圆锥曲线题型总结：圆锥曲线与向量结合的三种题型.doc

圆锥曲线题型总结：圆锥曲线与向量的结合一、方法总结：直线与圆锥曲线交于A、B两点，P为直线AB上的任意一点；设A（x1,y1）B(x2,y2)利用可以找到x1=x2,构造两根之和与两根之积得 ，利用消去x2得=，再利用韦达定理得=，于是=。也可以这样处理：因为=，把代入条件得=-2.【2004全国1理21】设双曲线C：（a0）与直线l：x+y=1相交于两个不同的点A、B设直线l与y轴的交点为P，且求a的值 【解析】设A（x1，y1），B（x2，y2），P（0，1）联立整理得（1-）+2x-2=0.又因为，即构造两根之和与两根之积得由消去x2得=，再由韦达定理得=，解得a=.【2014四川理】已知=1（x>1）设直线y=2x+m与y轴交于点P，与C相交于点Q、R，且|PQ|PR|，求的取值范围【解析】设Q（x1，y1），R（x2，y2）， 联立整理得 +4mx-+3=0.因为直线与双曲线的右支相交，所以解得m>1.又因为x1，所以m2.则可设=（>1），则 ，利用消去x2得=，再利用韦达定理得=；=，于是，解得1<<7或7<<7+4，故的取值范围是（1,7）（7，7+4） 【2012四川文21】 已知C:=1（x1且x-1）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点，且，求的取值范围。【解析】解法一：设Q（x1，y1），R（x2，y2）， 联立整理得 3-2mx-4=0.则可设=（>1），即x2=-x1,此时=（-2m）2-4x3(-m2-4)=16m2+48>0,而当x=1或x=-1为方程 的根时，m的值为-1或1.结合题设可知m>0且m1.则 ，利用消去x2得=，再利用韦达定理得=；=，于是，解得1<<或<<3，故的取值范围是（1,）（， 3）.解法二： 由消去y，可得3x2-2mx-m2-4=0. 其判别式=（-2m)24×3（-m2-4）=16m2+48>0而当x=1或x=-1为方程 的根时，m的值为-1或1.结合题设（m>0）可知，m>0，且m1设Q、R的坐标分别为（XQ,YQ）,(XR,YR),则为方程的两根.因为,所以，所以。此时所以所以综上所述，【2010重庆理15】已知以为焦点的抛物线上的两点满足，则弦的中点到准线的距离为_. 【解析】解析一：设l:x=ty+1，A（x1,y1）,B(x2,y2),联立，整理得y2-4ty-4=0,由韦达定理得y1+y2=4t,y1y2=-4.又，构造两根之和与两根之积得则=-，即t=.因此AB中点到准线的距离为d=.解法二：设，由抛物线的定义，知，中， 由相似三角形性质，得，解得，根据梯形中位线定理，得弦的中点到准线的距离为，答案为：.【2004全国2理21】给定抛物线C：y2=4x，F是C的焦点，过点F的直线l与C相交于A、B两点。设，若4,9，求l在y轴上截距的变化范围.【解析】解法一：设l：x=ty+1,设联立联立，整理得y2-4ty-4=0,由韦达定理得y1+y2=4t,y1y2=-4.又，构造两根之和与两根之积得则=-4t2，则t2=.当t>0时，有t=;当t<0时，有t= - 而l在y轴上的截距为-，故直线l在y轴上的截距的变化范围是解法二：C的焦点为F（1，0），设由题设 得 即由得， 联立、解得，依题意有又F（1，0），得直线l方程为 当时，l在方程y轴上的截距为由 可知在4，9上是递减的， 直线l在y轴上截距的变化范围为【2009天津理】已知椭圆的两个焦点分别为F1（c，0）和F2（c，0）（c0），过点的直线与椭圆相交于A，B两点，且F1AF2B，|F1A|=2|F2B|（1）求椭圆的离心率；（2）求直线AB的斜率； 【解析】（1）解：由F1AF2B且|F1A|=2|F2B|，得，从而整理，得a2=3c2，故离心率（2） 解法一：由（1）可设椭圆，设A（x1，y1），B（x2，y2），因为F1AF2B，|F1A|=2|F2B|所以，即又由于是解得从而得到A（0，），因此kAB=,故直线AB的斜率是。（3） 解法二：由椭圆的对称性，延长AF1交椭圆于C，则，设lAC:x=ty-c，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立整理得（3+2t2）y2-4tcy-4c2=0,，因为F1AF2B，|F1A|=2|F2B|所以,即，则有即故即=-=- 解得t= ,若t=,联立后的方程为2y2-cy-2c2=0从而得到A（0，），因此kAB=;若t= -,联立后的方程为2y2+cy-2c2=0从而得到A（0，-），因此kAB=;综上所述直线AB的斜率是。解析三：由椭圆的对称性，延长AF1交椭圆于C，则，根据公式e=,此处e=,=2,则k=.当k=时，直线AC为y=(x+c),联立整理得2x2+3cx=0,解得则于是直线AB的斜率为k=;当k=-,同理可得AB的斜率为。综上所述直线AB的斜率是。解法四：由（I）得b2=a2c2=2c2，所以椭圆的方程可写为2x2+3y2=6c2设直线AB的方程为，即y=k（x3c）由已知设A（x1，y1），B（x2，y2），则它们的坐标满足方程组消去y整理，得（2+3k2）x218k2cx+27k2c26c2=0依题意，而 由题设知，点B为线段AE的中点，所以x1+3c=2x2联立解得，将x1，x2代入中，解得 结论：已知椭圆（a>b>0）的两个焦点分别为F1（-c,0）,F2(c,0)（c>0）,过点E（ ，0）的直线与椭圆相交于A,B两点，若，则该直线一定过（0，b）或（0，-b）【2011浙江理15】设F1,F2分别为椭圆的左右焦点，A，B在椭圆上，若，求点A的坐标。【解析】解法一：由椭圆的对称性，延长AF1交椭圆于C，因为，则。设lAC:x=ty-,A(x1，y1) C(x2,y2),联立，整理得（3+t2）y2-2y-1=0.由得。构造两根之和与两根之积得即=-=- 解得t= ,若t=,联立后的方程为5y2-4y-1=0,此时y1=1,即A（0,1）；若t=-,联立后的方程为5y2+4y-1=0,此时y1=-1,即A（0,-1）。综上所述A（0，）解法二：由椭圆的对称性，延长AF1交椭圆于C，因为，则。根据公式e=,此处e=,=5,则k=.当k=时，直线AC为y=(x+),联立整理得5x2+6x=0,解得，故A（0,1）；当k=-，y=-(x+),联立整理得5x2+6x=0,解得，故A（0,-1）；综上所述，点A的坐标为（0，）二、 ，型方法总结：一般地，过一点Q的直线l与圆锥曲线交于A，B两点；若，则可以用A，B的坐标来表示，当满足一定关系时，进一步用韦达定理做整体代换。【2006山东理21】过点P(0,4)的直线l，交双曲线C：于A,B两点，交x轴于Q点（Q点与C的顶点不重合）.当 =，且时，求Q点的坐标.解： 解法一：由题意知直线l得斜率k存在且不等于零，设的方程：，则,。同理.即 联立消去y得.当时，则直线l与双曲线得渐近线平行，不合题意，。由韦达定理有：代入式得 所求Q点的坐标为。解法二：由题意知直线的斜率存在且不等于零。设的方程：， 则在双曲线上，同理有：若则直线过顶点，不合题意.是二次方程的两根.，此时.所求的坐标为.解法三：由题意知直线的斜率存在且不等于零设的方程，则.，分的比为.由定比分点坐标公式得下同解法一解法四：由题意知直线的斜率存在且不等于零设的方程：，则.，.，又，即将代入得，否则与渐近线平行。【2007年福建理20】过点F的直线交抛物线C：y2=4x于A、B两点，交直线l于点M，已知，求的值.【解析】.设,lAB:x=my+1(m0),则M（-1，-）联立方程组,消去x得:,故由,得:,整理得:,=0.【例】已知抛物线y2=2px（p>0）,过点E（m,0）的直线交抛物线于点M,N交y轴于点P，若，则=（ ）A.1 B.- C.-1 D.-2【解析】设lMN:x=ty+m(t0),则P（0，-），联立，整理得y2-2pty-2pm=0,=4p2t2+8pm>0又，得（x1,y1+）=(m-x1,-y1),则=-1-；同理，得=-1-，故=-1-1-=-2-=-2-=-1.【例】已知抛物线y2=4x（p>0）,过点M（0,2）的直线交抛物线于点A,B，交x轴于点C，若，试问是否为定值，若是，求出此定值；若不是，请说明理由（ ）【解析】设lAB:x=m(y-2)(m0),C（-2m,0），联立，整理得y2-4my+8m=0,16m2-32m>0得m>2或m<0.又，得（x1,y1-2）=(-2m-x1,-y1),则=-1+；同理，得=-1+，故=-1+-1+=-2+2=-2+2=-1.三、方法总结：直线与圆锥曲线相交于A,B两点，若点M满足，用A,B两点的坐标来表示M。如果M在圆锥曲线上，则将M的坐标带入圆锥曲线方程；如果M没有在圆锥曲线上，则必须把M的坐标表达式构造成圆锥曲线的形式进行处理。【2005全国卷1】已知椭圆x2+3y2=3b2的中心为坐标原点O，焦点在轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A、B两点，设M为椭圆上任意一点，且，证明为定值【解析】设直线AB的方程为，A（），B），M（x，y）；联立化简得.则y1y2=-=-+=-因为即 在椭圆上，即即（）-2（-）=。所以=1【2009全国卷2理21】 已知椭圆，过右焦点F的直线与相交于、两点，当的斜率为1时，上是否存在点P，使得当绕F转到某一位置时，有成立？若存在，求出所有的P的坐标与的方程；若不存在，说明理由。【解析】设、由题意知的斜率为一定不为0，故不妨设 代入椭圆的方程中整理得，显然。由韦达定理有：.假设存在点P，使成立，则其充要条件为：点，点P在椭圆上，即。整理得。又在椭圆上，即.故将及代入解得,=,即.当;当.【2011重庆文21】如图，椭圆的中心为原点0，设动点P满足：=+2，其中M、N是椭圆上的点，直线OM与ON的斜率之积为，问：是否存在定点F，使得|PF|与点P到直线l：x=2的距离之比为定值；若存在，求F的坐标，若不存在，说明理由 【解析】设动点P（x，y），M（x1，y1 ）、N（x2，y2 ）动点P满足：=+2，（x，y）=（x1+2x2，y1+2y2 ），x=x1+2x2，y=y1+2y2，M、N是椭圆上的点，x12+2y124=0，x22+2y224=0x2+2y2=（x1+2x2）2+2 （y1+2y2）2=（x12+2y12 ）+4（x22+2y22 ）+4（x1x2+2y1y2 ）=4+4×4+4（x1x2+2y1y2 ）=20+4（x1x2+2y1y2 ）直线OM与ON的斜率之积为，=，x2+2y2=20，故点P是椭圆 =1 上的点，焦点F（，0），准线l：x=2，离心率为，根据椭圆的第二定义，|PF|与点P到直线l：x=2的距离之比为定值，故存在点F（，0），满足|PF|与点P到直线l：x=2的距离之比为定值【2006四川理21】已知两定点满足条件的点P的轨迹是曲线E，直线kx1与曲线E交于A、B两点。如果且曲线E上存在点C，使求。【解析】由双曲线的定义可知，曲线是以为焦点的双曲线的左支，且，易知，故曲线的方程为 设，由题意建立方程组 消去，得又已知直线与双曲线左支交于两点，有 解得又 依题意得 整理后得 或 但 故直线的方程为设，由已知，得，又，点将点的坐标代入曲线的方程，得 得，但当时，所得的点在双曲线的右支上，不合题意，点的坐标为到的距离为 的面积【2011江西理】P（x0，y0）（x0±a）是双曲线E：上一点，M，N分别是双曲线E的左右顶点，直线PM，PN的斜率之积为（1）求双曲线的离心率；（2）过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，C为双曲线上一点，满足，求的值 【解析】（1）P（x0，y0）（x0±a）是双曲线E：上一点， 由题意又有，联立、可得a2=5b2，c2=a2+b2，则e=，（2）联立，得4x210cx+35b2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=，设=（x3，y3），即又C为双曲线上一点，即x325y32=5b2，有（x1+x2）25（y1+y2）2=5b2，化简得：2（x125y12）+（x225y22）+2（x1x25y1y2）=5b2，又A（x1，y1），B（x2，y2）在双曲线上，所以x125y12=5b2，x225y22=5b2，而x1x25y1y2=x1x25（x1c）（x2c）=4x1x2+5c（x1+x2）5c2=4+5c5c2=35b2=6b235b2=10b2，得2+4=0，解得=0或4【2010江西文20】已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于（）两点，且（1）求该抛物线的方程；（2）为坐标原点，为抛物线上一点，若，求的值【解析】（1）直线AB的方程是 所以：，由抛物线定义得：，所以p=4，抛物线方程为：（2） 、由p=4，化简得，从而,从而A:(1,),B(4,)设=，又，即8（4），即，解得