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高中数学圆锥曲线题型总结

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-22 06:49
tags:高中数学圆锥曲线

高中数学无生课堂教学视频-高中数学教师专业成长总结

2020年9月22日发(作者:韩馨)


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:
x
2、弦长公式:若点

?
x
1< br>?x
2
y?y
,y?
12
22
,其中
x,y
是点
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y< br>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
?kx
1
?b,y
2
?kx
2< br>?b
,这是同点纵横坐标变换,是两大坐标变换技巧之一,

AB?(x1
?x
2
)
2
?(y
1
?y
2
)
2
?(x
1
?x
2
)
2
?(kx1
?kx
2
)
2
?(1?k
2
)(x
1
?x
2
)
2
?(1?k
2
)[(x
1< br>?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< br>?(1?
2
)(y
1
?y
2
)
2
k kk
1
2
)[(y?y)?4y
1
y
2
]

12
2
k
y?k
1
x?b
1
,l2
:y?k
2
x?b
2
垂直:则
k
1
k
2
??1

v
2
?0


?( 1?
3、两条直线
l
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:
2bc
?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
y
2
??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
2y
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< br>,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。
2
?x
交于A、B两点,在x轴上是否存在一点E(
x
0
,0),使得
?A BE
是等边三角形,若存在,
1 16


高中数学- 圆锥曲线题型总结
解:依题意知,直线的斜率存在,且不等于0。
设直线
l:y? k(x?1)

k?0

A(x
1
,y
1
)

B(x
2
,y
2
)

?
y?k(x?1)

?
2
消y整理,得
y?x
?
k
2
x
2
?(2k
2
?1)x?k2
?0

由直线和抛物线交于两点,得
??( 2k
2
?1)
2
?4k
4
??4k
2
?1 ?0


0?k
2
?
1

4
2k
2
?1
,
x
1
x
2< br>?1
。 由韦达定理,得:
x
1
?x
2
??
k
2
2k
2
?11
,)
。 则线段的中点为
(?
2
2k2k
线段的垂直平分线方程为:
111?2k
2
y???(x?)

2kk2k
2
令0,得
x
0
?
1111
,则
?E(?,0)

22
2k22k2
?ABE
为正三角形,
?
E(
3
11
AB
到直线的距离d为
?,0)
2
2
2k2


AB?(x
1
?x
2
)
2
?(y
1
?y
2
)
2
1?4k
2
?
k
2
1?k
2

1?k
2
d?
2k

31?4k
2
?2k
2
解得
k
1?k
2
1?k?
2k
2

??
39
13
满足②式
此时
x
0
?
5


3
题型三:动弦过定点的问题
3
x
2
y
2
例题3、已知椭圆C:
2
?
2
?1(a?b?0)
的离心率为2
ab
,且在x轴上的顶点分别为A
1
(-2,0)
2
(2,0)。
2 16


高中数学-圆锥曲线题型总结
(I)求椭圆的方程;
()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
12
分别与椭圆交于M、N点,试问 直线是否通过椭
圆的焦点?并证明你的结论
解:(I)由已知椭圆C的离心率
e?< br>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)
()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
A1
M
的方程为
y?k
1
(x?2)
,由
?2

2
x?4y?4
?
(1?4k
1
2
)x
2
?16k
2
x?16k
1
2
?4?0
y整理得
?2和x
1
是方程的两个根,
16k
1
2
?4

??2x
1
?
1?4k
1
2
4k
1
2?8k
1
2
y?< br>则
x
1
?

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

2?8k
1
2
4k
1
即点M的坐标为
(,)

1?4k
1
2
1?4k
1
2
2
8k
2
?2?4k
2
同理,设直线 A
2
N的斜率为k
2
,则得点N的坐标为
(,)

22
1?4k
2
1?4k
2
y
p
?k
1< br>(t?2),y
p
?k
2
(t?2)

?
k
1
?k
2
2
??

k1
?k
2
t
直线的方程为:
y?y
1
y
2
?y
1
?
x?x
1
x
2
?x
1

?
令0,得
x?
x
2
y
1
?x
1
y
2
y
1
?y
2
,将点M、N的坐 标代入,化简后得:
x?
4

t

t?2

?
0?
椭圆的焦点为
(
4
?2

t
3,0)

43
4
??3
,即
t?
3
t

3 16


高中数学-圆锥曲线题型总结
故当
t

题型四:过已知曲线上定点的弦的问题
?
43
3
时,过椭圆的焦点。
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,直线过椭圆的中 心O,
ab

ACBC?0

BC?2AC
,如图。
(I)求点C的坐标及椭圆E的方程;
()若椭圆E上存在两点P、Q,使得直线与直线关于 直线
x?3
对称,求直线的斜率。

解:(I)
BC?2AC
,且过椭圆的中心O
?OC?AC

ACBC?0

??ACO?
?
2


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

() 直线与直线关于直线
x?3
对称,
?< br>设直线的斜率为
k
,则直线的斜率为
?k
,从而直线的方程为:
4 16



高中数学-圆锥曲线题型总结
y?3?k(x?3)
,即
y?kx?3(1?k)

?
?
y?kx?3(1?k)

?
消y,整理得:
22
x?3y?12?0
?
?
(1?3k
2
)x
2
?63k(1?k)x?9k
2
?18k?3?0
x?3
是方程的 一个根,
?x
P
9k
2
?18k?3
3?
2
1?3k
9k
2
?18k?3

x
P
?

2
3(1?3k)
同理可得:
9k
2
?18k?3

x
Q
?
2
3(1?3k)
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
)
9k
2
?18k?39k
2
?18k?3

xP
?x
Q
??
22
3(1?3k)3(1?3k)
=< br>?36k

2
3(1?3k)
?k
PQ
?
y
P
?y
Q
x
P
?x
Q
?
1

3
则直线的斜率为定值
1

3
题型五:共线向量问题
x
2
y
2
??1
于P、Q两点,且
DP
例 题5、设过点D(0,3)的直线交曲线M:
94
解:设P(x
11
)(x< br>22
),
DQ
,求实数的取值范围。
DPDQ

(x
11
-3)=(x
22
-3)

x
1
y
1
3
x
2
(
y
2
3)

方法一:方程组消元法
5 16


高中数学- 圆锥曲线题型总结
2
又P、Q是椭圆
xy
2
94
1上的点
x
2
y
2
22
94
1
(
x
2
)
2
(
y
2
33)
2

94
1
消去x
2

2
可得
(
y
2
33)
2
y
2
2
4
1
2

即y
2
=
135
6

又-2y
2
2,
-2
135
6
2
解之得:
1
5
?
?
?5

则实数的取值范 围是
?
?
1
?
5
,5
?
?
?
方法二:判别式法、韦达定理法、配凑法
设直线的方程为:
y?kx?3,k?0


?
?
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

9k
2
?5

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

(x< br>1
?x
2
)
2
x
?
x
1
?
x
2
?2

1
x
2
x
2
x
1
54
2
k
2
(1?
?
)
2< br>?
45(4?9k
2
)
?
?


3 6
?
9k
2
?44
5(1?
?
)
2
?
9k
2
?1?
9k
2

由①得< br>0?
11
9k
2
?
5
,代入②,整理得
1 ?
36
?
5(1?
?
)
2
?
9
5

6 16


高中数学-圆锥曲线题型总结
解之得
1
?
?
?5

5
当直线的斜率不存 在,即
x?0
时,易知
?
?5

?
?
1< br>。
5
总之实数的取值范围是
?
1
?
,5
?


?
5
??
题型六:面积问题
x
2< br>y
2
6
,
短轴一个端点到右焦点的距离为
3
。 例题 6、已知椭圆C:
2
?
2
?1
(a>b>0)的离心率为
3
ab
(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△面积的最大值。
?
c6
,< br>?
?
c
解:(Ⅰ)设椭圆的半焦距为,依题意
?
a3

?
a?3,
?
x
2
?b?1

?
所求椭圆方程为
?y
2
?1

3
(Ⅱ)设
A(x
1
,y
1
)

B(x
2
,y
2< br>)

(1)当
AB⊥x
轴时,
AB?3

(2)当
设直线
AB

x
轴不垂直时,
AB
的方程为
y?kx?m

m
1?k
2
3
2
3
2
,得
m?(k?1)

4
2
由已知
?

y?kx?m
代入椭圆方程,整理得
(3k2
?1)x
2
?6kmx?3m
2
?3?0

3(m
2
?1)
?6km
?x
1
?x
2
?
2

x
1
x
2
?

3k2
?1
3k?1
?
36k
2
m
2
12 (m
2
?1)
?
?
?AB?(1?k)(x
2
?x
1
)
?(1?k)
?
2
?

22
(3k?1)3k?1
??
2
22
2
7 16


高中数学-圆锥曲线题型总结
12(k
2
?1)(3 k
2
?1?m
2
)3(k
2
?1)(9k
2
?1)
??

2222
(3k?1)(3k?1)
12k
2
1212
?3?
4
?3?(k?0)≤3??4

2< br>1
9k?6k?12?3?6
9k
2
?
2
?6
k
当且仅当
9k
2
?
1
k
2
,即
k??
3
3
时等号成立。当
k?0
时,
AB?3

综上所述
AB
max
?2

133
??AB
max
??
222
?

AB
最大时,
△A OB
面积取最大值
S

题型七:弦或弦长为定值问题
例题7、在 平面直角坐标系中,过定点C(0,p)作直线与抛物线x
2
=2(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△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),可设A(x
11
)(x
22
),直线的方程为,与x
2
=2联立得?
消去y得x
2
-22p
2
=0.
?
y?k x?p.
由韦达定理得x
12
=2
1
x
2
2p2
.
于是
S
?ABN
?S
?BCN
?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< br>?2.

8 16


高中数学-圆锥曲线题型总结

?当k?0时,(S
?ABN
)min?22p
2
.
(Ⅱ )假设满足条件的直线l存在,其方程为的中点为
O
?
,t与AC为直
径的圆 相交于点P、Q,的中点为H,则
xy?p

O
?
H?PQ,O?
点的坐标为(
1
,
1

22
11
2
?O
?
P?AC?x
1
?(y
1
?p)
2

22
1
2

y
1
?p
2
. 2
O
?
H?a?
2
y
1
?p1
?2a ?y
1
?p,

22
22
?PH?O
?
P ?O
?
H
=

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

44
p

(a?)y
1
?a(p?a),

2

?PQ?(2PH)
2

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

a?
ppp
?0
,得
a?,此时PQ?p
为定值,故满足条件的直线l存在,其方程为
y?

222
即抛物线的通径所在的直线.

解法2:
9 16


高中数学-圆锥曲线题型总结
(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

2p

1?k
2
?k
2
?2.

?
2p
1?k
2
又由点到直线的距离公式得
d
.
从而,
S
?ABN
?
112p
?d?AB??2p1?k< br>2
?k
2
?2??2p
2
k
2
?2,

22
1?k
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,则以为直径的圆的方程为
(x?0)(x?x
1
)?(y?p)(y?y
1
)?0,
将直线方程代入得
x
2
?x
1
x?(a?p)(a?y
1
)?0,

p
??
则?=x?4(a?p)(a?y
1
)?4
?
(a?)
?
y1?a(p?a).
2
??
2
1
设 直线l与以为直径的圆的交点为P(x
22
)(x
44
),则有
p p
??
PQ?x
3
?x
4
?4
?
(a?) y
1
?a(p?a)
?
?2(a?)y
1
?a(p?a).

22
??

a?
ppp
?0,得a?,此时PQ ?p
为定值,故满足条件的直线l存在,其方程为
y?
.
222
即抛物线的通径所在的直线。
题型八:角度问题
例题8、(如图 (21)图,
M
(-2,0)和
N
(2,0)是平面上的两点,动点
P
满足:
PM?PN?6.


(Ⅰ)求点
P
的轨迹方程;
(Ⅱ)若
2
PM·PN=1?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2,长半轴3,从而短半轴
a
2
?c
2
?5

10 16


高中数学-圆锥曲线题型总结
x
2
y
2
??1.
所以椭圆的方程为
95
(Ⅱ)由

PMPN?
2
,

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

22
因为
cosMPN
2

MN?PM?PN?2PMPNcosMPN.

将①代入②,得

4
2
?PM?PN?2(PMPN?2).

22
x
2
?y
2
?1
上. 故点
P
在以
M、N
为焦点,实轴长为
23
的双曲线
3
x
2
y
2
??1
,所以 由 (Ⅰ)知,点
P
的坐标又满足
95
?
33
x??,
?
?
5x
2
?9y
2
?45,
?
?
2
由方程组
?
解得
?
22
?
?
x?3y?3.
?
y??
5
.
?
?2

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
)

11 16


高中数学-圆锥曲线题型总结 由题设知
AP,PB,AQ,QB
均不为零,记
?
?
AP
PB
?
AQ
QB
,则
?
?0

?
?1

又A,P,B,Q四点共线,从而
于是

从而
2
x
1
2
?
?
2
x2
?4x

2
1?
?
AP??
?
PB ,AQ?
?
QB

4?
x
1
?
?
x
2

1?
1?
?
x?
?
x
2
y?x?
1
1?
?
y
1
?
?
y
2

1?
?
y
1
?
?
y
2

1?
?
2
y
1
2
?
?
2
y
2
?y

2
1?
?
(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?
方法二
设点
Q(x,y),A(x
1
,y
1),B(x
2
,y
2
)
,由题设,
?4

y?2?0

PA,PB,AQ,QB
均不为零。
PA

AQ
?
PB
QB


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

x
2
?y
2
?1
的左、右焦点。 设
F
1

F
2
分别是椭圆
4
12 16


高中数学-圆锥曲线题型总结
(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;
( 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

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

44
P F
1
?PF
2
??3?x,?y,
????
22
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


x??2
,即点
P
为椭圆长轴端点时,< br>PF
1
?PF
2
有最大值
1

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
?< br>,则
22
PF
1
?PF
2
?PF
1
?PF
2
?cos?F
1
PF
2
?PF
1
?PF
2
?
PF
1
?PF
2
?F
1F
2
2PF
1
?PF
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)
?
?
(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
?
x
2
,y
2
?

?
y?kx?2
?
?
2
1
?
2
联立
?
x
2
,消去
y
,整理得:
?< br>k?
?
x?4kx?3?0

2
4
??
?< br>?y?1
?4

x
1
?x
2
??
4 k
1
k
2
?
4
,x
1
?x
2?
3
1
k
2
?
4


?33
1
?
2
?
?
?
4k
?
? 4
?
k?
?
?3?4k
2
?3?0
得:
k ?

k??
22
4
??


0
0
??A0B?90
0
?cos?A0B?0?OA?OB?0

∴< br>OA?OB?x
1
x
2
?y
1
y
2
?0

13 16


高中数学-圆锥曲线题型总结
?8k
2
?k
2
?1
??4?

y
1
y
2
?
?
kx
1
?2
??
kx
2< br>?2
?
?kx
1
x
2
?2k
?
x< br>1
?x
2
?
?4
?

111
222
k?k?k?
444
2
3k
2
?k
2
?1
??0
,即
k
2
?4

?2?k?2

11
k
2
?k
2
?
44
3
3< br>2
3
?k?2

2
故由①、②得
?2?k??

问题十一、存在性问题:(存在点,存在直线,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
??1
(>0)过M(2,
2
) ,N(
6
,1)两点,O为坐标原点,
a
2
b
2
(I)求椭圆E的方程;
()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,且
OA?OB
?若存在,写出该圆的 方程,并求 |的取
值范围,若不存在说明理由。
解:(1)因为椭圆E:
x
2
y
2
??1
(>0)过M(2,
2
) ,N(
6
,1)两点,
a
2
b
2
?
42
?
11
??1?
??
?
a
2
?8
x
2
y
2
?
a
2
b
2
?
a
2
8
??1
所以
?
解得
?
所以
?
椭圆E的方程为
2
61
11
84
b?4
??
??1
?
?
22
2
?
?
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,且
OA?OB
,设该圆的切线方程为
y?kx?m

?
y?kx?m
?
22222
方程组
?
x
2
x?2(kx?m)?8
,即
(1?2k)x?4kmx?2m?8?0
, .5
y
2
?1
?
?
4
?
8
则△=
16k
2
m
2
?4(1?2k
2
)(2m
2
?8)?8(8k
2
?m
2
?4)?0
,即
8k
2
?m
2
?4?0

4km
?< br>x?x??
12
?
?
1?2k
2
?
2
2m?8
?
xx?
12
?
1?2k
2
?
k
2
(2m
2
?8)4k
2
m
2
m
2
?8k
2
2
y
1
y
2
?(kx
1
?m)(kx
2
?m)?kx
1
x
2
?km( x
1
?x
2
)?m???m?
1?2k
2
1?2k
2
1?2k
2
22
,
要使
OA?OB
,< br>2m
2
?8m
2
?8k
2
3m
2
? 8
2
2222
??0k??0
3m?8k?8?08k?m?4?0
,需使
x
1
x
2
?y
1
y
2
?0
,即,所以,所以又
22
1?2k1?2k8
14 16


高中数学-圆锥曲线题型总结
?
m
2
?2
26
8
2
所以
?
,所以
m?
,即
m?2
3
3
?
3m?8

m??
26
3< br>,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
26m
2
m
2
8
r?
??

r?
,
r?
,
3m
2
?8
3
3
1?k
2
1?k
2
1?
8
2
m
,所求的圆为
x< br>2
?y
2
?
8
3
,此时圆的切线
y?kx? m
都满足
26
m?
3
(?
26

m??< br>3
26
,而当切线的斜率不存在时切线为
x??
3
2626< br>x
2
y
2
,?)

??1
的两个交点为(
与椭圆
33
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
OA?OB
.
4km
?
x?x??
12
?
?
1?2k
2
因为
?
2
2m?8
?
xx?< br>12
?
1?2k
2
?
2
,
4km
2
2m
2
?88(8k
2
?m
2
?4)
) ?4??
所以
(x
1
?x
2
)?(x
1
? x
2
)?4x
1
x
2
?(?
,
2222
1?2k1?2k(1?2k)
2
|AB|?(x
1
?x
2
)?
?
y
1
?y
2
?
2
2
8(8k
2
?m
2
?4)
?(1?k)(x
1
? x
2
)?(1?k)
(1?2k
2
)
2
222
324k
4
?5k
2
?132k
2
??4
?[1?
4
]
,
22
34k?4k?134k ?4k?1
①当
k?0

|AB|?
321
[1?]

1
3
4k
2
?
2
?4
k
因为
4k
1
11
所以,
?4?8
0??
1
k
2
8
2
4k?
2
?4
k
32321
所以
?[1?]?12
,
1
33
4k
2
?2
?4
k
2
?
所以
2
4
时取”=”. .5
6?|AB|?23
当且仅当
k??
2
3
4 6
3
. ② 当
k?0
时,
|AB|?
③ 当的斜率不存在时, 两个交点为
(
2626262646
,?)

(?,?)
,所以此时
|AB|?
33333
15 16
,


高中数学-圆锥曲线题型总结
综上, |的取值范围为
44
6?|AB|?23
即:
|AB|?[6,23]

33
16 16

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