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

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:圆锥曲线综合大题

圆锥曲线综合性大题(最值、取值范围)

x2y2

1的左、右焦点分别为F1,F2.过F1的直线交椭圆于B,D两点,过F21.(07全国理)已知椭圆32

的直线交椭圆于A,C两点,且ACBD,垂足为P.

22

x0y0

1; (Ⅰ)设P点的坐标为(x0,y0),证明:32

(Ⅱ)求四边形ABCD的面积的最小值.

证明:

(Ⅰ)椭圆的半焦距c1,

22

由AC⊥BD知点P在以线段F1F2为直径的圆上,故x0y01, 2222

y0x0y0x21≤1. 所以,32222

x2y2

1,并(Ⅱ)(ⅰ)当BD的斜率k存在且k0时,BD的方程为yk(x1),代入椭圆方程32

化简得(3k22)x26k2x3k260. 设B(x1,y1),D(x2,y2),则

6k23k26

x1x22,x1x2

3k23k2

2

BDx1x2

因为AC与BC相交于点P,且AC的斜率为

1

k

121

k所以,AC. 1322k

四边形ABCD的面积

124(k21)2(k21)296SBDAC≥. 222222(3k2)(2k3)(3k2)(2k3)25

2

当k1时,上式取等号.

(ⅱ)当BD的斜率k0或斜率不存在时,四边形ABCD的面积S4. 综上,四边形ABCD的面积的最小值为

2

96. 25

x2

y21的左焦点为F,O为坐标原点。 2.(06福建理)已知椭圆2

(Ⅰ)求过点O、F,并且与椭圆的左准线l相切的圆的方程;

(Ⅱ)设过点F且不与坐标轴垂直交椭圆于A、B两点,线段AB的垂直平分线与x轴交于点G,求点G横坐标的取值范围.

本小题主要考查直线、圆、椭圆和不等式等基本知识,考查平面解析几何的基本方法,

考查运算能力和综合能力.满分12分

.

解(1) ∵a2=2,b2=1,∴c=1,F(-1,0),l:x=-2. ∵圆过点O、F. ∴圆心M在直线x=-设M(-

1上. 2

1

,t),则圆半径 213r=|(-)-(-2)|=.

22

由|OM|=r,得()t

1

2

22

3. 2

解得t=±2, ∴所求圆的方程为(x+

129)+(y±2) 2=. 24

(2)设直线AB的方程为y=k(x+1)(k≠0),

x22

代入+y=1,整理得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0.

2

∵直线AB过椭圆的左焦点F, ∴方程有两个不等实根.

记A(x1,y1),B(x2,y2),AB中点N(x0,y0

),

4k2

, 则x1+x1=-2

2k1

2

12kk12

x0=(xx)2y0k(x01)2,

22k12k1

AB垂直平分线NG的方程为yy0

1

(xx0). k

令y=0,得

2k2k2k211

xCx0ky02222.

24k22k12k12k11

∵k0,x00.

2

1

∴点G横坐标的取值范围为(,0)。

2

x2

y21直线l过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点,当ΔAOB3.(06山东卷)已知椭圆的标准方程为2

面积取得最大值时,求直线l的方程.

解:解法一:由题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为ykx2,A(x1,y1),B(x2,y2)

ykx222由x2,消去y得关于x的方程:(12k)x8kx60

2y12

由直线l与椭圆相交于A、B两点,064k224(12k2)0解得k2

3

2

8k

xx1212k2

又由韦达定理得

xx61212k2

|AB|x1x2|原点O到直线l

的距离d

SAOB

1|AB|d. 22212k12k

解法1

:对S两边平方整理得:4S2k44(S24)k2S2240(*)

∵S0,

16(S24)244S2(S224)0,

4S2

20

S

S224

02

4S

又S0,

0S

2

整理得:S

1 2

2

从而S

AOB的最大值为S

, 2

此时代入方程(*)得 4k428k2

490k所以,所求直线方程为:2y40. 解法2

:令m

2

m0), 则2k2m23

S

2

4m4m2m

4

即m2时,

m

当且仅当m

Smax

此时k 所以,所求直线方程为2y40

解法二:由题意知直线l的斜率存在且不为零.设直线l的方程为ykx2,A(x1,y1),B(x2,y2),则直线l与x轴的交点D(

2

,0), k

8k

xx31212k22

由解法一知k且,

62

x1x212k2

解法1:SAOB

112

|OD||y1y2||||kx12kx22| =|x1x2| 22k

下同解法一.

解法2:SAOBSPOBSPOA下同解法一.

1

2||x2||x1|||x2

x1|= 2212k

4.(06上海卷)已知在平面直角坐标系xOy

中的一个椭圆,它的中心在原点,左焦点为F(,右顶点为

1

D(2,0),设点A1,.

2

(1)求该椭圆的标准方程;

(2)若P是椭圆上的动点,求线段PA中点M的轨迹方程; (3)过原点O的直线交椭圆于点B,C,求ABC面积的最大值。 解(1)由已知得椭圆的半长轴a=2,半焦距c=,则半短轴b=1.

x2

y21 又椭圆的焦点在x轴上, ∴椭圆的标准方程为4

(2)设线段PA的中点为M(x,y) ,点P的坐标是(x0,y0),

x

x012

y

y02

12

得:x02x1;y02y

1 2

(2x1)21

(2y)21, 由,点P在椭圆上,得

42

22

∴线段PA中点M的轨迹方程是(x)4(y)1.

1214

(3)当直线BC垂直于x轴时,BC=2,因此△ABC的面积S△ABC=1.

x2

y21, 当直线BC不垂直于x轴时,说该直线方程为y=kx,代入4

解得B(

24k1

2

,

2k4k1

2

),C(-

24k1

2

,-

2k4k1k

12

2

2

),

则BC4

k24k

2

,又点A到直线BC的距离d=

k

,

2k11

∴△ABC的面积S△ABC=ABd

224k

4k24k14k

于是S△ABC= 22

4k14k1

4k1

2≥-1,得S,其中,当k=-时,等号成立. △ABC≤2

24k1

∴S△ABC的最大值是2.

0)B(01),是它的两个顶点,直线ykx(k0)与AB相5.(08全国2卷)设椭圆中心在坐标原点,A(2,,

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.

x2

y21, (Ⅰ)解:依题设得椭圆的方程为4

直线AB,EF的方程分别为x2y2,ykx(k0).················································ 2分 如图,设D(x0,kx0),E(x1,kx1),F(x2,kx2),其中x1x2, 且x1,x2满足方程(14k)x4,

故x2x1

2

2

.①

15

由ED6DF知x0x16(x2

x0),得x0(6x2x1)x2;

77由D在AB上知x02kx02,得x0所以

2

. 12k

2,

12k

化简得24k25k60,

2

32

或k. ············································································································ 6分

83

(Ⅱ)解法一:根据点到直线的距离公式和①式知,点E,F到AB的距离分别

解得k

h1

h2

. ····································································· 9分

又AB

AEBF的面积为

S

1

AB(h1

h2) 2

1

2

当2k1,即当k

1

时,上式取等号.所以S

的最大值为 ······························· 12分 2

解法二:由题设,BO1,AO2.

设y1kx1,y2kx2,由①得x20,y2y10, 故四边形AEBF的面积为

SS△BEFS△AEF

····························································································································· 9分

x22y2 ·

当x22y2时,上式取等号.所以S

的最大值为 ·················································· 12分

x2y2

6.(08福建)如图、椭圆221(ab0)的一个焦点是F(1,0),O为坐标原点.

ab

2

2

2

(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,值有OAOBAB, (Ⅰ)设M,N为短轴的两个三等分点,

因为△MNF为正三角形,

所以OF

2b,解得b ,1

23x2y2

1. ab14,因此,椭圆方程为43

2

2

(Ⅱ) 设A(x1,y1),B(x2,y2).

(ⅰ)当直线 AB与x轴重合时,

OAOB2a2,AB4a2(a21),因此,恒有OAOBAB.

2

2

2

222

(ⅱ)当直线AB不与x轴重合时,

x2y2

设直线AB的方程为:xmy1,代入221,

ab

整理得(abm)y2bmybab0,

2

2

2

2

2

2

22

2b2mb2a2b2

,y1y2222 所以y1y22

ab2m2abm

因为恒有OAOBAB,所以AOB恒为钝角.

2

2

2



即OAOB(x1,y1)(x2,y2)x1x2y1y20恒成立

.

x1x2y1y2(my11)(my21)y1y2(m21)y1y2m(y1y2)1

(m21)(b2a2b2)2b2m22122222

abmabm

2222222

mabbaba0.222

abm

又abm0,所以mabbaba0对mR恒成立, 即mababab对mR恒成立,当mR时,mab最小值为0, 所以abab0, a2b2(a21)b4, 因为∵a0,b0,∴ab2a21,即aa10,

2

2

2

22

2

22

2

2

22

2

22

2

2

2

2

22

2

22

2

解得a

或a(舍去)

,即a). 综合(i)(ii),a

的取值范围为7.(05天津)抛物线C的方程为yax2a0,过抛物线C上一点 Px0,y0 (x00)作斜率为k1,k2的两条直线分别交抛物线C于Ax1,y1,Bx2,y2两点(P、A、B三点互不相同),且满足k2k10(0≠0且1)。

(Ⅰ)求抛物线C的焦点坐标和准线方程



(Ⅱ)设直线AB上一点M,满足BMMA,证明线段PM的中点在y轴上

(Ⅲ)当1时,若点P的坐标为(1,1),求∠PAB为钝角时点A的纵坐标y1的取值范围。 (I)解:由抛物线C的方程yax2

a0得,焦点坐标为(0,

11),准线方程为y 4a4a

(II)证明:设直线PA的方程为yy0k1xx0,直线PB的方程为yy0k2xx0 点Px0,y0和点Ax1,y1的坐标是方程组

yy0k1xx0的解

2

yax

将yax2代入yy0k1xx0得:ax2k1xk1x0y00 由韦达定理:x1x0

k1k

x11x0 ① aa

k2

x0,又因为k2k10,所以x2k1x0 ② aa

xx1

设点M的坐标为xM,yM,由BMMA,得xM2 ③

1

xx0

将 ② 代入 ③ 得:xM0x0

1

同理:x2

即:xMx00。所以,线段PM的中点在y轴上

(III)解:因为点P(1,1)在抛物线yax2上,所以a1,抛物线的方程为yx2。 由 ① 得:x1k11,代入yx2得y1k11 将1代入 ② ,得x2k11,代入yx2得y2k11 因此,直线PA、PB分别与抛物线C的交点A、B的坐标为

2

2

Ak11,k122k11,Bk11,k122k11 2

于是:APk12,k12k1,AB2k1,4k1



APAB2k1k124k1k122k12k1k122k11



因为PAB为钝角且P、A、B三点互不相同,故必有APAB0,即2k1k122k110

解得k1的范围为:k12或

1

k10 2

2

又点A的纵坐标y1满足y1k11,故 当k12时,y11 当

11k10时,1y1 24

1

4

所以,PAB为钝角时,点A的纵坐标y1的取值范围是(,1)(1,)

x2y2

8.(08福建)如图,椭圆C:221(a>b>0)的一个焦点为F(1,0),且过点(2,0).

ab

(Ⅰ)求椭圆C的方程;

(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.

解:)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b2=a2-c2=3,

x2y2

1. 所以椭圆C前方程为43

(Ⅱ)(i)由题意得F(1,0),N(4,0).

m2n2

设A(m,n),则B(m,-n)(n≠0),=1. ……① 43

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

设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=

5m83n

,y0.

2m52m5

22x0y0(5m8)23n2

由于2

434(2m5)(2m5)2

(5m8)23n2



4(2m5)2(2m5)2(5m8)212n2

4(2m5)2(5m8)2369m2

4(2m5)2

1

所以点M恒在椭圆G上.

x2y2

(ⅱ)设AM的方程为x=xy+1,代入=1得(3t2+4)y2+6ty-9=0. 43

设A(x1,y1),M(x2,

y2),则有:y1+y2=

6x9

,yy. 1222

3x43t4

43t23

|y1-y2|=(y1y2)4y1y2.

3t24

2

令3t2+4=λ(λ≥4),则 |y1-y2|=

43-1

1

1211131

=4)+43-)+,

24

因为λ≥4,0

111

,所以当=,即=4,t0时, 44

|y1-y2|有最大值3,此时AM过点F.

△AMN的面积S△AMN=

339

FNy1y2y1y2y1y2有最大值.

222

解法二:

(Ⅰ)问解法一:

(Ⅱ)(ⅰ)由题意得F(1,0),N(4,0).

m2n2

1. ……① 设A(m,n),则B(m,-n)(n≠0), 43

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≠时,m

525x83y

,n. ……④ 2x52x5

x2y2

由④代入①,得=1(y≠0). 43

3

n(m1)y052

当x=时,由②,③得:

23n(m4)y0,

2

解得

n0,

与a≠0矛盾. y0,

x2x2

1(y0),即点M恒在锥圆C上. 所以点M的轨迹方程为

43

(Ⅱ)同解法一.

2

9.(08江西)已知抛物线yx和三个点M(x0,y0)、P(0,y0)、N(x0,y0)(y0x0,y00),过点M的

2

一条直线交抛物线于A、B两点,AP、BP的延长线分别交曲线C于E、F. (1)证明E、F、N三点共线;

(2)如果A、B、M、N四点共线,问:是否存在y0,使以线段AB为直径的圆与抛物线有异于A、B的交点?如果存在,求出y0的取值范围,并求出该交点到直线AB的距离;若不存在,请说明理由. (1)证明:设A(x1,x1)、B(x2,x2),E(xE,yE)、B(xF,yF)

2

x12x2

则直线AB的方程:yxx1x12

x1x2

22

即:y(x1x2)xx1x2

因M(x0,y0)在AB上,所以y0(x1x2)x0x1x2①

x12y0

又直线AP方程:yxy0

x1

x12y0

xy0x12y0y2

x1由得:xxy00

x1

x2y

2

x12y0y0y0

所以x1xExE,yE2

x1x1x12y0y0

同理,xF,yF2

x2x2

2

y0x1x2

所以直线EF的方程:y( )y0x

x1x2x1x2

令xx0得y

y0

[(x1x2)x0y0] x1x2

将①代入上式得yy0,即N点在直线EF上 所以E,F,N三点共线

(2)解:由已知A、B、M、

N共线,所以Ay0,By0)

2

以AB为直径的圆的方程:xyy0y0

2

22xyy0y022

由得y2y01yy0y00

2xy

所以yy0(舍去),yy01

要使圆与抛物线有异于A,B的交点,则y010

所以存在y01,使以AB为直径的圆与抛物线有异于A,B的交点TxT,yT 则yTy01,所以交点T到AB的距离为y0yTy0y011

10.(09广东)已知曲线C:yx与直线l:xy20交于两点A(xA,yA)和B(xB,yB),且xAxB.记曲线C在点A和点B之间那一段L与线段AB所围成的平面区域(含边界)为D.设点P(s,t)是L上的任

2

一点,且点P与点A和点B均不重合.

(1)若点Q是线段AB的中点,试求线段PQ的中点M的轨迹方程;(2)若曲线G:x2axy4ya

2

2

2

51

0与D有公共点,试求a的最小值. 25

15

解:(1)联立yx2与yx2得xA1,xB2,则AB中点Q(,),设线段PQ的中点M坐标为

22

15st

15

,即s2x,t2y,又点P在曲线C上, (x,y),则x,y2222

512112

∴2y(2x)化简可得yxx,又点P是L上的任一点,且不与点A和点B重合,则

2281151115

12x2,即x,∴中点M的轨迹方程为yx2x(x).

244844

512220, (2)曲线G:x2axy4ya25

49722

即圆E:(xa)(y2),其圆心坐标为E(a,2),半径r 255

51222

0由图可知,当0a2时,曲线G:x2axy4ya25

与点D有公共点;

222

当a0时,要使曲线G:x2axy4ya

51

0与点D有公25

共点,只需圆心E到直线l:xy20的距离d

|a22|

2

|a|2

772,得a0,则a的55

最小值为

72

. 5

范文七:圆锥曲线大题综合版

圆锥曲线

策略:

1.结合函数、方程、不等式,数形结合,引参、用参、消参解题。

2.两条路:一是设直线方程与圆锥曲线方程联立,利用韦达定理;二是设点(点设、点代、点差),充分利用圆锥曲线方程解题,设而不求,简化计算 主要题型:

一.弦长、中点、面积

1.已知抛物线C:x24y的焦点为F,经过点F的直线l交抛物线于A、B两点,过A、B两点分别作抛物线的切线,设两切线的交点为M. (I)求点M的轨迹方程; (II)求证MF⊥AB.

(III)设△MAB的面积为S,求S的最小值及此时直线l的方程.

2

x12x2

解:(I)设M(x,y),A(x1,),B(x2,),显然x1x2,

44

由x24y,得y

2

121x,所以yx 42

于是,分别过A、B两点的切线方程为

x12x1x1x12

y(xx1),即yx ①

4224

22x2x2x2x2y(xx2),即yx ②

4224

x1x2

x2

解①②得 ③

yx1x24

设直线l的方程为ykx1

由

ykx12

得x4kx40 2

x4y

x1x24k,x1x24 ④

x2k

④代入③得

y1

即M(2k,1)

故M的轨迹方程是y1

2x2x12

) (II)(2k,2),(x2x1,44

222

x2x12x2x12x2x12

2k(x2x1)0

222

MFAB

3

12222

(III)S|AB||MF|kk(x1x2)4x1x24(1k)2

2

当k0时,MAB的面积S最小,最小值是4,此时,直线l的方程为y=1

2

x2y2

1的右焦点F2重合,F1是椭2.已知抛物线C1:y4x的焦点与椭圆C2:

9b

圆的左焦点.

⑴ 在ABC中,若A4,0,B0,3,点C在抛物线y24x上运动,求ABC重心G的轨迹方程;

⑵ 若P是抛物线C1与椭圆C2的一个公共点,且PF1F2,PF2F1,求

coscos的值及PF1F2的面积.

''

解:(Ⅰ)设重心Gx,y,Cx,y.



x'40x,x'3x4,3

则 整理得 ()

'

y'3y3.yy03.

3

将()代入y4x中,得y1

2

2

44

x. 33

2

所以,ABC重心的轨迹方程为y1

2

44

x. 33

(Ⅱ) ∵椭圆与抛物线有共同的焦点,由y4x得F21,0,

x2y2

1. ∴b8,椭圆方程为98

x12y12

1,2

设Px1,y1,由9 得 2x19x1180, 8

y24x.11

∴x1

3

,x16(舍). 2

∵x1是y24x的准线,即抛物线的准线过椭圆的另一个焦点F1. 设点P到抛物线y24x准线的距离为PN,则PF2PN.

又PNx11∴PF2

35

1, 22

57,PF12aPF2. 22

过点P作PP1x轴,垂足为P1, 在RtPPF11中,cos

5

, 7

11,cos, 55

在RtPPF12中,cos ∴coscos ∵x1

∴SPF1F2

1

, 7

3

,∴PP1

2

1

F1F2PP. 12

1. 3

3.在平面直角坐标系xOy中,点B与点A(-1,1)关于原点O对称,P是动点,且直线AP与BP的斜率之积等于

(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。

(I)解:因为点B与A(1,1)关于原点O对称,所以点B得坐标为(1,1). 设点P的坐标为(x,y) 由题意得

y1y11



x1x13

2

2

化简得 x3y4(x1).

故动点P的轨迹方程为x3y4(x1)

2

2

(II)解法一:设点P的坐标为(x0,y0),点M,N得坐标分别为(3,yM),(3,yN). 则直线AP的方程为y1

y01y1

直线BP的方程为y10(x1),(x1)

x01x01

令x3得yM

4y0x032y0x03,yN.

x01x01

于是PMN得面积

|x0y0|(3x02)1

SPMN|yM yN|(30x)2

2|x01|

又直线AB的方程为xy

0,|AB| 点P到直线AB

的距离d于是PAB的面积 S当S

PAB

.

1

|AB|d|x0y0| 2

PAB

|x0y0|(3x0)2

SPMN时,得|x0y0|2

|x01|

又|x0y0|0,

所以(3x0)2=|x021|,解得|x0因为x023y02

4,所以y05。 3

53

. 9

故存在点P使得PAB与PMN的面积相等,此时点P

的坐标为(,

解法二:若存在点P使得PAB与PMN的面积相等,设点P的坐标为(x0,y0)

11

|PA||PB|sinAPB|PM||PN|sinMPN. 22

因为sinAPBsinMPN,

则 所以

|PA||PN|

|PM||PB|

所以

|x01||3x0|

|3x0||x1|

即 (3x0)2|x021|,解得x0 因为x023y02

4,所以y05 3

故存在点PS使得PAB与PMN的面积相等,此时点P的坐标

5(,. 3x2y24.已知椭圆221(ab0)

的离心率e连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面

ab积为4。

(1) 求椭圆的方程;

(2) 设直线l与椭圆相交于不同的两点A,B,已知点A的坐标为(a,0),点

Q(0,y0)在线段AB的垂直平分线上,且QAQB4,求y0的值

【解析】本小题主要考察椭圆的标准方程和几何性质,直线的方程,平面向量等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想,考查运算和推理能力,满分12分 (1

)解:由e由题意可知,

c22222

,得3a4c,再由cab,得a2b 

a1

2a2b4,即ab2 2

解方程组

a2b

得 a=2,b=1

ab2

x2

y21 所以椭圆的方程为4

(2)解:由(1)可知A(-2,0)。设B点的坐标为(x1,,y1),直线l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+2),

yk(x2)

于是A,B两点的坐标满足方程组x2 2

y14

由方程组消去Y并整理,得(14k)x16kx(16k4)0

2

2

2

2

16k24

,得 由2x1

14k2

28k24kx1,从而y, 1

14k214k2

8k22k

,) 设线段AB是中点为M,则M的坐标为(22

14k14k

以下分两种情况:

(1)当k=0时,点B的坐标为(2,0)。线段AB的垂直平分线为y轴,于是

QA(2,y0),QB(2,y0)由QAQB=4,得y0=2k18k2

(x) (2)当K0时,线段AB的垂直平分线方程为Y22

14kk14k

令x=0,解得y0



6k

14k2

由QA(2,y0),QB(x1,y1y0)

2(28k2)6k4k6kQAQB2x1y0(y1y0)=() 2222

14k14k14k14k

4(16k415k21)

=4

22

(14k)

整理得7k2,故k

2

y0=

75 5

综上y0=y0=

二.范围、最值

1.已知双曲线C:3x2-y2=1,过点M(0,-1)的直线l与双曲线C交于A,B两点. (1)若|AB|=,求直线l的方程;

(2)(2)若点A,B在y轴的同一侧,求直线l的斜率的取值范围. (1)设直线l:y=kx-1或x=0(舍去),A(x1,y1),B(x2,y2),

3x2y21联立

ykx1

消去y,得(3-k2)x2+2kx-2=0.

由题意,得3-k2≠0,=(2k)2-4·(3-k2)·(-2)=24-4k2>0,

且xIx2

2k2

,. xx1222

k3k3

|AB|(x1x2)2(y1y2)2k2|x1x2|

k2(x1x2)24x1x2.

k2(

2k22

)4, k23k23

33

. 7

解得k=±1,或k

验证知3-k2≠0且>0,

∴直线l的方程为:y=±x-1,或y

33

x1; 7

3k20

2

x220 (2)由A、B在y轴的同一侧,得x1·

k3

244k20

解得:k(6,)∪(3,6).

m2x2

0,椭圆C:2y21,F1,F2分别为椭圆C的左、2.已知m>1,直线l:xmy2m

右焦点.

(Ⅰ)当直线l过右焦点F2时,求直线l的方程;

(Ⅱ)设直线l与椭圆C交于A,B两点,AF1F2,BF1F2的重心分别为G,H.若原点

O在以线段GH为直径的圆内,求实数m的取值范围.

解析:本题主要考察椭圆的几何性质,直线与椭圆,点与圆的位置关系等基础知识,同时考察解析几何的基本思想方法和综合解题能力。

m2m2

0经过F20),

 (Ⅰ)解:因为直线l:xmy,22

得m22,

又因为m

1,所以m

故直线l

的方程为x0。 (Ⅱ)解:设A(x1,y1),B(x2,y2)。

mym2x 由2

x2,消去x得

m

2y212

mym22y4

10

则由m2

8(m2

4

1)m280,知m28,且有yymm21

122,y1y2

82

。 由于F1(c,0),F2(c,0),, 故O为F1F2的中点, 由AG2GO,BH2HO, 可知G(

x1,y1x3),h(2y33,13

), GH2

(x1x2)29(y1y2)2

9

设M是GH的中点,则M(x1x2y6,1y2

6

), 由题意可知2MOGH,

x2

即4[(1x22y1y22(x21x2)(y1y6)(6)]92)9

即x1x2y1y20

而xm2m2

1x2y1y2(my12)(my22)y1y2 (m2

1

(m2812

)

m210 所以

82

即m4

又因为m1且0 所以1m2。

所以m的取值范围是(1,2)。

三.证明、求定点、定值

2

x2y2

1.设点M在x轴上,若对过椭圆C:221(ab0)左焦点F的任一条与两坐标轴都不

ab

垂直的弦AB,都有MF为△AMB的一条内角平分线,则称点M为该椭圆的“左特征点”.

a2

(1)有人说:“点M(,0)是椭圆的‘左特征点’'”.请指出这个观点是否正确,并给

出证明过程;

x2y2

(2)(2)参考椭圆的“左特征点”定义,给出双曲线221(a0,b0)的“左特征点”

ab

定义,并指出该点坐标.

(1)判断:这个观点是正确的,具体证明如下.

a2

设点M(,0),F(c,0),其中c2=a2-b2(c>0).

方法1:设过F与两坐标轴都不垂直的直线AB:y=k(x+c)(k≠0),A(x1,y1), B(x2,y2).

以下只要证明:对任意的实数k,∠AMF=∠BMF.

x2y21

联立方程22,

yk(xc)

消去y,得:(b2+a2k)x2+2a2k2cx+a2k2c2-a2b2=0,

2a2k2ca2k2c2a2b2

,x1x2, x1x22

222ba2k2

=(2a2k2c)2-4(b2+a2k2)(a2k2c2-a2b2)>0. 又∵直线AM的斜率为:kAM

直线BM的斜率为:kBM

y10k(x1c)

, a2a2x1x1y0k(x2c)

. 222

aax2x2

kAMkBM

a2a2

k(x1c)(x2)k(x2c)(x1)

k(xc)k(xc), 2222

aaaax1x2(x1)(x2)

a2a2

上式中的分子:k(x1c)(x2)k(x2c)(x1) a2

k[2x1·x2c(x1x2)(x1x2)2a2]

a2k2c2a2b22a2k2ca22a2k2ck[2c222a2] 2222222bakbak2a2k2c22a2b22a2k2c22a4k22a2b22a4k2k[]=0.

∴对任意实数k都有kAM+kBM=0.即kAM=-kBM,

∴∠AMF=∠BMF.

故对过F与两坐标轴都不垂直的任意弦AB,MF都为△AMB的一条内角平分线,

a2

所以,点M(,0)是椭圆的“左特征点”.

方法2:如图,过A作AP垂直左准线于P,过B作BQ垂直左准线于Q, 由椭圆第二定义,得

|BF||AF|

e,(其中e为椭圆离心率

) |BQ||AP|

|AP||AF|

. |BQ||BF|

|MP||AF|

,

|MQ||BF|

又∵AP∥BQ∥x轴,∴

|MP||AP|

.

|MQ||BQ|

∵∠APM=∠BQM=90°, ∴△APM∽△BQM. ∴∠PAM=∠QBM.

∵∠PAM=∠AMF,∠QBM=∠BMF, ∴∠AMF=∠BMF.

故对过F与两坐标轴都不垂直的任意弦AB,MF都为AMB的一条内角平分线, 所以,椭圆的左准线与x轴的交点M是椭圆的“左特征点”.

(2)双曲线左特征点定义:

x2y2

设点M在x轴上,若对过双曲线C:221(a0,b0)左焦点F的任一条与

两坐标轴都不垂直的弦AB,且A、B在双曲线左支上,都有MF为AMB的一条内

角平分线,则称点M为该双曲线的“左特征点”.

a2

M(,0)是双曲线的左特征点(其中ca2b2).

a2

(注:此题(1)中,没有提到“椭圆的‘左特征点’一定是点M(,0)”,即无

需证明左特征点的唯一性;(2)答案中,要注意“A、B在双曲线左支上”不可少)

x2y2

2.己知斜率为1的直线l与双曲线C:221a>0,b>0相交于B、D两点,且BD

ab

的中点为M1,3. (Ⅰ)求C的离心率;

(Ⅱ)设C的右顶点为A,右焦点为F,DFBF17,证明:过A、B、D三点的圆与

x轴相切.

【命题意图】本题主要考查双曲线的方程及性质,考查直线与圆的关系,既考查考生的基础

知识掌握情况,又可以考查综合推理的能力

. 【参考答案】

3.已知以原点O

为中心,F

为右焦点的双曲线C

的离心率e

(1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程;

(2)如题(20)图,已知过点Mx1,y1的直线l1:x1x4y1y4与过点Nx2,y2(其中x2x)的直线l2:x2x4y2y4的交点E在双曲线C上,直线MN与两条渐近线分别交与G、H两点,求OGH的面积。

x

2y2

1的4.在平面直角坐标系xoy中,如图,已知椭圆95

左、右顶点为A、B,右焦点为F。设过点T(t,m)的直线TA、TB与椭圆分别交于点M(x1,y1)、

N(x2,y2),其中m>0,y10,y20。

(1)设动点P满足PFPB4,求点P的轨迹; (2)设x12,x2

2

2

1

,求点T的坐标; 3

(3)设t9,求证:直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)。

[解析] 本小题主要考查求简单曲线的方程,考查方直线与椭圆的方程等基础知识。考查运算求解能力和探究问题的能力。满分16分。

(1)设点P(x,y),则:F(2,0)、B(3,0)、A(-3,0)。

2222

由PFPB4,得(x2)y[(x3)y]4, 化简得x

2

2

9。 2

故所求点P的轨迹为直线x(2)将x12,x2

9

。 2

15120分别代入椭圆方程,以及y10,y20得:M(2)、N(,) 3339

1y0x3

直线MTA方程为:,即yx1, 

530233

55y0x3

直线NTB 方程为:,即yx。 

620393

x7

联立方程组,解得:10,

y3

所以点T的坐标为(7,

10)。 3

(3)点T的坐标为(9,m)

y0x3m

(x3), ,即ym09312y0x3m

直线NTB 方程为:,即y(x3)。 m0936

直线MTA方程为:

x2y2

1联立方程组,同时考虑到x13,x23, 分别与椭圆953(80m2)40m3(m220)20m

,)N(,)。

解得:M(、

80m280m220m220m2

20m3(m220)yx2

2

(方法一)当x1x2时,直线MN 22

3(80m)3(m20)80m220m280m220m2

令y0,解得:x1。此时必过点D(1,0);

当x1x2时,直线MN方程为:x1,与x轴交点为D(1,0)。 所以直线MN必过x轴上的一定点D(1,0)。

2403m23m260(方法二)若x1x2,则由及m

0,得m 22

80m20m

此时直线MN的方程为x1,过点D(1,0)。

若x1

x2,则mMD的斜率kMD

40m

210m, 22

2403m40m

1

80m2

直线ND的斜率kND

20m

210m,得kMDkND,所以直线MN过D点。 22

3m6040m

1

20m2

因此,直线MN必过x轴上的点(1,0)。

x2y25. 如图,已知椭圆221(a>b>

0)的离心率为,以该椭圆上的点和椭圆的左、

ab2

右焦点F1,F

2为顶点的三角形的周长为1).一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点,设

P为该双曲线上异于顶点的任一点,直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、

D.

(Ⅰ)求椭圆和双曲线的标准方程;

(Ⅱ)设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2,证明k1·k21;

(Ⅲ)是否存在常数,使得ABCDAB恒成立?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.

【解析】(Ⅰ)由题意知,椭圆离心率为

c,得a,又2a

2c1),

a

2

2

2

x2y2

1;所以可解得ac2,所以bac4,所以椭圆的标准方程为84

2

所以椭圆的焦点坐标为(2,0),因为双曲线为等轴双曲线,且顶点是该椭圆的焦点,所以该双曲线的标准方程为

x2y2

1。

44

【命题意图】本题考查了椭圆的定义、离心率、椭圆与双曲线的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系,是一道综合性的试题,考查了学生综合运用知识解决问题的能力。其中问题(3)是一个开放性问题,考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力,

四.求轨迹:定义法、直接法、相关点法、参数法

1.已知定点A0,1,B0,3,C3,3,以点C为焦点作过A、B两点的椭圆。

(1)求另一焦点D的轨迹G的方程;

(2)过点A的直线l交曲线G于P、Q两点,若PA3AQ,求直线l的方程。 解:(1)由椭圆定义知,|AC||AD||BC||BD|.

∴|BD||AD||AC||BC|.而|AC|5,|BC|3,∴

|BD||AD|2.

则D的轨迹G为双曲线的下支.其中a1,c2.∴b

3.

x2

1(y1) ①. 轨迹G的方程为(y1)3

2

(2)设直线l的方程为ykx1 ②,

将②代入①得:3(kx2)2x230,即(3k21)x212kx90 ③. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1x2

12k

,x1x2

3k21

93k1

2

PA3AQ,0x13(x20),即x13x2. 消去x1、x2得k

2

1x1. ,∴k.直线l的方程为为y

1266

2

2

2.已知三角形ABC的三个顶点均在椭圆4x5y80上,且点A是椭圆短轴的一个端点(点A在y轴正半轴上).

(1) 若三角形ABC的重心是椭圆的右焦点,试求直线BC的方程; (2)若角A为90,AD垂直BC于D,试求点D的轨迹方程. 解 1)设B(x1,y1),C(x2,y2),BC中点为(x0,y0),F(2,0)

22

x12y12x2y2

1,1 则有

20162016

两式作差有

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)

0

2016

x0y0k0 (1) 54

F(2,0)为三角形重心,所以由

x1x2

2,得x03 3

y1y24

0得y02,

3

6 5

代入(1)得k

直线BC的方程为6x5y280

2)由AB⊥AC得x1x2y1y214(y1y2)160 (2) 设直线BC方程为ykxb,代入4x25y280,得

(45k2)x210bkx5b2800

10kb5b280

x1x2,x1x2 22

45k45k

8k4b280k2

y1y2,y1y2 代入(2)式得

45k245k249b232b16

b0,解得或 b4(舍)2

945k

直线过定点(0,

4

),设D(x,y) 9

y

4

y41 xx

2

2

即9y9x32y160 所以所求点D的轨迹方程是x(y

2

16220

)()2(y4)。 99

x2y2

C1:221(ab0)22

C:xbybab23. 设椭圆,抛物线。

(1) 若C2经过C1的两个焦点,求C1的离心率;

(2) 设A(0,b)

,Q,又M、N为C1与C2不在y轴上的两个交点,若△AMN

54

的垂心为B0b,且△QMN的重心在C2上,求椭圆C1和抛物线C2的方程。

【解析】考查椭圆和抛物线的定义、基本量,通过交点三角形来确认方程。

(1)由已知椭圆焦点(c,0)在抛物线上,可得:cb,由

2

2

34

c21。 abc2c,有2e

a22

2

2

2

2

(2)由题设可知M、N关于y轴对称,设

M(x1,y1),N(x1,y1)(x10),由AMN的垂心为B,有

3

BMAN0x12(y1b)(y1b)0。

4

2

由点N(x1,y1)在抛物线上,x1by1b2,解得:y1或y1b(舍去)

b

4

故x1

bbb

,M(,),N,),得

QMN重心坐标).

444

11b2

b2,所以

b=2,M(),N), 由重心在抛物线上得:3又因为M、

22416x2y2

1,抛物线方程为x22y4。 N在椭圆上得:a,椭圆方程为1634

2

3

五.向量化归

1.椭圆的两个焦点分别为F1(0,-1)、F2(0,1),直线y=4是椭圆的一条准线。 (Ⅰ)求椭圆的方程;

(Ⅱ)若点P在椭圆上,设|),试用m表示PF1PF2; 1||PF2|m(m1 12的最大值和最小值。

m2y2x2

2(m1)(3)可以求得m的取值范围为[1,2] 1(2)PF1PF2解:(1)

443

PF1PF2m2

的,利用函数的单调性可知,当m14m|PF1||PF2|1293;当m2的值最小,最小值为。 4212值最大,最大值为

2.如图已知△OPQ的面积为S,且1. (Ⅰ)若S(,

13

),求向量与的取值范围; 22

3

m,以O为中心,P为焦点的椭圆经过点Q,当m≥2时,求|| 4

(Ⅱ)设|OP|m,S

的最小值,并求出此时的椭圆方程.

解:(Ⅰ)设与的夹角为,则与的夹角为, ∵S

111

||||sin()||||sin||||costan 222

1

OPPQtan 2

又1,S(,

1) 22

11tan(,),tan(1,),得(,). 22243

(II)设Q(x0,y0),则

S

13

m|y0|m,24

y0

3

2

3

(m,0),(x0m,)

2

由m(x0m)1,x0m

1 m

Q(m

13,),m2

||(m

129

) m4

1

,f(x)在x1上是增函数 x1

f(m)m在[2,)上为增函数

m令f(x)x

1934 当m=2时,||的最小值为(2)2242此时P(2,0),椭圆的另一焦点为P(2,0),则椭圆长轴长

53532a|||QP|(2)2()2(2)2()22 2222

x2y2

a,b4,1 106

3.已知O为坐标原点,点E、F的坐标分别为(-1,0)(1,、0),动点A、M、N满足|AE|m|EF|(m1),MNAF10,ON(OAOF),AM//ME. 2

(Ⅰ)求点M的轨迹W的方程; (Ⅱ)点P(m,y0)在轨迹W上,直线PF交轨迹W于点Q,且PFFQ,若2

1(OAOF), 21≤≤2,求实数m的范围. 解:(Ⅰ)∵MNAF0,ON∴ MN垂直平分AF.

又AM//ME,∴ 点M在AE上,

∴ |AM||ME||AE|m|EF|2m,|MA||MF|,

∴ |ME||MF|2m|EF|,

∴ 点M的轨迹W是以E、F为焦点的椭圆,且半长轴am,半焦距c1, ∴ bacm1. 2222

x2y2

1(m1)∴ 点M的轨迹W的方程为22. mm1

(Ⅱ)设Q(x1,y1)

∵ P(m,y0),PFFQ, 2

m1(x11),∴  ∴ 2y0y1.1mx(1),12 y1y.10

由点P、Q均在椭圆W上,

21y01,24m1∴  2y01(1m)21.2222m2(m1)

m2m1消去y0并整理,得, m21

m2m1≤2及m1,解得1m≤2. 由1≤2m1

x2y2

4.设直线l:yx1与椭圆221(ab0)相交于A、B两个不同的点,与x轴相ab

交于点F.

(I)证明:a2b21;

(II)若F是椭圆的一个焦点,且2,求椭圆的方程. x2y2

(Ⅰ)证明:将yx1代入221,消去x,得 ab

(a2b2)y22b2yb2(1a2)0 ①

由直线l与椭圆相交于两个不同的点,得

4b44b2(a2b2)(1a2)4a2b2(a2b21)0 所以 ab1

(Ⅱ)解:设A(x1,y1),B(x2,y2) 22

2b2b2(1a2),y1y22由①,得 y1y22 22abab

因为 AF2FB,得y12y2

2b2b2(1a2)22y所以, y1y22y2,y1y2 222aab

b2(1a2)2b2

22(2) 消去y2,得 a2b2ab2

化简,得(a2b2)(a21)8b2

若F是椭圆的一个焦点,则c=1,b2=a2-1 代入上式,解得 a297,b2 22

2x22y2

1 所以,椭圆的方程为 97

范文八:2014圆锥曲线大题训练

2

3

4

5

6

7

8

9

解析几何大题参考答案:

10

1.(共13分)

(Ⅰ)解:由已知,动点P到定点F(0,)的距离与动点P到直线y

1

41

的距离相等. 4

1

为准线的抛物4

由抛物线定义可知,动点P的轨迹为以(0,)为焦点,直线y

线.

所以曲线C的方程为yx2. ………………3分

(Ⅱ)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2).

14

yx2,由得x2kx10. ykx1,

所以x1x2k,x1x21. 设M(x0,y0),则x0 因为MNx轴, 所以N点的横坐标为

k. 2

k. 2

由yx2,可得y'2x 所以当x

k

时,y'k. 2

所以曲线C在点N处的切线斜率为k,与直线AB平行.………………8分 (Ⅲ)解:由已知,k0.

设直线l的垂线为l':y 代入yx2,可得x

2

1

xb. k

1

xb0 (*) k

若存在两点D(x3,y3),E(x4,y4)关于直线l对称,

x3x4yy411

2b ,3

22k22kx3x4y3y4

,)在l上, 22

1111bk()1b, . 2k22k22k2

又(

所以

由方程(*)有两个不等实根

所以()24b0,即

1k1220 22kk

所以

1,解得. ………………13分 

2k

k2

k2.(本小题满分14分)

解:(Ⅰ)因为椭圆M上一点和它的两个焦点构成的三角形周长为642,

所以2a2c642, ……………1分

又椭圆的离心率为

c,即

ca, ………………2分 3

a33

所以a

3,c………………4分

x2

所以b1,椭圆M的方程为y21. ………………5分

9

(Ⅱ)方法一:不妨设BC的方程yn(x3),(n0),则AC的方程为y

1

(x3). n

yn(x3),

12222

由x2得(n)x6nx9n10, ………………6分

2

9y1

9

设A(x1,y1),B(x2,y2),

81n2927n23

因为3x2,所以x2, ………………7分 22

9n19n1273n2

同理可得x1, ………………8分

9n2

n26n2

所以|BC|n,|AC|, ………………10分

9n21n9n2

2

6

1

2(n)

1SABC|BC||AC|, ………………12分

12642

(n)

n9

1

设tn2,

n2t23

则S, ………………13分

8t2t

99t8

当且仅当t时取等号,

3

所以ABC面积的最大值为

3

. ………………14分 8

方法二:不妨设直线AB的方程xkym.

xkym,由x2 消去x得(k29)y22kmym290, ………………6分

2y1,9

设A(x1,y1),B(x2,y2),

m292km

则有y1y22,y1y22. ① ………………7分

k9k9

因为以AB为直径的圆过点C,所以 CACB0. 由 CA(x13,y1),CB(x23,y2),

得 (x13)(x23)y1y20. ………………8分 将x1ky1m,x2ky2m代入上式,

得 (k21)y1y2k(m3)(y1y2)(m3)20.

12

或m3(舍). ………………10分 5

1212

所以m(此时直线AB经过定点D(,0),与椭圆有两个交点),

551

所以SABC|DC||y1

y2|

2

将 ① 代入上式,解得 m

1……………12分 2设t

11,0t,

2

k99

则SABC所以当t

3251

(0,]时,SABC取得最大值. ……………14分

82889

3.(共13分)

解:(Ⅰ)依题意可得,

2

2

c2

,bc, a2

2

又abc,

可得b1,a

y2

所以椭圆方程为x21.

2

(Ⅱ)设直线l的方程为ykx1,

ykx1,由y2可得(k22)x22kx10.

2

x1,2

设P(x1,y1),Q(x2,y2), 则x1x2

2k1

xx,. 1222

k2k2

可得y1y2k(x1x2)2

4

. k22

k2

,), k22k22

设线段PQ中点为N,则点N的坐标为(由题意有kMNk1,

m

可得

2

2k1. k22

1

, 2

k21. 2

可得m

又k0, 所以0m

(Ⅲ)设椭圆上焦点为F,

则SMPQ

1

FMx1

x2. 2

x1x2

由m

112

k2,可得.

2

k2m

所以x1x2

又FM1m,

所以SMPQ

1). 2

所以△MPQ的面积为2m(1m)3(0m设f(m)m(1m)3, 则f'(m)(1m)2(14m).

可知f(m)在区间(0,)单调递增,在区间(,)单调递减. 所以,当m

141142

1127时,f(m)有最大值f(). 4464136时,△MPQ的面积有最大值. 48

所以,当m

4. (本小题满分14分) 解:(Ⅰ)由已知F(

p

,0),设A(x1,y1),则y122px1, 22xpy12xp

,),圆心到y轴的距离为1圆心坐标为(1, …………………2分 424

圆的半径为

FA

2xp1p

, …………………4分 x1()1

2224

所以,以线段FA为直径的圆与y轴相切. …………………5分 (Ⅱ)解法一:设P(0,y0),B(x2,y2),由FA1AP,BF2FA,得

(x1

ppp

,y1)1(x1,y0y1),(x2,y2)2(x1,y1), …………………6分 222

p

所以x11x1,y11(y0y1),

2pp

x22(x1),y22y1, …………………8分 22

222

由y22y1,得y22y1.

又y12px1,y22px2,

所以 x22x1. …………………10分 代入

2

22

ppppp

x22(x1),得22x12(x1),(12)x12(12), 22222

整理得x1

p22

, …………………12分

代入x1

pppp1x1,得1, 222222

所以

1

2

1

1

, …………………13分 2

因为

4111

[,],所以2的取值范围是[,2]. …………………14分

3242

解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),AB:xmy

将xmy

p

, 2

p

代入y22px,得y22pmyp20, 2

所以y1y2p2(*), …………………6分 由FA1AP,BF2FA,得

(x1

ppp

,y1)1(x1,y0y1),(x2,y2)2(x1,y1), …………………7分 222

p

所以,x11x1,y11(y0y1),

2pp

x22(x1),y22y1, …………………8分 22

将y22y1代入(*)式,得y

2

1

p2

2

, …………………10分

所以2px1

p2

2

,x1

p22

. …………………12分

代入x1

p1

1x1,得11. …………………13分 222

因为

4111

[,],所以2的取值范围是[,2]. …………………14分

3242

a2b21223a4b6.解:(Ⅰ)由已知可得e,所以 ① ……………1分 2

a4

2

又点M(1,)在椭圆C上,所以

2

2

3

2191 ② ……………2分 22a4b

由①②解之,得a4,b3.

x2y2

故椭圆C的方程为1. ……………5分

43

ykxm,

(Ⅱ) 由2 2

xy

1.

34

消y化简整理得:(34k2)x28kmx4m2120,

64k2m24(34k2)(4m212)48(34k2m2)0 ③ ……………8分

设A,B,P点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)、(x0,y0),则

x0x1x2

8km6m

. ……………9分 ,yyyk(xx)2m0121222

34k34k

22

x0y0

1. ……………10分 由于点P在椭圆C上,所以 43

16k2m212m2

从而1,化简得4m234k2,经检验满足③式. ………11分 2222

(34k)(34k)

又|OP|

 因为k

………………………12分

1332

1,

,得34k34,有

244k23

OP

. . ………………………14分 即所求OP

的取值范围是(x2,y2)、(x0,y0), (Ⅱ)另解:设A,B,P点的坐标分别为(x1,y1)、

3x124y1212①

由A,B在椭圆上,可得2 ………………………6分 2

3x4y12②22

①—②整理得3(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0③ ………………………7分

由已知可得OPOAOB,所以

x1x2x0④

……………………8分

y1y2y0⑤

由已知当k

y1y2

,即y1y2k(x1x2) ⑥ ………………………9分

x1x2

把④⑤⑥代入③整理得3x04ky0 ………………………10分

与3x024y0212联立消x0整理得y02由3x024y0212得x04所以|OP|x0y04分 因为k

2

2

22

9

……………………11分

4k23

42

y0, 3

4213

……………………12y0y024y0242

334k3

133

1,

,得34k234,有

244k23

故OP

. ………………………13分 . ………………………14分 所求OP

的取值范围是5.(本小题共14分)

解:(Ⅰ)由椭圆的定义可知,动点P的轨迹是以A,B

为焦点,长轴长为的椭圆.

x2y2 ∴c

1,ab2. ∴W的方程是1. ………………4分

32

2

(Ⅱ)设C,D两点坐标分别为C(x1,y1)、D(x2,y2),C,D中点为N(x0,y0).

当k0时,显然m0; 当k0时,

ykx1

22由x2y2 得 (3k2)x6kx30.

123

所以x1x2

x1x26k3k

x, ∴, 从而0

3k2223k22

y0kx01

2

3k22

∴MN斜率kMN

22y0

. 又∵CMDM, ∴CDMN, 3kx0mm3k22

221k1∴ 即 m2[(0,.

21212k3k

22m3k3k2k

故所求m

的取范围是[6.(本小题满分14分)

. ……………… 41a2b21,

解:(Ⅰ)由题意得a2b2c2,

解得ab

c2a

x2y2

1. ……………………………………4分 故椭圆C的方程为63

(Ⅱ)由题意显然直线l的斜率存在,设直线l方程为yk(x3),

yk(x3),

由x2y2得(12k2)x212k2x18k260. …………………5分

1,36

因为直线l与椭圆C交于不同的两点M,N,

所以144k44(12k2)(18k26)24(1k2)0,解得1k1. ……6分 设M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),

12k218k26

则x1x2,x1x2,y1k(x13),y2k(x23).… 7分

12k212k2

所以BMBN(x13)(x23)y1y2 ……………………………………8分 (1k

2

)x[( 9]1x23x1x2)

33k2

12k2

33. ……………………………………9分 22(12k2)

因为1k1,所以2

33≤3. 22(12k2)

故BMBN的取值范围为(2, 3]. ……………………………………10分 (Ⅲ)由(Ⅱ)得kAMkAN

y11y21

……………………………………11分 

x12x22

(kx13k1)(x22)(kx23k1)(x12)

(x12)(x22)2kx1)(x2x)12k41x2(5k1

x1x22(x1x2)4

2

2k(18k26)k(51)k12k(1242)k(12

 222

18k62k44(1k2)

)

4k24

2. 2

2k2

所以kAMkAN为定值2. ……………………………………14分

7.石景山一模

8. 顺义2 解(1)因为

c,且c3,所以a2,ba2c21 

a2

x2

所以椭圆C的方程为y21 …………………………………………….3分

4

(2 ) 易知椭圆C的左,右顶点坐标为A(2,0),B(2,0),直线AS的斜率k显然存在,且k0 故可设直线AS的方程为yk(x2),从而M(

104,k) 33

由

yk(x2)

2222

得(14k)x16kx16k40 x22

y14

16k2428k2

设S(x1,y1),则(2)x1,得x1

14k214k228k24k4k

S(, 从而y1,即222

14k14k14k

又B(2,0),故直线BS的方程为y

1

(x2) 4k

110y(x2)x4k3,所以N(10,4 由得

10433kyx33k

故MN

4k4

33k

又k0,所以MN 当且仅当

4k44k482 33k33k3

4k4

时,即k1时等号成立 33k

8

所以k1时,线段MN的长度取最小值 ………………………………..9分

3

(3)由(2)知,当线段MN的长度取最小值时,k1

64

此时AS的方程为xy20,S(,),

55

所以AS

142

,要使TSA的面积为,

55

只需点T到直线AS的距离等于

2, 4

2

的直线l'上 4

所以点T在平行于AS且与AS距离等于

设l':xyt0,则由

t22

352

,解得t或t

224

x22

y13

① 当t时,由4得5x212x50

2xy30

2

由于440,故直线l'与椭圆C有两个不同交点

x22

y15

②t时,由4得5x220x210

2xy50

2

'

由于200,故直线l与椭圆C没有交点

综上所求点T的个数是2. ……………………………………………..14分

9.解:(Ⅰ)e

122c

, 221,a2b2c2

ba2a

a2,b2,c2

x2y2

1--------------------------------------------------------------------------------------5分 

24

(Ⅱ)设直线BD的方程为y

2xb

y2xb22

4x22bxb40 2

2

2xy4

8b640 22b22

2

b242

b, ----① x1x2 x1x2-----②

42

648b26

BD(2)x1x238b2,

442

2

设d为点A到直线BD:y2xb的距离, d

SABD

12BDd(8b2)b22 ,当且仅当b2时取等号. 24

因为2(22,22),所以当b2时,ABD的面积最大,最大值为2--------10

(Ⅲ)设D(x1,y1),B(x2,y2),直线AB、AD的斜率分别为:kAB 、kAD,则

kADkAB

y12y222x1b22x2b2



x11x21x11x21

=22b[

x1x22

] ------* 将(Ⅱ)中①、②式代入*式整理得

x1x2(x1x2)1

22b[

x1x22

]=0,

x1x2(x1x2)1

kADkAB0----------------------------------------------------------------------------------------------14分

x2y2

10.(Ⅰ)设椭圆方程为221,(ab0) , …………… 1分

ab

∵ 抛物线y24x的焦点坐标为(0,1) ∴b1 ……………… 2分

c由已知得, ∴

a2

解得a22

ac1

,………………………… 3分

22

a2c

c1 …………………………………… 4分

x2

y21 …………………………………… 5分 ∴ 椭圆方程为2

(Ⅱ)设M(x1,y1),B(x2,y2),F(1,0),B(0,1),,∴ kBF1

∵F是垂心,∴ KMN1

∴ 设MN的方程为yxt, ……………………………… 7分 代入椭圆方程后整理得:3x4tx2t20 ……………………8分

2

2

4t

∴ x1x2,

3

2t22

……………………………… 9分 x1x23

将xyt代入椭圆方程后整理得:3y22tyt220

2t

∴ y1y2,

3

t22

…………………………………… 10分 y1y23

∵ F是垂心,∴ MFBN,

MF(1x1,y1),BN(x2,y21)

∴ (1x1)x2y1(y21)0, ………………………………… 11分 整理得:x1x2x1x2y1y2t0

4t2t22t22∴ t0∴ 3t2t40 ………… 12分

333

∴ t

4

或t1(舍) 3

∴存在直线 l,其方程为yx

4

使题设成立。 ………………… 13分 3

范文九:圆锥曲线大题综合版

圆锥曲线

策略:

1.结合函数、方程、不等式,数形结合,引参、用参、消参解题。

2.两条路:一是设直线方程与圆锥曲线方程联立,利用韦达定理;二是设点(点设、点代、点差),充分利用圆锥曲线方程解题,设而不求,简化计算 主要题型:

一.弦长、中点、面积

1.已知抛物线C:x4y的焦点为F,经过点F的直线l交抛物线于A、B两点,过A、B两点分别作抛物线的切线,设两切线的交点为M. (I)求点M的轨迹方程; (II)求证MF⊥AB.

(III)设△MAB的面积为S,求S的最小值及此时直线l的方程.

2

x12x2

解:(I)设M(x,y),A(x1,),B(x2,),显然x1x2,

44

2

由x24y,得y

2

121x,所以yx 42

于是,分别过A、B两点的切线方程为

x12x1x1x12

① y(xx1),即yx

4224

22x2x2x2x2y(xx2),即yx ②

4224

x1x2

x2

解①②得 ③

yx1x24

设直线l的方程为ykx1

由

ykx12

得x4kx40 2

x4y

x1x24k,x1x24 ④ x2k

④代入③得

y1

即M(2k,1)

故M的轨迹方程是y1

2x2x12

(II)(2k,2),(x2x1,)

44

222

x2x12x2x12x2x12

2k(x2x1)0

222

MFAB

3

12222

(III)S|AB||MF|kk(x1x2)4x1x24(1k)2

2

当k0时,MAB的面积S最小,最小值是4,此时,直线l的方程为y=1

2

x2y2

2.已知抛物线C1:y4x的焦点与椭圆C2:1的右焦点F2重合,F1是椭

9b

圆的左焦点.

⑴ 在ABC中,若A4,0,B0,3,点C在抛物线y24x上运动,求ABC重心G的轨迹方程;

⑵ 若P是抛物线C1与椭圆C2的一个公共点,且PF1F2,PF2F1,求

coscos的值及PF1F2的面积.

解:(Ⅰ)设重心Gx,y,Cx,y.

'

'



x'40

x,x'3x4,3

则 整理得 () '

y'3y3.yy03.

3

将()代入y4x中,得y1

2

2

44

x. 33

2

所以,ABC重心的轨迹方程为y1

2

44

x. 33

(Ⅱ) ∵椭圆与抛物线有共同的焦点,由y4x得F21,0,

x2y2

1. ∴b8,椭圆方程为98

x12y12

1,2

设Px1,y1,由9 得 2x19x1180, 8

y24x.11

∴x1

3

,x16(舍). 2

2

∵x1是y4x的准线,即抛物线的准线过椭圆的另一个焦点F1.

2

设点P到抛物线y4x准线的距离为PN,则PF2PN.

又PNx11∴PF2

351, 22

57,PF12aPF2. 22

过点P作PP1x轴,垂足为P1, 在RtPPF11中,cos

5

, 7

11,cos, 55

在RtPPF12中,cos ∴coscos ∵x1

∴SPF1F2

1

, 7

3

,∴PP1

2

1

F1F2PP. 12

1. 3

3.在平面直角坐标系xOy中,点B与点A(-1,1)关于原点O对称,P是动点,且直线AP与BP的斜率之积等于

(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。

(I)解:因为点B与A(1,1)关于原点O对称,所以点B得坐标为(1,1). 设点P的坐标为(x,y) 由题意得

y1y11

 x1x13

2

2

化简得 x3y4(x1).

故动点P的轨迹方程为x3y4(x1)

2

2

(II)解法一:设点P的坐标为(x0,y0),点M,N得坐标分别为(3,yM),(3,yN). 则直线AP的方程为y1

y01y1

直线BP的方程为y10(x1),(x1)

x01x01

令x3得yM

4y0x032y0x03,yN.

x01x01

于是PMN得面积

|x0y0|(3x02)1

yN|(30x) SPMN|yM 2

2|x01|

又直线AB的方程为xy

0,|AB| 点P到直线AB

的距离d于是PAB的面积 SPAB当SPAB

.

1

|AB|d|x0y0| 2

|x0y0|(3x0)2

SPMN时,得|x0y0| 2

|x01|

又|x0y0|0,

所以(3x0)=|x01|,解得|x0因为x03y0

4,所以y02

2

22

5。 3

53

. 9

故存在点P使得PAB与PMN的面积相等,此时点P

的坐标为(,

解法二:若存在点P使得PAB与PMN的面积相等,设点P的坐标为(x0,y0)

11|PA||PB|sinAPB|PM||PN|sinMPN. 22

因为sinAPBsinMPN,

则 所以

|PA||PN|

|PM||PB||x01||3x0|

|3x0||x1|

所以

即 (3x0)|x01|,解得x0 因为x03y0

4,所以y02

2

22

5 3 故存在点PS使得PAB与PMN的面积相等,此时点P的坐标

5(,. 39

x2y24.已知椭圆221(ab0)

的离心率e,连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面

ab

积为4。

(1) 求椭圆的方程;

(2) 设直线l与椭圆相交于不同的两点A,B,已知点A的坐标为(a,0),点



Q(0,y0)在线段AB的垂直平分线上,且QAQB4,求y0的值

【解析】本小题主要考察椭圆的标准方程和几何性质,直线的方程,平面向量等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想,考查运算和推理能力,满分12分 (1

)解:由e由题意可知,

c22222

3a4c,再由cab,得a2b a1

2a2b4,即ab2 2

解方程组

a2b

得 a=2,b=1

ab2

x2

y21 所以椭圆的方程为4

(2)解:由(1)可知A(-2,0)。设B点的坐标为(x1,,y1),直线l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+2),

yk(x2)

于是A,B两点的坐标满足方程组x2 2

y14

由方程组消去Y并整理,得(14k)x16kx(16k4)0

2

2

2

2

16k24

,得 由2x1

14k2

28k24kx1,从而y, 1

14k214k2

8k22k设线段AB是中点为M,则M的坐标为(,) 22

14k14k

以下分两种情况:

(1)当k=0时,点B的坐标为(2,0)。线段AB的垂直平分线为y轴,于是

QA(2,y0),QB(2,y0)由QAQB=4,得y0=2k18k2(2)当K0时,线段AB的垂直平分线方程为Y(x) 22

14kk14k

令x=0,解得y0



6k

14k2

由QA(2,y0),QB(x1,y1y0)

2(28k2)6k4k6kQAQB2x1y0(y1y0)=() 2222

14k14k14k14k

4(16k415k21)

=4

22

(14k)

整理得7k2,故k

2

y0=

75 5

综上y0=y0=

二.范围、最值

1.已知双曲线C:3x2-y2=1,过点M(0,-1)的直线l与双曲线C交于A,B两点. (1)若|AB|=,求直线l的方程;

(2)(2)若点A,B在y轴的同一侧,求直线l的斜率的取值范围. (1)设直线l:y=kx-1或x=0(舍去),A(x1,y1),B(x2,y2),

3x2y21联立

ykx1

消去y,得(3-k2)x2+2kx-2=0.

由题意,得3-k2≠0,=(2k)2-4²(3-k2)²(-2)=24-4k2>0,

且xIx2

2k2

,. xx1222

k3k3

|AB|(x1x2)2(y1y2)2k2|x1x2|

k2(x1x2)24x1x2.

k2(

2k22

)4, k23k23

33

. 7

解得k=±1,或k

验证知3-k2≠0且>0,

∴直线l的方程为:y=±x-1,或y

33

x1; 7

3k20

2

x220 (2)由A、B在y轴的同一侧,得x1·

k3

244k20

解得:k(6,)∪(,6).

m2x2

0,椭圆C:2y21,F1,F2分别为椭圆C的左、2.已知m>1,直线l:xmy2m

右焦点.

(Ⅰ)当直线l过右焦点F2时,求直线l的方程;

(Ⅱ)设直线l与椭圆C交于A,B两点,AF1F2,BF1F2的重心分别为G,H.若原点

O在以线段GH为直径的圆内,求实数m的取值范围.

解析:本题主要考察椭圆的几何性质,直线与椭圆,点与圆的位置关系等基础知识,同时考察解析几何的基本思想方法和综合解题能力。

m2m2

0经过F20),

 (Ⅰ)解:因为直线l:xmy,22

得m22,

又因为m

1,所以m

故直线l

的方程为x

2

0。 (Ⅱ)解:设A(x1,y1),B(x2,y2)。

xmym2 由2

x2,消去x得

m

2y21m22y2

my4

10

则由m2

8(m2

4

1)m280,知m28,mm2且有yy1

122,y1y282

由于F1(c,0),F2(c,0),, 故O为F1F2的中点,

由AG2GO,BH2

HO,

可知G(

x13,y13),h(x23,y13

), 2

(x1x2)2(y1y2)2

GH99

设M是GH的中点,则M(x1x2y1y2

6,6

), 由题意可知2MOGH,

即4[(x1x22y1y22(x1x2)2(y16)(6)]y2)2

99

即x1x2y1y20

而xm21x2y1y2(my12mym2

)(22)y1y2 (m2

1

(m2182

)

m21所以0

82

即m4

又因为m1且0 所以1m2。

所以m的取值范围是(1,2)。

三.证明、求定点、定值

x2y2

1.设点M在x轴上,若对过椭圆C:221(ab0)左焦点F的任一条与两坐标轴都不

ab

垂直的弦AB,都有MF为△AMB的一条内角平分线,则称点M为该椭圆的“左特征点”.

2

a2

(1)有人说:“点M(,0)是椭圆的‘左特征点’'”.请指出这个观点是否正确,并给

出证明过程;

x2y2

(2)(2)参考椭圆的“左特征点”定义,给出双曲线1(a0,b0)的“左特征点”

ab

定义,并指出该点坐标.

(1)判断:这个观点是正确的,具体证明如下.

a2

设点M(,0),F(c,0),其中c2=a2-b2(c>0).

方法1:设过F与两坐标轴都不垂直的直线AB:y=k(x+c)(k≠0),A(x1,y1), B(x2,y2).

以下只要证明:对任意的实数k,∠AMF=∠BMF.

x2y21

联立方程22,

yk(xc)

消去y,得:(b2+a2k)x2+2a2k2cx+a2k2c2-a2b2=0,

2a2k2ca2k2c2a2b2

,x1x2, x1x2222222bak

=(2a2k2c)2-4(b2+a2k2)(a2k2c2-a2b2)>0. 又∵直线AM的斜率为:kAM

直线BM的斜率为:kBM

y10k(x1c)

, 22

aax1x1y0k(x2c)

. 222

aax2x2

kAMkBM

a2a2

k(x1c)(x2)k(x2c)(x1)

k(x1c)k(x2c), aaaax1x2(x1)(x2)

a2a2

上式中的分子:k(x1c)(x2)k(x2c)(x1) a2

k[2x1·x2c(x1x2)(x1x2)2a2]

a2k2c2a2b22a2k2ca22a2k2ck[2c222a2] 2222222bakbak

2a2k2c22a2b22a2k2c22a4k22a2b22a4k2k[222222]=0.

222222

∴对任意实数k都有kAM+kBM=0.即kAM=-kBM,

∴∠AMF=∠BMF.

故对过F与两坐标轴都不垂直的任意弦AB,MF都为△AMB的一条内角平分线,

a2

所以,点M(,0)是椭圆的“左特征点”.

方法2:如图,过A作AP垂直左准线于P,过B作BQ垂直左准线于Q, 由椭圆第二定义,得

|BF||AF|

e,(其中e为椭圆离心率

) |BQ||AP|

|AP||AF|

. |BQ||BF|

|MP||AF|

,

|MQ||BF|

又∵AP∥BQ∥x轴,∴

|MP||AP|

.

|MQ||BQ|

∵∠APM=∠BQM=90°, ∴△APM∽△BQM. ∴∠PAM=∠QBM.

∵∠PAM=∠AMF,∠QBM=∠BMF, ∴∠AMF=∠BMF.

故对过F与两坐标轴都不垂直的任意弦AB,MF都为AMB的一条内角平分线, 所以,椭圆的左准线与x轴的交点M是椭圆的“左特征点”.

(2)双曲线左特征点定义:

x2y2

设点M在x轴上,若对过双曲线C:221(a0,b0)左焦点F的任一条与

两坐标轴都不垂直的弦AB,且A、B在双曲线左支上,都有MF为AMB的一条内

角平分线,则称点M为该双曲线的“左特征点”.

a2

M(,0)是双曲线的左特征点(其中ca2b2).

a2

(注:此题(1)中,没有提到“椭圆的‘左特征点’一定是点M(,0)”,即无

需证明左特征点的唯一性;(2)答案中,要注意“A、B在双曲线左支上”不可少)

x2y2

2.己知斜率为1的直线l与双曲线C:221a>0,b>0相交于B、D两点,且BD

ab

的中点为M1,3. (Ⅰ)求C的离心率;

(Ⅱ)设C的右顶点为A,右焦点为F,DFBF17,证明:过A、B、D三点的圆与

x轴相切.

【命题意图】本题主要考查双曲线的方程及性质,考查直线与圆的关系,既考查考生的基础

知识掌握情况,又可以考查综合推理的能力. 【参考答案】

3.已知以原点O

为中心,F

为右焦点的双曲线C

的离心率e

。 (1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程;

(2)如题(20)图,已知过点Mx1,y1的直线l1:x1x4y1y4与过点Nx2,y2(其中x2x)的直线l2:x2x4y2y4的交点E在双曲线C上,直线MN与两条渐近线分别交与G、H两点,求OGH的面积。

x

2y2

1的4.在平面直角坐标系xoy中,如图,已知椭圆95

左、右顶点为A、B,右焦点为F。设过点T(t,m)的直线TA、TB与椭圆分别交于点M(x1,y1)、

N(x2,y2),其中m>0,y10,y20。

(1)设动点P满足PF2PB24,求点P的轨迹; (2)设x12,x2

1

,求点T的坐标; 3

(3)设t9,求证:直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)。

[解析] 本小题主要考查求简单曲线的方程,考查方直线与椭圆的方程等基础知识。考查运算求解能力和探究问题的能力。满分16分。

(1)设点P(x,y),则:F(2,0)、B(3,0)、A(-3,0)。

22

由PFPB4,得(x2)y[(x3)y]4, 化简得x

2

2

2

2

9。 2

故所求点P的轨迹为直线x(2)将x12,x2

9

。 2

15120分别代入椭圆方程,以及y10,y20得:M(2)、N(,) 3339

1y0x3

直线MTA方程为:,即yx1, 

530233

55y0x3

直线NTB 方程为:,即yx。 

201620393x7

联立方程组,解得:10,

y3

所以点T的坐标为(7,

10)。 3

(3)点T的坐标为(9,m)

y0x3m

,即y(x3),

m09312y0x3m

直线NTB 方程为:,即y(x3)。 

m0936

直线MTA方程为:

x2y2

1联立方程组,同时考虑到x13,x23, 分别与椭圆953(80m2)40m3(m220)20m

,)N(,)。

解得:M(、

80m280m220m220m2

20m3(m220)yx2

2

(方法一)当x1x2时,直线MN 22

40m20m3(80m)3(m20)2280m20m80m220m2

令y0,解得:x1。此时必过点D(1,0);

当x1x2时,直线MN方程为:x1,与x轴交点为D(1,0)。 所以直线MN必过x轴上的一定点D(1,0)。

2403m23m260

(方法二)若x1x2,则由及m

0,得m 22

80m20m

此时直线MN的方程为x1,过点D(1,0)。

若x1

x2,则m,直线MD的斜率kMD

40m

210m, 22

2403m40m

1

80m2

直线ND的斜率kND

20m

210m,得kMDkND,所以直线MN过D点。 22

3m6040m

1

20m2

因此,直线MN必过x轴上的点(1,0)。

x2y25. 如图,已知椭圆221(a>b>

0),以该椭圆上的点和椭圆的左、

ab

右焦点F1,F

2为顶点的三角形的周长为1).一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点,设

P为该双曲线上异于顶点的任一点,直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、

D.

(Ⅰ)求椭圆和双曲线的标准方程;

k21; (Ⅱ)设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2,证明k1·

CD恒成立?若存在,求的值;若不(Ⅲ)是否存在常数,使得ABCDAB存在,请说明理由.

【解析】(Ⅰ)由题意知,椭圆离心率为

c

,得a,又2a

2c1),

a

2

2

x2y2

所以可解得ac2,所以bac4,所以椭圆的标准方程为1;

84

2

所以椭圆的焦点坐标为(2,0),因为双曲线为等轴双曲线,且顶点是该椭圆的焦点,所以该双曲线的标准方程为

x2y2

1。

44

【命题意图】本题考查了椭圆的定义、离心率、椭圆与双曲线的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系,是一道综合性的试题,考查了学生综合运用知识解决问题的能力。其中问题(3)是一个开放性问题,考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力,

四.求轨迹:定义法、直接法、相关点法、参数法

1.已知定点A0,1,B0,3,C3,3,以点C为焦点作过A、B两点的椭圆。

(1)求另一焦点D的轨迹G的方程;

(2)过点A的直线l交曲线G于P、Q两点,若PA3AQ,求直线l的方程。 解:(1)由椭圆定义知,|AC||AD||BC||BD|.

∴|BD||AD||AC||BC|.而|AC|5,|BC|3,∴

|BD||AD|2.

则D的轨迹G为双曲线的下支.其中a1,c2.∴b

3.

x2

轨迹G的方程为(y1)1(y1) ①.

3

2

(2)设直线l的方程为ykx1 ②,

将②代入①得:3(kx2)x30,即(3k1)x12kx90 ③. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1x2

12k

,x1x2

3k21

2

2

2

2

93k1

2

PA3AQ,0x13(x20),即x13x2. 消去x1、x2得k

2

1

x1. ,∴k.直线l的方程为为y

6612

2

2

2.已知三角形ABC的三个顶点均在椭圆4x5y80上,且点A是椭圆短轴的一个端点(点A在y轴正半轴上).

(1) 若三角形ABC的重心是椭圆的右焦点,试求直线BC的方程; (2)若角A为90,AD垂直BC于D,试求点D的轨迹方程. 解 1)设B(x1,y1),C(x2,y2),B中点为(x0,y0),F(2,0)

22

x12y12x2y2

1,1 则有

20162016

两式作差有

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)

0

2016

x0y0k0 (1) 54

F(2,0)为三角形重心,所以由

x1x2

2,得x03 3

y1y24

0得y02,

3

代入(1)得k

6 5

直线BC的方程为6x5y280

2)由AB⊥AC得x1x2y1y214(y1y2)160 (2) 设直线BC方程为ykxb,代入4x5y80,得

2

2

(45k2)x210bkx5b2800

5b28010kb

,x1x2 x1x222

45k45k

8k4b280k2

代入(2)式得 y1y2,y1y2

45k245k29b232b164

0,解得或 b4(舍)b2

945k

直线过定点(0,

4

),设D(x,y) 9

y

4

y41 xx

2

2

即9y9x32y160 所以所求点D的轨迹方程是x(y

2

16220

)()2(y4)。 99

x2y2

C1:221(ab0)C2:x2byb2

ab3. 设椭圆,抛物线。

(1) 若C2经过C1的两个焦点,求C1的离心率;

(2) 设A(0,b)

,Q,又M、N为C1与C2不在y轴上的两个交点,若△AMN

54

的垂心为B0b,且△QMN的重心在C2上,求椭圆C1和抛物线C2的方程。

【解析】考查椭圆和抛物线的定义、基本量,通过交点三角形来确认方程。

(1)由已知椭圆焦点(c,0)在抛物线上,可得:cb,由

2

2

34

c21abc2c,有2e。

a22

2

2

2

2

(2)由题设可知M、N关于y轴对称,设

M(x1,y1),N(x1,y1)(x10),由AMN的垂心为B,有

3

BMAN0x12(y1b)(y1b)0。

4

由点N(x1,y1)在抛物线上,x1by1b,解得:y1或y1b(舍去)

故x1

2

2

b4

bbb,M(,),N,),得

QMN重心坐标). 444

b211

由重心在抛物线上得:3又因为M、b2,所以

b=2,M(),N),

422

x2y216

N在椭圆上得:a,椭圆方程为1,抛物线方程为x22y4。

1643

2

3

五.向量化归

1.椭圆的两个焦点分别为F1(0,-1)、F2(0,1),直线y=4是椭圆的一条准线。 (Ⅰ)求椭圆的方程;

(Ⅱ)若点P在椭圆上,设|PF1||PF2|m(m1),试用m表示PF1PF2; 12

m2y2x2

2(m1)(3)可以求得m的取值范围为[1,2] 1(2)PF1PF2解:(1)

443



PFPF2m2

,利用函数的单调性可知,当m1 1的

|PF1||PF2|4m12值最大,最大值为

93

;当m2的值最小,最小值为。 4212

2.如图已知△OPQ的面积为S,且OPPQ1. (Ⅰ)若S(,

1),求向量与的取值范围; 22

(Ⅱ)设|OP|m,S

3

P为焦点的椭圆经过点Q,当m≥2时,求|OQ| m,以O为中心,

4

的最小值,并求出此时的椭圆方程.

解:(Ⅰ)设与的夹角为,则与的夹角为, ∵S

111

||||sin()||||sin||||costan 222

1

OPPQtan 2

1) 22

又1,S(,

11tan(,),tan(1,3),得(,). 22243

(II)设Q(x0,y0),则

S

13m|y0|m,24

y0

3

2

3

OP(m,0),PQ(x0m,)

2

由OPPQm(x0m)1,x0m

1 m

Q(m

13,),m2

||(m

129) m4

1

令f(x)x,f(x)在x1上是增函数

x1

f(m)m在[2,)上为增函数

m

当m=2时,||的最小值为(2)212934 42 此时P(2,0),椭圆的另一焦点为P(2,0),则椭圆长轴长 53532a|||QP|(2)2()2(2)2()22 2222

x2y2

a,b46,1 106

3.已知O为坐标原点,点E、F的坐标分别为(-1,0)(1,、0),动点A、M、N满足|AE|m|EF|

(m1),MNAF10,ON(OAOF),AM//ME. 2

(Ⅰ)求点M的轨迹W的方程; m(Ⅱ)点P(,y0)在轨迹W上,直线PF交轨迹W于点Q,且PFFQ,若2

1≤≤2,求实数m的范围.

1解:(Ⅰ)∵MNAF0,ON(OAOF), 2

∴ MN垂直平分AF.

又AM//ME,∴ 点M在AE上,

∴ |AM||ME||AE|m|EF|2m,|MA||MF|,

∴ |ME||MF|2m|EF|,

∴ 点M的轨迹W是以E、F为焦点的椭圆,且半长轴am,半焦距c1, ∴ bacm1. 2222

x2y2

1(m1)∴ 点M的轨迹W的方程为22. mm1

(Ⅱ)设Q(x1,y1)

m∵ P(,y0),PFFQ, 2

m1(x11),∴  ∴ 2y0y1.1mx(1),12 y1y.10

由点P、Q均在椭圆W上,

21y01,24m1∴  2y01(1m)21.22222(m1)m

m2m1消去y0并整理,得, 2m1

m2m1由1≤≤2及m1,解得1m≤2. m21

x2y2

4.设直线l:yx1与椭圆221(ab0)相交于A、B两个不同的点,与x轴相ab

交于点F.

(I)证明:ab1;

(II)若F是椭圆的一个焦点,且AF2FB,求椭圆的方程. 22

x2y2

(Ⅰ)证明:将yx1代入221,消去x,得 ab

(a2b2)y22b2yb2(1a2)0 ①

由直线l与椭圆相交于两个不同的点,得

4b44b2(a2b2)(1a2)4a2b2(a2b21)0 所以 ab1

(Ⅱ)解:设A(x1,y1),B(x2,y2) 22

2b2b2(1a2),y1y22由①,得 y1y22 22abab

因为 AF2FB,得y12y2

2b2b2(1a2)22y所以, y1y22y2,y1y2 222aab

b2(1a2)2b2

22(2) 消去y2,得 a2b2ab2

化简,得(ab)(a1)8b

若F是椭圆的一个焦点,则c=1,b2=a2-1 代入上式,解得 a2222297,b2 22

2x22y2

所以,椭圆的方程为 1 97

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