圆锥曲线题型总结

直线和圆锥曲线经常考查的一些题型

直线与椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的位置关系都有相交、相切、相离三种情况，从几何角度可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异公共点对于抛物线来说，平行于对称轴的直线与抛物线相交于一点，但并不是相切；对于双曲线来说，平行于渐近线的直线与双曲线只有一个交点，但并不相切．

直线和椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的公共点问题，可以转化为它们的方程所组成的方程组求解的问题，从而用代数方法判断直线与曲线的位置关系。

解决直线和圆锥曲线的位置关系的解题步骤是： （1）直线的斜率不存在，直线的斜率存在 （2）联立直线和曲线的方程组； （3）讨论类一元二次方程 （4）一元二次方程的判别式 （5）韦达定理，同类坐标变换 （6）同点纵横坐标变换 （7）x,y，k(斜率)的取值围

（8）目标：弦长，中点，垂直，角度，向量，面积，围等等

运用的知识：

1、中点坐标公式：x点坐标。

2、弦长公式：若点A(x1,y1)，B(x2,y2)在直线ykxb(k0)上，

则y1kx1b，y2kx2b，这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧之一，

x1x2yy,y12，其中x,y是点A(x1,y1)，B(x2,y2)的中22AB(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2(kx1kx2)2(1k2)(x1x2)2 (1k2)[(x1x2)24x1x2]

或者AB111(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2(y1y2)2(12)(y1y2)2 kkk(11)[(y1y2)24y1y2]。 2k3、两条直线l1:yk1xb1,l2:yk2xb2垂直：则k1k21 两条直线垂直，则直线所在的向量v1v20

4、韦达定理：若一元二次方程ax2bxc0(a0)有两个不同的根x1,x2，则

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bc。 x1x2,x1x2，x1x2aaa常见题型：

题型一：数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系

x2y21始终有交点，求m的取值围 例题1、已知直线l:ykx1与椭圆C:4m思路点拨：直线方程的特点是过定点（0，1），椭圆的特点是过定点（-2，0）和（2，0），

（0，m),且m4。 和动点

x2y21过动解：根据直线l:ykx1的方程可知，直线恒过定点（0，1），椭圆C:4mx2y2（0，m),且m4，如果直线l:ykx1和椭圆C:1始终有交点，则点

4mm1，且m4，即1m且m4。

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）

证明直线过定点，也是将满足条件的直线整理成以上三种形式之一，再得出结论。 练习1、过点P(3,2) 和抛物线yx3x2 只有一个公共点的直线有（ ）条。

2 A．4 B．3 C．2 D．1

题型二：弦的垂直平分线问题

弦的垂直平分线问题和对称问题是一种解题思维，首先弄清楚哪个是弦，哪个是对称轴，用到的知识是：垂直（两直线的斜率之积为-1）和平分（中点坐标公式）。 例题2、过点T(-1,0)作直线l与曲线N ：yx交于A、B两点，在x轴上是否存在一点

2E(x0,0)，使得ABE是等边三角形，若存在，求出x0；若不存在，请说明理由。 分析：过点T(-1,0)的直线和曲线N ：yx相交A、B两点，则直线的斜率存在且不等于0，可以设直线的方程，联立方程组，消元，分析类一元二次方程，看判别式，运用韦达定

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理，得弦的中点坐标，再由垂直和中点，写出垂直平分线的方程，得出E点坐标，最后由正三角形的性质：中线长是边长的

3倍。运用弦长公式求弦长。 2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(x1,y1)，B(x2,y2)。 由yk(x1)2222kx(2k1)xk0① 消y整理，得2yx2242由直线和抛物线交于两点，得(2k1)4k4k10 即0k21② 42k212k211,x1x21。则线段AB的中点为(,)。 由韦达定理，得：x1x222k2k2k1112k2(x) 线段的垂直平分线方程为：y2kk2k2111111令y=0,得x0，则为正三角形，E(,0)E(,0)到直线ABE2222k22k22k23ABAB的距离d为。2AB(x1x2)(y1y2)314k22k2解得k22214k2k21k21k2d2k1k21k

2k395满足②式此时x0。思维规律：直线过定点设直线的斜率k，利用韦达定133理法，将弦的中点用k表示出来，再利用垂直关系将弦的垂直平分线方程写出来，求出了横

3倍，将k确定，进而求出x0的坐标。 2x2y231练习2：已知椭圆C:221(ab0)过点(1,)，且离心率e。

22ab截距的坐标；再利用正三角形的性质：高是边长的

（Ⅰ）求椭圆方程；

（Ⅱ）若直线l:ykxm(k0)与椭圆交于不同的两点M、N，且线段MN的垂直平分线过定点G(,0)，求k的取值围。

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题型三：动弦过定点的问题

3x2y2例题3、已知椭圆C：221(ab0)的离心率为，且在x轴上的顶点分别为

2abA1(-2,0),A2(2,0)。（I）求椭圆的方程；（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PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆

的焦点？并证明你的结论。分析：第一问是待定系数法求轨迹方程；第二问中，点A1、A2的坐标都知道，可以设直线PA1、PA2的方程，直线PA1和椭圆交点是A1(-2,0)和M，通过韦达定理，可以求出点M的坐标，同理可以求出点N的坐标。动点P在直线l:xt(t2)上，相当于知道了点P的横坐标了，由直线PA1、PA2的方程可以求出P点的纵坐标，得到两条直线的斜率的关系，通过所求的M、N点的坐标，求出直线MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的t>2，就可以了，否则就不存在。 解：（I）由已知椭圆C的离心率ec3，a2,则得c3,b1。从而椭圆的方程为a2x2y21 4（II）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线A1M的斜率为k1,则直线A1M的方程为yk1(x2)，由

yk1(x2)22x4y4212消y整理得

(14k)x16k2x16k402116k1242和x1是方程的两个根，2x1 214k14k128k1228k124k1则x1，y1，即点M的坐标为(,)， 222214k114k114k114k1同理，设直线

28k224k2(,)2214k214k2A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为

ypk1(t2),ypk2(t2)k1k22，直线MN的方程为：

k1k2tyy1y2y1xyx1y24令y=0，，得x21，将点M、N的坐标代入，化简后得：x xx1x2x1y1y2t . 可修编.

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又

t2，042t椭圆的焦点为(3,0)434 3，即t3t故当t

43时，MN过椭圆的焦点。 3练习3：直线l：ykxm和抛物线y2px相交于A、B，以AB为直径的圆过抛物线的

2顶点，证明：直线l：ykxm过定点，并求定点的坐标。

题型四：过已知曲线上定点的弦的问题

若直线过的定点在已知曲线上，则过定点的直线的方程和曲线联立，转化为一元二次方程（或类一元二次方程），考察判断式后，韦达定理结合定点的坐标就可以求出另一端点的坐标，进而解决问题。下面我们就通过例题领略一下思维过程。

x2y2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

ab椭圆的右顶点，直线BC过椭圆的中心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。

(I)又

解：

BC2AC，且BC过椭圆的中心OOCACACBC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，x2y221 则椭圆方程为：

12bx2y21 将点C(3,3)代入方程，得b4，椭圆E的方程为

1242 . 可修编.

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(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)，由

ykx3(1k)消y，整理得： 22x3y120(13k2)x263k(1k)x9k218k30x3是方程的一个根，

xP9k218k33

13k29k218k3即xP 23(13k)9k218k3同理可得：xQ3(13k2)yPyQkxP3(1k)kxQ3(1k)＝

k(xPxQ)23k

12k9k218k39k218k3＝ xPxQ2223(13k)3(13k)3(13k)yPyQ136k＝kPQ 2xx33(13k)PQ则直线PQ的斜率为定值

1。 33对称”得两直线的斜率3是方程

方法总结：本题第二问中，由“直线PC与直线QC关于直线x互为相反数，设直线PC的斜率为k，就得直线QC的斜率为-k。利用

2229k218k3，(13k)x63k(1k)x9k18k30的根，易得点P的横坐标：xP23(13k)再将其中的k用-k换下来，就得到了点Q的横坐标：

9k218k3，这样计算量就减少了许多，在考场上就节省了大量的时间。 xQ23(13k)接下来，如果分别利用直线PC、QC的方程通过坐标变换法将点P、Q的纵坐标也求出来，计算量会增加许多。

直接计算yPyQ、xPxQ，就降低了计算量。总之，本题有两处是需要同学们好好想一想，如何解决此类问题，一是过曲线上的点的直线和曲线相交，点的坐标是方程组消元后得

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到的方程的根；二是利用直线的斜率互为相反数，减少计算量，达到节省时间的目的。

3x2y2练习4、已知椭圆C：221(ab0)的离心率为，且在x轴上的顶点分别为

2abA1(-2,0),A2(2,0)。（I）求椭圆的方程；（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PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆

的焦点？并证明你的结论。

题型五：共线向量问题

解析几何中的向量共线，就是将向量问题转化为同类坐标的比例问题，再通过未达定理------同类坐标变换，将问题解决。此类问题不难解决。

x2y2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值围。 分析：由DPDQ可以得到

x1y1x23(y23)DQ,数的取

，将P(x1,y1),Q(x2,y2),代人曲线方程，解出点

的坐标，用表示出来。 解：设P(x1,y1),Q(x2,y2),

DPDQ(x1,y1-3)=(x2,y2-3)即

x1y13x2(y23)方法一：方

程组消元法又

x2y2P、Q是椭圆+=1上的点

9433)2422222x2y2194(x2)2(y29343)2

1消去x2，可得即y2=又

1365(y2y12

2，－2

1365－2y22解之得：

15 5则实数的取值围是,5。

51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ykx322(49k)x54kx450消y整理后，得224x9y36P、Q是曲线M上的两点

(54k)2445(49k2)＝144k2800

. 可修编.

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即9k5①

由韦达定理得：x1x2254k45 ,xx122249k49k542k2(1)2(x1x2)2x1x2 245(49k2)x1x2x2x1369k2441即②

5(1)29k29k2由①得03691111，代入②，整理得，解之得5

5(1)259k255当直线PQ的斜率不存在，即x0时，易知5或11。总之实数的取值围是,5。55方法总结：通过比较本题的第二步的两种解法，可知第一种解法，比较简单，第二种方法是

通性通法，但计算量较大，纵观高考中的解析几何题，若放在后两题，很多情况下能用通性通法解，但计算量较大，计算繁琐，考生必须有较强的意志力和极强的计算能力；不用通性通法，要求考生必须深入思考，有较强的思维能力，在命题人设计的框架中，找出破解的蛛丝马迹，通过自己的思维将问题解决。

练习5：已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线y焦点，离心率为

12x的425． 5（1）求椭圆C的标准方程；

（2）过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A、B两点，交y轴于M点，若MA1AF，

MB2BF，求12的值．

题型六：面积问题

6x2y2,短轴一个端点例题6、（07理）已知椭圆C：221（a＞b＞0）的离心率为3ab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，求△AOB2 . 可修编.

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面积的最大值。

c6，解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意a3

a3，1，所求椭圆方程为x2by231。

（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)。 （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m32，得1k2m2324(k1)。

把ykxm代入椭圆方程，整理得(3k21)x26kmx3m230，

x6km1x23k21，x3(m21)1x23k21。 AB2(1k2)(x2236k2m212(m22x1)(1k)(3k21)21)3k21 12(k21)(3k21m2)3(k21)(9k2(3k21)21)(3k21)2

312k2129k6k2139k21(k0)≤31242364。

k26当且仅当9k21k2，即k33时等号成立。当k0时，AB3， 综上所述ABmax2。

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133当AB最大时，△AOB面积取最大值SABmax。

222x2y21交于A、B两点，记ABC的面练习6、（07理）如图，直线ykxb与椭圆4积为S。

（Ⅰ）求在k0，0b1的条件下，S的最大值； （Ⅱ）当AB2，S1时，求直线AB的方程。

题型七：弦或弦长为定值问题

例题7、（07理科）在平面直角坐标系xOy中，过定点C（0，p）作直线与抛物线x=2py（p>0）相交于A、B两点。

2

（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。（此题不要求在答题卡上画图） 本小题主要考查直线、圆和抛物线等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力. 解法1：

（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N（0,-p）,可设A（x1,y1）,B（x2,y2），直线AB的方程为

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x22py22

y=kx+p,与x=2py联立得消去y得x-2pkx-2p=0.

ykxp.2

由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p. 于是SABNSBCNSACN22

12px1x2 2＝px1x2p(x1x2)4x1x2 ＝p4p2k28p22p2k22.

当k0时，（SABN）min22p2.

（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为直径的圆相交于点P、Q，PQ的中点为H，则OHPQ,O点的坐标为（x1y1p ,）22OP＝

112ACx1(y1p)2 2212y1p2. 2y1p12ay1p, 2222OHa2PHOPOH 121(y1p2)(2ay1p)2 44p＝(a)y1a(pa),

2=

. 可修编.

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PQ(2PH)2

=4(a令a2p)y2a(pa). 2pp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22y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k2x1x21k2(x1x2)24x1x21k24p2k28p2

＝2p1k2k22. 又由点到直线的距离公式得d2p1k2.

从而，SABN112pdAB2p1k2k222p2k22, 221k2当k0时，（SABN）max22p2.

（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

(x0)(xx1)(yp)(yy1)0,将直线方程y=a代入得

x2x1x(ap)(ay1)0, p则＝x4(ap)(ay1)4(a)y1a(pa).221设直线l与以AC为直径的圆的交点为P（x2,y2）,Q（x4,y4）,则有

. 可修编.

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ppPQx3x44(a)y1a(pa)2(a)y1a(pa).

22令app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22yp. 2即抛物线的通径所在的直线。

练习7：（09理）（22）（本小题满分14分）

x2y2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 |的取值围，若不存在说明理由。

题型八：角度问题

例题8、（08理）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PM·PN＝2,求点P的坐标.

1cosMPN解：(Ⅰ)由椭圆的定义，点P的轨迹是以M、N为焦点，长轴长2a=6的椭圆. 因此半焦距c=2，长半轴a=3，从而短半轴

b=a2c25，

x2y21. 所以椭圆的方程为95 (Ⅱ)由PMPN2,得

1cosMPN . 可修编.

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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PMPN2PMPNcosMPN.②

将①代入②，得

22242PMPN2(PMPN2).

x2y21上. 故点P在以M、N为焦点，实轴长为23的双曲线3x2y21，所以 由(Ⅰ)知，点P的坐标又满足952233x,5x9y45,2 由方程组 解得

22x3y3.y5.222 即P点坐标为

(335335335335,)、（，-）、（-，）或（，-）. 22222222练习8、（05理）已知方向向量为v=(1,3)的直线l过点（0，－23）和椭圆C：

x2y21(a>b>0)的焦点，且椭圆C的中心关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上. a2b2（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）是否存在过点E（－2，0）的直线m交椭圆C于点M、N，满足

OMON46cot∠MON≠0（O为原点）.若存在，3求直线m的方程；若不存在，请说明理由.

. 可修编.

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问题九：四点共线问题

x2y2例题9、（08理）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1 221 ，解得a4,b2，所求椭圆方程为 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 于是 4x1x2yy2， 11

11xx2yy2， y1 x1112x122x24x，212y122y2y，（1） 21从而

（2）

又点A、B在椭圆C上，即

x122y124,222y24,(3)x2(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。

. 可修编.

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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 （1） ,y1114x1y （2） x2,y2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x2y4,整理得

22(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

x2y2练习9、（08理）设椭圆221(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率e2，ab2右准线为l，M、N是l上的两个动点，F1MF2N0．

a（Ⅰ）若|F1M||F2N|25，求、b的值；

（Ⅱ）证明：当|MN|取最小值时，FMF2N与F1F2共线． 1

问题十：围问题（本质是函数问题）

x2y21的左、右焦点。 例10、（07理）设F1、F2分别是椭圆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的取值围。

. 可修编.

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本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。

解：（Ⅰ）解法一：易知a2,b1,c所以F13,0,F23 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23,0，设Px,y，则

22PF1PF2PF1PF2cosF1PF2PF1PF2PF1PF2F1F22PF1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2联立x2，消去y，整理得：kx4kx30

24y14∴x1x24k1k42,x1x231k42

由4k4k23312kk34k30得：或 224又0A0B90cosA0B0OAOB0 ∴OAOBx1x2y1y20

. 可修编.

00. -

8k2k214又y1y2kx12kx22kx1x22kx1x24 111k2k2k2

444

23k2k210，即k24∴2k2 ∵

11k2k244333k2 或22故由①、②得2k

x2y2练习10、已知直线yx1与椭圆221(ab0)相交于A、B两点。

ab （1）若椭圆的离心率为

3，焦距为2，求线段AB的长； 3122]2 （2）若向量OA与向量OB互相垂直（其中O为坐标原点），当椭圆的离心率e[,时，求椭圆的长轴长的最大值。

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） 例11、(2009卷理)（本小题满分14分）

x2y2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,

ab42111222a28x2y2aba81 所以解得所以2椭圆E的方程为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,

. 可修编.

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ykxm且OAOB,设该圆的切线方程为ykxm解方程组x2y2得

148x22(kxm)28,即(12k2)x24kmx2m280,

22则△=16km4(12k)(2m8)8(8km4)0,即8km40

2222224kmxx1212k22xx2m81212k222,

k2(2m28)4k2m2m28k22y1y2(kx1m)(kx2m)kx1x2km(x1x2)mm12k212k212k22m28m28k20,所以要使OAOB,需使x1x2y1y20,即

12k212k2m223m28220又8km40,所以23m8k80,所以k,所以83m8222m226268,即m或m,因为直线ykxm为圆心在原点的圆的一条切

33326m2m28r线,所以圆的半径为r,r,,所求的圆为2223m8331k1k182mx2y226268,此时圆的切线ykxm都满足m或m,而当切线的斜

33326x2y22626,)或1的两个交点为(率不存在时切线为x与椭圆

33384(26268,)满足OAOB,综上, 存在圆心在原点的圆x2y2，使得该圆的333任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OAOB.

4kmxx1212k2因为, 2xx2m81212k2 . 可修编.

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4km22m288(8k2m24))4所以(x1x2)(x1x2)4x1x2(,

12k212k2(12k2)222|AB|(x1x2)y1y2228(8k2m24) (1k)(x1x2)(1k)22(12k)222324k45k2132k24[14], 2234k4k134k4k1①当k0时|AB|321[1] 1324k24k因为4k111所以, 4801k284k224k32321所以[1]12,

1334k224k2所以24时取”=”. 6|AB|23当且仅当k2346. 326262626,)或(,),所以此时3333② 当k0时,|AB|③ 当AB的斜率不存在时, 两个交点为(|AB|46, 3综上,|AB |的取值围为446|AB|23即:|AB|[6,23] 33【命题立意】:本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆

的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关系.

练习11：设mR,在平面直角坐标系中,已知向量a(mx,y1),向量b(x,y1),ab,动点M(x,y)的轨迹为E.

（1）求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状;

. 可修编.

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（2）已知m1,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交4点A,B,且OAOB(O为坐标原点),并求出该圆的方程; (3)已知m1222,设直线l与圆C:xyR(1B1,当R