 OA ? OB , 设 该 圆 的 切 线 方 程 为 y ? kx ? m 解 方 程 组 ? x 2 y 2 得 ? ? 1 ? 4 ?8

x2 ? 2(kx ? m)2 ? 8 ,即 (1 ? 2k 2 ) x2 ? 4kmx ? 2m2 ? 8 ? 0 ,
2 2 2 2 2 2 则△= 16k m ? 4(1 ? 2k )(2m ? 8) ? 8(8k ? m ? 4) ? 0 ,即 8k ? m ? 4 ? 0
2 2

4km ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 2k 2 ? 2 ? x x ? 2m ? 8 ? 1 2 1 ? 2k 2 ?

,

y1 y2 ? (kx1 ? m)(kx2 ? m) ? k 2 x1 x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m2 ?

k 2 (2m2 ? 8) 4k 2 m2 m2 ? 8k 2 2 ? ? m ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2

? 要 使 O A

? ? ??

? ? ?? O , B需 使 x1 x2 ?

y1 ?y 0 2 , 即

2m2 ? 8 m2 ? 8k 2 ? ?0 , 所 以 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2

3m2 ? 8k 2 ? 8 ? 0 , 所 以 k 2 ?

? m2 ? 2 3m2 ? 8 ? 0 又 8k 2 ? m2 ? 4 ? 0 , 所 以 ? 2 ,所以 8 3 m ? 8 ?

m2 ?

8 2 6 2 6 ,即 m ? 或m?? ,因为直线 y ? kx ? m 为圆心在原点的圆的一条切 3 3 3

m2 m2 8 2 6 ? ? ,r ? 线 , 所以圆的半径为 r ? ,r ? , 所求的圆为 2 2 2 3m ? 8 3 1? k 3 1? k 1? 8

m

2

x2 ? y 2 ?

8 2 6 2 6 , 此时圆的切线 y ? kx ? m 都满足 m ? 或m?? , 而当切线的斜 3 3 3

率不存在时切线为 x ? ?

x2 y 2 2 6 2 6 2 6 ? ?1 的两个交点为 ( 与椭圆 ,? )或 8 4 3 3 3

(?

??? ? ??? ? 8 2 6 2 6 ,? ) 满足 OA ? OB ,综上, 存在圆心在原点的圆 x 2 ? y 2 ? ,使得该圆的 3 3 3 ??? ? ??? ?

任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB .

4km ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 2k 2 因为 ? , 2 ? x x ? 2m ? 8 ? 1 2 1 ? 2k 2 ?
所以 ( x1 ? x2 )2 ? ( x1 ? x2 )2 ? 4 x1 x2 ? (?

4km 2 2m2 ? 8 8(8k 2 ? m2 ? 4) , ) ? 4 ? ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 (1 ? 2k 2 )2
8(8k 2 ? m 2 ? 4) (1 ? 2k 2 ) 2

| AB |? ( x1 ? x2 ) 2 ? ? y1 ? y2 ? ? (1 ? k 2 )( x1 ? x2 ) 2 ? (1 ? k 2 )
2

?

32 4k 4 ? 5k 2 ? 1 32 k2 ? 4 ? [1 ? ], 3 4k ? 4k 2 ? 1 3 4k 4 ? 4k 2 ? 1
32 1 [1 ? ] 1 3 4k 2 ? 2 ? 4 k

①当 k ? 0 时 | AB |?

因为 4k ?
2

1 ? 4 ? 8 所以 0 ? k2

1 1 32 32 1 ? ,所以 ? [1 ? ] ? 12 , 1 1 8 3 3 2 2 4k ? 2 ? 4 4k ? 2 ? 4 k k

所以

4 2 6 ?| AB |? 2 3 当且仅当 k ? ? 时取”=”. 3 2

② 当 k ? 0 时, | AB |?

4 6 . 3 2 6 2 6 2 6 2 6 ,? ) 或 (? ,? ) , 所以此时 3 3 3 3

③ 当 AB 的斜率不存在时 , 两个交点为 (

| AB |?

4 4 4 6 6 ?| AB |? 2 3 即: | AB |? [ 6, 2 3] ,综上, |AB |的取值范围为 3 3 3

问题十:范围问题(本质是函数问题) 6(2009 湖南卷文) (本小题满分 13 分) 已知椭圆 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上,以两个焦点和短轴的两个端点 为顶点的四边形是一个面积为 8 的正方形(记为 Q). (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)设点 P 是椭圆 C 的左准线与 x 轴的交点,过点 P 的直线 l 与椭圆 C 相交于 M,N 两点,当线段 MN 的中点落在正方形 Q 内(包括边界)时,求直线 l 的斜率的取值范围。 解: (Ⅰ)依题意,设椭圆 C 的方程为

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0), 焦距为 2c , a 2 b2
.

由题设条件知, a 2 ? 8, b ? c, 所以 b ?
2

1 2 x2 y 2 a ? 4. 故椭圆 C 的方程为 ? ?1 2 8 4

(Ⅱ)椭圆 C 的左准线方程为 x ? ?4, 所以点 P 的坐标 (?4, 0) , 显然直线 l 的斜率 k 存在,所以直线 l 的方程为 y ? k ( x ? 4) 。 如图,设点 M,N 的坐标分别为 ( x1 , y1 ),( x2 , y2 ), 线段 MN 的中点为 G ( x0 , y0 ) ,

? y ? k ( x ? 4), ? 2 2 2 2 由 ? x2 y 2 得 (1 ? 2k ) x ? 16k x ? 32k ? 8 ? 0 . ?1 ? ? 4 ?8
由 ? ? (16k ) ? 4(1 ? 2k )(32k ? 8) ? 0 解得 ?
2 2 2 2

……①

2 2 ?k? . 2 2

……②

因为 x1 , x2 是方程①的两根,所以 x1 ? x2 ? ?

16k 2 ,于是 1 ? 2k 2
.

x0 ?

x1 ? x2 4k 8k 2 =? , y0 ? k ( x0 ? 4) ? 2 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k

因为 x0 ? ?

8k 2 ? 0 ,所以点 G 不可能在 y 轴的右边, 1 ? 2k 2

又直线 F1B2 , F 1B 1 方程分别为 y ? x ? 2, y ? ? x ? 2, 所以点 G 在正方形 Q 内(包括边界)的充要条件为

?2k 2 ? 2k ? 1 ? 0, ? 4k 8k 2 ? y0 ? x0 ? 2, ? ? ? ? 2, 即? 亦即 ? 2 ? ?1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 ? ?2k ? 2k ? 1 ? 0. 2 ? y0 ? x0 ? 2. ? 8k ? 4k
?1 ? 2k 2 ? ? 1 ? 2k 2 ? 2,

解得 ?

3 ?1 3 ?1 ,此时②也成立. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ?k? 2 2 3 ?1 3 ?1 , ]. 2 2

故直线 l 斜率的取值范围是 [?

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) 7(2009 山东卷文)(本小题满分 14 分) 设 m ? R ,在平面直角坐标系中 ,已知向量 a ? (mx, y ? 1) ,向量 b ? ( x, y ? 1) , a ? b ,动 点 M ( x, y ) 的轨迹为 E. (1)求轨迹 E 的方程,并说明该方程所表示曲线的形状; w.w.w.k.s.5.u.c.o.m (2)已知 m ?

?

?

?

?

1 ,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹 E 恒有两个交 4

点 A,B,且 OA ? OB (O 为坐标原点),并求出该圆的方程; (3)已知 m ?

1 2 2 2 ,设直线 l 与圆 C: x ? y ? R (1<R<2)相切于 A1,且 l 与轨迹 E 只有一个公共 4

点 B1,当 R 为何值时,|A1B1|取得最大值?并求最大值. 解:(1)因为 a ? b , a ? (mx, y ? 1) , b ? ( x, y ?1) , 所以 a ? b ? mx2 ? y2 ?1 ? 0 ,

?

? ?

?

? ?

即 mx ? y ? 1 . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2 2

当 m=0 时,方程表示两直线,方程为 y ? ?1 ;

当 m ? 1 时, 方程表示的是圆 当 m ? 0 且 m ? 1 时,方程表示的是椭圆; 当 m ? 0 时,方程表示的是双曲线. (2).当 m ?

1 x2 ? y 2 ? 1,设圆心在原点的圆的一条切线为 y ? kx ? t , 时, 轨迹 E 的方程为 4 4

? y ? kx ? t ? 解方程组 ? x 2 得 x2 ? 4(kx ? t )2 ? 4 ,即 (1 ? 4k 2 ) x2 ? 8ktx ? 4t 2 ? 4 ? 0 , 2 ? ? y ?1 ?4
要使切线与轨迹 E 恒有两个交点 A,B, 则使△= 64k 2t 2 ?16(1 ? 4k 2 )(t 2 ?1) ? 16(4k 2 ? t 2 ? 1) ? 0 ,

即 4k ? t ? 1 ? 0 ,即 t ? 4k ? 1 ,
2 2 2 2

8kt ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 4k 2 且? 2 ? x x ? 4t ? 4 ? 1 2 1 ? 4k 2 ?
k 2 (4t 2 ? 4) 8k 2t 2 t 2 ? 4k 2 2 , ? ? t ? 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

y1 y2 ? (kx1 ? t )(kx2 ? t ) ? k 2 x1 x2 ? kt ( x1 ? x2 ) ? t 2 ?
要使 OA ? OB ,
2 2

??? ?

??? ?

需使 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,即
2 2

4t 2 ? 4 t 2 ? 4k 2 5t 2 ? 4k 2 ? 4 ? ? ? 0, 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2
2 2

所以 5t ? 4k ? 4 ? 0 ,

即 5t ? 4k ? 4 且 t ? 4k ? 1 ,

即 4k ? 4 ? 20k ? 5 恒成立.
2 2

所以又因为直线 y ? kx ? t 为圆心在原点的圆的一条切线,

4 (1 ? k 2 ) t 4 t 4 2 所以圆的半径为 r ? ,r ? ?5 ? , 所求的圆为 x 2 ? y 2 ? . 2 2 2 5 1? k 1? k 5 1? k
2

当切线的斜率不存在时,切线为 x ? ?

2 2 2 x2 5 ,与 5) 或 ? y 2 ? 1 交 于 点 ( 5 ,? 5 5 5 4

(?

2 2 5 ,? 5 ) 也满足 OA ? OB . 5 5
2 2

综上, 存在圆心在原点的圆 x ? y ? A,B,且 OA ? OB . (3)当 m ?

4 ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 5

??? ?

??? ?

1 x2 ? y 2 ? 1 ,设直线 l 的方程为 y ? kx ? t ,因为直线 l 与圆 时,轨迹 E 的方程为 4 4

C: x 2 ? y 2 ? R2 (1<R<2)相切于 A1, 由(2)知 R ? 因为 l 与轨迹 E 只有一个公共点 B1,

t 1? k
2

,

即 t 2 ? R2 (1 ? k 2 )

①,

? y ? kx ? t ? 由(2)知 ? x 2 得 x2 ? 4(kx ? t )2 ? 4 , 2 ? ? y ?1 ?4
即 (1 ? 4k 2 ) x2 ? 8ktx ? 4t 2 ? 4 ? 0 有唯一解 则△= 64k 2t 2 ?16(1 ? 4k 2 )(t 2 ?1) ? 16(4k 2 ? t 2 ? 1) ? 0 , 即 4k ? t ? 1 ? 0 ,
2 2



? 2 3R 2 t ? ? ? 4 ? R2 由①②得 ? , 2 ?k 2 ? R ? 1 ? ? 4 ? R2

此时 A,B 重合为 B1(x1,y1)点, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

8kt ? x1 ? x2 ? ? ? 4t 2 ? 4 16 R 2 ? 16 ? 1 ? 4k 2 2 x ? ? 由? 中 , 所以 , , x ? x 1 1 2 2 2 2 1 ? 4 k 3 R 4 t ? 4 ? xx ? 1 2 ? 1 ? 4k 2 ?
B1(x1,y1)点在椭圆上,所以 y1 ? 1 ?
2

4 1 2 4 ? R2 2 2 2 x1 ? ,所以 | OB1 | ? x1 ? y1 ? 5 ? 2 , 2 R 4 3R
2 2 2

在 直 角 三 角 形 OA1B1 中 , | A1 B1 | ?| OB1 | ? | OA1 | ? 5 ?

4 4 ? R2 ? 5 ? ( 2 ? R2 ) 因 为 2 R R

4 ? R 2 ? 4 当且仅当 R ? 2 ? (1, 2) 时取等号,所以 | A1B1 |2 ? 5 ? 4 ? 1 ,即 2 R
当 R ? 2 ? (1,2) 时|A1B1|取得最大值,最大值为 1.


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