高中数学 圆锥曲线题型总结

直线和圆锥曲线常考题型
运用的知识：
1、中点坐标公式：
x2、弦长公式：若点
则
?
x
1
?x
2
y?y< br>,y?
12
22
，其中
x,y
是点
A(x
1
,y
1
)，B(x
2
,y
2
)
的中点坐标 。
A(x
1
,y
1
)，B(x
2
,y
2
)
在直线
y?kx?b(k?0)
上，
y
1
?k x
1
?b，y
2
?kx
2
?b
，这是同点纵横坐标 变换，是两大坐标变换技巧之一，

AB?(x
1
?x
2
)
2
?(y
1
?y
2
)
2
?(x
1
?x
2
)
2
?(kx
1
?kx
2
)
2
?(1?k
2
)(x
1
?x
2
)< br>2
?(1?k
2
)[(x
1
?x
2
)
2
?4x
1
x
2
]

或者
111
AB?(x
1
?x
2
)
2
?(y
1
?y
2
)
2
?(x
1
?x
2
)
2?(y
1
?y
2
)
2
?(1?
2
)( y
1
?y
2
)
2
kkk
1
2
)[ (y?y)?4y
1
y
2
]
。
12
2
k
y?k
1
x?b
1
,l
2
:y?k
2x?b
2
垂直：则
k
1
k
2
??1

v
2
?0


?(1?
3、两条直线
l< br>1
:
两条直线垂直，则直线所在的向量
v
1
4、韦达定理：若 一元二次方程
ax
常见的一些题型：
2
bc
?bx?c?0(a? 0)
有两个不同的根
x
1
,x
2
，则
x
1
?x
2
??,x
1
x
2
?
。
aa
题型一：数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系
x
2
y2
??1
始终有交点，求
m
的取值范围 例题1、已知直线
l: y?kx?1
与椭圆
C:
4m
x
2
y
2
（ 0，?m),且m?4
，如果直线
??1
过动点解：根据直线
l:y?kx? 1
的方程可知，直线恒过定点（0，1），椭圆
C:
4m
x
2
y
2
?1
始终有交点，则
m?1，且m?4
，即
1?m且 m?4
。
l:y?kx?1
和椭圆
C:?
4m
规律提示： 通过直线的代数形式，可以看出直线的特点：
l:y?kx?1?过定点（0，1）

l:y?k(x?1)?过定点（?1，0）

l:y?2?k(x?1)?过定点（?1，2）

题型二：弦的垂直平分线问题
例题2、过点T(-1,0)作直线
l
与曲线N ：
y
求出
x
0
；若不存在，请说明理由。
解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于0。

1
2
?x交于A、B两点，在x轴上是否存在一点E(
x
0
,0)，使得
?ABE
是等边三角形，若存在，

设直线
l:y?k(x?1)
，k?0
，
A(x
1
,y
1
)
，
B(x
2
,y
2
)
。
由
?
?
y?k( x?1)
?
y
2
?x
消y整理，得
k
2
x
2
?(2k
2
?1)x?k
2
?0
①
由直线和抛物线交于两点，得
??(2k
2
?1)
2
?4k
4
??4k
2
?1?0

即
0?k
2
?
1
4
②
由韦达定理，得：
x
2k
2
?1
1
?x
2
??
k
2
,
x
1
x
2
?1< br>。
则线段AB的中点为
(?
2k
2
?1
2k
2
,
1
2k
)
。
线段的垂直平分线方程为：
y?
111?2
2k
??
k
(x?
k
2
2 k
2
)

令y=0,得
x
1
0
?
2k
2
?
1
2
，则
E(
1
2k
2
?
1
2
,0)

?ABE
为正三角形，
?
E(
11
2k
2
?
2
,0)
到直线AB 的距离d为
3
2
AB
。
AB?(x
1
?x
2
)
2
?(y
1
?y
2
)
2

1?4k
2
?
2
k
2
1?k

d?
1?k
2
2k

31?4k
2
?1? k
2
?
1?k
2
2k
2
2k

解得
k??
39
13
满足②式
此时
x
0
?
5
3
。

题型三：动弦过定点的问题
例题3、已知椭圆C：
x
2
y
2
3
a
2
?
b
2
?1(a?b?0)
的离 心率为
2
，且在x轴上的顶点分别为A
1
(-2,0),A
2
(2,0)。
（I）求椭圆的方程；

2

（ II）若直线
l:x?t(t?2)
与x轴交于点T,点P为直线
l
上异于点 T的任一点，直线PA
1
,PA
2
分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN< br>是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论
解：（I）由已知椭圆C的离心率
e?
c3
?
，
a?2
,则得
c?3,b?1
。
a2
x
2
?y
2
?1
从而椭圆的方程为
4
?
y?k
1
(x?2)
（II）设
M(x
1,y
1
)
，
N(x
2
,y
2
)
，直线
A
1
M
的斜率为
k
1
,则直线
A
1
M
的方程为
y?k
1
(x?2)
，由
?
2
消
2
y整理得
(1?4k
222
1
)x ?16k
2
x?16k
1
?4?0

?2和x
1
是方程的两个根，
16k
2
??2x?
1
?4
1
1?4k
2

1
则
x
2?8k
2
1
4k
1
?
1?4k
2
，y
1
1
?
1?4k
2
，
1
1
2?8k
2
即点M的坐标为
(
1
4k
1
1?4k
2
,
1?4k
2
)
，
11
同理，设直线 A
8k
2
2
N的斜率为k
2
，则得点N的坐标为
(
2
?2?4k
2
1?4k
2
,
2
)

2
1?4k
2
y
p
?k
1
(t?2) ,y
p
?k
2
(t?2)

?
k
1
?k
2
2
k?k
??
，
12
t
直线MN的方程为：
y?y
1
y
2
?y
x?x
?
1
1
x
2
?x
，
1
?
令y=0，得
x?
x
2
y
1
?x1
y
2
y
1
?y
，将点M、N的坐标代入，化简后得：
x?
4
2
t
又
t?2
，
?
0?< br>4
t
?2

椭圆的焦点为
(3,0)

?
4
t
?3
，即
t?
43
3

故当
t?
43
3
时，MN过椭圆的焦点。

?
x?4y?4
3

题型四：过已知曲线上定点的弦的问题
x
2
y
2
例题4、 已知点A、B、C是椭圆E：
2
?
2
?1

(a?b?0)
上的三点，其中点A
(23,0)
是椭圆的右顶点，直线BC过椭圆的中
ab
心O，且
ACBC?0
，
BC?2AC
，如图。
(I)求点C的坐标及椭圆E的方程；
(II)若椭圆E上存在两点P、Q，使得直线PC与 直线QC关于直线
x?3
对称，求直线PQ的斜率。

解：(I)
BC?2AC
，且BC过椭圆的中心O
?OC?AC

ACBC?0

??ACO?
?
2

又
A (23,0)

?
点C的坐标为
(3,3)
。
A
(23,0)
是椭圆的右顶点，
?a?23
，则椭圆方程为：
x
2
y
2
12
?
b
2
?1

将点C
(3,3)
代入方程，得
b
2
?4
，
?
椭圆E的方程为
x
2
y
2
12
?
4
?1

(II) 直线PC与直线QC关于直线
x?3
对称，
?
设直线PC的斜率为
k
，则直线QC的斜率为
?k
，从而 直线PC的方程为：
y?3?k(x?3)
，即
y?kx?3(1?k)
，


4

由
?
?
?
y?kx?3(1?k)
?
?
x
2
?3y
2
?12?0
消y，整理得：
(1?3k2
)x
2
?63k(1?k)x?9k
2
?18k?3?0x?3
是方程的一个根，
?x3?
9k
2
?18k?3
P
1?3k
2

即
x
9k
2
?18k? 3
P
?
3(1?3k
2
)

同理可得：
x
9k
2
?18k?3
Q
?
3(1?3k
2
)

y
P
?y
Q
?kx
P
?3(1?k )?kx
Q
?3(1?k)
＝
k(x
P
?x
Q)?23k

＝
?12k
3(1?3k
2
)

x
9k
2
?18k?39k
2
?18k?3
P?x
Q
?
3(1?3k
2
)
?
3(1?3k< br>2
)

＝
?36k
3(1?3k
2
)

?k
P< br>?y
Q
PQ
?
y
x
P
?x
?
1
3

Q
则直线PQ的斜率为定值
1
3
。
题型五：共线向量问题
例题5、设过点D(0,3)的直线交曲线M：
x
2
y
2
9
?
uuuruuur
4
?1
于P、 Q两点，且
DP=lDQ
,求实数
l
的取值范围。
解：设P(x1
,y
1
),Q(x
2
,y
2
),
Q
DP
uuur
=lDQ
uuur


(x
1
,y
1
-3)=
l
(x
2
,y
2
-3)
ì
x
即
?
?
í
1
=< br>lx
2
?
?
?
?
y
1
=
3
+
l(y

2
-
3)
方法一：方程组消元法 Q
P、Q是椭圆
x
2
y
2
又
9
+4
=1上的点
ì
?
?
?
x
22
2< br>+
y
2
=

?
?
í
94
1< br>?
?
?
?
(lx
22

2
)(ly +3-3l)
?
?
9
+
2
4
=1

5

消去x
2
，
可得
(ly3 -3l)
2
-l
2
y
2
2
+
2
4
=1-l
2

即y
13l-5
2
=
6l

又
Q
－2
?
y
2
?
2，

－2
?
13l-5
6l
?
2
解之得：
1
5
?
?
?5

则实数
l
的取值范围是
?
?
1
?
5
,5
?
?
?
。
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
，
由
?
?< br>y?kx?3
?
4x
2
?9y
2
?36
消y 整理后，得
(4?9k
2
)x
2
?54kx?45?0

P、Q是曲线M上的两点
???(54k)
2
?4?45(4?9k
2
)
＝
144k
2
?80?0

即
9k
2
?5
①
由韦达定理得：
x
1
?x
2
??
54k
4?9k
2
,x
45
1
x
2
?
4?9k< br>2

(x
1
?x
2
)
2
x
1
x
2
x
???2

1
x
2
x< br>2
x
1
54
2
k
2
(1?
?
)
2
?
45(4?9k
2
)
?
?
即
36
?
9k
2
?44
5(1?
?
)
2
?
9k
2
?1?
9k
2
②
由①得
0?
1
9k
2
?
1
5
，代 入②，整理得
1?
36
?
5(1?
?
)
2
?
9
5
，
解之得
1
5
?
?
?5

当直线PQ的斜率 不存在，即
x?0
时，易知
?
?5
或
?
?
1
5
。
总之实数
l
的取值范围是
?
?
1< br>?
5
,5
?
?
?
。


6

题型六：面积问题
例题6、已知椭圆C：
x
2< br>y
2
6
a
2
?
b
2
?1
（ a＞b＞0）的离心率为
3
,
短轴一个端点到右焦点的距离为
3
。
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距 离为
3
2
，求△AOB面积的最大值。
?
c
解：（Ⅰ）设 椭圆的半焦距为
c
，依题意
?
?
a
?
6
3
，

?
?
a?3，
?b?1
，
?
所求椭圆方程为
x
2
3
?y
2
?1
。
（ Ⅱ）设
A(x
1
，y
1
)
，
B(x
2，y
2
)
。
（1）当
AB⊥x
轴时，
AB?3
。
（2）当
AB
与
x
轴不垂直时，
设直线
AB
的方程为
y?kx?m
。
由已知
m< br>?
3
2
，得
1?
m
2
?
3
4
(k
2
k
2
?1)
。
把
y?kx?m
代入椭圆方程，整理得
(3k
2
?1)x
2
?6kmx?3 m
2
?3?0
，
?x
?6km
1
?x
2
?
3k
2
?1
，
x
3(m
2
?1 )
1
x
2
?
3k
2
?1
。
?A B
2
?(1?k
2
)(x
2
2
?
36k< br>2
m
2
2
?x
1
)
?(1?k)
?
?
(3k
2
?1)
2
?
12(m
2
?1)
?
3k
2
?1
?

?
12(k< br>2
?1)(3k
2
?1?m
2
)3(k
2
?
?1)(9k
2
?1)
(3k
2
?1)
2
?
(3k
2
?1)
2

?3?
12k
2< br>12
9k?6k
2
?1
(k?0)≤3?
12
4?3??4
。
9k
2
?
1
2?3?6
k
2
?6

7

当且仅当
9k
2
?
1
k
2
，即
k??
3
3
时等号成立。当
k?0
时，< br>AB?3
，
综上所述
AB
max
?2
。
133
??AB
max
??
222
?
当
AB
最大时，
△AOB
面积取最大值
S
。
题型七：弦或弦长为定值问题
例题7、在平面直角坐标系xOy中，过定点C（0，p）作直 线与抛物线x
2
=2py（p>0）相交于A、B两点。

（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 。
2
?
x?2py
（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N（0,-p）,可设A（ x
1
,y
1
）,B（x
2
,y
2
），直线 AB的方程为y=kx+p,与x
2
=2py联立得
?
消去
y?kx ?p.
?
y得x
2
-2pkx-2p
2
=0.
由 韦达定理得x
1
+x
2
=2pk,x
1
x
2
=-2p
2
.
于是
S
?ABN
?S
?BCN< br>?S
?ACN
?
1
?2px
1
?x
2
2


＝
px
1
?x
2
?p(x
1
?x
2
)
2
?4x
1
x
2
＝
p4p
2
k
2
?8p
2
?2p
2
k
2
?2.


?当k?0时，（S
?ABN
）min?22p
2
.
（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< br>径的圆相交于点P、Q，PQ的中点为H，则
xy?p

O
?
H?PQ,O
?
点的坐标为（
1
,
1
）
22

8

?O
?
P?
1
AC?
1< br>x
22
22
1
?(y
1
?p)

＝
1
2
y
2
1
?p
2
.
O
?
H?a?
y
1
?p
2
?
1
2
2a?y
1
?p,

?PH
2
?O
?< br>P
2
?O
?
H
2

=
1
( y
2
?
1
1
?p
2
)(2a?y
2
44
1
?p)

＝
(a?
p
2
)y
1
?a(p?a),


?PQ
2
?(2PH)
2

=
4
?
?
?
(a?
p
2
)y
2
?a(p?a )
?
?
?
.

令
a?
p
2
?0
，得
a?
p
2
,此时PQ?p
为定值，故满足条件的 直线l存在，其方程为
y?
p
2
，
即抛物线的通径所在的直线.

解法2：
（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得
AB?1?k
2
x
1
?x
2
?1?k
2
?(x
1
?x
2
)
2
?4x
1
x
2
?1?k
2
?4p
2
k
2
?8p
2

＝
2p1?k
2
?k
2
?2.

又由点到直线的距离公式得
d?
2p
1?k
2
.
从而，
S
1
2
?d?AB?
1
2
?2p1?k2
?k
2
?2?
2p
?ABN
?
1?k
2
?2p
2
k
2
?2,

?当k?0时，（S
?ABN
）max?22p
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

9

(x?0)(x?x
1
)?(y?p)(y? y
1
)?0,
将直线方程y=a代入得
x
2
?x
1
x?(a?p)(a?y
1
)?0,
则?＝x
2
a?p) (a?y
?
p
?

1
?4(
1
)?4?
?
(a?
2
)
?
?
y1?a(p?a).< br>设直线l与以AC为直径的圆的交点为P（x
2
,y
2
）,Q（x4
,y
4
）,则有
PQ?x?4
?
?
?(a?
p
2
)y
?
p
3
?x
41?a(p?a)
?
?
?2(a?
2
)y
1
?a (p?a).

令
a?
p
2
?0,得a?
pp2
,此时PQ?p
为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为
y?
2< br>.
即抛物线的通径所在的直线。
题型八：角度问题
例题8、（如图（2 1）图，
M
（-2，0）和
N
（2，0）是平面上的两点，动点
P< br>满足：
PM?PN?6.


（Ⅰ）求点
P
的轨迹方程；
（Ⅱ）若
PM·PN＝
21?cos?MPN
,求点
P
的坐标.
解：(Ⅰ)由椭圆的定义，点< br>P
的轨迹是以
M、N
为焦点，长轴长2
a
=6的椭圆.
因此半焦距
c
=2，长半轴
a
=3，从而短半轴
b
=
a
2
?c
2
?5
，
所以椭圆的方程为
x
2
y
2

9
?
5
?1.

(Ⅱ)由
PMPN?
2
1?cosMPN
,
得

PMPNcosMPN?PMPN?2.
①
因为
cosMPN?1,P
不为椭圆长轴顶点，故
P、M、N
构成三角形.在 △
PMN
中，
MN?4,由余弦定理有

MN
2
?PM
2
?PN
2
?2PMPNcosMPN. ②
将①代入②，得

4
2
?PM
2
?PN
2
?2(PMPN?2).< br>
故点
P
在以
M、N
为焦点，实 轴长为
23
的双曲线
x
2
3
?y
2
?1< br>上.


10

x
2
y
2
??1
，所以 由(Ⅰ)知，点
P
的坐标又满足
95
?
33
x??,
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
x
2
y
2
例题9、设椭圆
C:
2
?
2
?1(a?b?0)
过点M(2,1)
，且着焦点为
F
1
(?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
APQB?AQPB
，证明：点
Q

?
c
2
?2
?
x
2
y
2
?
21
22
??1

?
2
?
2
?1
，解得
a?4,b?2
，所求椭圆方程为
42
ab
?
22 2
?
?
c?a?b
(2)方法一
设点Q、A、B的坐标分别为< br>(x,y),(x
1
,y
1
),(x
2
,y
2
)
。
由题设知
AP,PB,AQ,QB
均不为零，记
?
?
AP
PB
?
AQ
QB
,则
?
? 0
且
?
?1

又A，P，B，Q四点共线，从而
于是

从而
2
x
1
2
?
?
2
x
2
?4x
，
1?
?
2
AP??
?
PB,AQ?
?
QB

4?
x
1
?
?
x
2
，
1?
1?
?
x?
?
x
2
x?
1
，
y?
1?
?
y
1
?
?
y2

1?
?
y
1
?
?
y
2

1?
?
2
y
1
2
?
?
2
y
2
?y
，
1?
?
2
（1） （2）
又点A、B在椭圆C上，即

x
1
2?2y
1
2
?4,
22
(3)

x
2
?2y
2
?4,(4)

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

?4

y?2?0
上
11

方法二
设点
Q(x,y),A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
，由题设，
PA,PB, AQ,QB
均不为零。
PA
且
AQ
?
PB
QB

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）
,y
1
?
1?
?
1?
?
4??
x1?
?
y
（2）
x
2
?,y
2
?
1?
?
1?
?
x
1
?
22
A(x
1
,y
1
),B(x< br>2
,y
2
)
在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程
x?2y?4,
整理得
(x
2
?2y
2
?4)
?
2
?4(2x?y?2)
?
?14?0
（3）
(x
2
?2y
2
?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
x
2
?y
2
?1
的左、右焦点。 设
F
1
、
F
2
分别是椭圆
4
（Ⅰ）若
P
是该椭圆 上的一个动点，求
PF
1
·
PF
2
的最大值和最小值； < br>（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< br>的取值
A
、
B
，且∠
AOB
为锐角（其中
O
为坐标原点）
?2,b?1,c?3

所以
F
1
?
?3,0,F
2
??
3,0
?
，设
P
?< br>x,y
?
，则
x
2
1
3?x,?y?x?y?3< br>?x?1??3?
?
3x
2
?8
?

44< br>PF
1
?PF
2
??3?x,?y,
????
22< br>2
因为
x?
?
?2,2
?
，故当
x?0，即点
P
为椭圆短轴端点时，
PF
1
?PF
2
有最小值
?2

当
x??2
，即点
P
为椭圆长轴端 点时，
PF
1
?PF
2
有最大值
1


12

解法二：易知
a?2,b?1,c?3
，所以
F
1
?3,0,F
2
???
3,0
2
?
， 设
P
?
x,y
?
，则
22
PF
1
?PF
2
?PF
1
?PF
2
?cos?F
1PF
2
?PF
1
?PF
2
?
PF
1< br>?PF
2
?F
1
F
2
2PF
1
?P F
2

1
?
?
x?3
?
2
???
2
?y?x?3
2
??
2
?y
2
?12
?
?x
2
?y
2
?3
（以下同解法一） < br>?
?
（Ⅱ）显然直线
x?0
不满足题设条件，可设直线
l:y ?kx?2,A
?
x
1
,y
2
?
,B
?< br>x
2
,y
2
?
，
?
y?kx?2
?
?
2
1
?
2
联立
?
x
2
，消去
y
，整理得：
?
k?
?
x?4kx?3?0

2
4
??
?
?y?1
?4
∴
x
1
?x
2
??
4k
1
k?
4
2
,x
1
?x
2
?
3
1
k?
4
2< br>
由
?
3
3
1
?
2
?
?< br>?
4k
?
?4
?
k?
?
?3?4k
2
?3?0
得：
k?
或
k??
2
4
?2
?

又
0
0
??A0B?90
0
? cos?A0B?0?OA?OB?0

∴
OA?OB?x
1
x2
?y
1
y
2
?0

3k
2
?k
2
?1
?8k
2
??4
?
又
y
1
y
2
?
?
kx
1
?2
??
k x
2
?2
?
?kx
1
x
2
?2k
?
x
1
?x
2
?
?4
?

11< br>1
k
2
?
k
2
?k
2
?
4
44
2
?k
2
?1
??0
，即
k
2
?4
∴
?2?k?2
∵
11
k
2
?k
2
?
44
3
3
2
3
?k?2

2
故由①、②得
?2?k??
或
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:
x
2
y
2
?
2
?1
（a,b>0）过M（2，
2
） ，N(
6
,1)两点，O为坐标原点，
2
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

13

|的取值范围，若不存在说明理由。
解:（1）因为椭圆E:
x
2
y
2
?
2
?1
（a,b>0）过M（2，
2
） ，N(
6
,1)两点, 2
ab
?
42
?
11
??1?
222
??
?
a
2
?8
x
2
y
2
?ab
?
a8
??1
所以
?
解得
?
所 以
?
椭圆E的方程为
2
84
?
b?4
?
6
?
1
?1
?
1
?
1
?
?
?
a
2
b
2
?
b
2
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,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
?
x
2
y
2
?1
?
?
4
?
8则△=
16k
2
m
2
?4(1?2k
2
)(2 m
2
?8)?8(8k
2
?m
2
?4)?0
,即< br>8k
2
?m
2
?4?0

4km
?
x?x??
12
?
?
1?2k
2
?
2
?< br>xx?
2m?8
?
12
1?2k
2
?
k2
(2m
2
?8)4k
2
m
2
m
2< br>?8k
2
2
y
1
y
2
?(kx
1< br>?m)(kx
2
?m)?kx
1
x
2
?km(x1
?x
2
)?m???m?
22
1?2k1?2k1?2k2
22
,
要使
OA?OB
,
2m
2
? 8m
2
?8k
2
3m
2
?8
2
22
??0
,所以
3m?8k?8?0
,所以
k??0
又
8k
2
?m
2
?4?0
,需使
x
1
x
2
?y
1
y
2
?0
,即
22
1?2k1? 2k
8
?
m
2
?2
26
8
2
所以
?
,所以
m?
,即
m?
2
3
3
?
3m?8
或
m??
26
3
,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
26
m
2
m
2
8
r?
??
为
r?
,
r?
,
2< br>2
2
3m?8
3
3
1?k
1?k
1?
8
2
m
,所求的圆为
x
2
?y
2
?8
3
,此时圆的切线
y?kx?m
都满足
26
m?3
(?
26
或
m??
3
2626
26
x
2
y
2
,?)
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
33
3
84
E恒有两个交点
2626
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 任意一条切线与椭圆
33
3
A,B,且
OA?OB
.
4k m
?
x?x??
12
?
?
1?2k
2
因为
?
2
?
xx?
2m?8
?
12
1?2k< br>2
?
,

14

所以
(x
22
(?
4km
2
1
?x
2
)?(x
1< br>?x
2
)?4x
1
x
2
?
1?2k
2
)
2
?4?
2m?8
1?2k
2
?
8( 8k
2
?m
2
?4)
(1?2k
2
)
2< br>,
|AB|?(x
2
1
?x
2
)?
?y
1
?y
2
?(1?k
2
)(x
22
)
8(8k
2
?m
2
?4)
2
?
1
?x
2
)?(1?k
(1?2k
2
)
2

324k
4
?5k
2
?132k
2
?
3
?
4k
4
?4k
2
?1
?
3
[1?
4k
4
?4k
2
?1
]
,
①当
k ?0
时
|AB|?
32
3
[1?
1
4k
2
?
1
]

k
2
?4
因为
4k2
?
1
k
2
?4?8
所以
0?
11< br>,
4k
2
?
1
?
8
k
2
?4
所以
32321
3
?
3
[1?]?
4k
2
?
1
12
,
k
2
?4
所以
4
3
6?|AB|?23
当且仅当
k??
2
2
时取 ”=”. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
② 当
k?0
时,
|AB|?
46
3
.
③ 当AB的斜率不存在时, 两个交点为
(
26
3
,?
26
3
)
或
(?
2626
46
3
,?
3
)
,所以此时
|AB|?
3
,
综上, |AB |的取值范围为
44
3
6?|AB|?23
即:
|AB|?[
3
6,23]



15