直线和圆锥曲线常考题型(3)

将①代入②，得 42?PM?PN?2(PM?PN?2).

22x2 故点P在以M、N为焦点，实轴长为23的双曲线?y2?1上.

3x2y2 由(Ⅰ)知，点P的坐标又满足??1，所以

95?33x??,22???5x?9y?45,?2 由方程组? 解得?

22??x?3y?3.?y??5.??2 即P点坐标为

(

335335335335,)、（，-）、（-，）或（?，-）. 22222222问题九：四点共线问题

x2y2例题9、设椭圆C:2?2?1(a?b?0)过点M(2,1)，且着焦点为F1(?2,0)

ab（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交与两不同点总在某定直线上 解 (1)由题意：

A,B时，在线段AB上取点Q，满足

????????????????AP?QB?AQ?PB，证明：点Q

?c2?2?x2y2?2122??1 ?2?2?1 ，解得a?4,b?2，所求椭圆方程为 42ab?222??c?a?b(2)方法一

设点Q、A、B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2)。

由题设知

????????APAQ????????????????AP,PB,AQ,QB均不为零，记???????????PBQB,则??0且??1

????????????????又A，P，B，Q四点共线，从而AP???PB,AQ??QB

于是 从而

22x12??2x2y12??2y2?4x，??（1） ?y，??（2）

1??21??24?x1??x21??x??x2x?11??， ，

y1??y21??y??y2y?11??1?

11

又点A、B在椭圆C上，即

22x12?2y12?4,??(3) x2?2y2?4,??(4)

（1）+（2）×2并结合（3），（4）得4s?2y即点Q(x,y)总在定直线2x?方法二

设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设，

?4

y?2?0上

????????????????PA,PB,AQ,QB均不为零。

且

????????PAPB?????????AQQB

又

????????????????P,A,Q,B四点共线，可设PA???AQ,PB??BQ(??0,?1),于是

由于

4??x1??y （1） ,y1?1??1??4??x1??y （2） x2?,y2?1??1??x1?22A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程x?2y?4,整理得

(x2?2y2?4)?2?4(2x?y?2)??14?0 （3） (x2?2y2?4)?2?4(2x?y?2)??14?0 (4)

(4)－(3) 得

8(2x?y?2)??0

∵??0,∴2x?y?2?0

即点Q(x,y)总在定直线2x?问题十：范围问题（本质是函数问题）

y?2?0上

x2?y2?1的左、右焦点。 设F1、F2分别是椭圆4（Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求PF1·PF2的最大值和最小值； （Ⅱ）设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点范围。

解：（Ⅰ）解法一：易知a，求直线l的斜率k的取值A、B，且∠AOB为锐角（其中O为坐标原点）

?2,b?1,c?3 3,0所以F1??3,0,F2???，设P?x,y?，则

12

?????????PF1?PF2??3?x,?y,???x213?x,?y?x?y?3?x?1??3??3x2?8?

44?222?????????因为x???2,2?，故当x?0，即点P为椭圆短轴端点时，PF1?PF2有最小值?2 ?????????当x??2，即点P为椭圆长轴端点时，PF1?PF2有最大值1

解法二：易知a?2,b?1,c?3，所以F1?3,0,F2???3,0?，设P?x,y?，则

????2?????2?????2???????????????????????????PF1?PF2?F1F2PF1?PF2?PF1?PF2?cos?F1PF2?PF1?PF2??????????2PF1?PF21??x?3?2???2?y?x?32??2?y2?12??x2?y2?3（以下同解法一）

??（Ⅱ）显然直线x?0不满足题设条件，可设直线l:y?kx?2,A?x1,y2?,B?x2,y2?，

?y?kx?2??21?2联立?x2，消去y，整理得：?k??x?4kx?3?0

24????y?1?4∴x1?x2??4k1k2?4,x1?x2?31k2?4

由?331?2???4k??4?k???3?4k2?3?0得：k?或k??4?22?0

????????又0??A0B?90?cos?A0B?0?OA?OB?0

0????????∴OA?OB?x1x2?y1y2?0

?8k2?k2?1??4?又y1y2??kx1?2??kx2?2??kx1x2?2k?x1?x2??4? 111k2?k2?k2?44423k2?k2?1??0，即k2?4 ∴?2?k?2 ∵

11k2?k2?44313

故由①、②得?2?k??33或?k?2 22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）

设椭圆E:

x2y2??1（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点，O为坐标原点， a2b2（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:

x2y2??1（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点, a2b2?42?11??1????a2?8x2y2?a2b2?a28所以?解得?所以?2椭圆E的方程为??1

611184b?4????1??222??4?ab?b（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,且OA?OB,设该圆的切线方程为

?y?kx?m?22222得x?2(kx?m)?8,即(1?2k)x?4kmx?2m?8?0, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m y?kx?m解方程组?x2y2?1??4?8则△=16k2m2?4(1?2k2)(2m2?8)?8(8k2?m2?4)?0,即8k2?m2?4?0

4km?x?x??12??1?2k2?22m?8?xx?12?1?2k2?,

k2(2m2?8)4k2m2m2?8k22y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?km(x1?x2)?m???m?1?2k21?2k21?2k222????????要使OA?OB,

2m2?8m2?8k23m2?822222??0k??0需使x1x2?y1y2?0,即,所以,所以又3m?8k?8?08k?m?4?0,221?2k1?2k8?m2?22682m?所以?,所以,即m?233?3m?8m2或m??263,因为直线

y?kx?m为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径

m2m2826??r?为r?,r?,

3m2?8331?k21?k21?826m?3

,所求的圆为

x2?y2?8,此时圆的切线y?kx?m都满足326或m??3x2y2262626,?)或??1的两个交点为(,而当切线的斜率不存在时切线为x??与椭圆3338414

????????26268(?,?)满足OA?OB,综上, 存在圆心在原点的圆x2?y2?，使得该圆的任意一条切线与椭圆

333????????A,B,且OA?OB. 4km?x?x??12??1?2k2因为?2?xx?2m?8?121?2k2?2E恒有两个交点

,

4km22m2?88(8k2?m2?4)所以(x1?x2)?(x1?x2)?4x1x2?(?, )?4??1?2k21?2k2(1?2k2)22|AB|?(x1?x2)??y1?y2?228(8k2?m2?4)?(1?k)(x1?x2)?(1?k)(1?2k2)2222

324k4?5k2?132k2??4?[1?4], 2234k?4k?134k?4k?1①当k?0时|AB|?321[1?] 1324k?2?4k因为4k111所以, ?4?80??1k24k2?2?48k32321所以?[1?]?12,

1334k2?2?4k2?所以24时取”=”. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 6?|AB|?23当且仅当k??23② 当k?0时,|AB|?463.

③ 当AB的斜率不存在时, 两个交点为(2626262646,?)或(?,?),所以此时|AB|?33333, 综上, |AB |的取值范围为

446?|AB|?23即: |AB|?[6,23] 3315

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