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直线和圆锥曲线经常考查的一些题型


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、 椭圆、 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 从几何角度可分为三类:无公共点, 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, 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. 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, 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。 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: 解决直线和圆锥曲线的位置关系的解题步骤是: 直线的斜率不存在 直线的斜率存, 斜率不存在, (2 联立直线和曲线的方程组; (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; ( 讨论类一元二次方程( (3)讨论类一元二次方程(4)一元二次方程的判别式 韦达定理,同类坐标变换( (5)韦达定理,同类坐标变换(6)同点纵横坐标变换 x,y,k(斜率 斜率) (7)x,y,k(斜率)的取值范围 目标:弦长,中点,垂直,角度,向量,面积, (8)目标:弦长,中点,垂直,角度,向量,面积,范围等等 1:已知椭圆 C :

x2 y2 3 1 + 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

解: (Ⅰ)Q 离心率 e = 又椭圆过点 (1, ) ,则

1 b2 1 3 2 2 ,∴ 2 = 1 ? = ,即 4b = 3a (1) ; a 4 4 2

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

Q 直线 l : y = kx + m(k ≠ 0) 与椭圆交于不同的两点,

∴? = 64m 2 k 2 ? 4(3 + 4k 2 )(4m 2 ? 12) > 0 ,即 m 2 < 4k 2 + 3 ………………(1)

由韦达定理得: x1 + x2 = ?

8mk 4m2 ? 12 , x1 x2 = , 3 + 4k 2 3 + 4k 2

则 x0 = ?

4mk 4mk 2 3m , y0 = kx0 + m = ? +m= , 2 2 3 + 4k 3 + 4k 3 + 4k 2 3m 2 24m = 3 + 4k = , 4mk 1 ?32mk ? 3 ? 4k 2 ? ? 3 + 4k 2 8
24m 3 + 4k 2 k = ?1 ,即 m = ? ,代入(1) ?32mk ? 3 ? 4k 2 8k

直线 AG 的斜率为: K AG

由直线 AG 和直线 MN 垂直可得:

式,可得 (

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

题型: 题型:动弦过定点的问题 (07 例题 5、 、 ( 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: 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 y2 + = 1(a > b > 0) a2 b2 x2 y2 + =1 4 3

a + c = 3, a ? c = 1 , a = 2, c = 1, b 2 = 3 ∴

(II)设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,由 ?

? y = kx + m 得 2 2 ?3 x + 4 y = 12

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

Q 以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D (2, 0), 且 k AD ? k BD = ?1 ,



y1 y ? 2 = ?1 , y1 y2 + x1 x2 ? 2( x1 + x2 ) + 4 = 0 , x1 ? 2 x2 ? 2

3(m2 ? 4k 2 ) 4(m 2 ? 3) 16mk + + +4=0, 3 + 4k 2 3 + 4k 2 3 + 4k 2 7 m 2 + 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 9 1 ,解得 a 2 = 4 , + =1 a2 = < 1 = c2 2 2 a 4(a ? 1) 4 所以椭圆方程为 。 2 2 x y + =1 4 3 3 x2 y2 (Ⅱ)设直线 AE 方程为: y = k ( x ? 1) + ,代入 + = 1得 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 xF = 2 yE = kxE + ? k 2 2 3 + 4k

………8 分

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

3 4( + k ) 2 ? 12 3 xF = 2 , y E = ? kxE + + k 2 2 3 + 4k
所以直线 EF 的斜率 K EF =

y F ? y E ? k ( xF + xE ) + 2 k 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: 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 7、设过点 D(0,3)的直线交曲线 M: 的取值范围。 解:设 P(x1,y1),Q(x2,y2), Q DP = l DQ \ (x1,y1-3)= l (x2,y2-3)即 ? í
x2 y2 + =1 上的点 9 4
uuu r uuu r uuu r uuu r x2 y 2 + = 1 于 P、Q 两点,且 DP = l DQ ,求实数 l 9 4

ì x1 = l x 2 ?

? ? y 1 = 3 + l (y 2 - 3) ? ?

方法一:方程组消元法又 Q P、Q 是椭圆 方法一:
2 ì x2 y2 ? 2 ? + = 1 ? ? \ ? 9 24 í ? (l x 2 ) (l y 2 + 3 - 3l )2 ? + = 1 ? ? 9 4 ? ?

消去 x2,可得

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

又 Q -2 ? y2 ? 2, \ -2 ?

1 13l - 5 ? 2 解之得: 6l 5

≤λ ≤5

则实数 l 的取值范围是 ? ,5? 。 ?5 ? 方法二: 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 消 y 整理后,得 (4 + 9k 2 ) x 2 + 54kx + 45 = 0 2 2 ?4 x + 9 y = 36

Q 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

Q

( x1 + x2 ) 2 x1 x2 542 k 2 (1 + λ ) 2 = + + 2∴ = x1 x2 x2 x1 45(4 + 9k 2 ) λ



36λ 9k 2 + 4 4 = = 1+ 2 2 2 5(1 + λ ) 9k 9k



由①得 0 <

1 1 36λ 9 1 ≤ ,代入②,整理得 1 < ≤ ,解之得 < λ < 5 2 2 9k 5 5(1 + λ ) 5 5
1 。 5

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

uuu uuur r

uuu uuu r r

uuur uuu uuu r r uuu r MA = λ1 AF , AF = λ2 BF ,求 λ1 + λ2 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: 解法一:

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

uuu uuur r

uuu uuu r r

( x + 1, (2, y ) = ( x ? 1,y ) (?2,y ) ,化简得 C : y 2 = 4 x . 0) ?
(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,

? y1 + y2 = 4m, y 2 ? 4my ? 4 = 0 , ? = (?4m) 2 + 12 > 0 ,故 ? ? y1 y2 = ?4.
由 MA = λ1 AF , MB = λ2 BF 得:

uuur

uuu r

uuur

uuu r

y1 +

2 2 2 2 = ?λ1 y1 , y2 + = ?λ2 y2 ,整理得: λ1 = ?1 ? , λ2 = ?1 ? , m m my1 my2

∴ λ1 + λ2 = ?2 ?

2?1 1 ? 2 y1 + y2 2 4m = ?2 ? =0 ? + ? = ?2 ? m ? y1 y2 ? m y1 y2 m ?4
uuu uuu r r uuu uuu uuu r r r

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

uuu uuur r

uuu 2 uuu 2 r r uuu r uuu r uuu uuu uuu uuu r r r r ∴ ( 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 2 = 4 x . (Ⅱ)由已知 MA = λ1 AF , MB = λ2 BF ,得 λ1

uuur

uuu r

uuur

uuu r

λ2 < 0 .

uuur MA λ1 则: uuur = ? MB λ2

uuur AF uuu .…………① r BF

过点 A,B 分别作准线 l 的垂线,垂足分别为 A1 , B1 ,

uuur uuur uuur MA AA1 AF λ1 则有: uuur = uuur = uuu .…………②由①②得: ? r MB BB1 BF λ2

uuur uuu r AF AF uuu = uuu ,即 λ1 + λ2 = 0 . r r BF BF

题型: 题型:面积问题 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ΔAOB 面积取得最大值时,求直 线 l 的方程。

x2 y2 解:设椭圆方程为 2 + 2 = 1( a > b > 0 ). a b
b=c
(I)由已知得

2a =4 c a2 = b2 + c2
x2 + y 2 = 1. 2

2

a2 = 2

?

b2 = 1 c2 = 1

∴ 所求椭圆方程为

(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 ( x 2 , 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 ? 64k 2 ? 24 (1 + 2k 2 ) > 0 ,

解得 k >
2

3 ,又由韦达定理得 2

x1 + x 2 = ?

8k 1 + 2k 2 6 x1 ? x 2 = 1 + 2k 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 16k 2 ? 24 2 2 2k 2 ? 3 AB ? d = = 2 1 + 2k 2 1 + 2k 2

16k 2 ? 24 解法 1:对 S = 两边平方整理得: 1 + 2k 2
4S 2 k 4 + 4 ( S 2 ? 4 )k 2 + S 2 + 24 = 0
QS ≠ 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 ? 28k 2 + 49 = 0
此时代入方程(*)得

∴k = ±

14 2

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

2k 2 ? 3 (m > 0 ) ,则 2k 2 = m 2 + 3 ,

∴S =

2 2m 2 2 2 2 4 = ≤ .当且仅当 m = 即 m = 2 时, 2 4 2 m m +4 m+ m 2 14 此时 k = ± .所以,所求直线方程为 ± 14 x ? 2y + 4 = 0 . 2 2

S max =

题型: 题型:弦或弦长为定值问题 例题 9、 (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. ,直线 AB 的方 (Ⅰ)依题意,点 N 的坐标为 N(0,-p),可设 A(x1,y1),B(x2,y2) 解法 1: : 程为 y=kx+p,与 x2=2py 联立得 ?

? x 2 = 2 py 消去 y 得 x2-2pkx-2p2=0. y = kx + p. ?

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

1 ? 2 p x1 ? x2 2
2 2 2 2

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

k 2 + 2.

∴当k = 0时,(S ?ABN) = 2 2 p2 . min
(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

Q O′P =

1 1 2 1 2 AC = x1 + ( y1 ? p ) 2 = y1 + p 2 . 2 2 2

O′H = a ?

y1 + p 1 2 2 2 = 2a ? y1 ? p , ∴ PH = O′P ? O′H 2 2

=

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

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 p 2 .
(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 (22) (本小题满分 练习、 山东 09 理) ) 本小题满分 14 分) ( ( ( 设椭圆 E:

x2 y2 + = 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,O 为坐标原点, a2 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

uuu uuu r r 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 y2 + = 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点, a2 b2

?4 2 ?1 1 ? a 2 + b2 = 1 ? a2 = 8 ?a 2 = 8 x2 y 2 ? ? 解得 ? 所以 ? 2 椭圆 E 的方程为 + =1 所以 ? 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 uuu uuu r r ? 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 x 2 + 2(kx + m) 2 = 8 ,即 (1 + 2k 2 ) x 2 + 4kmx + 2m2 ? 8 = 0 ,
则△= 16k 2 m 2 ? 4(1 + 2k 2 )(2m 2 ? 8) = 8(8k 2 ? m 2 + 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 ) + m 2 =

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

要 使 OA ⊥ OB , 需 使 x1 x2 + y1 y2 = 0 , 即

uuu r

uuu r

2 m 2 ? 8 m 2 ? 8k 2 + =0 , 所 以 1 + 2k 2 1 + 2k 2

3m 2 ? 8k 2 ? 8 = 0 , 所 以 k 2 =

? m2 > 2 3m2 ? 8 ≥ 0 又 8k 2 ? m 2 + 4 > 0 , 所 以 ? 2 ,所以 8 ?3m ≥ 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 线,所以圆的半径为 r = ,r = = = ,r = ,所求的圆为 2 2 2 3m ? 8 3 1+ k 3 1+ k 1+ 8

m

2

x2 + y2 =

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

率不存在时切线为 x = ±

(?

uuu uuu r r 2 6 2 6 8 ,± ) 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 uuu r uuu r

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 ) = ( x1 + x2 ) ? 4 x1 x2 = ( ?
2 2

4km 2 2m 2 ? 8 8(8k 2 ? m 2 + 4) ) ? 4× = , 1 + 2k 2 1 + 2k 2 (1 + 2k 2 ) 2
8(8k 2 ? m2 + 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 + 4 ], 3 4k + 4 k 2 + 1 3 4k + 4k 2 + 1
32 1 [1 + ] 1 3 4k 2 + 2 + 4 k

①当 k ≠ 0 时 | AB |=

因为 4k +
2

1 1 1 32 32 1 + 4 ≥ 8 所以 0 < ≤ ,所以 < [1 + ] ≤ 12 , 2 1 1 k 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 4 6 . 3 2 6 2 6 2 6 2 6 ,± ) 或 (? ,± ) ,所以此时 3 3 3 3

② 当 k = 0 时, | AB |=

③ 当 AB 的斜率不存在时, 两个交点为 (

| AB |=

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

问题十:范围问题(本质是函数问题) 问题十:范围问题(本质是函数问题) (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 y2 + = 1(a > b > 0), 焦距为 2c , a2 b2
.

2 由题设条件知, a = 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), ? 由 ? x2 y 2 得 (1 + 2k 2 ) x 2 + 16k 2 x + 32k 2 ? 8 = 0 . =1 ? + 4 ?8
由 ? = (16k 2 ) 2 ? 4(1 + 2k 2 )(32k 2 ? 8) > 0 解得 ?

……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 8k 2 4k =? , y0 = k ( x0 + 4) = 2 2 1 + 2k 1 + 2k 2 8k 2 ≤ 0 ,所以点 G 不可能在 y 轴的右边, 1 + 2k 2

因为 x0 = ?

又直线 F1 B2 , F1 B1 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 ? y0 ≤ x0 + 2, 8k 2 ≤? + 2, 亦即 ? 即 ?1 + 2k 2 1 + 2k 2 ? ? 2 ? ? ?2k ? 2k ? 1 ≤ 0. ? y0 ≥ x0 ? 2. ? 4k 8k 2 ?
?1 + 2k 2 ? ≥ 1 + 2k 2 ? 2,

解得 ?

3 ?1 3 ?1 ≤k≤ ,此时②也成立. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 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 问题十一、存在性问题: 比、等腰、直角) ,四边形(矩形、菱形、正方形) ,圆) (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 =

r

r

r

r

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 ,设直线 l 与圆 C: x 2 + y 2 = R 2 (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 = mx 2 + y 2 ? 1 = 0 ,

r

r r

r

r r

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

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

? y = kx + t ? 2 2 2 2 2 解方程组 ? x 2 得 x + 4( kx + t ) = 4 ,即 (1 + 4k ) x + 8ktx + 4t ? 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 , ? + t2 = 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

uuu r

uuu r

需使 x1 x2 + y1 y2 = 0 ,即
2 2

4t 2 ? 4 t 2 ? 4k 2 5t 2 ? 4k 2 ? 4 + = = 0, 1 + 4 k 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 4 2 5 所以圆的半径为 r = ,r = = = , 所求的圆为 x 2 + y 2 = . 2 2 2 1+ k 1+ k 5 5 1+ k

t

2

当切线的斜率不存在时,切线为 x = ±

2 x2 2 2 5 ,与 + y 2 = 1 交 于 点 ( 5 ,± 5) 或 5 4 5 5

(?

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

uuu r

uuu r

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

C: x + y = R (1<R<2)相切于 A1, 由(2)知 R =
2 2 2

t 1+ k
2

,

即 t = R (1 + k )
2 2 2

①,

因为 l 与轨迹 E 只有一个公共点 B1,

? y = kx + t ? 由(2)知 ? x 2 得 x 2 + 4( kx + t ) 2 = 4 , 2 ? + y =1 ?4
即 (1 + 4k ) x + 8ktx + 4t ? 4 = 0 有唯一解
2 2 2

则△= 64k t ? 16(1 + 4k )(t ? 1) = 16(4k ? t + 1) = 0 ,
2 2 2 2 2 2

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

1 2 4 ? R2 4 2 2 2 x1 = ,所以 | OB1 | = x1 + y1 = 5 ? 2 , 2 4 3R R
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 | A1 B1 |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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