1、橢圓與雙曲線常見題型歸納一 .“曲線方程 +直線與圓錐曲線位置關系”的綜合型試題的分類求解1.向量綜合型例 1.在直角坐標系xOy 中，點 P 到兩點 (0,3),(0,3) 的距離之和為4，設點 P 的軌跡為C ,直線 ykx1與 C交于 A,B兩點。（）寫出 C 的方程 ;uuuruuur（）若 OAOB ，求 k 的值。例 1. 解 :（） 設 P（x，y），由橢圓定義可知， 點 P 的軌跡 C 是以 (0，3)，(0， 3) 為焦點，長半軸為2 的橢圓它的短半軸b22(3)21 ，故曲線 C 的方程為x2y214（）設 A( x , y ), B(x, y)，其坐標滿足x2y21，24

2、112ykx1.消去 y 并整理得 ( k 24) x22kx30 ，故 x1x22k， x1 x23uuuruuurk 24k 24若 OA OB ，即 x1x2y1 y20 而 y1 y2k 2 x1x2k( x1x2 )1，于是 x1 x2y1 y233k 22k21 0 ，k24k 24k 24化簡得4k 210，所以 k12例 2設 F1、 F2分別是橢圓x 2y21 的左、右焦點 .4（）若 P 是該橢圓上的一個動點，求uuuruuuurPF1PF2 的最大值和最小值 ;（）設過定點 M (0,2)的直線 l 與橢圓交于不同的兩點A 、B ，且 AOB 為銳角（其中 O為坐標原點）

3、，求直線 l 的斜率 k 的取值范圍例 2解：（）解法一：易知a2, b1,c3所以 F13,0, F23,0 ，設 Px, y ，則uuuruuuurx2y23 x2x213x2PF1 PF23 x, y , 3 x, y13844因為 x2,2，故當 x 0uuuruuuur，即點 P 為橢圓短軸端點時，PF1PF2 有最小值 2當 x2uuuruuuur，即點 P 為橢圓長軸端點時，PF1PF2 有最大值 1解法二：易知 a2, b1,c3，所以 F13,0, F23,0，設 Px, y，則uuur 2uuuur2uuuur 2uuuruuuuruuuruuuurcosF1PF2uuur

4、uuuurPF1PF2F1 F2PF1PF2PF1PF2PF1PF2uuuruuuur2 PF1PF21x2y 2x2y 212x2y23 （以下同解法一）332（）顯然直線x0不滿足題設條件，可設直線l : ykx2, Ax1 , y2, Bx2, y2 ，ykx21聯立，消去 y ，整理得：k224kx30x2y2x144 x1x24kx23, x1k 21k2144由4k4 k134k 23 0 得： k3 或 k32422又 00A0B900cosA0B0uuuruuur0OA OBuuur uuur OA OB x1 x2y1 y2 0又 y1 y2kx12 kx22 k2 x1 x

5、22k x1x243k28k24k 21k 21k 21k214443k 2 10 ，即 k24 2 k 2k 21k2144故由、得2k3或3k222例 3 設 F1 、 F2 分別是橢圓x 2y 21的左、右焦點，B(0,1)4uuuruuuur（）若 P 是該橢圓上的一個動點，求PF1PF2 的最大值和最小值 ;（）若 C 為橢圓上異于B 一點，且 BF1CF1 ，求的值；（）設 P 是該橢圓上的一個動點，求PBF1 的周長的最大值 .例 3解：（）易知 a2, b1,c3 ，所以 F13,0, F23,0, 設 Px, y , 則uuur uuuur2y23 x2x21 3x2PF1

6、PF23 x, y , 3 x, yx138uuur44因為 x2,2，故當 x0，即點 P 為橢圓短軸端點時，uuuur2PF1PF2 有最小值當 x2 ，即點 P 為橢圓長軸端點時，uuuruuuurPF1PF2 有最大值 1（ ） 設C （x0，y 0） ，B(0,1)F13,0由11得BFCF3(1)1x0221x0, y0， 又4y0所 以 有2670 解得7(10舍去 )（） 因為 |P F1 | |PB| 4 |PF2| |PB| 4 |BF2|PBF1 周長 4|BF2| |B F1 | 8所以當 P 點位于直線 BF 2 與橢圓的交點處時，PBF1 周長最大，最大值為 8例

7、4已知中心在原點的雙曲線C 的右焦點為(2,0)，右頂點為 (3,0)(1) 求雙曲線 C 的方程；(2)若直線 l： y kx2與雙曲線 C 恒有兩個不同的交點A和B，且OAOB2 (其中O 為原點 )，求 k 的取值范圍。例 4解：（）設雙曲線方程為x2y21(a0, b0). 由已知得a2b21.故雙曲線 C 的方程為 x 2a3, c2, 再由 a 2b 222 ,得 b2y 21.2代入 x23（）將 y kxy 21得 (13k 2 )x 26 2kx9 0.3由直線 l 與雙曲線交于不同的兩點得13k20,(62k) 236(13k 2 )36(1k 2 )0.即 k 21 且

8、k 21. 設 A( xA , y A ), B( xB , yB ) ，則3xA3k 23k 26 2k2 , xA xB9uuur uuurxB12 ,由OA OB13k3k而 xA xByA yBxA xB(kxA2)( kxB(k21)92k62k3k 23k213k 22213k72,即 3k290, 解此不等式得113k 2132得 x A xByA yB2,2) (k 21)xA xB2k(xA xB ) 27.于是1k23.由、得1k 21.故 k 的取值范圍為 ( 1,3 )( 3 ,1).333例 5已知橢圓 x2y 2（ a b 0）的離心率e6，過點 A（0， - b）

9、和 B（ a，0）的a2b23直線與原點的距離為3 2（ 1）求橢圓的方程（ 2）已知定點 E（- 1， 0），若直線 ykx 2（ k 0）與橢圓交于 C、D 兩點問：是否存在 k 的值，使以 CD 為直徑的圓過 E 點 ?請說明理由例 5解析：（ 1）直線 AB 方程為： bx- ay- ab0c6 ，a3，a3解得依題意3abb1a2b22橢圓方程為x2y 21 4 分3（2）假若存在這樣的k 值，由ykx2，得(1 32 )x212kx90x23y 230k(12k )236(1 3k2 ) 0 x1x212 k2 ，設 C(x1 ， y1 ) 、 D(x2， y2 ) ，則13k9x

10、1x213k28 分而 y1 y2( kx12)( kx22)k 2 x1 x22k (x1x2 ) 4 要使以 CD 為直徑的圓過點E（- 1， 0），當且僅當CEDE 時，則y1y21 ，x1 1x21即 y1 y2( x11)( x2 1) 0 10 分( k21)x1 x2 2( k1)( x1x2 ) 5 0 將式代入整理解得 k77，使成立經驗證， k667綜上可知，存在k，使得以CD 為直徑的圓過點E13 分62“中點弦型”例 6. 已知橢圓 x2y21 ，試確定 m 的值，使得在此橢圓上存在不同4 3兩點關于直線 y 4x m 對稱。例 6. 解：設 A( x1 , y1 ),

11、 B( x2 , y2 ) ， AB 的中點 M ( x0 , y0 ) ， kABy2y11 ,x2x14而 3x124 y1212, 3x224 y2212, 相減得 3( x22x12 )4( y22y12 ) 0,即 y1y2 3( x1 x2 ),y0 3x0 ， 3x04x0 m, x0m, y03m而 M ( x0 , y0 ) 在橢圓內部，則 m29m21,即 23m23431313例 7.已知雙曲線的中心在原點，焦點在x 軸上，離心率 e3，焦距為 2 3（ I）求該雙曲線方程 .（ II ）是否定存在過點 P (1 ，1）的直線 l 與該雙曲線交于 A ， B 兩點，且點

12、P 是線段 AB的中點？若存在，請求出直線l 的方程，若不存在，說明理由.例 7.（1） x 2y 212（2）設 (,y1),(,y2) ，直線： ykx1 k ，代入方程x2y 21得A x1B x22k 2 ) x2k) x (1 k) 20 （ 2 k 2( 22k(120 ）則 x1x2k(1k)，解得 k2 ，此時方程為 2x24x30 ，022k 21方程沒有實數根。所以直線l 不存在。例 8已知橢圓的中心在原點，焦點為 F1 (0，2 2) ，F2（0，22 ），且離心率 e2 2 。3（ I）求橢圓的方程；（ II ）直線 l （與坐標軸不平行）與橢圓交于不同的兩點A、 B，

13、且線段 AB 中點的橫坐標為1 ，求直線 l 傾斜角的取值范圍。2例 8解：（I ）設橢圓方程為y2x21，由已知 c 22，又c2 2a 2b 2a3解得a=3，所以 b=1，故所求方程為y 2x21 4 分9（ II ）設直線l 的方程為ykxb( k 0) 代入橢圓方程整理得(k 29)x 22kbx b 2905 分( 2kb)24(k 29)(b 29)0由題意得x22kb17 分x129k解得k3或 k3又直線 l與坐標軸不平行故直線 l 傾斜角的取值范圍是(3，)(， 2 )12 分2233“弦長型”x2y21交于 A 、B 兩點，記例 9直線 y kx b 與橢圓4(I) 求在

14、 k 0， 0 b 1 的條件下， S 的最大值；（ )當 AB 2，S 1 時，求直線 AB 的方程例 9(I) 解：設點A 的坐標為 ( (x1,b) ，點 B 的坐標為 ( x2 ,b) ，由 x2y21，解得 x1,221b24所以 S1 b | x1x2 | 2b 1 b2b2 1 b212當且僅當 b2時， S 取到最大值 12ykx b（）解：由x2y 2得14(4k 21)x28kbx 4b24016(4 k 2b21)AB 1k 2| x1 x2 |1k2 16(4k 2b2 1)4k21AOB 的面積為SyAOxB2又因為 O 到 AB 的距離 d|b |2S1所以 b2k

15、 2 11k 2| AB|代入并整理，得4k 44k 210解得， k 2 1 ,b23 ，代入式檢驗，022故直線 AB 的方程是y2 x6 或 y2 x6 或 y2 x6 或 y2 x6 22222222ur（，r（，），ur2（，），r（2， 1）（其中x， y例 10已知向量 m1=）， 111m=2=0xn =x0nyururrrur2rurr是實數），又設向量 m = m1 +2 n2 ， n = m2 n1 ，且 m / n ，點 P（ x， y）的軌跡為曲線 C.（）求曲線 C 的方程；（）設直線 l : ykx1 與曲線 C 交于 M 、N 兩點，當 |MN |=42 時，求

16、直線 l 的方程 .3例10解：m(0, x)(2,2),2, x2),（I）由已知，2 y( 2 yn ( x,0)(2, 2)( x2,2). 4 分Q m / n,2 y2 (2)( x2)( x2)0 5 分即所求曲線的方程是：x2y 21. 7 分2（）由x2y 21,222消去 得: (12k) x4kx0.yykx 1.解得 x1=0, x2=14k2 (x1 , x2 分別為 M， N 的橫坐標） . 9 分2k4k4由|MN |1k 2 | x1x2 |1 k 2 |12 |2,2k3解得 : k1. 11 分所以直線 l 的方程 xy+1=0 或 x+y 1=0. 12 分

17、二“基本性質型”x2y2例 11設雙曲線C1 的方程為 a2b21(a0,b0) ， A 、 B 為其左、右兩個頂點，P 是雙曲線C1 上的任一點，引QBPB, QAPA，AQ與BQ相交于點Q。（1）求 Q 點的軌跡方程；（ 2）設（ 1）中所求軌跡為C2 ， C1 、 C2 的離心率分別為e1 、 e2 ，當e12 時，求e2 的取值范圍。例 11. 解：（ 1）設 P(x0 , y0 ), Q( x, y) A(a,0),B(a,0),QBPB,QAPAy0gy1y0 2y2x02y02y022x0a x a1，1，by0yx02a2ga2a2b2a2，g1x2x2a2x0a0a xy2a

18、2a2 ，化簡得：a2 x2b2 y2a4 ，x2b2經檢驗，點 (a,0),(a,0) 不合題意，點Q 的軌跡方程為 a2x2b2 y2a4 , ( y0)（2） 由（ 1）得 C2 的方程為 x2y21，a2a4b2a2a4a2a212b2c2，e2a21b21a21e121 e12 ， e221(12 ， 1 e22 。2) 21例 12 P 為橢圓 x 2y 21 上一點， F1 、 F2 為左右焦點，若F1PF26025 9（ 1）求 F1 PF 2 的面積；（ 2）求 P點的坐標例 12 解析 ： a 5，b 3c 4（ 1）設 | PF1 | t1 ， | PF2 |t2 ，則 t1t210 222212t1t22t1 t2 cos608，由 得 t t21S F1PF21 t1 t2 sin 6011233 3222（ 2）設 P ( x, y) ，由 S F1 PF212c | y | 4 | y |得 4| y | 3 3| y |3 3y33，將244y3 3代入橢圓方程解得x5 13，P(5 133 3或5133 3或51333或44,)P(4,)P(,)44444P(513,33)44例 13已知雙曲線與橢圓x2y21共焦點，且以y4 x為