(经典)高考数学直线和圆锥曲线常考题型及方法

将①代入②，得

42?PM?PN?2(PMPN?2).

x2 故点P在以M、N为焦点，实轴长为23的双曲线?y2?1上.

322x2y2 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?2 解得? 2??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A,B时，在线段AB上取点Q，满足

APQB?AQPB，证明：点Q总在某定直线上

解 (1)由题意：

?c2?2?x2y2?2122 ?2?2?1 ，解得a?4,b?2，所求椭圆方程为 ??1

42?ab222?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AP,PB,AQ,QB均不为零，记??APPB?AQQB,则??0且??1

又A，P，B，Q四点共线，从而AP???PB,AQ??QB

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x1??x2y??y2， 1?1 1??1??x??x2y??y2 x?1， y?1

1??1??于是 4?从而

2x12??2x2?4x，

1??22y12??2y2?y，（1）

1??2（2）

又点A、B在椭圆C上，即 x12?2y12?4,22(3) x2?2y2?4,(4)

（1）+（2）×2并结合（3），（4）得4s?2y?4 即点Q(x,y)总在定直线2x?y?2?0上 方法二

设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设，PA,PB,AQ,QB均不为零。 且

PAAQ?PBQB

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

4??x1??y,y1? （1） 1??1??4??x1??y,y2? x2? （2） 1??1?? x1?由于A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程x2?2y2?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?y?2?0上

题型十：圆锥曲线的相关范围问题

圆锥曲线中的有关范围问题，常用代数法和几何法解决。

<1>若命题的条件和结论具有明显的几何意义，一般可用图形性质来解决。

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<2>若命题的条件和结论体现明确的函数关系式，则可建立目标函数（通常利用二次函数，三角函数，均值不等式）求范围。

x2例题10．设F1、F2分别是椭圆?y2?1的左、右焦点。

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A、B，且∠AOB为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围。 解：（Ⅰ）解法一：易知a?2,b?1,c?3 所以F1??3,0?,F2?3,0?，设P?x,y?，则

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

PF1?PF2?F1F22PF1?PF2222PF1?PF2?PF1?PF2?cos?F1PF2?PF1?PF2?

1??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?22y联立?，消去，整理得：?x?k??x?4kx?3?0 24????y?1?4∴x1?x2??

4k1k?42,x1?x2?31k?42

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?2由???4k??4?或k?? k??3?4k?3?0得：k???24?2?2133又00??A0B?900?cos?A0B?0?OA?OB?0 ∴OA?OB?x1x2?y1y2?0

?k2?1?8k2??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?443故由①、②得?2?k??33或?k?2 22题型十一、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）

x2y2例题11：设椭圆E: 2?2?1（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点，O为坐标原点，

ab（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。

x2y2解:（1）因为椭圆E: 2?2?1（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点,

ab2?4?11??1????a2?8x2y2?a2b2?a28所以?解得?所以?2椭圆E的方程为??1

84?b?4?6?1?1?1?1???a2b2?b24（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?得x2?2(kx?m)2?8,即?x2y2?1??4?8(1?2k2)x2?4kmx?2m2?8?0, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

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