圆锥曲线大题

圆锥曲线大题

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【优秀范文】圆锥曲线大题

范文一:圆锥曲线大题

圆锥曲线大题

1、如图,在以点O为圆心,|AB|=4为直径的半圆ADB中,OD⊥AB,P是半圆弧上一点, ∠POB=30°,曲线C是满足||MA|-|MB||为定值的动点M的轨迹,且曲线C过点P.

(Ⅰ)建立适当的平面直角坐标系,求曲线C的方程;(Ⅱ)设过点D的直线l与曲线C相交于不同的两点E、F.若△OEF的面积不小于...

l斜率的取值范围.

2、已知椭圆的中心在坐标原点O,焦点在x轴上,椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形,两准线间的距离为1.

(Ⅰ)求椭圆的方程;

(Ⅱ)直线l过点P(2,0)且与椭圆相交于A、B两点,当△AOB面积取得最大值时,求直线l的方程.

3、如图,椭圆C:(a>b>0)的一个焦点为F(1,0),且过点(2,0)。

(1)求椭圆C的方程;

(2)若AB为垂直于x轴的动弦,直线l:x=4与x轴交于点N,直线AF与BN交于点M。 (i)求证:点M恒在椭圆C上;(ii)求△AMN面积的最大值。

4、设F是抛物线G:x2=4y的焦点。设A,B为抛物线G上异于原点的两点,且满足

,延长AF,BF分别交抛物线G于点C,D,求四边形ABCD面积的最小值。

5、设椭圆中心在坐标原点,A(2,,0)B(01),是它的两个顶点,直线ykx(k0)与AB相交于点D,与椭圆相交于E、F两点.

(Ⅰ)若ED6DF,求k的值;

(Ⅱ)求四边形AEBF面积的最大值.

x2y2

6、设椭圆221(ab0)的左、右焦点分别是F1、F2,离心

ab

率e,右准线l上的两动点M、N,且FMF2N0.

1(Ⅰ)若F1MF2N,求a、b的值; (Ⅱ)当MN最小时,求证FMF2N

与F1F2共线. 1圆锥曲线大题

1、如图,在以点O为圆心,|AB|=4为直径的半圆ADB中,OD⊥AB,P是半圆弧上一点, ∠POB=30°,曲线C是满足||MA|-|MB||为定值的动点M的轨迹,且曲线C过点P.

(Ⅰ)建立适当的平面直角坐标系,求曲线C的方程;(Ⅱ)设过点D的直线l与曲线C相交于不同的两点E、F.若△OEF的面积不小于...

l斜率的取值范围.

2、已知椭圆的中心在坐标原点O,焦点在x轴上,椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形,两准线间的距离为1.

(Ⅰ)求椭圆的方程;

(Ⅱ)直线l过点P(2,0)且与椭圆相交于A、B两点,当△AOB面积取得最大值时,求直线l的方程.

3、如图,椭圆C:(a>b>0)的一个焦点为F(1,0),且过点(2,0)。

(1)求椭圆C的方程;

(2)若AB为垂直于x轴的动弦,直线l:x=4与x轴交于点N,直线AF与BN交于点M。 (i)求证:点M恒在椭圆C上;(ii)求△AMN面积的最大值。

4、设F是抛物线G:x2=4y的焦点。设A,B为抛物线G上异于原点的两点,且满足

,延长AF,BF分别交抛物线G于点C,D,求四边形ABCD面积的最小值。

5、设椭圆中心在坐标原点,A(2,,0)B(01),是它的两个顶点,直线ykx(k0)与AB相交于点D,与椭圆相交于E、F两点.

(Ⅰ)若ED6DF,求k的值;

(Ⅱ)求四边形AEBF面积的最大值.

x2y2

6、设椭圆221(ab0)的左、右焦点分别是F1、F2,离心

ab

率e,右准线l上的两动点M、N,且FMF2N0.

1(Ⅰ)若F1MF2N,求a、b的值; (Ⅱ)当MN最小时,求证FMF2N

与F1F2共线. 1

范文二:圆锥曲线大题题型归纳

圆锥曲线大题题型归纳

基本方法:

1. 待定系数法:求所设直线方程中的系数,求标准方程中的待定系数a、b、c、e、p等等;

2. 齐次方程法:解决求离心率、渐近线、夹角等与比值有关的问题;

3. 韦达定理法:直线与曲线方程联立,交点坐标设而不求,用韦达定理写出转化完成。要注意:如果方程的

根很容易求出,就不必用韦达定理,而直接计算出两个根;

4. 点差法:弦中点问题,端点坐标设而不求。也叫五条等式法:点满足方程两个、中点坐标公式两个、斜率

公式一个共五个等式;

5. 距离转化法:将斜线上的长度问题、比例问题、向量问题转化水平或竖直方向上的距离问题、比例问题、

坐标问题; 基本思想:

1.“常规求值”问题需要找等式,“求范围”问题需要找不等式; 2.“是否存在”问题当作存在去求,若不存在则计算时自然会无解; 3.证明“过定点”或“定值”,总要设一个或几个参变量,将对象表示出来,再说明与此变量无关;

4.证明不等式,或者求最值时,若不能用几何观察法,则必须用函数思想将对象表示为变量的函数,再解决; 5.有些题思路易成,但难以实施。这就要优化方法,才能使计算具有可行性,关键是积累“转化”的经验; 6.大多数问题只要忠实、准确地将题目每个条件和要求表达出来,即可自然而然产生思路。

题型一:求直线、圆锥曲线方程、离心率、弦长、渐近线等常规问题

x2y2

例1、 已知F1,F2为椭圆+=1的两个焦点,P在椭圆上,且∠F1 PF2=60°,则△F1 PF2的面积为多少?

10064

点评:常规求值问题的方法:待定系数法,先设后求,关键在于找等式。

变式1-1 已知F1,F2分别是双曲线3x5y75的左右焦点,P是双曲线右支上的一点,且

F1PF2=120,求F1PF2的面积。

22

题型二 过定点、定值问题 例2、(2007秋•青羊区校级期中)如图,

抛物线S的顶点在原点O,焦点在x轴上,△ABC三个顶点都在抛物线上,且△ABC的重心为抛物线的焦点,若BC所在直线方程为4x+y-20=0, (Ⅰ)求抛物线的方程;

(Ⅱ)是否存在定点M,使过M的动直线与抛物线S交于P、Q两点,且 OPOQ0,证明你的结论

处理定点问题的方法:⑴常把方程中参数的同次项集在一起,并令各项的系数为零,求出定点;⑵也可先取参数的特殊值探求定点,然后给出证明。

xy2

例3、(2014秋•市中区校级月考)已知椭圆C: 221(a>b>0),过焦点垂直于长轴的弦长为1,且焦

ab

点与短轴两端点构成等边三角形. (I)求椭圆的方程;

(Ⅱ)过点Q(-1,0)的直线l交椭圆于A,B两点,交直线x=-4于点E,

2

判断λ+μ是否为定值,若是,计算出该定值;不是,说明理由

点评:证明定值问题的方法:⑴常把变动的元素用参数表示出来,然后证明计算结果与参数无关;⑵也可先在特殊

条件下求出定值,再给出一般的证明

x2y2

变式3-1 (2012秋•沙坪坝区校级月考)已知椭圆 221 (a>b>0)的离心率为

ab

焦距为2.

(1)求椭圆的方程;

(2)过椭圆右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆于P,Q两点,C,D为椭圆上位于直线PQ异侧的两个动点,满足 ∠CPQ=∠DPQ,求证:直线CD的斜率为定值,并求出此定值.

例4、过抛物线y24ax(a>0)的焦点F作任意一条直线分别交抛物线于A、B两点,如果AOB(O为原点)

S2

的面积是S,求证:为定值。

AB

的焦点重合,F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,且离心率e=点.

(1)求椭圆C的方程; (2)是否存在直线l,使得

且过椭圆右焦点F2的直线l与椭圆C交于M、N两2

若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由

(3)若AB是椭圆C经过原点O的弦,MN∥AB,求证:

为定值.

题型三 “是否存在”问题

变式5-1 (2013•柯城区校级三模)已知抛物线的顶点在坐标原点,焦点在y轴上,且过点(2,1). (Ⅰ)求抛物线的标准方程;

(Ⅱ)是否存在直线l:y=kx+t,与圆x2+(y+1)2=1相切且与抛物线交于不同的两点M,N,当∠MON为钝角时,有S△MON=48成立?若存在,求出直线的方程,若不存在,说明理由

(Ⅰ)求动点P的轨迹方程;

(Ⅱ)设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N,问:是否存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.

题型四 最值问题

例6、(2012•洛阳模拟)在平面直角坐标系中xOy中,O为坐标原点,A(-2,0),B(2,0),点P为动点,且

点评:最值问题的方法:几何法、配方法(转化为二次函数的最值)、三角代换法(转化为三角函数的最值)、利用切线的方法、利用均值不等式的方法等。

B,点P在椭圆C上且异于点A、B,直线AP、BP与直线l:y=-2分别交于点M、N; (Ⅰ)设直线AP、BP的斜率分别为k1,k2求证:k1•k2为定值; (Ⅱ)求线段MN长的最小值;

(Ⅲ)当点P运动时,以MN为直径的圆是否经过某定点?请证明你的结论

题型五 求参数的取值范围

变式7-1

2006秋•宁波期末)已知动圆过定点P(0,1),且与定直线y=-1相切.

(1)求动圆圆心的轨迹M的方程; (2)设过点Q(0,-1)且以

求直线l斜率的取值范围. 为方向向量的直线l与轨迹M相交于A、B两点.若∠APB为钝角,

变式7-2 2014•苍南县校级模拟)已知抛物线C:y2=4x焦点为F,过F的直线交抛物线C于A,B两点,l1、l2

小结

解析几何在高考中经常是两小题一大题:两小题经常是常规求值类型,一大题中的第一小题也经常是常规求值问题,故常用方程思想先设后求即可。解决第二小题时常用韦达定理法结合以上各种题型进行处理,常按照以下七步骤:

一设直线与方程;(提醒:①设直线时分斜率存在与不存在;②设为y=kx+b与x=mmy+n的区别)二设交点坐标;(提醒:之所以要设是因为不去求出它,即“设而不求”)

三则联立方程组;四则消元韦达定理;(提醒:抛物线时经常是把抛物线方程代入直线方程反而简单)五根据条件重转化;常有以下类型:

①“以弦AB为直径的圆过点0”OAOB K1K21(提醒:需讨论K是否存在)

OAOB0 x1x2y1y20

②“点在圆内、圆上、圆外问题”“直角、锐角、钝角问题”

“向量的数量积大于、等于、小于0问题”x1x2y1y2>0;

③“等角、角平分、角互补问题”斜率关系(K1K20或K1K2);

④“共线问题”(如:AQQB 数的角度:坐标表示法;形的角度:距离转化法); (如:A、O、B三点共线直线OA与OB斜率相等);

⑤“点、线对称问题” 坐标与斜率关系;⑥“弦长、面积问题”

;六则化简与计算; 转化为坐标与弦长公式问题(提醒:注意两个面积公式的合理选择)

七则细节问题不忽略;①判别式是否已经考虑;②抛物线问题中二次项系数是否会出现0.

范文三:高考圆锥曲线经典大题

圆锥曲线经典大题

1.已知过点A(-4,0)的动直线l与抛物线G:x2=2py(p>0)相交于B、C两点.当

1→=4AB→.

直线l的斜率是时,AC

2

(1)求抛物线G的方程;

(2)设线段BC的中垂线在y轴上的截距为b,求b的取值范围.

2.如图,已知F(1,0),直线l:x1,点P为平面上的动点,过点P作l的垂线,垂足为点Q,且QPQFFPFQ.

(Ⅰ)求动点P的轨迹C的方程。

(Ⅱ)过点F的直线交轨迹C于A,B两点,交直线l于点M.

MA1AF,MB2BF,求12的值;

MAMB的最小值. (1)已知(2)求

3.设点F是抛物线G:x2=4y的焦点.

(1)过点P(0,-4)作抛物线G的切线,求切线的方程;

0,分别延长(2)设A,B为抛物线G上异于原点的两点,且满足·

AF,BF交抛物线G于C,D两点,求四边形ABCD面积的最小值.

4.设抛物线方程为x22py(p0),M为直线y2p上任意一点,过M引抛物线的切线,切点分别为A,B.

(Ⅰ)求证:A,M,B三点的横坐标成等差数列;

2p)时,AB (Ⅱ)已知当M点的坐标为(2,

x2y2

5.设椭圆M:2

1a的右焦点为F1,直线l:x

a2

a2a2

2

与x轴交于点

. A,若OF12AF10(其中O为坐标原点)

(1)求椭圆M的方程;(2)设P是椭圆M上的任意一点,EF为圆,求PEPF的N:x2y21的任意一条直径(E、F为直径的两个端点)

2

最大值.

y2x2

6.已知双曲线C的方程为221(a0,b0),

离心率e顶点到渐近线

ab

的距离为。

5

(I) 求双曲线C的方程;

(II)如图,P是双曲线C上一点,A,B两点在双曲线C的两条渐近线上,且分

1

别位于第一、二象限,若APPB,[,2],求AOB面积的取值范围。

3

x2

7.一条双曲线y21的左、右顶点分别为A1,A2,点P(x1,y1),Q(x1,y1)是双

2

曲线上不同的两个动点。(1)求直线A1P与A2Q交点的轨迹E的方程式;(2)若过点H(0, h)(h>1)的两条直线l1和l2与轨迹E都只有一个交点,且l1l2 ,求h的值。

x2y2

8.已知:椭圆221(ab0),过点A(a,0),B(0,b)的直线倾斜角

ab

,原点到该直线的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)斜率大于零的直62

线过D(1,0)与椭圆交于E,F两点,若2,求直线EF的方程;(3)是否存在实数k,直线ykx2交椭圆于P,Q两点,以PQ为直径的圆过点

D(1,0)?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.

范文四:高考数学圆锥曲线大题

解析几何

20.(本小题满分12分)

已知两点M(4,0),N(1,0),若动点P(x,y)满足MNMP6|NP|. (1)求动点P的轨迹C的方程; (2)设A、B、Q是曲线C上不同的三个点,且A、B关于原点对称,直线QA、QB

的斜率分别为k1,k2,求证:k1k2为定值。

21.(12分)已知点A、B、C是椭圆M:x

a22yb221(ab0)上的三点,其中点

A的坐标为(23,0),BC过椭圆M的中心,且CACB0,2|CA||CB|. (I)求椭圆M的方程;

(II)过点M(0, t)且不垂直于坐标轴的直线l与椭圆M交于两点E、F,设D为椭圆M与y轴负半轴的交点,且|DE||DF|,求实数t的取值范围.

22.(本小题满分14分)

如图:P(-3,0),点A在y轴上,点Q在x轴的正半轴上,且APAQ0,在AQ

的延长线上取一点M,使|QM|2|AQ|. 

①当A点在y轴上移动时,求动点M的轨迹C的方程; ②已知kR,i(0,1),j(1,0),经过(-1,0)以kij为方向向量的直线l与轨迹C

交于E、F两点,又点D(1,0),当EDF为钝角时,求k的取值范围。

19.(本小题满分14分) 设椭圆M:x

a22

y221a的右焦点为F1,直线l:xa22与x轴交于点a2



A,若OF12AF10(其中O为坐标原点).

(1)求椭圆M的方程;

2(2)设P是椭圆M上的任意一点,EF为圆N:xy21的任意一条直径2

(E、F为直径的两个端点),求PEPF的最大值.

19.(本小题满分14分)

(1

)由题设知,A0,F1

a2K……………1分 0,K

由OF12AF10,得a222a22a2a2.………………3分 2

解得a26.

x2

所以椭圆M的方程为M:6y2

21.…………………………4分

2(2)方法1:设圆N:x2y21的圆心为N, 则PEPFNENPNFNP …………………………………6分 

K………………7分 NFNPNFN……PK

222NPNFNP1.…………………………………8分 从而求PEPF的最大值转化为求NP的最大值.………………………9分 因为P是椭圆M上的任意一点,设Px0,y0,………………………10分 x0

622所以y0

221,即x063y0.……………………………11分

222因为点N0,2,所以NP

因为y0x0y022y0112.………………12分

2222,所以当y01时,NP取得最大值12.…………13分 所以PEPF的最大值为11.…………………………………………14分

方法2:设点E(x1,y1),F(x2,y2),P(x0,y0),

x2x1,因为E,F的中点坐标为(0,2),所以 …………………………6分 y4y.21

所以PEPF(x1x0)(x2x0)(y1y0)(y2y0)……………………7分

(x1x0)(x1x0)(y1y0)(4y1 y)

22224y14y x0x1y0y10

22224y0(x1y14y) x0y0.…………………………9分 1

2222因为点E在圆N上,所以x1(y12)1,即x1y14y13.………10分

因为点P在椭圆M上,所以

x062y0221,即x063y0.………………11分 2222所以PEPF2y04y092(y01)11.……………………12分

因为y0[,所以当y01时,PEPF11.………………14分 min

方法3:①若直线EF的斜率存在,设EF的方程为ykx2,………6分 ykx2由2,解得x2x(y2)11k2.…………………7分 1

因为P是椭圆M上的任一点,设点Px0,y0, x0

62所以y0

221,即x063y0.……………………8分

22



所以PEx0PF,2y0

x0,2y0…9分 2所以PEPFx021k12(2y0)2k22k1x0(2y0)12(y01)11. 22

……………………10分

因为y0,所以当y01时,PEPF取得最大值11.………11分 ②若直线EF的斜率不存在,此时EF的方程为x0,

x0由2,解得y1或y3. 2x(y2)1

u不妨设,E0,3,F0,1.…………………… ss55u…………………12分

因为P是椭圆M上的任一点,设点Px0,y0, x0

62所以y0

221,即x063y0. 22

所以PEx0,3y0,PFx0,1y0.

222所以PEPFx0y04y032(y01)11.

因为y0,所以当y01时,PEPF取得最大值11.…………13分 综上可知,PEPF的最大值为11.…………………………14分

20.(本小题满分12分)

如图,在ABC中,|AB||AC|7

2,|BC|2,以B、C为焦点的椭圆恰好过AC的中

点P。

(Ⅰ)求椭圆的标准方程;

(Ⅱ)过椭圆的右顶点A1作直线l与圆E:(x1)2y22相交于M、N两点,试探究

点M、N能将圆E分割成弧长比值为1:3的两段弧吗?若能,求出直线l的方程;若不能,请说明理由。

20.(本小题满分12分)

已知椭圆C:x

a22yb221(ab0)的离心率为12,以原点为圆心,椭圆的短半轴为

半径的圆与直线xy

(Ⅰ)求椭圆的方程; 0相切。

(Ⅱ)设P(4,0),A,B是椭圆C上关于x轴对称的任意两个不同的点,连结PB交

椭圆C于另一点E,证明直线AE与x轴相交于点Q;

20.(本小题满分12分)

2设直线l:xym0与抛物线C:y4x交于不同两点A、B,F为抛物线的焦点。

(1)求ABF的重心G的轨迹方程;

(2)如果m2,求ABF的外接圆的方程。

20. 解:①设Ax1y1,Bx2,y2,F1,0,重心Gx,y,y24x2y4y4m0 

xym0

∴△>0m<1且m1(因为A、B、F不共线) x1x21y1y22m152mx333故 yy1y24

33

∴重心G的轨迹方程为y47x1且x ………6分(范围不对扣1分) 33②m2,则y24y80,设AB中点为x0,y0 ∴y0y1y222 ∴x0y0m2m4 那么AB的中垂线方程为xy60 令△ABF外接圆圆心为Ca,6a 1

k2又AB1y1y246,C到AB的距离为d

22a82 ∴CACF2622a822a16a 2

2719, ∴CFa ∴C22219

22169177 22222197169∴所求的圆的方程为x ………12分 y222

20.(本题14分)如图,椭圆长轴端点为A,B,O为椭圆中心,F为椭圆的右焦点, 且AF

FB1,1. (1)求椭圆的标准方程;

(2)记椭圆的上顶点为M,直线l交椭圆于P,Q两点,问:是否存在直线l,使点F恰为PQM的垂心?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.

20. 解:(1)如图建系,设椭圆方程为x

a22yb

2221(ab0),则c1 2又∵AFFB1即 (ac)(ac)1ac

∴a2 故椭圆方程为2x2

2

(2)假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且F恰为PQM的垂心,则设P(x1,y1),Q(x2,y2),∵M(0,1),F(1,0),故kPQ1, ……7分 y1 ……5分 2

yxm22于是设直线l为 yxm,由2得3x4mx2m20 …9分 2x2y2∵MPFQ0x1(x21)y2(y11) 又yixim(i1,2)

得x1(x21)(x2m)(x1m1)0 即2x1x2(x1x2)(m1)mm0 由韦达定理得2

经检验m22m2324m3(m1)mm0 解得m4

3243或m1(舍) 43符合条件………13分,所以直线l:yx………14分

21.(本题满分15分)如图,已知点A(2,0),点P是⊙B:(x2)2y236上任意一

点,线段AP的垂直平分线交BP于点Q,点Q的轨迹记为曲线C.

(Ⅰ)求曲线C的方程;

(Ⅱ)已知⊙O:x2y2r2(r0)的切线l总与曲

线C有两个交点M、N,并且其中一条切线满足MON90,求证:对于任意一条切线l总有MON90. 00

21题

21、(I)由题意,|QA||QB||QP||QB|6, ∴Q点轨迹是以A、B为焦点的椭圆,且a3,c2,

x2

∴曲线C的轨迹方程是

9y251.………………5分

(II)先考虑切线的斜率存在的情形. 设切线l:ykxm,则

图1

由l与⊙O相切得|m|

k2r 即mr(1k)

222

①……………7分 ykxm2由x2,消去y得,(59k2)x218kmx9(m25)0, y159

设M(x1,y1),N(x2,y2),则由韦达定理得

18km

59k2x1x2,x1x29(m5)59k22……………………9分

OMONx1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)

(1k)x1x2km(x1x2)m 22

9(1k)(m5)

59k

222218km59k222m 2

14m45(1k)

59k22②……………………10分

0由于其中一条切线满足MON90,对此

OMON14m45(1k)

59k222图

2 0

45

142222结合①式mr(1k)可得r…………………………………………12分

(1k),进而2于是,对于任意一条切线l,总有m14m45(1k)

59k

02451422OMON20 故总有MON90. …………………………………………14分

0最后考虑两种特殊情况:(1)当满足MON90的那条切线斜率不存在时,切线方

程为

xr.代入椭圆方程可得交点的纵坐标y55r

92,因MON90,故0

r55r

922,得到r45

14,同上可得:任意一条切线l均满足MON90;(2)0

当满足MON90的那条切线斜率存在时,r

0存在的切线xr也有MON90. 024514,r55r92,对于斜率不

综上所述,命题成立. …………………………………………15分

1. (本小题满分12分)

已知点A(1,0,)B(1,0),动点M的轨迹曲线C满足AMB2,2AMBMcos3,过点B的直线交曲线C于P、Q两点.

(1)求AMBM的值,并写出曲线C的方程;

(2)求△APQ面积的最大值.

范文五:圆锥曲线高考大题荟萃

(Ⅰ)求双曲线的离心率;

答案为:

4,求双曲线的方程.

*****************************************************************

不妨设l1:bx-ay

=0,l2:bx+ay=0,

(Ⅱ)由a=2b知,双曲线的方程可化为 x

-4y=4b.①

2

2

2

由l1

AB的方程为

将②代入①并化简,得

设AB与双曲线的两交点的坐标分别为(x1

,y1),(x2,y

2),则

AB被双曲线所截得的线段长

l=4,故b=3,a=6.

椭圆相交于E、F两点. 答案为:

AB相交于点D

,与

*****************************************************************

已知中心在原点的双曲线C的一个焦点是F1(-3,0),(1)求双曲线C的方程;

(2)若以k(k≠0)为斜率的直线l与双曲线

C相交于两个不同的点M,N,且线段MN的垂直平分线与两坐标轴

答案为:

求k的取值范围.

*****************************************************************

答案:本小题主要考查双曲线的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、线段的定比分点等基础知识,考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法

,考查推理、运算能力.

解:(1)设双曲线

C>0,b>

0).

所以双曲线C

(2)设直线l的方程为y=kx+m(k≠0), 点M(x1,y1

),N(x2,y2)的坐标满足方程组

将①式代入②式,整理得

(5-4k)x-8kmx-4m-20=0.

2

2

2

2

2

2

2

此方程有两个不等实根,于是5-4k≠0,且

Δ=(-8km)+4(5-4k)(4m+20)>0.

整理得m+5-4k>0. ③

2

2

由根与系数的关系可知线段MN的中点坐标(x0

,y0)满足x0

0=kx0从而线段MN的垂直平分线的方程为此直线与x轴,y轴的交点坐标分别为整理得m2

2

2

>0,

2

整理得

(4k-5)(4k-|k|-5)>0,k≠0.

解得0<|k||k|所以k的取值范围是(-

某海域内有一孤岛,岛四周的海平面(视为平面)上有一浅水区(含边界),其边界是长轴长为2a、短轴长为2b的椭圆.已知岛上甲、乙导航灯的海拔高度分别为h1、h2,且两个导航灯在海平面上的投影恰好落在椭圆的两个焦点上.现有船只经过该海域(船只的大小忽略不计),在船上测得甲、乙导航灯的仰角分别为θ1、θ2,那么船只己进入该浅水区的判别条件是___________.

*****************************************************************

答案为:

答案:h1cotθ1+h2cotθ2<2a

解析:∵导航灯在海平面上的投影恰好落在椭圆的两个焦点上, ∴导航灯垂直于海平面,垂足为焦点. 如图所示.

|MF1|=h1cotθ1,|MF2|=h2cotθ2,

∴当|MF1|+|MF2|<2a时,点M在椭圆内即h1cotθ1+h2cotθ2<2a.

在直角坐标系xOy中,点P到两点

与C交于

A、B两点. (1)

写出C的方程; (2)

求k的值;

的距离之和等于4,设点P

的轨迹为C,直线y=kx+1

(3)

若点A在第一象限,证明当k>

0时,恒有答案为:

>*****************************************************************

本题主要考查平面向量,

椭圆的定义、标准方程及直线与椭圆位置关系等基础知识,考查综合运用解析几何知识解决问题的能力.

:(1)设P(x,y),由椭圆定义可知,点

P的轨迹C是以短半轴

为焦点,长半轴为2的椭圆,

它的

故曲线C的方程为

x2

(2)设

A(x1,y1),B(x2,y

2),消去y

并整理得(k+4)x+2kx-3=0,

2

2

故x1+x2

2

1x2即x1x

2+y1y2=0.

而y1y2=kx1x2+k(x1

+x2)+1,

于是x1x

2+y1y2化简得-4k+1=0,所以2

2

2

2

2

2

2

2

=x1+y1-(x2+y2)

2

22

=(x1-x2)+4(1-x1-1+x2)

=-3(x1-x2)(x1+x2因为A在第一象限,故x1>0.

由x1x2又k>0,故x2<0,从而x1-x2>0. 2

>0, >2

即在题设条件下,恒有

在曲线C上

.

(Ⅰ)求双曲线C的方程;

(Ⅱ)记O为坐标原点,过点Q (0,2)的直线l与双曲线

C相交于不同的两点E、F,

若△OEF求直线l的方程

*****************************************************************

答案为:

本小题主要考查双曲线的定义、标准方程、直线和双曲线位置关系等平面解析几何的基础知识,考查待写系数法、不等式的解法以及综合运用数学知识进行推理运算的能力

.

(Ⅰ)解法1:依题意,由a

+b=4

22

0<a<4),

2

将点(3

解得a=18(舍去)或

a=2,

22

解法2:依题意得,双曲线的半焦距c

=2. 2a=|PF1

|-|PF2∴a=2,b=c-a=2.

2

2

2

2

∴双曲线C得(1-k)x-4kx-6=0.①

2

2

(Ⅱ)解法1:依题意,可设直线l的方程为y=kx+2,代入双曲线C的方程并整理, ∵直线I与双曲线C相交于不同的两点E、F,

∴k-

设E(x1,y1),F(x2,y2),则由①式得x1+x2|EF

而原点O到直线l的距离d∴SΔOEF

若SΔOEF

k满足②.故满足条件的直线l有两条,其方程分别为y

2

2

解法2:依题意,可设直线l

的方程为y=kx+2,代入双曲线

C的方程并整理,

得(1-k)x-4

kx-6=0. ①

∵直线l与双曲线C相交于不同的两点

E、F,

∴k-1,1)∪(1,

② 设E

(x1,y1),F(x2,y

2),则由①式得

|x1-x2|③

当E、F在同一支上时(如图1

SΔOEF=|SΔOQF-SΔOQE当E、F在不同支上时(如图2所示),

SΔOEF=SΔOQF+SΔOQE综上得SΔOEF

由|OQ|=2及③式,得SΔOEF若SΔOEF=y解得k满足②.

故满足条件的直线l有两条,其方程分别为y

如图,在以点O为圆心,|AB|=4为直径的半圆ADB中,OD⊥AB,P是半圆弧上一点, ∠POB=30°,曲线C是满足||MA|-|MB||为定值的动点M的轨迹,且曲线C过点P.

(Ⅰ)建立适当的平面直角坐标系,求曲线C的方程; (Ⅱ)设过点D

的直线l与曲线C相交于不同的两点E、F. 若△OEF的面积不小于

答案为:

l斜率的取值范围.

*****************************************************************

本小题主要考查直线、圆和双曲线等平面解析几何的基础知识,考查轨迹方程的求法、不等式的解法以及综合解题能力.

(Ⅰ)解法1

:以O为原点,AB、OD

所在直线分别为x轴、y轴,建立平面直角坐标系,则A

(-2,0),B

(2,0),D(0,2),P

AB|=4.

|MA|-|MB|=|PA|-|PB∴曲线C是以原点为中心,A、B为焦点的双曲线. 设实半轴长为a,虚半轴长为b,半焦距为c, 则c=2,2a==2,b=c-a=2.

2

2

2

2

∴曲线C|AB|=4.

解法2:同解法1建立平面直角坐标系,则依题意可得|︱MA︱-︱MB︱|=|PA|-|PB|< ∴曲线C是以原点为中心,A、B为焦点的双曲线.

0,b>0).

解得a=b=2,

2

2

∴曲线C

图1

图2

(Ⅱ)解法1:依题意,可设直线l的方程为y=kx+2,代入双曲线C的方程并整理得(1-k)x-4kx-6=0.

∵直线l与双曲线C相交于不同的两点E、F,

2

2

)∪(-1

,1)∪(1

.

∴k∈(设E(x1

,y1),F(x2

,y2),则由①式得x1

+x2|EF于是

而原点O到直线l的距离d

若△OEF面积不小于即

综合②、③知,直线l的斜率的取值范围为

得(1-k)x-4kx-6=0.

∵直线l与双曲线C相交于不同的两点E、F,

2

2

-1)∪(1-

解法2:依题意,可设直线l的方程为y=kx+2,代入双曲线C的方程并整理,

-1)∪(-1,1

)∪(1.

∴k∈(

E(x1,y1),F(x2,y2),则由①式得

|x

1-x2|当E、F

在同一支上时(如图1所示),

当E、F在不同支上时(如图2

所示).

△ODE

综上得S△OEF

由|

OD|=2及③式,得S△OEF若△OEF面积不小于④

综合②、④知,直线l的斜率的取值范围为

-1]∪(-1,1)∪(1

设b>0,抛物线方程为x=8(y-b).

如图6所示,过点F(0,b+2)

作x轴的平行线,

2

G的切线经过椭圆的右焦点F1.

图6

(1)求满足条件的椭圆方程和抛物线方程.

(2)设A、B分别是椭圆长轴的左、右端点,试探究在抛物线上是否存在点P,使得△ABP为直角三角形?若存在,请指出共有几个这样的点?并说明理由(不必具体求出这些点的坐标). *****************************************************************

答案为:

本题主要考查椭圆、抛物线的概念,椭圆、抛物线的方程等基础知识,数形结合的数学思想与方法,以及运算求解能力.

解:(1)由x=8(y-b)得当y=b+2时,x=±4, 则G点的坐标为(4,b+2).

2

于是抛物线x=8(y-b)在点G的切线的l的斜率切线l的方程为y=x+b-2.

由椭圆方程得F1点的坐标为(b,0), 又切线l经过椭圆的右焦点F1 ∴由0=b+b-2,解得b=1.

2

=1和x=8(y-1).

22

(2)抛物线上存在点P,使得△ABP为直角三角形,这样的点共有4个.

①分别过A,B作x轴的垂线,与抛物线分别交于两点P1

(△ABP2

都是直角三角形.

P2

1和

1,且椭圆与抛物

线仅交于一点,所以上述圆周必与抛物线相交于两点P3和P4. 则△ABP3和△ABP4都是直角三角形. 因为P1A与圆相切于点A,而P3在圆周上, 所以P3与P1不重合,同理P4与P2不重合. 故P1、P2、P3和P4是两两互不相同的点.

(1(2

理由.

*****************************************************************

答案为:

(1

(2

F1、F2F2到右准线l的距离

(Ⅰ)求a、b

的值;

(Ⅱ)设M、N是l*****************************************************************

答案为:

解:(1F2

到l所以由题设得

解得

a=2

得y1y2=-6,所以y1

=(0,y1+y2) =0.

y2=-y

1,

2.已知曲线C1曲线C1

的内切圆半径为

C2为以曲线C

1与坐标轴的交点顶点的椭圆. (I)求椭圆C2的标准方程;

(II)设AB是过椭圆

C,中心的任意弦,l是线段AB的垂直平分线,

M是l上异于椭圆中心的点. (1) 若|MO

OA|(O为坐标原点),当点A在椭圆C2上运动时,求点M的轨迹方程;

(2)若M是l与椭圆C2的交点,求△AMB的面积的最小值。

*****************************************************************

答案为:

解:(I解得 a=5, b=4.

2

2

a>b>0,

因此所求椭圆的标准方程为A(xA,yA).

(II)(1)假设AB所在的直线斜率存在且不为零,设AB所在直线方程为y=kx(k≠0),

所以 |OA|设M(x,y),由题意知

|MO|=λ|OA|(λ

2

所以|MO|=λ|OA|,因为

l是AB的垂直平分线,

22

2

所以

直线l的方程为

即因此又x+y

2

故又 当k=0或不存时,上式仍然成立.

综上所述,M

2) 当k存在且

λ

时,由(1)得

),

所以

|OA|2

解法一:由于

=

2

当且仅当4+5k=5+4k时等号成立,即

22

时等号成立,此时△AMB面积的最小值是S当k

当k=0

当k

如图,设抛物线方程为x=2py(p>0),M为直线y=-2p上任意一点,过M引抛物线的切线,切点分别为A,

2

B.

(Ⅰ)求证:A,M,

B三点的横坐标成等差数列; (Ⅱ)已知当M点的坐标为(

2,-2p

C满足

(Ⅲ)是否存在点M,使得点C关于直线AB

的对称点DO为坐标原点).若存在,求出所有适合题意的点M的坐标;若不存在,请说明理由

.

*****************************************************************

答案为:

因此直线MA

直线MB

由①、②得 因此 所以A、M、B三点的横坐标成等差数列.

(Ⅱ)解:由(Ⅰ)知,当x0=2时, 将其代入①、②并整理得:

所以 x1、x

2

由弦长公式得

所以p

=1或p=2,

(Ⅲ)解:设D(

x3,y3)

,由题意得C(x1+

x2, y1+

y2),

则CD

设直线AB

由点Q在直线AB

AB上,

若D(x

3,y3 因此 x3=0或x3=2x0.

即D(0,0) (1)当x0=0M(0,-2p)适合题意.

(2D(0,0)

⊥CD,

.

CD平行于y轴,

所以

直线AB与直线CD不垂直,与题设矛盾,

M点.

综上所述,仅存在一点

M(0,-2p)适合题意.

(Ⅰ)求椭圆C的方程;

a>b>0)的一个焦点为F(1,0),且过点(2,0).

(Ⅱ)若AB为垂直于x轴的动弦,直线l:x=4与x轴交于点N,直线AF与BN交于点M. (ⅰ)求证:点M恒在椭圆C上; (ⅱ)求△AMN面积的最大值.

*****************************************************************

答案为:

本小题主要考查直线与椭圆的位置关系、轨迹方程、不等式等基本知识,考查运算能力和综合解题能力,

解法一:

(Ⅰ)由题设a=2,c=1,从而b=a-c=3,

2

2

2

所以椭圆C

(Ⅱ)(i)由题意得F(1,0),N

(4,0).

设A(m,n),

则B(m,-n

)(n≠

AF

与BN的方程分别为:n(x

-1)-(m-1)y=0,

n(x-4)-(m-4)y=0.

M(x0,y0),则有 n(x0-1)-(m-1)y0=0, ……②

n(x0-4)+(m-4)y0=0, ……③

由②,③得

x0

所以点M恒在椭圆G上.

(ⅱ)设AM的方程为x=ty+1,1得(3t+4)y+6ty-9=0.

22

设A(x1,y1),M(x2,y2),则有:y1+y2

|y1-

y2令3

t+4=λ(λ

≥4),则

2

|y1-

y2|因为

λ≥4,0|

y1-y2|

有最大值3,此时AM过点F.

△AMN的面积S△

解法二:

(Ⅰ)问解法一:

(Ⅱ)(ⅰ)由题意得F(1,0),N(4,0).

设A(m,n),则B(m,-n……①

AF与BN的方程分别为:n(x-1)-(m-1)y=0, ……② n(x-4)-(m-4)y=0, ……③

由②,③得:当x ……④

(y≠0).

a≠0矛盾.

所以点

M(Ⅱ)同解法一.

M恒在锥圆C上.

F(1

,0),O为坐标原点.

(Ⅰ)已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形,求椭圆的方程; (Ⅱ)设过点F的直线l交椭圆于A、B两点.若直线l绕点F任意转动,求a的取值范围.

*****************************************************************

答案为:

本小题主要考查直线与椭圆的位置关系、不等式的解法等基本知识,考查分类与整合思想,考查运算能力和综合解题能力.

解法一:(Ⅰ)设M,N为短轴的两个三等分点, 因为△MNF为正三角形,

(ⅰ)当直线 AB与

x轴重合时,

(ⅱ)当直线

AB不与x轴重合时,

设直线AB

恒为钝角.

.

又a+b

m>0,所以

-mab+b-ab+a<0对即abm

> a -ab+b对当2

222

2

22

2

2

22

2

2

2

2

2

2

22

222

2

22

2

恒成立,

2

2

恒成立.

2

2

2

4

时,

abm最小值为0,所以a -ab+b<0.

2

2

a< ab- b, a<( a-1) b= b, 因为a>0,b>0,所以a< b,即a-a-1>0,

解得aa舍去),即a综合(i)(ii),a解法二:

(Ⅰ)同解法一,

(Ⅱ)解:(i)当直线l垂直于x轴时,

.

x=1因为恒有|OA|+|OB|<|AB|,2(1+yA)<4 yA, yA>1222222

1,

解得a

a舍去)

,即a(ii

)当直线l不垂直于x轴时,设A

(x1,y1)

, B(x2,y2

).

设直线AB的方程为y=k(x-1)

得(b+a

k)x-2a

kx+ ak- ab=0,

2

22

2

22

2 2

2 2

故x1

+x2因为恒有|OA|+|OB|<|AB|, 得x1x

2+ y1y2<

0恒成立.

2

2

2

2

2

2

2

x1x2+ y1y2= x1x2+k(x1-1) (x2-1)=(1+ k) x1x2- k (x1+x2)+ k

=(1+k由题意得(a- a b+b)k- a b<0对①当a- a b+b>0时,不合题意;

2

2

2

22

2

2

2

2

2

2

2

恒成立.

②当a- a b+b=0时,2

2

2

2

2

2

2

2222

2

4

2

③当a- a b+b<0时,a- a(a-1)+ (a-1)<0,a- 3a +1>0,

解得a2

a2

a综合(i)(ii),a

.

范文六:圆锥曲线大题含答案5-14

5. 已知椭圆C:x

2

⑴求椭圆C的离心率;⑵设O为原点,若点A在椭圆C上,2y24,

2

点B在直线y2上,且OAOB,求直线AB与圆x结论。

y22的位置关系,并证明你的

x2y21,所以a24,b22,从而c2a2b22。 解:⑴由题意,椭圆C:42

因此a

2,c

C

的离心率e

c; 

a⑵直线AB与圆x2y22相切。

证明如下:设点Ax0,y0,Bt,2,其中x00。

2y

因OAOB,故OAOB0,即tx02y00,解得t0。

x0

t2

当x0t时,y0,代入椭圆C

的方程,得tAB

:x

2

圆心O到直线AB

的距离d。此时直线AB与圆xy2相切; 当x0t时,直线AB:y2

2

2

y02

即y02xxytxt,0tyx20

x0t

0,

圆心O到AB的距离

d|2x0ty02

2

2y02

又x02y04,t

2y0x0,故d|2x0x0

此时AB与圆xy2相切。综上得证。

2

2

c

解:(Ⅰ)由题意得1a31a4b,解得a=2,b1.所以椭圆C的方程是

x2

y21…… 4分 4

yk(x1)

(Ⅱ)以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点.由x2y21

4

得(14k2)x28k2x4k240.

8k24k24

设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2,x1x2.

14k214k2

又因为点M是椭圆C的右顶点,所以点M(2,0).

由题意可知直线AM的方程为yx2(x2),故点P(0,x2).

11

). 直线BM的方程为yx2(x2),故点Q(0,

x222

y2

y12y1

2y2

uuuruuur

xPQN(x,0)若以线段为直径的圆过轴上的定点,则等价于PNQN0恒成立. 0

uuuruuuruuuruuur2y12y24y1y22y22y1

PN(x0,),QN(x0,),所以PNQNx02x020恒成

x22x12x12x22(x12)(x22)

立.

4k248k24k2

又因为(x12)(x22)x1x22(x1x2)4, 24

14k214k214k2

4k248k23k2

1)y1y2k(x11)k(x21)k[x1x2(x1x2)1]k(, 14k21

4k21

4k2

2

2

12k2

4y1y222x230x022所以x0(x2)(. 0

4kx22)1

14k2

解得x0PQ为直径的圆过x轴上的定点(.………… 14分

法三:设直线AC的方程为ykx1,则M(,0), ---------------------------------5分 x22y220,22

x2(kx1)20, 化简得到

ykx1,

1k

所以(12k2)x24kx0,所以x10,x2

4k

, -----------------------------6分

2k21

4k2k214k2k21, -------7分 所以y2kx21k2,所以1C(2,)2k12k212k12k21

4k2k21

因为C,D关于y轴对称,所以D(2,2).----------------------------8分

2k12k1

2k21

12所以直线BD的方程为,即

yx1

4k2k1

y

1

x1.------------------10分 2k

1

令y0,得到x2k,所以N(2k,0).AMAN(,1)(2k,1)10, -----12分

k

所以MAN90, ----13分所以,以线段MN为直径的圆恒过(0,2)和(0,2)两点.

x2y2

1(a1).-------------------------------1分 (Ⅰ)由已知可设椭圆G的方程为:2

a1a2112

,-----------------------------------------------------2分 由e,可得e2

a22

2

解得a2, ----------------------------------------------3分

x2y2

1. ------------------------------------------4分 所以椭圆的标准方程为21

(Ⅱ)法一:

设C(x0,y0),且x00,则D(x0,y0). ----------------------------------------5分 因为A(0,1),B(0,1), 所以直线AC的方程为y

y01

x1. ----------------------------------------6分 x0

令y0,得xM

x0x0

,0). ------------------------------------7分 ,所以M(

y01y01

y01x0

x1,求得N(,0).-----------------------8分

y01x0

同理直线BD的方程为y

x0x0

AM(,1),AN(,1), -----------------------------------------9分

1y01y0x02

1, --------------------------------------10分 所以AMAN

1y02

x2

y21上,所以x022(1y02),-------------------11分 由C(x0,y0)在椭圆G:2



所以AMAN10, -----------------------------13分

所以MAN90,

所以,以线段MN为直径的圆不过点A. ------------------------------14分

法二:因为C,D关于y轴对称,且B在y轴上

所以CBADBA. ------------------------------------------5分 因为N在x轴上,又A(0,1),B(0,1)关于x轴对称

所以NABNBACBA, ------------------------------------------6分 所以BC//AN, -------------------------------------------7分 所以NAC180ACB, ------------------------------------------8分 设C(x0,y0),且x00,则x022(1y02). ----------------------------------------9分 因为CACB(x0,y01)(x0,y01)x02(y021)



32

x00,----------------11分 2

所以ACB90,所以NAC90, 所以,以线段MN为直径的圆不过点A. -14分 8.(16.19)已知点M为椭圆C:3x24y212的右顶点,点A,B是椭圆C上不同的两点(均

(Ⅱ)试判断直线AB是否过定点?若是,求出定点坐标;若否,说明理由.

x2y2

1,则a2,bc1. 解:(Ⅰ)椭圆C的方程可化为

43

1

故离心率为,焦点坐标为(1,0),(1,0).……………………………………4分

2

(Ⅱ)由题意,直线AB斜率存在.可设直线AB的方程为ykxm,A(x1,y1),B(x2,y2),

则y1kx1m,y2kx2m.

ykxm,

由2得(34k2)x28kmx4m2120. 2

3x4y12

判别式D=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(4k2-m2+3)>0. 8km4m212

所以x1x2,x1x2,

34k234k2

1

因为直线MA与直线MB斜率之积为,

4

y1y21

, 所以

x12x224

所以4(kx1m)(kx2m)(x12)(x22).

化简得(4k21)x1x2(4km2)(x1x2)4m240, 4m212(8km)

(4km2)4m240, 所以(4k1)22

34k34k

2

化简得m22km8k20,即m4k或m2k.

当m4k时,直线AB方程为yk(x4),过定点(4,0).

m4k代入判别式大于零中,解得-

11

当m2k时,直线AB方程为yk(x2),过定点M(2,0),不符合题意舍去.

故直线AB过定点(4,0).………………………………………………………13分



(Ⅱ)若动点P在直线x1上,过P作直线交椭圆C于M,N两点,且MPPN,再过

P作直线l⊥MN.证明:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.

解:(Ⅰ)因为点(2,0)在椭圆C上,所以

40

21,所以a24 2

ab

a2b21c11

解得b23, 因为椭圆C的离心率为,所以,即2

2a2a4

x2y21.……………5分 所以椭圆C的方程为43

(Ⅱ)设P(1,y0),y0(

33

), 22

①当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为yy0k(x1),M(x1,y1),

3x24y212,

N(x2,y2),由

yy0k(x1),

8ky08k2

得(34k)x(8ky08k)x(4y8ky04k12)0所以x1+x2,

34k2

2

2

2

20

2

8ky08k2x1x2

=1,即=2. 因为MPPN,即P为MN中点,所以2

234k

所以kMN

3

(y00), 4y0

4y04y

,所以直线l的方程为yy00(x1), 33

4y11

0). 即y0(x),显然直线l恒过定点(,

344

因为直线lMN,所以kl

②当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x1, 此时直线l为x轴,也过点(综上所述直线l恒过定点(

1

,0) 4

1,0). ……………14分 4

(Ⅰ)求椭圆标准方程;

''

(Ⅱ)若直线xmy1(m0)交椭圆于A,C两点,点A关于x轴的对称点A,求证ACM

三点共线。

11. (15,23)已知曲线C:5mxm2y8mR.

2

2

(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m范围;

(2)设m4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方),直线ykx4与曲线C交于不同的两点M,N,直线y1与直线BM交于点G,求证:A,G,N三点共线.

x2y2解:(1)原曲线方程可化简得:1

885mm2

885mm2

78

0由题意可得:,解得:m5

25m

8

m20

(2)由已知直线代入椭圆方程化简得:(2k21)x216kx240,

2

=32(2k23),解得:k

3 2

由韦达定理得:xMxN

16k24

xx①,,② MN

2k212k21

1) 设N(xN,kxN4),M(xM,kxM4),G(xG,

MB方程为:y

3xMkxM6

x2,则G,1, xM

kxM6

AG

3xM

,1,ANxN,xNk2,

xMk6



欲证A,G,N三点共线,只需证AG,AN共线

3xM

(xNk2)xN成立,化简得:(3kk)xMxN6(xMxN)

xMk6

G,N三点共线得证 将①②代入易知等式成立,则A,

交于另一点Q,问是否存在直线l,使得四边形PABQ的对角线互相平分?若存在,求出l的方程;若不存在,说明理由.

(Ⅰ)解:由点P(1,)和F1关于点C(0,)对称,得F1(1,0)

所以椭圆E的焦点为F1(1,0),F2(1,0),由椭圆定义,得所以a2,b故椭圆E的方程为2

x

3234

2a|PF1||PF2|4.

y2143

(II)解:结论:存在直线l,使得四边形PABQ的对角线互相平分. 理由如下:由题可知直线l,直线PQ的斜率存在, 设直线l的方程为yk(x1),直线PQ的方程为y

3

k(x1). 2

x2y2

1, 消去y,得(34k2)x28k2x4k2120, 由 34

yk(x1),

4k2128k2

x1x2x1x22

34k2, 34k由题意,可知0,设A(x1,y1),B(x2,y2),,x2y2

1,2222

由43消去y, 得(34k)x(8k12k)x4k12k30,

y3k(x1),2

由0,知k

31

,设Q(x3,y3),又P(1,),. 22

8k12k4k12k322x31x3122

34k

34k

若四边形PABQ的对角线互相平分,则PB与AQ的中点重合, 所以

x1x3x21

,即x1x21x3,故(x1x2)24x1x2(1x3)2. 22

38k224k2124k212k32

k 所以 (.解得. )4(1)222

434k34k34k

所以直线l为3x4y30时,四边形PABQ的对角线互相平分.……… 14分 (注:利用四边形PABQ为平行四边形,则有|PQ||AB|,也可解决问题)

(Ⅰ)求椭圆M的方程;

(Ⅱ)是否存在菱形ABCD,同时满足下列三个条件:①点A在直线y

2上;②点B,C,

D在椭圆M上;③直线BD的斜率等于1.如果存在,求出A点坐标;如果不存在,说明理

由.

b1,2

ca3,

解得:2解:(Ⅰ)由题意得: b1.a

a2b2c2.

x2

y21.………………4分 所以 椭圆M的方程为3

(Ⅱ)不存在满足题意的菱形ABCD,理由如下:………………5分 假设存在满足题意的菱形ABCD.

2t)设直线BD的方程为yxm,线段BD的中点Q(x0,y0),点A(,B(x1,y1),D(x2,y2),

.

x23y23,

由得4y22mym230.………………8分 yxm

由2m16m230,解得2m2.………………9分 因为 y1y2

2



yy2mm

. , 所以 y01

224

因为四边形ABCD为菱形,所以 Q是AC的中点. 所以C点的纵坐标yC2y02

m

21. ………………12分 2

因为点C在椭圆M上,所以yC1.这与yC1矛盾.………………13分 所以 不存在满足题意的菱形ABCD.

右顶点,且四边形OABC为菱形时,求此菱形的面积;⑵当点B不是W的顶点时,判断四边形OABC是否可能为菱形,并说明理由。

解:⑴由题B2,0,因OABC为菱形,故AC与OB互相垂直平分。 设A1,

m,代入椭圆方程可解得m。

故SOABC

11

|OB||AC|22|m| 22

⑵假设OABC为菱形,可设AC:ykxmk0,m0,

x24y24222

由可得14kx8kmx4m40。 ykxm

设Ax1,y1,Cx2,y2,则故M

x1x2y1y2x1x24kmm

km,, 22

214k2214k

1m4km

k,因此。 ,OM224k14k14k

因k

1

1,故AC与OB不垂直。矛盾。 4k

因此当点B不是W的顶点时,四边形OABC不可能是菱形。5. 已知椭圆C:x

2

⑴求椭圆C的离心率;⑵设O为原点,若点A在椭圆C上,2y24,

2

点B在直线y2上,且OAOB,求直线AB与圆x结论。

y22的位置关系,并证明你的

x2y21,所以a24,b22,从而c2a2b22。 解:⑴由题意,椭圆C:42

因此a

2,c

C

的离心率e

c; 

a⑵直线AB与圆x2y22相切。

证明如下:设点Ax0,y0,Bt,2,其中x00。

2y

因OAOB,故OAOB0,即tx02y00,解得t0。

x0

t2

当x0t时,y0,代入椭圆C

的方程,得tAB

:x

2

圆心O到直线AB

的距离d。此时直线AB与圆xy2相切; 当x0t时,直线AB:y2

2

2

y02

即y02xxytxt,0tyx20

x0t

0,

圆心O到AB的距离

d|2x0ty02

2

2y02

又x02y04,t

2y0x0,故d|2x0x0

此时AB与圆xy2相切。综上得证。

2

2

c

解:(Ⅰ)由题意得1a31a4b,解得a=2,b1.所以椭圆C的方程是

x2

y21…… 4分 4

yk(x1)

(Ⅱ)以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点.由x2y21

4

得(14k2)x28k2x4k240.

8k24k24

设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2,x1x2.

14k214k2

又因为点M是椭圆C的右顶点,所以点M(2,0).

由题意可知直线AM的方程为yx2(x2),故点P(0,x2).

11

). 直线BM的方程为yx2(x2),故点Q(0,

x222

y2

y12y1

2y2

uuuruuur

xPQN(x,0)若以线段为直径的圆过轴上的定点,则等价于PNQN0恒成立. 0

uuuruuuruuuruuur2y12y24y1y22y22y1

PN(x0,),QN(x0,),所以PNQNx02x020恒成

x22x12x12x22(x12)(x22)

立.

4k248k24k2

又因为(x12)(x22)x1x22(x1x2)4, 24

14k214k214k2

4k248k23k2

1)y1y2k(x11)k(x21)k[x1x2(x1x2)1]k(, 14k21

4k21

4k2

2

2

12k2

4y1y222x230x022所以x0(x2)(. 0

4kx22)1

14k2

解得x0PQ为直径的圆过x轴上的定点(.………… 14分

法三:设直线AC的方程为ykx1,则M(,0), ---------------------------------5分 x22y220,22

x2(kx1)20, 化简得到

ykx1,

1k

所以(12k2)x24kx0,所以x10,x2

4k

, -----------------------------6分

2k21

4k2k214k2k21, -------7分 所以y2kx21k2,所以1C(2,)2k12k212k12k21

4k2k21

因为C,D关于y轴对称,所以D(2,2).----------------------------8分

2k12k1

2k21

12所以直线BD的方程为,即

yx1

4k2k1

y

1

x1.------------------10分 2k

1

令y0,得到x2k,所以N(2k,0).AMAN(,1)(2k,1)10, -----12分

k

所以MAN90, ----13分所以,以线段MN为直径的圆恒过(0,2)和(0,2)两点.

x2y2

1(a1).-------------------------------1分 (Ⅰ)由已知可设椭圆G的方程为:2

a1a2112

,-----------------------------------------------------2分 由e,可得e2

a22

2

解得a2, ----------------------------------------------3分

x2y2

1. ------------------------------------------4分 所以椭圆的标准方程为21

(Ⅱ)法一:

设C(x0,y0),且x00,则D(x0,y0). ----------------------------------------5分 因为A(0,1),B(0,1), 所以直线AC的方程为y

y01

x1. ----------------------------------------6分 x0

令y0,得xM

x0x0

,0). ------------------------------------7分 ,所以M(

y01y01

y01x0

x1,求得N(,0).-----------------------8分

y01x0

同理直线BD的方程为y

x0x0

AM(,1),AN(,1), -----------------------------------------9分

1y01y0x02

1, --------------------------------------10分 所以AMAN

1y02

x2

y21上,所以x022(1y02),-------------------11分 由C(x0,y0)在椭圆G:2



所以AMAN10, -----------------------------13分

所以MAN90,

所以,以线段MN为直径的圆不过点A. ------------------------------14分

法二:因为C,D关于y轴对称,且B在y轴上

所以CBADBA. ------------------------------------------5分 因为N在x轴上,又A(0,1),B(0,1)关于x轴对称

所以NABNBACBA, ------------------------------------------6分 所以BC//AN, -------------------------------------------7分 所以NAC180ACB, ------------------------------------------8分 设C(x0,y0),且x00,则x022(1y02). ----------------------------------------9分 因为CACB(x0,y01)(x0,y01)x02(y021)



32

x00,----------------11分 2

所以ACB90,所以NAC90, 所以,以线段MN为直径的圆不过点A. -14分 8.(16.19)已知点M为椭圆C:3x24y212的右顶点,点A,B是椭圆C上不同的两点(均

(Ⅱ)试判断直线AB是否过定点?若是,求出定点坐标;若否,说明理由.

x2y2

1,则a2,bc1. 解:(Ⅰ)椭圆C的方程可化为

43

1

故离心率为,焦点坐标为(1,0),(1,0).……………………………………4分

2

(Ⅱ)由题意,直线AB斜率存在.可设直线AB的方程为ykxm,A(x1,y1),B(x2,y2),

则y1kx1m,y2kx2m.

ykxm,

由2得(34k2)x28kmx4m2120. 2

3x4y12

判别式D=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(4k2-m2+3)>0. 8km4m212

所以x1x2,x1x2,

34k234k2

1

因为直线MA与直线MB斜率之积为,

4

y1y21

, 所以

x12x224

所以4(kx1m)(kx2m)(x12)(x22).

化简得(4k21)x1x2(4km2)(x1x2)4m240, 4m212(8km)

(4km2)4m240, 所以(4k1)22

34k34k

2

化简得m22km8k20,即m4k或m2k.

当m4k时,直线AB方程为yk(x4),过定点(4,0).

m4k代入判别式大于零中,解得-

11

当m2k时,直线AB方程为yk(x2),过定点M(2,0),不符合题意舍去.

故直线AB过定点(4,0).………………………………………………………13分



(Ⅱ)若动点P在直线x1上,过P作直线交椭圆C于M,N两点,且MPPN,再过

P作直线l⊥MN.证明:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.

解:(Ⅰ)因为点(2,0)在椭圆C上,所以

40

21,所以a24 2

ab

a2b21c11

解得b23, 因为椭圆C的离心率为,所以,即2

2a2a4

x2y21.……………5分 所以椭圆C的方程为43

(Ⅱ)设P(1,y0),y0(

33

), 22

①当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为yy0k(x1),M(x1,y1),

3x24y212,

N(x2,y2),由

yy0k(x1),

8ky08k2

得(34k)x(8ky08k)x(4y8ky04k12)0所以x1+x2,

34k2

2

2

2

20

2

8ky08k2x1x2

=1,即=2. 因为MPPN,即P为MN中点,所以2

234k

所以kMN

3

(y00), 4y0

4y04y

,所以直线l的方程为yy00(x1), 33

4y11

0). 即y0(x),显然直线l恒过定点(,

344

因为直线lMN,所以kl

②当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x1, 此时直线l为x轴,也过点(综上所述直线l恒过定点(

1

,0) 4

1,0). ……………14分 4

(Ⅰ)求椭圆标准方程;

''

(Ⅱ)若直线xmy1(m0)交椭圆于A,C两点,点A关于x轴的对称点A,求证ACM

三点共线。

11. (15,23)已知曲线C:5mxm2y8mR.

2

2

(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m范围;

(2)设m4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方),直线ykx4与曲线C交于不同的两点M,N,直线y1与直线BM交于点G,求证:A,G,N三点共线.

x2y2解:(1)原曲线方程可化简得:1

885mm2

885mm2

78

0由题意可得:,解得:m5

25m

8

m20

(2)由已知直线代入椭圆方程化简得:(2k21)x216kx240,

2

=32(2k23),解得:k

3 2

由韦达定理得:xMxN

16k24

xx①,,② MN

2k212k21

1) 设N(xN,kxN4),M(xM,kxM4),G(xG,

MB方程为:y

3xMkxM6

x2,则G,1, xM

kxM6

AG

3xM

,1,ANxN,xNk2,

xMk6



欲证A,G,N三点共线,只需证AG,AN共线

3xM

(xNk2)xN成立,化简得:(3kk)xMxN6(xMxN)

xMk6

G,N三点共线得证 将①②代入易知等式成立,则A,

交于另一点Q,问是否存在直线l,使得四边形PABQ的对角线互相平分?若存在,求出l的方程;若不存在,说明理由.

(Ⅰ)解:由点P(1,)和F1关于点C(0,)对称,得F1(1,0)

所以椭圆E的焦点为F1(1,0),F2(1,0),由椭圆定义,得所以a2,b故椭圆E的方程为2

x

3234

2a|PF1||PF2|4.

y2143

(II)解:结论:存在直线l,使得四边形PABQ的对角线互相平分. 理由如下:由题可知直线l,直线PQ的斜率存在, 设直线l的方程为yk(x1),直线PQ的方程为y

3

k(x1). 2

x2y2

1, 消去y,得(34k2)x28k2x4k2120, 由 34

yk(x1),

4k2128k2

x1x2x1x22

34k2, 34k由题意,可知0,设A(x1,y1),B(x2,y2),,x2y2

1,2222

由43消去y, 得(34k)x(8k12k)x4k12k30,

y3k(x1),2

由0,知k

31

,设Q(x3,y3),又P(1,),. 22

8k12k4k12k322x31x3122

34k

34k

若四边形PABQ的对角线互相平分,则PB与AQ的中点重合, 所以

x1x3x21

,即x1x21x3,故(x1x2)24x1x2(1x3)2. 22

38k224k2124k212k32

k 所以 (.解得. )4(1)222

434k34k34k

所以直线l为3x4y30时,四边形PABQ的对角线互相平分.……… 14分 (注:利用四边形PABQ为平行四边形,则有|PQ||AB|,也可解决问题)

(Ⅰ)求椭圆M的方程;

(Ⅱ)是否存在菱形ABCD,同时满足下列三个条件:①点A在直线y

2上;②点B,C,

D在椭圆M上;③直线BD的斜率等于1.如果存在,求出A点坐标;如果不存在,说明理

由.

b1,2

ca3,

解得:2解:(Ⅰ)由题意得: b1.a

a2b2c2.

x2

y21.………………4分 所以 椭圆M的方程为3

(Ⅱ)不存在满足题意的菱形ABCD,理由如下:………………5分 假设存在满足题意的菱形ABCD.

2t)设直线BD的方程为yxm,线段BD的中点Q(x0,y0),点A(,B(x1,y1),D(x2,y2),

.

x23y23,

由得4y22mym230.………………8分 yxm

由2m16m230,解得2m2.………………9分 因为 y1y2

2



yy2mm

. , 所以 y01

224

因为四边形ABCD为菱形,所以 Q是AC的中点. 所以C点的纵坐标yC2y02

m

21. ………………12分 2

因为点C在椭圆M上,所以yC1.这与yC1矛盾.………………13分 所以 不存在满足题意的菱形ABCD.

右顶点,且四边形OABC为菱形时,求此菱形的面积;⑵当点B不是W的顶点时,判断四边形OABC是否可能为菱形,并说明理由。

解:⑴由题B2,0,因OABC为菱形,故AC与OB互相垂直平分。 设A1,

m,代入椭圆方程可解得m。

故SOABC

11

|OB||AC|22|m| 22

⑵假设OABC为菱形,可设AC:ykxmk0,m0,

x24y24222

由可得14kx8kmx4m40。 ykxm

设Ax1,y1,Cx2,y2,则故M

x1x2y1y2x1x24kmm

km,, 22

214k2214k

1m4km

k,因此。 ,OM224k14k14k

因k

1

1,故AC与OB不垂直。矛盾。 4k

因此当点B不是W的顶点时,四边形OABC不可能是菱形。

范文七:圆锥曲线大题练答案

1、解(1)a

(x,y2),b

圆锥曲线大题练答案(x,y2),且a

b

8

即点M(x,y)到两个定点F1(0,-2)、F2(0,2)的距离之和为8,

点M(x,y)的轨迹C为以Fy21(0,-2)、F2(0,2)为焦点的椭圆,其方程为

16x2

12

1. (2)由题意可设直线l方程为ykx3,A(x1,y1),B(x2,y2),

ykx由3y2x2

消去y得:(4+3k)x2 +18kx-21=0. 

16121

x18k此时,△=(18k)2-4(4+3k2

(-21)>0恒成立,且1x243k2



xx211243k2由OPOAOB知:四边形OAPB为平行四边形.

假设存在直线l,使得四边形OAPB为矩形,则OAOB,即OA0B0 . 因为OA(x1,y2),OB(x2,y2),所以x1x2y1y20, 而y2

1y2(kx13)(kx23)kx1x23k(x1x2)9,

故(1k2

)(

2118k43k2)3k(43k

2

)90,即k2

518,得k54. 所以,存在直线l:y4

x3,使得四边形OAPB为矩形. 2、解:(1)设M(x,y), P(0, t), Q(s, 0) 则(3,t),(s,t) 由0得3s—t2

=0

又由12得(x,yt)1

2(sx,y)

x1(sx)s3x2, 

yt12(y)t32y

把②代入①得9x(322

2

y)=0,即y=4x,又x≠0

∴点M的轨迹方程为:y2

=4x(x≠0)

(2)如图示,假设存在点H,满足题意,则

即0

22

设A(y14,yB(y

21),4,y2),则由0可得

y221y216yy16yy4

120解得y1y2,又k21ABy2y2y

21y12

44则直线AB的方程为:yy41

y(xy2

1

) 1y24

即(y2

2

1y2)yy1y1y24xy1把y1y216代入,化简得

(4x16)(y1y)y0

令y=0代入得x=4,∴动直线AB过定点(4,0)

答,存在点H(4,0),满足题意。 3、解(1) ∵l是线段AA的中垂线,∴PAPA,

∴||PA|-|PO||=||PA|-|PO||=|OA

|=即点P在以O、A为焦点,以4为焦距,

以为实轴长的双曲线上,故轨迹C的方程为x2y2

221.

(2)设M(x,y(x2),则由ONOM

11),N(x2,y2),则直线m的方程为yk,得 x2(x12)2

,

y2y1

.由

yk(x2)得

(1k2)y24ky2k20x2y2

2

,.∴

y4k2k

21y2

1k

2

,y1y2

1k

2

,16k28k2(1k2)8k2(1k2)0.

由y4k2k

22y1,y1y21k

2

,y1y2

1k

2

,

消去y8)

2

.∵6,函数g()

1

1,y2,得

1k

2

(1



1

2

2在[6,)上单调递增. ∴

81k

6149,

1

k

2

1,所以 1k1或16

2

6

49

7

7

k1.

故斜率k的取值范围为(1,1][17

7

,1).

4、解∴|PM|+|PO|=|PM|+|PO|=|OM|=2mm0.即点P在以O、M

为焦点,以

3

为焦距,以2m为长轴长的椭圆上,故轨迹C的方程为y2x2

m

221,即3x2y2m2m.

3

(2)由 yk(x1)(k0)得x

1

k

y

1.

将x

1ky1代入3x2y2m2消去x,得 (326

k21)yk

y3a20. ① 由直线l与椭圆相交于两个不同的点,得

363

k24(k

21)(3m2)0,

整理得(33k22

2k

21)m3,即m3k2

. 设A(xB(x6k

1,y1),2,y2).由①,得y1y22

. ∵AD2DB

3k,而点D(1,0), ∴(1x1,y1)2(x21,y2),所以y12y2,

代入上式,得y6k

23k2

.

于是,△OAB的面积 S12|OD||y3

9|k|1

y2|2|y2|3k2

2 其中,上式取等号的条件是k2

3,即k

由y

6k

2

k

2

.

可得y2.

将kyy2

2k2a15.

∴△OAB的面积取得最大值的椭圆方程是3x2

y2

15.

5、(1)已知双曲线实半轴a1=4,虚半轴b1=2,半焦距c1=206, ∴椭圆的长半轴a2=c1=6,椭圆的半焦距c2=a1=4,椭圆的短半轴b2=62

42

20,

∴所求的椭圆方程为

x2y2

3620

1 (2)由已知A(6,0),F(4,0),设点P的坐标为(x,y),则 AP(x6,y),FP(x4,y),由已知得



x2

y2

36201 

(x6)(x4)y20则2x2

9x180,解之得x32

或x6,

由于y>0,所以只能取x32,于是y53523,所以点P的坐标为2,

2



9分 (3)直线AP:x3y60,设点M是(m,0),则点M到直线AP的距离是

m62

,于是

m62

m6,又∵点M在椭圆的长轴上,即 6m6m2

∴当m2时,椭圆上的点到M(2,0)的距离

d2

(x2)2

y2

x2

4x4205x2949(x9

2

)215

又6x6 ∴当x9

2

时,d取最小值

6、 解:(I)因为C1,C2的离心率相同,故依题意可设

x2y2b2Cab1,Cy2x2

1:222:a4a21,(ab

0)

设直线l:xt

(|t|a)

,分别与C1,C2的方程联立,求得

A(tB(t

………………4分

e1时,ba,分别用y当22A,yB

表示A,B的纵坐标,可知

2|y2|BC|:|AD|B|b2|y|3a24.

A ………………6分

(II)t=0

时的l不符合题意.t

0时,BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等,

ab21即tta,te2解得a2b2

e2a. |t|a,又0e1,所以1e2因为e21,2e1.

0e

所以当

时,不存在直线l,使得BO//AN;

当e1时,存在直线l使得BO//AN. ………………12分

范文八:解圆锥曲线大题的精髓

【摘要】主要针对高中成绩在中等的学生,让他们对解圆锥曲线大题有一定方向性的认识,理清解题思路.对成绩较好的学生有解题思路的补充参考价值,对老师有教学参考价值,希望老师先将复杂问题简化,先解决主要矛盾,使题有一定的规律感,最后再使之丰满、提升.

【关键词】圆锥曲线;韦达定理;设而不求

很多高中学生觉得求解圆锥曲线大题很困难,这让我们陷入思考:求解圆锥曲线大题难在哪?它和初中的几何题有什么不同呢?很多同学可能和我有同感:对圆锥曲线题的思路大体都知道,可就是解不出.现阶段的解题方法与初中几何的解题不同,需要优化思路,可试着用“设而不求”的思想.

如果真正理解其含义,就会自信的说:“不建立坐标系,我也能把答案写出了”.

范文九:圆锥曲线大题答案

1. 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)

消y整理,得k2x2(2k21)xk20 ① 2

yx

2

由直线和抛物线交于两点,得(2k21)24k44k210即0k②

1

4

2k212k211

,x1x21。则线段AB的中点为(,)。由韦达定理,得:x1x2 22

k2k2k1112k2

(x) 线段的垂直平分线方程为:y2kk2k2

令y=0,得x0

111111

ABEE(,0)E(,0)到,则为正三角形,222

2k22k22k2

直线AB的距离d

AB。

AB

d

2k22k

解得k5x0。

32.解:(I)由已知椭圆C

的离心率e

c,a2,

则得cb1。 

a2

x2

y21 从而椭圆的方程为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)

消y整理得(14k12)x216k2x16k1240 yk1(x2),由2

2

x4y4

2和x1是方程的两个根,

4k116k12428k1228k124k1

则x1,,即点M的坐标为( y12x1,),22222

14k114k114k114k114k1

同理,设直线A2N的斜率为k2,则得点N

2

8k224k2

的坐标为(,) 22

14k214k2

ypk1(t2),ypk2(t2)

k1k22

,直线MN的方程为:

k1k2t

yy1y2y1

, 

xx1x2x1

令y=0,得x

4x2y1x1y2

,将点M、N的坐标代入,化简后得:x

ty1y2442

椭圆的焦点为



t

tt3

又t2,0

故当t3

时,MN过椭圆的焦点。 BC2AC:(I) ,

且BC过椭圆的中心



OOCACACBC0ACO

2

又点C

的坐标为。

A是椭圆的右顶点,

x2y2

a21将点

C代入方程,得b24,

12bx2y2

1(II) 直线PC与直线QC

关于直线x 椭圆E的方程为

124

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kxk)

消y,整理得:

yk(x

,即ykx

k),由2

2

x3y120

(13k2)x2(1k)x9k218k

30x

9k218k322xP

即xP同理可得:xQ 213k

yPyQkxPk)kxQk)=k(xPxQ)

22

xxPQkPQ

yPyQ

1

xPxQ3

1。 3

则直线PQ的斜率为定值

4.解:设P(x1,y1),Q(x2,y2),

uuuruuurQDP=lDQ

\(x1,y1-3)=l(x2,y2-3) ìx1=lx2ïï即í ïy=3+l(y-3)2ïïî1

方法一:方程组消元法

x2y2

又QP、Q是椭圆+=1上的点

94

22ìx2y2ïï+=1ïï94

\ïí22ï(lx)(ly+3-3l)ï22

+=1ïï4ïî9

消去x2,

2

(ly2+3-3l)2-l2y2

可得=1-l2

4

即y2=

13l-5

6l13l-5

£2 6l

又Q-2£y2£2, \-2£

解之得:

1

5 5

则实数l的取值范围是,5。

5

1

c

5.解:(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c

,依题意a

a

x2

b1,所求椭圆方程为y21。

3

(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2)。 (1)当AB⊥

x轴时,AB (2)当AB与x轴不垂直时, 设直线AB的方程为ykxm。

322

m(k1)。

4把ykxm代入椭圆方程,整理得(3k21)x26kmx3m230,

6km3(m21)

x1x22,x1x2。

3k13k21

36k2m212(m21)

AB(1k)(x2x1)(1k)2 22

(3k1)3k1

2

2

2

2

12(k21)(3k21m2)3(k21)(9k21)

2222

(3k1)(3k1)

12k21212

343(k0)≤34。 2

9k6k12369k226k

1k,即时等号成立。当k

0时,AB

k23

当且仅当9k

2

综上所述ABmax2。

1。 当AB最大时,△

AOB面积取最大值SABmax26. (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

x22py

程为y=kx+p,与x=2py联立得消去y得x2-2pkx-2p2=0.

ykxp.

2

由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2.

于是SABNSBCNSACN

2

1

2px1x2 2

=px1x2p(x1x2)4x1x2

22222

=p

4pk8p2pk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

112

ACx1(y1p)2 22

1

y12p2. 2

Ha

2

y1p1

2ay1p, 22

2

2

PHOPH

121

(y1p2)(2ay1p)2 44

p

=(a

)y1a(pa),

2

=

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22

y

p, 2

即抛物线的通径所在的直线.

7.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

x2y2

1. 所以椭圆的方程为95

(Ⅱ)由PMPN

2

,得

1cosMPN

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PN2PMPNcosMPN. ②

22

将①代入②,得

2

4PM

2

PN2(PMPN2).

2

x2

y21上. 故点P在以M、N

为焦点,实轴长为3

x2y2

1,所以 由(Ⅰ)知,点P的坐标又满足95

x225x9y45,2 由方程组2

解得 2

x3y3.y 即P点坐标为

(

8.(1)由题意:

、(---. 22222222

c22

x2y22122

1 221 ,解得a4,b2,所求椭圆方程为

ab42222cab

(2)方法一

设点Q、A、B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2)。



APAQ

由题设知AP,PB,AQ,QB均不为零,记,则0且1

PBQB



又A,P,B,Q四点共线,从而APPB,AQQB

x1x2

, 11xx2

x1, y

1

于是 4从而

2

x122x2y122y22

4x,(1) y,(2)

1212

y1y2

1y1y2

1

又点A、B在椭圆C上,即

222

x12y124,(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

范文十:高中圆锥曲线大题

x2y2

1.设椭圆C:221(ab0)的左焦点为F,上顶点为A,过点A作垂直于AF的直线交椭圆C于

ab

另外一点P,交x轴正半轴于点Q, 且

⑴求椭圆C的离心率;

⑵若过A、Q、F三点的圆恰好与直线

AP

8

PQ 5

l: x3y50相切,求椭圆C的方程.

x2y22

2.设椭圆221(ab0)的离心率为e=

2ab

(1)椭圆的左、右焦点分别为F1、F2、A是椭圆上的一点,且点A到此两焦点的距离之和为4,求椭圆

的方程.

(2)求b为何值时,过圆x+y=t上一点M(2,)处的切线交椭圆于Q1、Q2两点,而且OQ1⊥OQ2. 3. 已知曲线c上任意一点P到两个定点F1(-3,0)和F2(3,0)的距离之和为4. (1)求曲线c的方程;

(2)设过(0,-2)的直线l与曲线c交于C、D两点,且OCOD0(O为坐标原点),求直线l的方程.

2

2

2

y2

4. 已知椭圆x21(0b1)的左焦点为F,左、右顶点分别为A、C,上顶点为B.过F、B、C作⊙P,

b

其中圆心P的坐标为(m,n).

(Ⅰ)当m+n>0时,求椭圆离心率的范围; (Ⅱ)直线AB与⊙P能否相切?证明你的结论.

2

5. 有如下结论:“圆x2y2r2上一点P(x0,y0)处的切线方程为x0yy0yr2”,类比也有结论:“椭

x0xy0yx2y2x2

y21的圆221(ab0)上一点P(x0,y0)处的切线方程为221”,过椭圆C:4abab

右准线l上任意一点M引椭圆C的两条切线,切点为 A、B.

(1)求证:直线AB恒过一定点;(2)当点M在的纵坐标为1时,求△ABM的面积

x2y222

6. 已知点P(4,4),圆C:(xm)y5(m3)与椭圆E:221(ab0)有一个公共点A(3,

ab

1),F1、F2分别是椭圆的左、右焦点,直线PF1与圆C相切.

(Ⅰ)求m的值与椭圆E的方程;



(Ⅱ)设Q为椭圆E上的一个动点,求APAQ的取值范围. 7. 椭圆的对称中心在坐标原点,一个顶点为A(0,2

),右焦点

F与点B,的距离为2。 (1)求椭圆的方程;

(2)是否存在斜率k0的直线l:ykx2,使直线l与椭圆相交于不同的两点M,N满足

|AM||AN|,若存在,求直线l的倾斜角;若不存在,说明理由。

x2y26

8. 椭圆方程为221(ab0)的一个顶点为A(0,2),离心率e。

3ab

(1)求椭圆的方程;

(2)直线l:ykx2(k0)与椭圆相交于不同的两点M,N满足MPPN,APMN0,求k。

y2

9. 已知椭圆x21(0b1)的左焦点为F,左右顶点分别为A,C上顶点为B,过F,B,C三点作P,

b

2

其中圆心P的坐标为(m,n).

(1)

若椭圆的离心率e

P的方程; (2)若P的圆心在直线xy0上,求椭圆的方程.

x2y2

10. 已知直线l:yx1与曲线C:221(a0,b0)交于不同的两点A,B,O为坐标原点.

ab

(Ⅰ)若|OA||OB|,求证:曲线C是一个圆;

(Ⅱ)若OAOB,当ab且a[

6,]时,求曲线C的离心率e的取值范围. 22

x2y2

1(a0)的左、11. 设椭圆C:2右焦点分别为F1、F2,A是椭圆C上的一点,且AF2F1F20,

a2

坐标原点O到直线AF1的距离为(1)求椭圆C的方程;

(2)设Q是椭圆C上的一点,过Q的直线l交x轴于点P(1,0),较y轴于点M,若MQ2QP,求直线l的方程.

12. .已知动点A、B分别在x轴、y轴上,且满足|AB|=2,点P在线段AB上,且 APtPB(t是不为零的常数).设点P的轨迹方程为c。

(1)求点P的轨迹方程C;

(2)若t=2,点M、N是C上关于原点对称的两个动点(M、N不在坐标轴上),点Q

坐标为(,3),求△QMN的面积S的最大值。

1

|OF1|. 3

32

1解:⑴设Q(x0,0),由F(-c,0) (0,b)知FA(c,b),AQ(x0,b)

b28b258

,y1b ,cx0b0,x0设P(x1,y1),由,得x113c135c

2

8b225

()(b)21 因为点P在椭圆上,所以

a2b2

整理得2b=3ac,即2(a-c)=3ac,2e23e20,故椭圆的离心率e=

2

2

2

1

2

b23

⑵由⑴知2b3ac,得a;

c2

2

13c11

, Q(a,0) ,得ca,于是F(-a,0)

22a22

1

|a5|

11

△AQF的外接圆圆心为(a,0),半径r=|FQ|=a 所以a,解得a=2,∴c=1,b=,

222

x2y2

1 所求椭圆方程为43x2y2

1 2(1)椭圆的方程为42

(2)解: 过圆x2y2t2上的一点M(2,2)处的切线方程为2x+y-6=0.

令Q1(x1,y1),Q2(x2,y2), 则2xy60

2

22

x2y2b

化为5x-24x+36-2b=0, 由⊿>0得:b3

22

5

24362b2184b2

x1x2,x1x2,y1y22x1x26(x1x2)18

555

由OQ1OQ2知,x1x2y1y20即b=3∈(3,+∞),故b=3

5

b29,

3. 解:(1)根据椭圆的定义,可知动点M的轨迹为椭圆,其中a

2,c

b1.

x2

所以动点M的轨迹方程为y21.

4

(2)当直线l的斜率不存在时,不满足题意.

当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为ykx2,设C(x1,y1),D(x2,y2),



∵OCOD0,∴x1x2y1y20. ∵y1kx12,y2kx22,

∴y1y2k2x1x22k(x1x2)4.∴ (1k2)x1x22k(x1x2)40.… ①

x22

16k12y1,22

由方程组4得14kx16kx120.则x1x2,,xx1222

14k14kykx2.

代入①,得1k2

112

4k

2

2k

16k

40.

14k2

即k24,解得,k2或k2.所以,直线l的方程是y2x2或y2x2. 4. 解:(Ⅰ)设F、B、C的坐标分别为(-c,0),(0,b),(1,0),则FC、BC的中垂线分别为

1c

x,1cb112

,y(x).联立方程组,解出 x2

2b22ybc.

2b

1cb2c

(b-c)>0,∴ b>c. mn0,即bbcb2c0,即(1+b)

22b

从而b2c2即有a22c2,∴e2

1

.又e0,∴0e.

2

(Ⅱ)直线AB与⊙P不能相切.由kABb,kPB

b2c

b

b2c=.

1cb(c1)02

b2c

如果直线AB与⊙P相切,则b=-1.

b(c1)

解出c=0或2,与0<c<1矛盾,所以直线AB与⊙P不能相切.

xx43

,t)(tR),A(x1,y1),B(x2,y2),则MA1y1y1 343∵点M在MA上∴x1ty11 ① 同理可得x2ty21②

333

由①②知AB的方程为xty1,即x(1ty)

3

易知右焦点F(3,0)满足③式,故AB恒过椭圆C的右焦点F(,0)

5. 【解】(1)设M(

x2

y21,化简得7y6y10 (2)把AB的方程x(1y)代入4

43||

232816

∴|AB|3  又M到AB的距离d

3773

∴△ABM的面积S

13

|AB|d 221

6. 【解】(Ⅰ)点A代入圆C方程, 得(3m)15.∵m<3,∴m=1. 圆C:(x1)2y25.设直线PF1的斜率为k,

2

则PF1:yk(x4)4,即kxy4k40. ∵直线PF1与圆C

解得k当k=当k=

111,或k. 22

1136时,直线PF1与x轴的交点横坐标为,不合题意,舍去. 211

1

时,直线PF1与x轴的交点横坐标为-4,∴c=4.F1(-4,0),F2(4,0). 2

2

2

x2y2

1. 2a=AF1+AF2

a,a=18,b=2.椭圆E的方程为:

182



(Ⅱ)AP(1,3),设Q(x,y),A,APAQ(x3)3(y1)x3y6. Qx(,3y)1

x2y2

1,即x2(3y)218,而x2(3y)2≥2|x||3y|,∴-18≤6xy≤18. ∵

182

则(x3y)2x2(3y)26xy186xy的取值范围是[0,36].x3y的取值范围是[-6,6].



∴APAQx3y6的取值范围是[-12,0].

x2y2

7. 【解】(1)依题意,设椭圆方程为221(ab0),则其右焦点坐标为

ab

F(c,0),ca2b2 ,由|FB|2

2,

即(c224,解得c22。

22

xy2221。 又 ∵b2 ,∴ acb12,即椭圆方程为124

(2)由|AM||AN|知点A在线段MN的垂直平分线上,

ykx2

2

2222

由x消去y得x3(kx2)12 即(13k)x12kx0 (*) y2

1

124

22

由k0,得方程(*)的(12k)144k0,即方程(*)有两个不相等的实数根。

设M(x1,y1)、N(x2,y2),线段MN的中点P(x0,y0), 则x1x2

x1x212k6kx,, 02

213k213k

6k22(13k2)6k22

P(,) ,即 y0kx02

13k213k213k213k2

2

2222(13k2)13k, k0,∴直线AP的斜率为k16k6k13k2

22(13k2)

k1, 由APMN,得

6k

∴ 226k6,解得:k又0,故 

2

3,即tan, 33

55,∴ 存在直线l满足题意,其倾斜角,或。 666

6

,或

b2

8. 【解】(1)设ca2b2,依题意得c

e

a

b2

ab6 即6a29a29b2

a3

2

2

22

xy221。 ∴ a3b12,即椭圆方程为124

(2) MPPN,APMN0 ∴ APMN,且点P线段MN的中点,

ykx2

2222由x2消去y得x3(kx2)12 即(13k)x12kx0 (*) y2

1

124

由k0,得方程(*)的(12k)2144k20,显然方程(*)有两个不相等的实数根。 设M(x1,y1)、N(x2,y2),线段MN的中点P(x0,y0), 则x1x2

x1x212k6kx, 0

213k213k2

6k22(13k2)6k22

P(,) ∴ y0kx02,即2222

13k13k13k13k

2

2222(13k2)13kk0,∴直线AP的斜率为k1, 6k6k13k2

22(13k2)3

k1, ∴ 226k26,解得:k由MNAP,得,

6k3

9. 【解】(1

)当e

时∵a

1,∴c

∴bac1

222

3111,b,点B

(0,),F(,C(1,0) 44222

设P的方程为(xm)2(yn)2r2 由P过点F,B,C得

∴m(n)r-----------------①

2

1

2

22

(m

2

n2r2-----------------② 2

(1m)2n2r2-------------------③

52

,n,r

4由①②③联立解得

m

∴所求的

P的方程为(x225

(y 4

(2)∵P过点F,B,C三点,∴圆心P既在FC的垂直平分线上,也在BC的垂直平分线上,FC的垂直平

1c1b

--------④ ∵BC的中点为(,),kBCb 222

b11

∴BC的垂直平分线方程为y(x)-----⑤

2b2

分线方程为x

1cb2c1cb2c

,n,y由④⑤得x,即m 22b22b

1cb2c0(1b)(bc)0 ∵P(m,n)在直线xy0上,∴22b

22

∵1b0 ∴bc 由b1c得b

2

1 2

∴椭圆的方程为x22y21

9. 【解】(Ⅰ)证明:设直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2)

2222

|OA||OB| ∴x1y1x2y2 即:x1y1x2y2

2

2

2

2

∴x1x2y2y1 A,B在C上

2222

xyxy

∴12121,22221

abab

2222

∴两式相减得:x1x2∴曲线C是一个圆

22

a2a222

2(y2y1) ∴21 即:a2b2 bb

(Ⅱ)设直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),ab0

∴曲线C是焦点在x轴上的椭圆 OAOB ∴

y1y2

1 即:y1y2x1x2 x1x2

将yx1代入b2x2a2y2a2b20整理得:

(b2a2)x22a2xa2a2b20

2a2a2(1b2)

∴x1x22,x1x2 222

abab

A,B在l上 ∴y1y2(x11)(x21)x1x2x1x21

又y1y2x1x2 ∴2x1x2x1x210

a2(1b2)2a22222

ab2ab0 ()10 ∴2 ∴2222

abab

∴a2a2c22a2(a2c2)0 ∴2a2ac2ac0

4

2

2

2

2

2a2(a21)c22(a21)12

e1 ∴c ∴ 2222

2a1a2a12a1

2

a[

1132[,] e[,] ∴2a21[2,4] ∴12,] 242a12222

11. 【解】(1)由题设知F1(a22,0),F2(a22,0)

由于AF2F1F20,则有AF2F1F2,所以点A的坐标为(a2,故AF1所在直线方程为y(

2

2

), a

1),

aa22a

x

a22

所以坐标原点O到直线AF(a2), 1的距离为

a21a221

又|OF1|a2,所以2

a13

2

a22,解得a2(a2),

x2y2

所求椭圆的方程为1.

42

(2)由题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为yk(x1),则有M(0,k), 设Q(x1,y1),由于MQ2QP,∴(x1,y1k)2(1x1,y1),解得x1

2k

,y1 33

2k

()2()2

1,解得k4, 故直线l的方程为y4(x1)或又Q在椭圆C上,得

42

y4(x1), 即4xy40或4xy40.

12. 【解】(1)设A(a,0),B(0,b),P(x,y)

t,即(xa,y)t(x,by)2分a(1t)x

xatx则1t,由题意知t0,

yt(by)byt

1t222222

|AB|2ab4即(1t)x()y4

t

x2y2

点P轨迹方程C为:14分

44t2(1t)2(1t)2

9x292

y1 (2)t=2时,C为416

设M(x1,y1),则N(x1,y1),则MN2x12y12.设直线MN的方程为y

y1

x,(x10)x1

点Q到MN距离为

3

|y13x1|h7分

22x1y1SQMN

3

y13x1|

132x12y12|y13x1|8分22x12y12

|

92

y19x1y14

22S9xQMN1

9x129y129又19x12y124

41642SQMN49x1y1

9x129y123x3y9xy而121111

416244

9x2y1411分

3x3y1

11,即x1y1时,等号成立

242

SQMN的最大值为2212分