圓錐曲線-文庫吧在線文庫

　　

【正文】 點集：({M｜｜MF1+｜MF2｜=2a,｜F 1F2｜＜2a＝點集：{M｜｜MF1｜｜MF2｜.=177。+kx=hy=k雙曲線=1(177。|PF2|=|F1F2|2=4c2∴16+8c2＜50+2c2,∴c2＜,又∵c2=4+b2＜,∴b2＜,∴b2=1.答案：1【例2】 已知圓C1的方程為，橢圓C2的方程為，C2的離心率為，如果C1與C2相交于A、B兩點，且線段AB恰為圓C1的直徑，求直線AB的方程和橢圓C2的方程。方法二:同上得 設點M (3cosα，2sinα)，N (3cosβ,2sinβ) 則有由上式消去α并整理得, 由于 ∴ ， 解得為所求. 方法三：設法求出橢圓上的點到點D的距離的最大值為5，最小值為1.進而推得的取值范圍為。時，方程(*)有一個根，l與C有一個交點(ⅱ)當2－k2≠0,即k≠177。n= ②由①、②式得m=,n=或m=,n=故橢圓方程為+y2=1或x2+y2=1.【例10】 如圖所示，拋物線y2=4x的頂點為O，點A的坐標為(5，0)，傾斜角為的直線l與線段OA相交(不經過點O或點A)且交拋物線于M、N兩點，求△AMN面積最大時直線l的方程，并求△AMN的最大面積.解：由題意，可設l的方程為y=x+m,－5＜m＜0.由方程組,消去y,得x2+(2m－4)x+m2=0……………①∵直線l與拋物線有兩個不同交點M、N，∴方程①的判別式Δ=(2m－4)2－4m2=16(1－m)＞0,解得m＜1,又－5＜m＜0,∴m的范圍為(－5，0)設M(x1,y1),N(x2,y2)則x1+x2=4－2m，x1,或k=，或k不存在時，l與C只有一個交點；當＜k＜,或－＜k＜,或k＜－時，l與C有兩個交點；當k＞時，l與C沒有交點.(2)假設以Q為中點的弦存在，設為AB，且A(x1,y1),B(x2,y2)，則2x12－y12=2,2x22－y22=2兩式相減得：2(x1－x2)(x1+x2)=(y1－y2)(y1+y2)又∵x1+x2=2,y1+y2=2∴2(x1－x2)=y1－y1即kAB==2但漸近線斜率為177。(1)求過P(1，2)點的直線l的斜率取值范圍，使l與C分別有一個交點，兩個交點，沒有交點。1.即漸近線為y=177。,故當k＜－或－＜k＜或＜k＜時，方程(*)有兩不等實根，l與C有兩個交點.③當Δ＜0，即k＞時，方程(*)無解，l與C無交點.綜上知：當k=177。x,又點A關于y=x對稱點的坐標為(0，).∴a==b,所求雙曲線C的方程為x2－y2=2.(2)設直線l：y=k(x－)(0＜k＜1,依題意B點在平行的直線l′上，且l與l′間的距離為.設直線l′：y=kx+m,應有,化簡得m2+2km=2. ②把l′代入雙曲線方程得(k2－1)x2+2mkx+m2－2=0,由Δ=4m2k2－4(k2－1)(m2－2)=0.可得m2+2k2=2 ③②、③兩式相減得k=m,代入③得m2=,解設m=,k=,此時x=,y=.故B(2,).直線與圓錐曲線【復習要點】直線與圓錐曲線聯系在一起的綜合題在高考中多以高檔題、壓軸題出現，主要涉及位置關系的判定，弦長問題、最值問題、對稱問題、分類討論、函數與方程、等價轉化等數學思想方法，要求考生分析問題和解決問題的能力、計算能力較高，起到了拉開考生“檔次”，有利于選拔的功能.，實際上是研究它們的方程組成的方程是否有實數解成實數解的個數問題，此時要注意用好分類討論和數形結合的思想方法.：涉及弦長問題，常用“韋達定理法”設而不求計算弦長(即應用弦長公式)；涉及弦長的中點問題，常用“差分法”設而不求，將弦所在直線的斜率、弦的中點坐標聯系起來，尋找量與量間的關系靈活轉化，往往就能事半功倍.【例題】【例17】 已知橢圓的中心在坐標原點O，焦點在坐標軸上，直線y=x+1與橢圓交于P和Q，且OP⊥OQ，|PQ|=，求橢圓方程.解：設橢圓方程為mx2+ny2=1(m＞0,n＞0)，P(x1,y1),Q(x2,y2)由 得(m+n)x2+2nx+n－1=0,Δ=4n2－4(m+n)(n－1)＞0,即m+n－mn＞0,由OP⊥OQ,所以x1x2+y1y2=0,即2x1x2+(x1+x2)+1=0,∴+1=0,∴m+n=2 ①又22,將m+n=2,代入得m(2)若Q(1，1)，試判斷以Q為中點的弦是否存在.解：(1)當直線l的斜率不存在時，l的方程為x=1,與曲線C有一個交點.當l的斜率存在時，設直線l的方程為y－2=k(x－1),代入C的方程，并整理得(2－k2)x2+2(k2－2k)x－k2+4k－6=0………………(*)(ⅰ)當2－k2=0,即k=177。,結合圖形知直線AB與C無交點，所以假設不正確，即以Q為中點的弦不存在.【例4】 如圖，已知某橢圓的焦點是F1(－4，0)、F2(4，0)，過點F2并垂直于x軸的直線與橢圓的一個交點為B，且|F1B|+|F2B|=10，橢圓上不同的兩點A(x1,y1),C(x2,y2)滿足條件：|F2A|、|F2B|、|F2C|成等差數列.(1)求該弦橢圓的方程；(2)求弦AC中點的橫坐標；(3)設弦AC的垂直平分線的方程為y=kx+m，求m的取值范圍.解：(1)由橢圓定義及條件知，2a=|F1B|+|F2B|=10,得a=5,又c=4,所以b==3.故橢圓方程為=1.(2)由點B(4,yB)在橢圓上，得|F2B|=|yB|=.因為橢圓右準線方程為x=,離心率為，根據橢圓定義，有|F2A|=(－x1),|F2C|=(－x2)，由|F2A|、|F2B|、|F2C|成等差數列，得(－x1)+(－x2)=2,由此得出：x1+x2=8.設弦AC的中點為P(x0,y0),則x0==4.(3)解法一：由A(x1,y1),C(x2,y2)在橢圓上.①②得 ①－②得9(x12－x22)+25(y12－y22)=0,即9=0(x1≠x2)將 (k≠0)代入上式，得94+25y0(－)=0(k≠0)即k=y0(當k=0時也成立).由點P(4，y0)在弦AC的垂直平分線上，得y0=4k+m,所以m=y0－4k=y0－y0=－y0.由點P(4，y0)在線段BB′(B′與B關于x軸對稱)的內部，得－＜y0＜,所以－＜m＜.解法二：因為弦AC的中點為P(4,y0)，所以直線AC的方程為y－y0=－(x－4)(k≠0) ③將③代入橢圓方程=1,得(9k2+25)x2－50(ky0+4)x+25(ky0+4)2－259k2=0所以x1+x2==8,解得k=y0.(當k=0時也成立)(以下同解法一).【例5】 已知雙曲線G的中心在原點，它的漸近線與圓相切．過點作斜率為的直線，使得和交于兩點，和軸交于點，并且點在線段上，又滿足．（1）求雙曲線的漸近線的方程；（2）求雙曲線的方程；（3）橢圓的中心在原點，它的短軸是的實軸．如果中垂直于的平行弦的中點的軌跡恰好是的漸近線截在內的部分，求橢圓的方程．解：（1）設雙曲線的漸近線的方程為：，則由漸近線與圓相切可得：．所以，．雙曲線的漸近線的方程為：．（2）由（1）可設雙曲線的方程為：．把直線的方程代入雙曲線方程，整理得．則 （＊）∵ ，共線且在線段上，∴ ，即：，整理得：將（＊）代入上式可解得：．所以，雙曲線的方程為．（3）由題可設橢圓的方程為：．下面我們來求出中垂直于的平行弦中點的軌跡．設弦的兩個端點分別為，的中點為，則．兩式作差得：由于，所以，所以，垂直于的平行弦中點的軌跡為直線截在橢圓S內的部分．又由題，這個軌跡恰好是的漸近線截在內的部分，所以，．所以，橢圓S的方程為：．點評：解決直線與圓錐曲線的問題時，把直線投影到坐標軸上（也即化線段的關系為橫坐標（或縱坐標）之間的關系）是常用的簡化問題的手段；有關弦中點的問題，常常用到“設而不求”的方法；判別式和韋達定理是解決直線與圓錐曲線問題的常用工具）．【例6】 設拋物線過定點，且以直線為準線．（1）求拋物線頂點的軌跡的方程；（2）若直線與軌跡交于不同的兩點，且線段恰被直線平分，設弦MN的垂直平分線的方程為，試求的取值范圍． 解：（1）設拋物線的頂點為，則其焦點為．由拋物線的定義可知：． 所以，． 所以，拋物線頂點的軌跡的方程為： ． （2）因為是弦MN的垂直平分線與y軸交點的縱坐標，由MN所唯一確定．所以，要求的取值范圍，還應該從直線與軌跡相交入手．顯然，直線與坐標軸不可能平行，所以，設直線的方程為，代入橢圓方程得： 由于與軌跡交于不同的兩點，所以，即：．（＊） 又線段恰被直線平分，所以，． 所以，． 代入（＊）可解得：．下面，只需找到與的關系，即可求出的取值范圍．由于為弦MN的垂直平分線，故可考慮弦MN的中點．在中，令，可解得：．將點代入，可得：．所以，．從以上解題過程來看，求的取值范圍，主要有兩個關鍵步驟：一是尋求與其它參數之間的關系，二是構造一個有關參量的不等式．從這兩點出發，我們可以得到下面的另一種解法：解法二．設弦MN的中點為，則由點為橢圓上的點，可知：．兩式相減得：BB＇ＭＮＰ又由于，代入上式得：．又點在弦MN的垂直平分線上，所以，．所以，．由點在線段BB’上（B’、B為直線與橢圓的交點，如圖），所以，．也即：．所以，點評：解決直線和圓錐曲線的位置關系問題時，對于消元后的一元二次方程，必須討論二次項系數和判別式，有時借助圖形的幾何性質更為方便．涉及弦中點問題，利用韋達定理或運用平方差法時（設而不求），必須以直線與圓錐曲線相交為前提，否則不宜用此法．從構造不等式的角度來說，“將直線的方程與橢圓方程聯立所得判別式大于0”與“弦MN的中點在橢圓內”是等價的．【例7】 設拋物線的焦點為F，經過點F的直線與拋物線交于A、B兩點．又M是其準線上一點．試證：直線MA、MF、MB的斜率成等差數列．　　證明　依題意直線MA、MB、MF的斜率顯然存在，并分別設為，點A、B、M的坐標分別為A（，），B（，），M（，m）由“AB過點F（，0）”得　　： 將上式代入拋物線中得：可知　又依“及”可知　因此　而 故即直線MA、MF、MB的斜率成等差數列．【例8】 已知=(x,0)，=(1，y)(1)求點P(x，y)的軌跡C的方程；(2)若直線：y=kx+m(km≠0)與曲線C交于A、B兩端，D(0，－1),且有|AD|=|BD|，試求m的取值范圍。x2=m2,∴|MN|=4.點A到直線l的距離為d=.∴S△=2(5+m),從而S△2=4(1－m)(5+m)2=2(2－2m)解：(1)設A(x1，y1)，B(x2， y2)切線PA：，PB：∵P點在切線PA、PB上，∴∴直線AB的方程為(2)在直線AB方程中，令y=0，則M(，0)；令x=0，則N(0，)∴ ①∵2b=8 ∴b=4 代入①得a2 =25, b2 =16∴橢圓C方程： （注：不剔除xy≠0，可不扣分）(3) 假設存在點P(x0，y0)滿足PA⊥PB，連接OA、OB由|PA|=|PB|知，四邊形PAOB為正方形，|OP|=|OA| ∴ ① 又∵P點在橢圓C上 ∴ ②由①②知x∵ab0 ∴a2 －b20(1)當a2－2b20，即ab時，橢圓C上存在點，由P點向圓所引兩切線互相垂直；(2)當a2－2b20，即bab時，橢圓C上不存在滿足條件的P點【例6】 已知橢圓C的焦點是F1（－，0）、F2（，0），點F1到相應的準線的距離為，過F2點且傾斜角為銳角的直線l與橢圓C交于A、B兩點，使得|F2B|=3|F2A|. （1）求橢圓C的方程；（2）求直線l的方程.解：（1）依題意，橢圓中心為O（0，0），點F1到相應準線的距離為，a2=b2+c2=1+3=4∴所求橢圓方程為（2）設橢圓的右準線與l交于點P，作AM⊥，AN⊥，垂足分別為M、N. 由橢圓第二定義，得同理|BF2|=e|BN|由Rt△PAM～Rt△PBN，得…9分的斜率.∴直線l的方程【例7】 已知點B（－1，0），C（1，0），P是平面上一動點，且滿足（1）求點P的軌跡C對應的方程；（2）已知點A（m,2）在曲線C上，過點A作曲線C的兩條弦AD和AE，且AD⊥AE，判斷：直線DE是否過定點？試證明你的結論.（3）已知點A（m,2）在曲線C上，過點A作曲線C的兩條弦AD，AE，且AD，AE的斜率kk2滿足k1+kx=hy=k拋物線(yk)2=2p(xh)(+h,k)x=+hy=k(yk)2=2p(xh)(+h,k)x=+hy=k(xh)2=2p(yk)(h, +k