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全国名校高中数学题库--圆锥曲线2

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圆锥曲线综合训练题 一、求轨迹方程:
x2 y2 1、 (1)已知双曲线 C1 与椭圆 C2 : + = 1 有公共的焦点,并且双曲线的离心率 e1 与椭圆的 36 49 7 离心率 e2 之比为 ,求双曲线 C1 的方程. 3 2 (2)以抛物线 y = 8 x 上的点 M 与定点 A(6, 0) 为端点的线段 MA 的中点为 P,求 P 点的轨迹方 程.
( 1 ) 解 : C1 的 焦 点 坐 标 为 (0, ± 13). e2 =

即 AB ? AC = 6

(*)

∴点 A 的轨迹为双曲线的右支(去掉顶点) ∵2a=6,2c=10 ∴a=3, c=5, b=4 所求轨迹方程为

x2 y2 ? = 1 (x>3) 9 16

13 e 7 13 由 1 = 得 e1 = 设双曲线的方程为 7 e2 3 3

点评:要注意利用定义直接解题,这里由(*)式直接用定义说明了轨迹(双曲线右支) 3、如图,两束光线从点 M(-4,1)分别射向直线 y= -2 上两点 P(x1,y1)和 Q(x2,y2)后,

? a 2 + b 2 = 13 y2 x2 y2 x2 ? 2 2 2 2 ? = 1( a , b > 0) 则 解得 a = 9, b = 4 双曲线的方程为 ? =1 ? a + b 13 a2 b2 9 4 = ? 2 ? a 9

x +6 ? x= 0 ? ? 2 ,∴ ? x0 = 2 x ? 6 . (2)解:设点 M ( x0 , y0 ), P ( x, y ) ,则 ? ? ? y0 = 2 y ? y = y0 ? ? 2 2 2 代入 y0 = 8 x0 得: y = 4 x ? 12 .此即为点 P 的轨迹方程. 2、 (1) ?ABC 的底边 BC = 16 , AC 和 AB 两边上中线长之和为 30,建立适当的坐标系求此三 3 角形重心 G 的轨迹和顶点 A 的轨迹. (2)△ABC 中,B(-5,0),C(5,0),且 sinC-sinB= sinA,求点 A 5
的轨迹方程. 解: (1)以 BC 所在的直线为 x 轴, BC 中点为原点建立直角坐标系.设 G 点坐标为 ( x,y ) , 由 GC + GB = 20 , 知 G 点的轨迹是以 B 、 C 为焦点的椭圆, 且除去轴上两点. 因 a = 10 , c = 8 , 有 b = 6 ,故其方程为

x2 y 2 x′ 2 y′ 2 + = 1( y ≠ 0 ) .设 A( x,y ) , G ( x′,y′) ,则 + = 1( y ′ ≠ 0 ) . 100 36 100 36

? ′ x x = , 2 ? y2 ? 3 代入①,得 的轨迹方程为 x ①由题意有 ? A + = 1( y ≠ 0) ,其轨迹是椭圆(除去 x y 900 324 ? y′ = ? 3 ?
轴上两点) . (2)分析:由于 sinA、sinB、sinC 的关系为一次齐次式,两边乘以 2R(R 为外接圆半径) ,可 转化为边长的关系. 解:sinC-sinB=

x2 y2 1 反射光线恰好通过椭圆 C : 2 + 2 = 1 (a>b>0)的两焦点,已知椭圆的离心率为 ,且 2 a b 6 x2-x1= ,求椭圆 C 的方程. 5 x2 y2 解 : 设 a =2 k , c = k , k ≠ 0 , 则 b = 3 k , 其 椭 圆 的 方 程 为 ? =1. 4k 2 3k 2 0+2 1 ? (?2) 由题设条件得: = , ① ? k ? x1 ? 4 ? x1 0+2 1 ? (?2) = , ② ? k ? x2 ? 4 ? x2 6 x2-x1= , ③ 5 11 x2 y2 由①、②、③解得:k=1,x1= ? ,x2=-1,所求椭圆 C 的方程为 + = 1. 5 4 3 1 4、在面积为 1 的 ?PMN 中, tan M = , tan N = ?2 ,建立适当的坐标系,求出以 M 、 N 为 2 焦点且过 P 点的椭圆方程. 解:以 MN 的中点为原点, MN 所在直线为 x 轴建立直角坐标 系,设 P ( x , y ) . 5 ? ? y x= ? x ? c = ?2, ? 5 2 ? 3c 则 ? ∴ ? 即 P( , ) ∴ 1 ? y = , 2 3 3 ? ?y = 4 c且c = 3 2 ?x+c ? 2 ? 3 ? cy = 1 .
∴ 所 求 椭 圆 方 程 为

3 sinA 5

2RsinC-2RsinB=

3 ·2RsinA 5

4x y + =1 15 3

2

2

? ?

∴ AB ? AC =

3 BC 5

4 ? 25 + 2 = 1, ? 2 15 2 ? ?12a 3b ?a = , 得? 4 ? 3 2 2 2 ?a ? b = , ?b = 3. ? ? 4 ?

5、已知点 P 是圆 x2+y2=4 上一个动点,定点 Q 的坐标为(4,0) . (1)求线段 PQ 的中点的轨迹方程; (2)设∠POQ 的平分线交 PQ 于点 R(O 为原点) ,求点 R 的轨迹方程. 解: (1)设线段 PQ 的中点坐标为 M(x,y) ,由 Q(4,0)可得点 P(2x-4,2y) ,代入圆的方 程 x2+y2=4 可得(2x-4)2+(2y)2=4,整理可得所求轨迹为(x-2)2+y2=1. (2)设点 R(x,y) ,P(m,n) ,由已知|OP|=2,|OQ|=4,∴ 得

| OP | 1 = ,由角平分线性质可 | OQ | 2

| OP | | PR | 1 1 = ,又∵点 R 在线段 PQ 上,∴|PR|= |RQ|,∴点 R 分有向线段 PQ 的比 = | OQ | | RQ | 2 2

y2 x2 ? = 1 的两个焦点分别为 F1 、 F2 , 离心率为 2. (I) 求此双曲线的渐近线 l1 、l2 a2 3 的方程; (II)若 A、B 分别为 l1 、l2 上的点,且 2| AB| = 5| F1 F2 | ,求线段 AB 的中点 M 的轨迹方 程,并说明轨迹是什么曲线; (III)过点 N (1, 0) 能否作出直线 l ,使 l 与双曲线交于 P、Q 两 → → 点,且 OP · OQ = 0 .若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,说明理由. 解: (I)∵ e = 2 , ∴ c 2 = 4a 2
7、 设双曲线

∵ c 2 = a 2 + 3, ∴ a = 1,c = 2

1 ? m+ ×4 ? 2m + 4 2 3x ? 4 ? = ?x = m= 1 3 ? ? 1 ? 1+ 2 ,∴点 P 的坐标为 为 ,由定比分点坐标公式可得 ? ,即 ? 2 ? 2 ?n = 3 y 1 ? n + ×0 ? ? 2 2n ?y = 2 = ? 1 3 1+ ? ? 2

∴ 双曲线方程为y 2 ?

x2 3 = 1 ,渐近线方程为 y = ± x 3 3

4分

(II)设 A ( x1 , y1 ) , B ( x 2 , y 2 ) ,AB 的中点 M x,y

(

)

∵ 2| AB| = 5| F1 F2 | ∴| AB| = 5 5 | F1 F2 | = × 2c = 10 2 2

? 3x ? 4 3 y ? ? 3x ? 4 ? ? 3 y ? , ? ,代入圆的方程 x2+y2=4 可得 ? ? ? +? ? = 4, 2 ? ? 2 ? 2 ? ? 2 ? 4? 4? 16 16 ? ? 即 ? x ? ? +y2= (y≠0). ∴点 R 的轨迹方程为 ? x ? ? +y2= (y≠0). 3? 9 3? 9 ? ? 6、已知动圆过定点 (1, 0 ) ,且与直线 x = ?1 相切.(1) 求动圆的圆心轨迹 C 的方程;(2) 是否存 uu u v uuu v 在直线 l ,使 l 过点(0,1) ,并与轨迹 C 交于 P, Q 两点,且满足 OP ? OQ = 0 ?若存在,求出直 线 l 的方程;若不存在,说明理由. 解: (1)如图,设 M 为动圆圆心, F (1, 0 ) ,过点 M 作直线 x = ?1 的垂线,垂足为 N ,由题
意知: MF = MN , 即动点 M 到定点 F 与定直线 x = ?1 的距离相等,由抛物线的定义 知,点 M 的轨迹为抛物线,其中 F (1, 0 ) 为焦点, x = ?1 为准线, ∴ 动点 R 的轨迹方程 为 y = 4x (2)由题可设直线 l 的方程为 x = k ( y ? 1)( k ≠ 0) ,
2

2

2

∴ ( x1 ? x 2 ) 2 + ( y1 ? y2 ) 2 = 10 3 3 x1 ,y 2 = ? x 2 , 2 x = x1 + x 2 , 2 y = y1 + y 2 3 3 3 3 ∴ y1 + y 2 = ( x 1 ? x 2 ) ,y 1 ? y 2 = ( x1 + x 2 ) 3 3 又y1 = ∴

2

2

[

3 ( y1 + y 2 )

]

2

? 3 ? + ? ( x1 + x 2 )? = 10 ? 3 ?

2

1 x 2 3y 2 ∴ 3(2 y ) 2 + (2 x ) 2 = 100 ,即 + =1 3 75 25
则 M 的轨迹是中心在原点, 焦点在 x 轴上, 长轴长为 10 3 , 短轴长为 (III)假设存在满足条件的直线 l

10 3 的椭圆. (9 分) 3

? y = 4x △ = 16k 2 ? 16 > 0 , k < ?1或k > 1 设 P ( x1 , y1 ) , Q( x 2 , y 2 ) ,则 y1 + y 2 = 4k , y1 y2 = 4k ??? ? ???? ??? ? ???? 由 OP ? OQ = 0 ,即 OP = ( x1 , y1 ) , OQ = ( x2 , y2 ) ,于是 x1 x2 + y1 y2 = 0 ,
即 k 2 ( y1 ? 1)( y2 ? 1) + y1 y2 = 0 , ( k 2 + 1) y1 y2 ? k 2 ( y1 + y2 ) + k 2 = 0 ,

由?

? x = k ( y ? 1)
2

得 y 2 ? 4ky + 4k = 0

设 l:y = k ( x ? 1) ,l与双曲线交于 P ( x1 ,y1 ) 、Q ( x 2 ,y 2 )

→ → ∵ OP · OQ = 0 ∴ x1 x 2 + y1 y 2 = 0 ∴ x1 x 2 + k 2 ( x1 ? 1)( x 2 ? 1) = 0 ∴ x1 x 2 + k 2 [ x1 x 2 ? ( x1 + x 2 ) + 1] = 0 (i )

4k (k + 1) ? k i4k + k = 0 ,解得 k = ?4 或 k = 0 (舍去) , 又 k = ?4 < ?1 , ∴ 直线 l 存在,其方程为 x + 4 y ? 4 = 0
2 2 2

? y = k ( x ? 1) ? 由? 2 x 2 得 (3k ? 1) x 2 ? 6k 2 x + 3k 2 ? 3 = 0 y ? =1 ? 由(i) (ii)得 k 2 + 3 = 0 3 ? 6k 2 3k 2 ? 3 则x1 + x 2 = 2 ,x1 x 2 = 2 (ii ) 3k ? 1 3k ? 1
∴k 不存在,即不存在满足条件的直线 l .

x2 y2 + = 1(a > b > 0) 的左、右焦点分别是 F1(-c,0) 、F2(c,0) ,Q 是椭圆 a2 b2 外的动点,满足 | F1Q |= 2a. 点 P 是线段 F1Q 与该椭圆的交点,点 T 在线段 F2Q 上,并且满足 c (Ⅱ)求点 T 的轨 PT ? TF2 = 0, | TF2 |≠ 0. (Ⅰ)设 x 为点 P 的横坐标,证明 | F1 P |= a + x ; a 迹 C 的方程; (Ⅲ)试问: 在点 T 的轨迹 C 上,是否存在点 M, 使△F1MF2 的面积 S= b 2 . 若存在,
10、已知椭圆 求∠F1MF2 的正切值;若不存在,请说明理由. (Ⅰ)证法一:设点 P 的坐标为 ( x, y ). 由 P ( x, y ) 在椭圆上,得

x2 y2 8、设 M 是椭圆 C : + = 1 上的一点,P、Q、T 分别为 M 关于 y 轴、原点、x 轴的对称点, 12 4
N 为椭圆 C 上异于 M 的另一点,且 MN⊥MQ,QN 与 PT 的交点为 E,当 M 沿椭圆 C 运动时, 求动点 E 的轨迹方程. 解:设点的坐标 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 )( x1 y1 ≠ 0), E ( x, y ), 则 P ( ? x1 , y1 ), Q ( ? x1 , ? y1 ), T ( x1 , ? y1 ), ……1 分

| F1 P |= ( x + c ) 2 + y 2 = ( x + c) 2 + b 2 ? = (a +

b2 2 x a2

c 2 x) . a

? x12 + ? ?12 ? 2 ? x2 + ? ?12

y12 = 1, ???? (1) 1 4 ………3 分 由(1)-(2)可得 kMN ? kQN = ? . …6 分 2 3 y2 = 1.???? (2) 4 x y = ? 1 , 所 以 kQN = 1 . 直 线 QN 的 方 程 为 y1 3 x1

由 x ≥ a, 知a +

c c x ≥ ? c + a > 0 ,所以 | F1 P |= a + x. ………………………3 分 a a

证法二:设点 P 的坐标为 ( x, y ). 记 | F1 P |= r1 , | F2 P |= r2 , 则 r1 =

又 MN⊥MQ , kMN ? kMQ = ?1, kMN

( x + c) 2 + y 2 , r2 = ( x + c) 2 + y 2 .

由 r1 + r2 = 2a, r12 ? r22 = 4cx, 得 | F1 P |= r1 = a +

y=

y1 x 1 1 ( x + x1 ) ? y1 , 又 直 线 PT 的 方 程 为 y = ? 1 x. 从 而 得 x = x1 , y = ? y1. 所 以 2 2 3x1 y1 x2 + y 2 = 1( xy ≠ 0), 此即为所求的轨迹方程. 3

c x. a c x = 0. a

证法三:设点 P 的坐标为 ( x, y ). 椭圆的左准线方程为 a +

x1 = 2 x, y1 = ?2 y. 代入(1)可得

9、已知:直线 L 过原点,抛物线 C 的顶点在原点,焦点在 x 轴正半轴上。若点 A(-1,0)和 点 B(0,8)关于 L 的对称点都在 C 上,求直线 L 和抛物线 C 的方程. 分析:曲线的形状已知,可以用待定系数法.设出它们的方程,L:y=kx(k≠0),C:y =2px(p>0).
2

2 由椭圆第二定义得 | F1 P | = c ,即 | F1 P |= c | x + a |=| a + c x | . a c a a2 a |x+ | c

由 x ≥ ? a, 知a +

c c x ≥ ?c + a > 0 ,所以 | F1 P |= a + x. …………………………3 分 a a

设 A 、 B 关于 L 的对称点分别为 A/ 、 B/ ,则利用对称性可求得它们的坐标分别为: A/ (

(Ⅱ)解法一:设点 T 的坐标为 ( x, y ). 当 | PT |= 0 时,点( a ,0)和点(- a ,0)在轨迹上. 当| PT |≠ 0且 | TF2 |≠ 0 时,由 | PT | ? | TF2 |= 0 ,得 PT ⊥ TF2 . 又 | PQ |=| PF2 | ,所以 T 为线段 F2Q 的中点.

k ?1 2k 16k 8(k ? 1) ) , B/( 2 ) 。 因为 A/、 B/均在抛物线上, 代入, 消去 p, 得: k2-k-1=0. ,? 2 , 2 k +1 k +1 k +1 k 2 +1
1+ 5 2 5 1+ 5 4 5 解得:k= ,p= .所以直线 L 的方程为:y= x,抛物线 C 的方程为 y2= x. 2 5 2 5

2

2

在△QF1F2 中, | OT |=

1 | F1Q |= a ,所以有 x 2 + y 2 = a 2 . 2
2 2 2

解法二:C 上存在点 M( x0 , y 0 )使 S= b 2 的充要条件是
2 2 ? x0 + y0 = a2, ? ?1 2 ? ? 2c | y 0 | = b . ?2

③ ④

综上所述,点 T 的轨迹 C 的方程是 x + y = a . …………………………7 分 解法二:设点 T 的坐标为 ( x, y ). 当 | PT |= 0 时,点( a ,0)和点(- a ,0)在轨迹上. 当| PT |≠ 0且 | TF2 |≠ 0 时,由 PT ? TF2 = 0 ,得 PT ⊥ TF2 . 又 | PQ |=| PF2 | ,所以 T 为线段 F2Q 的中点.

由④得 | y 0 |≤

4 2 2 b2 . 上式代入③得 x 02 = a 2 ? b 2 = ( a ? b )( a + b ) ≥ 0. c c c c

x′ + c ? x= , ? ? 2 设点 Q 的坐标为( x ′, y ′ ) ,则 ? ? y = y′ . ? ? 2

2 于是,当 a ≥ b 时,存在点 M,使 S= b 2 ; c

当 a < b 时,不存在满足条件的点 M.………………………11 分 c
2 y0 y0 当 a ≥ b 时,记 k1 = k F M = , , k 2 = k F2 M = 1 x0 + c x0 ? c c

2

? x ′ = 2 x ? c, 因此 ? ? y ′ = 2 y.
由 | F1Q |= 2a 得 ( x ′ + c) 2 + y ′ 2 = 4a 2 . 将①代入②,可得 x 2 + y 2 = a 2 .

① ②

由 | F1 F2 |< 2a, 知 ∠F1 MF2 < 90° ,所以 tan ∠F1 MF2 =| k1 ? k 2 |= 2. …………14 分 1 + k1k 2 11 、设抛物线 C : y = x 2 的焦点为 F,动点 P 在直线 l : x ? y ? 2 = 0 上运动,过 P 作抛物线 C 的两条切线 PA、PB,且与抛物线 C 分别相切于 A、B 两点.(1)求△APB 的重心 G 的轨迹方 程; (2)证明∠PFA=∠PFB. 2 解: (1)设切点 A、B 坐标分别为 ( x, x0 )和( x1 , x12 )(( x1 ≠ x 0 ) ,
2 ∴切线 AP 的方程为: 2 x0 x ? y ? x0 = 0;

综上所述,点 T 的轨迹 C 的方程是 x 2 + y 2 = a 2 . ……………………7 分 (Ⅲ)解法一:C 上存在点 M( x0 , y 0 )使 S= b 2 的充要条件是
2 2 ? x0 + y0 = a2, ? ?1 2 ? ? 2c | y 0 | = b . ?2

③ ④

切线 BP 的方程为: 2 x1 x ? y ? x12 = 0; 解得 P 点的坐标为: x P =

由③得 | y 0 |≤ a ,由④得 | y 0 |≤
2

2 b2 . 所以,当 a ≥ b 时,存在点 M,使 S= b 2 ; c c

x 0 + x1 , y P = x0 x1 2 x0 + x1 + x P = xP , 3
2

所以△APB 的重心 G 的坐标为 xG =

当 a < b 时,不存在满足条件的点 M.………………………11 分 c
2 当 a ≥ b 时, MF1 = ( ?c ? x0 , ? y 0 ), MF2 = (c ? x 0 ,? y 0 ) , c

2 y 0 + y1 + y P x 0 + x12 + x 0 x1 ( x 0 + x1 ) 2 ? x0 x1 4 x P ? y p yG = = = = , 3 3 3 3

2 2 由 MF1 ? MF2 = x 0 ? c 2 + y0 = a2 ? c2 = b2 ,

所以 y p = ?3 y G + 4 xG ,由点 P 在直线 l 上运动,从而得到重心 G 的轨迹方程为:

2

MF1 ? MF2 =| MF1 | ? | MF2 | cos ∠F1 MF2 ,
S=
1 | MF1 | ? | MF2 | sin ∠F1 MF2 = b 2 ,得 tan ∠F1 MF2 = 2. 2

1 x ? (?3 y + 4 x 2 ) ? 2 = 0,即y = (4 x 2 ? x + 2). 3
(2)方法 1:因为 FA = ( x0 , x 0 ? ), FP = (
2

1 4

x0 + x1 1 1 2 , x0 x1 ? ), FB = ( x1 , x1 ? ). 2 4 4

由于 P 点在抛物线外,则 | FP |≠ 0.

点到直线 BF 的距离 d 2 = 二、中点弦问题:

x0 + x1 1 1 1 2 ? x0 + ( x0 x1 ? )( x0 ? ) x0 x1 + FP ? FA 4 4 = 4, ∴ cos ∠AFP = = 2 1 | FP || FA | | FP | 2 2 | FP | x0 + ( x0 ? ) 2 4 x0 + x1 1 1 1 2 ? x1 + ( x 0 x1 ? )( x1 ? ) x0 x1 + FP ? FB 2 4 4 = 4, 同理有 cos ∠BFP = = 1 | FP || FB | | FP | 2 2 | FP | x1 + ( x1 ? ) 2 4
∴∠AFP=∠PFB.

| x1 ? x0 | ,因此由 d1=d2,可得到∠AFP=∠PFB. 2

x2 ?1 1? (1)求过点 P? , ? 且被 P 平分的弦所在直线的方程; (2)求斜率 + y2 = 1, 2 ? 2 2? 为 2 的平行弦的中点轨迹方程; (3) 过 A(2, (4) 1) 引椭圆的割线,求截得的弦的中点的轨迹方程; 1 椭圆上有两点 P 、 Q , O 为原点,且有直线 OP 、 OQ 斜率满足 kOP ? k OQ = ? ,求线段 PQ 中 2 点 M 的轨迹方程.
12、已知椭圆 分析:此题中四问都跟弦中点有关,因此可考虑设弦端坐标的方法. 解:设弦两端点分别为 M ( x1,y1 ) , N ( x2,y2 ) ,线段 MN 的中点 R ( x,y ) ,则

x 方法 2:①当 x1 x 0 = 0时,由于x1 ≠ x 0 , 不妨设x0 = 0, 则y 0 = 0, 所以 P 点坐标为 ( 1 ,0) , 2
|x | 1 则 P 点到直线 AF 的距离为: d1 = 1 ; 而直线BF的方程 : y ? = 2 4
即 ( x12 ? ) x ? x1 y +

x12 ? x1

1 4 x,

?x12 + 2y12 = 2, ?2 2 ?x2 + 2y2 = 2, ? ?x1 + x2 = 2x, ?y + y = 2y, ?1 2

① ② ③ ④

①-②得 ( x1 + x2 )( x1 ? x2 ) + 2( y1 + y 2 )( y1 ? y2 ) = 0 . 由 题 意 知 x1 ≠ x2 , 则 上 式 两 端 同 除 以 x1 ? x2 , 有

(x1 + x2 )2( y1 + y2 ) y1 + y2
x1 ? x2
将③④代入得 x + 2 y

= 0,

1 4

1 x1 = 0. 4

y1 ? y2 = 0 .⑤ x1 ? x2

x 1 x 1 |x | | ( x12 ? ) 1 + 1 | ( x12 + ) 1 4 2 4 = 4 2 = | x1 | 所以 P 点到直线 BF 的距离为: d 2 = 1 2 1 x12 + ( x12 ? ) 2 + ( x1 ) 2 4 4
所以 d1=d2,即得∠AFP=∠PFB.

1 2 x0 ? 1 4 ( x ? 0), 即( x 2 ? 1 ) x ? x y + 1 x = 0, ②当 x1 x 0 ≠ 0 时,直线 AF 的方程: y ? = 0 0 0 4 x0 ? 0 4 4 1 1 4 ( x ? 0), 即( x 2 ? 1 ) x ? x y + 1 x = 0, 直线 BF 的方程: y ? = 1 1 1 4 x1 ? 0 4 4

y ? y2 1 1 1 , y = 代入⑤,得 1 = ? ,故所求直线方程为: 2 x + 4 y ? 3 = 0 . ⑥ 2 2 x1 ? x2 2 1 1 将 ⑥ 代 入 椭 圆 方 程 x 2 + 2 y 2 = 2 得 6 y 2 ? 6 y ? = 0 , ? = 36 ? 4 × 6 × > 0 符 合 题 意 , 4 4 2 x + 4 y ? 3 = 0 为所求. y ? y2 (2)将 1 = 2 代入⑤得所求轨迹方程为: x + 4y = 0 . (椭圆内部分) x1 ? x2 y ? y2 y ? 1 (3) 将 1 代入⑤得所求轨迹方程为: (椭圆内部分) = x2 + 2 y 2 ? 2 x ? 2 y = 0 . x1 ? x2 x ? 2
(1)将 x = (4)由①+②得 :
2 x12 + x2 2 将③④平方并整理得 + ( y12 + y 2 ) = 2 , ⑦, 2 2 2 ⑧, ⑨ x12 + x2 = 4 x 2 ? 2 x1 x2 , y12 + y2 = 4 y 2 ? 2 y1 y2 ,

x12 ?

所以 P 点到直线 AF 的距离为:

x ? x1 1 x + x1 1 1 2 2 2 | ( x0 ? )( 0 ) ? x 0 x1 + x0 | | 0 )( x0 + ) 4 2 4 2 4 = | x 0 ? x1 | , d1 = = 同理可得到 P 1 2 2 1 2 2 2 x + ( x0 ? ) + x 0 0 4 4

4 x 2 ? 2 x1 x2 将⑧⑨代入⑦得: + 4 y 2 ? 2 y1 y 2 = 2 , ⑩ 4 1 ? 1 ? 再 将 y1 y2 = ? x1 x2 代 入 ⑩ 式 得 : 2 x 2 ? x1 x2 + 4 y 2 ? 2? ? x1 x2 ? = 2 , 2 ? 2 ?

(

)



x2 +

y2 = 1. 1 2

代入③得

y1 ? y 2 8 8 = ,即直线 l 的斜率为 , x1 ? x 2 9 9
8 (x+2) ,即 8x-9y+25=0.(经检验,所求直线方程符合题意. 9

此即为所求轨迹方程.当然,此题除了设弦端坐标的方法,还可用其它方法解决.

所以直线 l 的方程为 y-1= 14、已知椭圆

x2 y 2 + = 1(a > b > 0) 的 两 个 焦 点 为 F1,F2, 点 P 在 椭 圆 C 上 , 且 a 2 b2 4 14 求椭圆 C 的方程; (Ⅱ) 若直线 l 过圆 x2+y2+4x-2y=0 PF1 ⊥ F1 F2 ,| PF1 |= ,| PF2 |= .(Ⅰ) 3 3 的圆心 M,交椭圆 C 于 A, B 两点,且 A、B 关于点 M 对称,求直线 l 的方程. 解法一:(Ⅰ)因为点 P 在椭圆 C 上,所以 2a = PF1 + PF2 = 6 ,a=3.
13 、 椭 圆 C: 在 Rt△PF1F2 中, F1 F2 =

y 2 x2 9 2 .(1) + 2 = 1(a > b > 0) 的一个焦点 F1 (0, ?2 2) ,对应的准线方程为 y = ? 2 a b 4 ? 1 3? 求椭圆的方程; (2)直线 l 与椭圆交于不同的两点 M、N,且线段 MN 恰被点 P ? ? , ? 平分, ? 2 2? 求直线 l 的方程.
??c = ?2 2 ? 2 9 2 ? a 解: (1)由 ?? = ? 得 a = 3, b = 1 c 4 ? ?a 2 = b 2 + c 2 . ?

PF2 ? PF1

2

2

= 2 5 , 故椭圆的半焦距 c= 5 ,

从而 b2=a2-c2=4,所以椭圆 C 的方程为

x2 y2 =1. + 9 4
由圆的方程为(x+2)2+(y-1)2=5,所以圆心 M 的

即椭圆的方程为 x 2 +

y2 = 1. 9

(Ⅱ)设 A,B 的坐标分别为(x1,y1) 、 (x2,y2). 坐标为(-2,1). 从而可设直线 l 的方程为

y=k(x+2)+1,

代入椭圆 C 的方程得 (4+9k2)x2+(36k2+18k)x+36k2+36k-27=0. 因为 A,B 关于点 M 对称.所以 程为 y =

x1 + x 2 18k 2 + 9k =? = ?2. 2 4 + 9k 2
(经检验,符合题意)

解得 k =

8 ,所以直线 l 的方 9

8 ( x + 2) + 1, 9

即 8x-9y+25=0.

3 1? k 3 (2)易知直线 l 的斜率一定存在,设 l: y ? = k ? ? x + ? , 即y = kx + + . 2 2? 2 2 ? k 3 ? y = kx + + , ? k2 3 27 ? 2 2 设 M(x1, y1) ,N(x2, y2) ,由 ? 得 (9 + k 2 ) x 2 + (3k + k 2 ) x + + k ? = 0. 2 4 2 4 y ?x2 + = 1. ? 9 ? ? k2 3 27 ? ∵x1、x2 为上述方程的两根,则 ? = (3k + k 2 ) 2 ? 4(9 + k 2 ) ? ? + k ? ? > 0 ① 4 ? ? 4 2

∴ x1 + x2 = ? +2)2+(

解法二:(Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)已知圆的方程为(x

3k + k 2 . 9 + k2

y

-1)2=5,所以圆心

M 的坐标为(-2,1).

设 A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).由题意 x1 ≠ x2 且

x1 y + 1 = 1, 9 4 x2 y + 2 = 1, 9 4
①-②得
2 2

2

2



1 3? ? 1? ∵MN 的中点为 P ? ? ? , ? ,∴ x1 + x2 = 2 × ? ? ? = ?1. ? 2 2? ? 2? 2 2 ∴ 3k + k = 9 + k ,解得 k=3. ? 9 9 27 ? 代入①中, ? = 182 ? 4(9 + 9) ? ? + ? ? = 182 > 0 ?4 2 4 ? ∴直线 l:y=3x+3 符合要求.

∴?

3k + k 2 = ?1. 9 + k2



15、设 F1 , F2 分别是椭圆 C:

x2 y 2 3 + 2 = 1 ( a > b > 0) 的左右焦点,(1)设椭圆 C 上的点 ( 3, ) 2 a b 2

( x1 ? x 2 )( x1 + x 2 ) ( y1 ? y 2 )( y1 + y 2 ) + = 0. ③ 9 4

到 F1 , F2 两点距离之和等于 4,写出椭圆 C 的方程和焦点坐标;(2)设 K 是(1)中所得椭圆上的 动点,求线段 KF1 的中点 B 的轨迹方程;(3)设点 P 是椭圆 C 上的任意一点,过原点的直线 L 与 椭圆相交于 M,N 两点,当直线 PM ,PN 的斜率都存在,并记为 k PM , K PN 的值是否与点 P 及直线 L 有关,并证明你的结论. 试探究 k PM

? K PN

因为 A、B 关于点 M 对称,所以 x1+ x2=-4, y1+ y2=2,

3 ( 3) 2 解: ( 1 ) 由 于 点 ( 3, ) 在椭圆上, + 2 a2

(

3 2 ) 2 =1 b2

2 a =4,

椭圆 C 的方程为

x2 y2 + =1 4 3

焦点坐标分别为(-1,0) , (1,0) 把 K 的坐标代入椭圆

(2)设 KF1 的中点为 B ( x, y )则点 K (2 x + 1,2 y )

x2 y2 + =1 4 3

中得

(2 x + 1)2 (2 y )2 + =1 4 3

1 y2 线段 KF1 的中点 B 的轨迹方程为 ( x + ) 2 + =1 3 2 4

(3)过原点的直线 L 与椭圆相交的两点 M,N 关于坐标原点对称 设
2

M ( x0 , y0 ) N ( ? x0 , ? y0 ), p ( x, y )
2 2 2

M , N , P在椭圆上,应满足椭圆方程





? 2 y1 2 = 1 (1) ? x1 + ? 9 将 A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ) 代入椭圆方程,有 ? 2 ? x 2 + y 2 = 1 (2) 2 ? 9 ? ( y ? y1 )( y 2 + y1 ) (2) ? (1) 得, ( x 2 ? x1 )( x 2 + x1 ) + 2 = 0, 9 y ? y1 9( x 2 + x1 ) 9 × (?1) 9 故 k AB = 2 =? =? , 所以 y 0 = , x 2 ? x1 y 2 + y1 2 y0 2k AB
则有 0 <

x0 y x y + 02 = 1 , 2 + 2 = 1 2 a b a b

k PM

y ? y0 = x ? x0
2 2

K PN

y + y0 = x + x0

9 3 3 3 3 9 < 或? < < 0, 2k AB 2 2 2k AB 3或k AB < ? 3 ,

解得 k AB >

k PM ? K PN =
故: k PM

y ? y0 y + y0 y ? y0 b2 ? = 2 = ? x ? x0 x + x0 x ? x0 2 a2

故存在直线 l 满足条件,其倾斜角 α ∈ (

π π π 2π , )∪( , ). 3 2 2 3

? K PN 的值与点 P 的位置无关,同时与直线 L 无关

9 2 2 4 ,离心率 e 满足 , e, 成 4 3 3 等比数列. (Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)是否存在直线 l ,使 l 与椭圆交于不同的两点 A, B ,且线 1 段 AB 恰好被直线 x = ? 平分?若存在,求出直线 l 的倾斜角 α 的取值范围;若不存在,说明 2
16、已知椭圆的一个焦点为 F1 (0,?2 2 ) ,对应的准线为 y = ? 理由.

三、定义与最值: 17、已知 F 是椭圆 2 5x +9y2 = 45的左焦点,P 是此椭圆上的动点,A(1,1)是一定点.
(1)求 PA +
3 PF 的最小值,并求点 P 的坐标; (2)求 2

P A+ P F 的最大值和最小值.

3 PF 6 5 11 2 解:(1)由椭圆的第二定义转化知 的最小值是 ,此时 P ( ? ,1) ; 2 5 (2)依题意,由椭圆的第二定义知 PA + PF = PA + (6 ? PF2 ) = 6 + ( PA ? PF2 )

PA +

2 4 8 2 2 ? = ,所以 e = . 3 3 9 3 设椭圆上任意一点 P 的坐标为 ( x, y ) ,则由椭圆的第二定义得,
解 : (Ⅰ)由题意知, e 2 =

∵ PA ? PF2 ≤ AF2 = ∴6?

2 ∴ ? 2 ≤ PA ? PF2 ≤ 2

2 ≤ PA + PF ≤ 6 + 2 (当且仅当P、A、F2 三点共线时取 =)

x 2 + ( y + 2 2 )2 y+
9 2 4

2 2 y2 y2 ,化简得 x 2 + = = 1 ,故所求椭圆方程为 x 2 + = 1. 3 9 9

x2 + y 2 = 1 的左、右焦点,若 P 是该椭圆上的一个动点, 4 ??? ? ??? ? (Ⅰ)求 PF 1 ? PF 2 的最大值和最小值;(Ⅱ)求 PF1 ? PF2 的最大值和最小值.

18、设 F1、F2 分别是椭圆

(Ⅱ)设 A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ) , AB 中点 M ( x0 , y 0 ) ,依题意有

x1 + x 2 1 ? x = = ? 0 ? ? 2 2 ,可得 ? x1 + x 2 = ?1 . ? ? ? y1 + y 2 = 2 y 0 ? y = y1 + y 2 0 ? ? 2 2 y 1 3 3 3 3 若直线 l 存在,则点 M 必在椭圆内,故 (? ) 2 + 0 < 1 ,解得 0 < y0 < 或? < y0 < 0 . 2 9 2 2

解:易知 a = 2, b = 1, c = 3 ,所以 F1 (? 3, 0), F2 ( 3, 0). ??? ? ??? ? x2 1 设 P(x, y) ,则 PF 1 ? PF 2 = (? 3 ? x , ? y ) ? ( 3 ? x , ? y ) = x 2 + y 2 ? 3 = x2 + 1 ? ? 3 = (3x2 ? 8). 4 4 ???? ??? ? 因为 x ∈ [ ?2, 2] ,故当 x=0,即点 P 为椭圆短轴端点时, PF1 ? PF 2 有最小值-2. 当 x = ±2 ,即点 P 为椭圆长轴端点时, PF1 ? PF 2 有最大值 1. 19、若双曲线过点 (2, 6) ,其渐近线方程为 y = ± 2 x .(I)求双曲线的方程; (II)已知 A (3,2) , B ( 3 ,0) ,在双曲线上求一点 P ,使 PA + 解: (Ⅰ) x 2 ?
???? ??? ?

3 PB 的值最小. 3

3 y2 = 1 (II) P ( 3 ,2) ,最小值为 3 ? 2 3

20、以椭圆

x2 y 2 + = 1 的焦点为焦点,过直线 l:x ? y + 9 = 0 上一点 M 作椭圆,要使所作椭 12 3 圆的长轴最短,点 M 应在何处?并求出此时的椭圆方程.

? ?→

? ?→

(2)当 k = 2 时,求 | AP + BP | 的最大值和最小 P 的轨迹方程,并说明方程表示的图形 ; 值. 解:(1)设动点 P 的坐标为 ( x , y ) ,
? ?→ ? ?→ ? ?→

分析:椭圆的焦点容易求出,按照椭圆的定义,本题实际上就是要在已知直线上找一点,使该点 到直线同侧的两已知点(即两焦点)的距离之和最小,只须利用对称就可解决. 解:如图所示,椭圆

x2 y 2 0 ) , F2 (3, 0) . + = 1 的焦点为 F1 (? 3, 12 3 点 F1 关 于 直 线 l:x ? y + 9 = 0 的 对 称 点 F 的 坐 标 为( - 9 , 6 ) , 直 线 FF2 的 方 程 为 x + 2y ? 3 = 0. ?x + 2 y ? 3 = 0 解方程组 ? 得交点 M 的坐标为(-5,4) .此时 MF1 + MF2 最小. ?x ? y + 9 = 0
所求椭圆的长轴: 2a = MF1 + MF2 = FF2 = 6 5 ,∴ a = 3 5 ,又 c = 3 ,

则 AP = ( x , y ? 1 ) , BP = ( x , y + 1) , PC = ( 1 ? x , y ) . ∵ AP ? BP = k | PC | 2 ,∴ x 2 + y 2 ? 1 = k ( x ? 1 ) 2 + y 2 , 即 ( 1 ? k ) x 2 + ( 1 ? k ) y 2 + 2kx ? k ? 1 = 0 . 若 k = 1 ,则方程为 x = 1 ,表示过点 ( 1, 0 ) 且平行于 y 轴的直线.
? ?→ ? ?→ ? ?→

[

]

x2 y 2 = 36 .因此,所求椭圆的方程为 + = 1. 45 36 x2 y2 21、已知动点 P 与双曲线 - =1 的两个焦点 F1、F2 的距离之和为 6. 2 3 (Ⅰ)求动点 P 的轨迹 C 的方程; (Ⅱ)若 PF1 ? PF2 =3,求⊿PF1F2 的面积;
∴ b2 = a 2 ? c2 = 3 5

( ) ?3
2

2

k 2 1 2 ) + y2 = ( ) , 1? k 1? k 1 k 表示以 ( 的圆. , 0 ) 为圆心,以为半径 1? k |1? k | 2 2 (2)当 k = 2 时,方程化为 ( x ? 2) + y = 1 .
若 k ≠ 1 ,则方程为 ( x +
? ?→ ? ?→

AP + BP = ( x , y ? 1 ) + ( x , y + 1 ) = ( 2 x , 2 y )
∴ | AP + BP |= 2 x 2 + y 2 . 又∵ ( x ? 2) + y = 1 , ∴ 令 x = 2 + cos θ , y = sin θ ,则
2 2 ? ?→ ? ?→

(Ⅲ)若已知 D(0,3),M、N 在轨迹 C 上且 DM =λ DN ,求实数λ的取值范围.

x y 1 + =1;②2;③[ ,5] 9 4 5 2 2 22、 E 、 F 是椭圆 x + 2 y = 4 的左、右焦点, l 是椭圆的右准线,点 P ∈ l ,过点 E 的直线交 椭圆于 A 、 B 两点( . 1) 当 AE ⊥ AF 时, 求 ?AEF 的面积; (2) 当 AB = 3 时, 求 AF + BF 的大小; (3)求 ∠EPF 的最大值. ? m+n = 4 1 解: (1) ? 2 ? S ?AEF = mn = 2 2 y 2 ?m + n = 8
解:①

2

2

| AP + BP |= 2 x 2 + y 2 = 2 5 + 4 cosθ
? ?→ ? ?→

? ?→

? ?→

∴当 cos θ = 1时, | AP + BP | 的最大值为 6 ,当 cosθ = ?1 时,最小值为 2 . 24、点 A、B 分别是以双曲线

x2 y2 ? = 1 的焦点为顶点,顶点为焦点的椭圆 C 长轴的左、右端 16 20 点,点 F 是椭圆的右焦点,点 P 在椭圆 C 上,且位于 x 轴上方, PA ? PF = 0 (1)求椭圆 C
的的方程; (2)求点 P 的坐标; (3)设 M 是椭圆长轴 AB 上的一点,点 M 到直线 AP 的距离 等于|MB|,求椭圆上的点到 M 的距离 d 的最小值. 解(1)已知双曲线实半轴 a1=4,虚半轴 b1=2 5 ,半焦距 c1= 16 + 20 = 6 ,

? AE + AF = 4 ? (2)因 ? ? AB + AF + BF = 8 , ? ? BE + BF = 4
B E O

A

P

M F x

则 AF + BF = 5. (3)设 P (2 2, t )(t > 0) tan∠EPF = tan (∠EPM ? ∠FPM )

∴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 = 6 2 ? 4 2 =

20 ,

=(

3 2 2 3 2× 2 2 2t 2 2 3 , ? ) ÷ (1 + )= 2 = ≤ 2 ?1 t t t t + 6 t + 6t 3 6 时, tan∠EPF =

x y + =1 36 20 (2)由已知 A( ?6,0) , F ( 4,0) ,设点 P 的坐标为 ( x, y ) ,则
∴所求的椭圆方程为

2

2

3 ? ∠EPF = 30? 3 ? ?→ ? ?→ ? ?→ 23、已知定点 A( 0 , 1 ) 、 B (0 , ? 1 ) 、 C ( 1, 0 ) ,动点 P 满足: AP ? BP = k | PC | 2 .(1)求动点
当t =

AP = ( x + 6, y ), FP = ( x ? 4, y ), 由已知得 ? x2 y 2 + =1 ? 36 20 ? ?( x + 6)( x ? 4) + y 2 = 0 ?

3 或x = ?6 , 2 3 5 ?3 5 ? 由于 y>0,所以只能取 x = ,于是 y = 3 ,所以点 P 的坐标为 ? , 3?9 分 2 2 ?2 2 ? m+6 (3)直线 AP : x ? 3 y + 6 = 0 ,设点 M 是 ( m,0) ,则点 M 到直线 AP 的距离是 ,于 2 m+6 是 = m?6 , 2 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
则 2 x 2 + 9 x ? 18 = 0 ,解之得 x =

∴ OM =

3 ( 2 3 ,2 3 ) + ( 0,1) = ( 2,3) 3

或 OM = 3 ( 2 3 ,?2 3 ) + (0,1) = ( 2,?1)
3

…………12 分 ∴ a = 4, b 2 = 12 ∴a = 1 + 17 2 1 + 17 ,b = 2 2

椭圆长轴 2a = ( 2 ? 2) 2 + (3 ? 0) 2 + ( 2 + 2) 2 + (3 ? 0) 2 = 8 或 2a = ( 2 ? 2) 2 + ( ?1 ? 0) 2 + ( 2 + 2) 2 + ( ?1 ? 0) 2 = 1 + 17

x2 y2 故所求椭圆方程为 + = 1 .或 x 2 + y 2 = 1 …………14 分 16 12 9 + 17 1 + 17
2 2

5x2 4 9 d = ( x ? 2) + y = x ? 4 x + 4 + 20 ? = ( x ? )2 + 15 9 9 2 9 又 ?6 ≤ x ≤ 6 ∴当 x = 时,d 取最小值 15 2 25 、 已 知 在 平 面 直 角 坐 标 系 xoy 中 , 向 量 j = (0,1), ?OFP的面积为2 3 , 且 uuu r uur uuur r r uu v uu v 3 uuu OF ? FP = t , OM = OP + j .(I)设 4 < t < 4 3, 求向量OF与FP的夹角 θ 的取值范围; (II) 3
2 2 2 2

26、已知点 F (0 , 1) ,一动圆过点 F 且与圆 x 2 + ( y + 1) 2 = 8 内切. (Ⅰ)求动圆圆心的轨迹 C 的方程; (Ⅱ)设点 A( a , 0) ,点 P 为曲线 C 上任一点,求点 A 到点 (Ⅲ)在 0 < a < 1 的条件下,设△ POA 的面积为 S1( O 是坐标原点, P P 距离的最大值 d (a ) ; 是曲线 C 上横坐标为 a 的点) ,以 d ( a) 为边长的正方形的面积为 S 2 .若正数 m 满足 S1 ≤ mS 2 , 问 m 是否存在最小值,若存在,请求出此最小值,若不存在,请说明理由. 解(Ⅰ)设动圆圆心为 M ( x, y ) ,半径为 r ,已知圆圆心为 E (0,?1) , 由题意知 | MF |= r , | ME |= 2 2 ? r ,于是 | ME | + | MF |= 2 2 ,

设以原点 O 为中心,对称轴在坐标轴上,以 F 为右焦点的椭圆经过点 M,且

| OF |= c, t = ( 3 ? 1)c ,当 | OP | 取最小值时,求椭圆的方程.
解: (1)由 2 3 = 1 | OF | ? | FP | ? sin θ , 得 | OF | ? | FP |= 4 3 ,由 cos θ = OF ? FP
2 sin θ | OF | ? | FP | =

2

t sin θ , 4 3

得 tan θ = 4 3 . …………………………………………………………………3 分
t

∵4 < t < 4 3

∴1 < tan θ < 3

∵θ ∈ [0, π ] ∴夹角 θ 的取值范围是(

π π , ) 4 3

y2 所以点 M 的轨迹 C 是以 E 、 F 为焦点,长轴长为 2 2 的椭圆,其方程为 x + = 1. 2 (Ⅱ)设 P ( x, y ) ,则 | PA | 2 = ( x ? a) 2 + y 2 = ( x ? a) 2 + 2 ? 2 x 2 = ? x 2 ? 2ax + a 2 + 2 = ?( x + a) 2 + 2a 2 + 2 ,令 f ( x) = ?( x + a ) 2 + 2a 2 + 2 , x ∈ [?1 , 1] ,所以, 当 ? a < ?1 ,即 a > 1 时 f ( x ) 在 [ ?1 , 1] 上是减函数, [ f ( x) ]max = f ( ?1) = ( a + 1) 2 ; 当 ? 1 ≤ ? a ≤ 1 ,即 ? 1 ≤ a ≤ 1 时, f ( x) 在 [ ?1 ,? a ] 上是增函数,在 [ ? a , 1] 上是减函数,则 [ f ( x)]max = f (a) = 2a 2 + 2 ;
2

………………………………………………………………6 分 (2) 设P ( x 0 , y 0 ), 则FP ( x0 ? c, y 0 ), OF = (c,0).

当 ? a > 1 ,即 a < ?1 时, f ( x ) 在 [ ?1,1] 上是增函数, [ f ( x) ]max = f (1) = ( a ? 1) 2 .

??? ? ??? ? ∴ OF ? FP = ( x0 ? c , y0 ) ? (c, 0) = ( x0 ? c )c = t = ( 3 ? 1)c 2 ? 1 ??? 4 3 S?OFP = | OF | ? | y0 |= 2 3 ∴ y0 = ± 2 c

∴ x0 = 3c

a < ?1 ?1 ? a , ? ? 所以, d ( a ) = ? 2a 2 + 2 , ?1 ≤ a ≤ 1 . ?1 + a , a >1 ? ?
1 a 2(1 ? a 2 ) , S 2 = 2a 2 + 2 ,(12 分) 2 a 2(1 ? a 2 ) 1 2 2 若正数 m 满足条件,则 a 2(1 ? a ) ≤ m( 2a + 2) ,即 m ≥ , 2 4(a 2 + 1)
(Ⅲ)当 0 < a < 1 时, P ( a , ± 2 ? 2a 2 ) ,于是 S1 =

…………………………………………………………………………………………8 分
??? ? 4 3 2 4 3 2 2 ∴| OP |= x0 + y0 = ( 3c) 2 + ( ) ≥ 2 3c ? = 2 6 ………………10 分 c c

∴当且仅当 3c =

4 3 , 即c = 2时, | OP | 取最小值2 6 , 此时, OP = (2 3 ,±2 3 ) c

a 2 (1 ? a 2 ) a 2 (1 ? a 2 ) ,令 f ( a) = ,设 t = a 2 + 1 ,则 t ∈ (1 , 2) , a 2 = t ? 1 , m ≥ 2 2 2 2 8(a + 1) 8(a + 1)
2

(t ? 1)(2 ? t ) 1 ? ? t 2 + 3t ? 2 ? 1 ? 2 3 ? 1 ?1 3 ? 1 ? , = ? = ? ? 2 + ? 1? = ? ? ? ? + 2 2 ? ? 8? 8 t 4 t 4 64 8t t t ? ? ? ? ? 1 3 4 1 所以,当 = ,即 t = ∈ (1 , 2) 时, [ f ( a)] max = , t 4 3 64 1 1 1 即 m2 ≥ , m ≥ .所以, m 存在最小值 . 64 8 8 27、已知点 M(-2,0) ,N(2,0) ,动点 P 满足条件|PM|-|PN|=2 2 . 记动点 P 的轨迹为 W. (1)求 W 的方程; (2)若 A、B 是 W 上的不同两点,O 是坐标原点,求 OA ? OB 的最小值. (1)由|PM|-|PN|=2 2 知动点 P 的轨迹是以 M,N 为焦点的双曲线的右支,实半轴长 a= 2 .
于是 f ( a) = 又半焦距 c=2,故虚半轴长 b= c 2 ? 2 = 所以 W 的方程为

2

∴所求椭圆方程为 (Ⅲ)∵

x2 + y 2 = 1. 2

………………………………7 分

a2 …………………………8 分 = 2 ,∴ 椭圆的准线方程为 x = ±2 . c 设点 Q 的坐标为 (t , 2t + 3) ( ?2 < t < 2) , d1 表示点 Q 到 F2 的距离, d 2 表示点 Q 到椭圆的
右准线的距离. 则 d1 =

(t ? 1) 2 + (2t + 3) 2 = 5t 2 + 10t + 10 , d 2 = t ? 2 .
……………………………10 分

d1 5t 2 + 10t + 10 t 2 + 2t + 2 , = = 5? d2 t?2 (t ? 2) 2
令 值.

2.

x y ? = 1 ,x≥ 2 . 2 2
2 =x1x2+y1y2= x1 2 y1

2

2

t 2 + 2t + 2 f (t ) = (t ? 2) 2

(?2 < t < 2)





f (t ) 在 t = ?

4 3



取 得

最 小

………………………………13 分

(2)设 A、B 的坐标分别为(x1,y1) , (x2,y2). 当 AB⊥x 轴时,x1=x2,y1=y2,从而 OA · OB ? = 2. 当 AB 与 x 轴不垂直时,设直线 AB 的方程为 y=kx+m,与 W 的方程联立,消去 y 得 (1-k2)x2-2kmx-m2-2=0,

d1 4 2 4 1 最小值= 5 ? f ( ? ) = ,此时点 Q 的坐标为 ( ? , ) . …………14 分 d2 3 2 3 3 注: f (t ) 的最小值还可以用判别式法、换元法等其它方法求得.
因此,

m2 + 2 2km 故 x1+x2= , x , 1x2 = 1? k 2 k 2 ?1 所以 OA · OB =x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m) (kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2 (1 + k 2 )(m 2 + 2) 2k 2 m 2 2k 2 + 2 4 2 = + + m = = 2+ 2 . 2 2 2 k ?1 1? k k ?1 k ?1 又因为 x1x2>0,所以 k2-1>0,从而 OA · OB >2. 综上,当 AB⊥x 轴时, OA · OB 取得最小值 2. 28 、一束光线从点 F1 ( ?1, 0) 出发,经直线 l : 2 x ? y + 3 = 0 上一点 P 反射后,恰好穿过点 (Ⅰ)求点 F1 关于直线 l 的对称点 F1′ 的坐标; (Ⅱ)求以 F1 、 F2 为焦点且过点 P 的 F2 (1 , 0) . 椭圆 C 的方程; (Ⅲ)设直线 l 与椭圆 C 的两条准线分别交于 A 、 B 两点,点 Q 为线段 AB 上的 动点,求点 Q 到 F2 的距离与到椭圆 C 右准线的距离之比的最小值,并求取得最小值时点 Q 的
坐标.

x2 y 2 + = 1(a > b > 0) 的左焦点,直线 l 为其左准线,直线 l 与 x 轴交于点 a2 b2 P,线段 MN 为椭圆的长轴,已知: | MN |= 8, 且 | PM |= 2 | MF | . (1)求椭圆 C 的标准方程;
29、设 F 是椭圆 C : (2)若过点 P 的直线与椭圆相交于不同两点 A、B 求证:∠AFM=∠BFN; (3)求三角形 ABF 面积的最大值. 解(1)∵| MN |= 8 ∴ a = 4

又 ∵| PM |= 2 | MF | 得 ∴c = 2

a2 1 ? a = 2(a ? c )即2e 2 ? 3e + 1 = 0 ? c = 或e = 1(舍去) c 2 2 2 2 b = a ? c = 12

x2 y2 + =1 16 12 ………………………(文 6 分,理 4 分) (2)当 AB 的斜率为 0 时,显然 ∠AFM = ∠BFN = 0. 满足题意
∴ 椭圆的标准方程为
当 AB 的斜率不为 0 时,设 A( x1 , y1 ), B( x 2 , y 2 ) ,AB 方程为 x = my ? 8, 代入椭圆方程
2 2 整理得 (3m + 4) y ? 48my + 144 = 0

n 1 m ?1 n 解: (Ⅰ)设 F1′ 的坐标为 ( m, n) ,则 = ? 且2? ? +3= 0. ……2 分 m +1 2 2 2 9 2 9 2 解得 m = ? , n = , 因此,点 F1′ 的坐标为 ( ? , ) . …………………4 分 5 5 5 5 ′ (Ⅱ)∵ PF1 = PF1 ,根据椭圆定义,
得 2a =| PF1′ | + | PF2 |=| F1′F2 | =

9 2 ……………5 分 (? ? 1) 2 + ( ? 0) 2 = 2 2 , 5 5

∴ a = 2 , b = 2 ? 1 = 1.

48m 144 y1 ? y 2 = 2 3m + 4 3m 2 + 4 则 y1 y2 y1 y2 2 my 1 y 2 ? 6 ( y 1 + y 2 ) ∴ k AF + k BF = + = + = = 0 x1 + 2 x 2 + 2 my1 ? 6 my 2 ? 6 ( my 1 ? 6 )( my 2 ? 6 ) ∴ k AF + k BF = 0, 从而∠AFM = ∠BFN . 综上可知:恒有 ∠AFM = ∠BFN .………………………………(9 分) ? = (48m) 2 ? 4 × 144(3m 2 + 4), y1 + y 2 =

(3)

S ?ABF = S ?PBF ? S ?PAF =

1 72 m 2 ? 4 | PF | ? | y 2 ? y1 |= 2 3m 2 + 4 16
2

32、已知长轴为 12,短轴长为 6,焦点在 x 轴上的椭圆,过它对的左焦点 F1 作倾斜解为 线交椭圆于 A , B 两点,求弦 AB 的长. 分析:可以利用弦长公式 AB = 1 + k 2 x1 ? x2 =

π 的直 3

72 m 2 ? 4 72 = = 2 3(m ? 4) + 16 3 m 2 ? 4 + 3 m2 ? 4 =
当且仅当



72 2 3 ? 16

=3 3

(1 + k 2 )[( x1 + x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ] 求得,

m ?4 16 28 即m 2 = 2 3 m ?4

也可以利用椭圆定义及余弦定理,还可以利用焦点半径来求. 解:(法 1)利用直线与椭圆相交的弦长公式求解.

(此时适合△>0 的条件)取得等号.

三角形 ABF 面积的最大值是 3 3. ………………………………(13 分)

四、弦长及面积:
y2 = 1 ,设 F1、F2 分别是其左、右焦点.(1)若斜率为 1 且过 F1 的 3 直线 l交双曲线于 A、 B 两点, 求线段 AB 的长; (2)若 P 是该双曲线左支上的一点, 且 ∠F1 PF2 = 60? ,
30、已知双曲线的方程为 x 2 ? 求 ?F1 PF2 的面积 S. 解: (1)AB: y = x + 2 ,代入 x 2 ?

AB = 1 + k 2 x1 ? x2 = (1 + k 2 )[( x1+ x2 ) 2 ? 4 x1x2 ] .因为 a = 6 , b = 3 ,所以 c = 3 3 .因 为焦点在 x 轴上, x2 y2 所以椭圆方程为 + = 1 ,左焦点 F (?3 3 , 0) ,从而直线方程为 y = 3 x + 9 . 36 9 由直线方程与椭圆方程联立得: 13 x 2 + 72 3 x + 36 × 8 = 0 .设 x1 , x2 为方程两根,所以 x1+ x2 = ?
72 3 13


x1x2 =

36 × 8 13



k= 3







y2 = 1 并整理得 2 x 2 ? 4 x ? 7 = 0 3

AB = 1 + k 2 x1 ? x2 = (1 + k 2 )[( x1+ x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ] =
(法 2)利用椭圆的定义及余弦定理求解.

48 . 13

7 设 A( x1,y1 ),B ( x2,y2 ) x1 + x2 = 2, x1 x2 = ? 则 2 ∴ AB = 1 + 1 ( x1 + x2 )2 ? 4 x1 x2 = 2 ? 4 + 14 = 6
(2)设 PF2 = m, PF1 = n ,则 m ? n = 2 在 ?F1 PF2 中,由余弦定理有 16 = m 2 + n 2 ? 2 mn cos 60? = m ? n + 2mn ? mn
2

1 1 3 mn sin 60? = × 12 × =3 3 2 2 2 31、已知椭圆 4 x 2 + y 2 = 1 及直线 y = x + m . (1)当 m 为何值时,直线与椭圆有公共点?(2) ∴ mn = 12 ∴ S = 2 10 若直线被椭圆截得的弦长为 ,求直线的方程. 5 解: (1)把直线方程 y = x + m 代入椭圆方程 4 x 2 + y 2 = 1 得


x2 y2 由题意可知椭圆方程为 + = 1, 设 AF1 = m , BF1 = n , 则 AF2 = 12 ? m , BF2 = 12 ? n . 36 9 π 2 2 2 在 ?AF1 F2 中 , AF2 = AF1 + F1 F2 ? 2 AF1 F1F2 cos , 即 3 1 (12 ? m) 2 = m 2 + 36 ? 3 ? 2 ? m ? 6 3 ? ; 2 6 6 48 所以 m = .同理在 ?BF1 F2 中,用余弦定理得 n = ,所以 AB = m + n = . 13 4? 3 4+ 3
(法 3)利用焦半径求解. 先根据直线与椭圆联立的方程 13 x 2 + 72 3 x + 36 × 8 = 0 求出方程的两根 x1 , x2 , 它们分别是 A , B 的横坐标.

4 x 2 + (x + m) = 1 ,

2

5 x + 2mx + m ? 1 = 0 5 5 . ≤m≤ 2 2

2

2



? = (2m ) ? 4 × 5 × m ? 1 = ?16m + 20 ≥ 0
2 2

2

(

)

再根据焦半径 AF1 = a + ex1 , BF1 = a + ex2 ,从而求出 AB = AF1 + BF1 . 解 得 33、设双曲线方程
x2 y2 ? = 1(b > a > 0) 的半焦距为 c ,直线 l 过 (a, 0), (0, b) 两点,已知原点到直线 a 2 b2



?

l 的距离为

2m m2 ?1 (2)设直线与椭圆的两个交点的横坐标为 x1 , x2 ,由(1)得 x1 + x2 = ? , x1 x2 = . 5 5

3 (1)求双曲线的离心率; (2)经过该双曲线的右焦点且斜率为 2 的直线 m 被双 c. 4

m 2 ? 1 2 10 ? 2m ? 根据弦长公式得 : 1 + 1 ? ? ? = .解得 m = 0 .方程为 y = x . ? ? 4× 5 5 ? 5 ?
2

2

曲线截得的弦长为 15,求双曲线的方程. 解: (1) b > a ? b 2 > a 2 ? c 2 ? a 2 > a 2 ? c 2 > 2a 2 ? e 2 > 2 ? e > 2 ………………………2 分 x y 3 直线 l 的方程为 + = 1 ,即 bx + ay ? ab = 0 ,由原点到直线 l 的距离为 c得 a b 4

d=

ab a +b
2 2

=

ab 3 …………………………………4 分 = c ,即 16a 2 (c 2 ? a 2 ) = 3c 4 , c 4

4 两边同时除以 a 4 得 16(e 2 ? 1) = 3e 4 ,整理得 3e 4 ? 16e 2 + 16 = 0 ,解得 e 2 = 或4 …5 分 3 又 e > 2 ,故双曲线的离心率为 e = 2 ……………………………………………6 分 x2 y 2 (2)由(1)知道 e = 2 即 c = 2a ,所以设双曲线的方程为 2 ? 2 = 1 a 3a 又由题意得直线 m 方程为 y = 2( x ? 2a ) ,代入双曲线方程得 ……………………7 分 3 x 2 ? 4( x ? 2 a) 2 = 3a 2 ,整理得 x 2 ? 16ax + 19a2 = 0 …………………………………8 分

4 2 4 2 (Ⅱ)过 M ,| CD |= 2 ? , AC ⊥ BD, M 为 CD 的中点. (Ⅰ)求点 M 的轨迹方程; 3 3 uuu v uuu v 作 AB 的垂线,垂足为 N,若存在正常数 λ0 ,使 MP = λ0 PN ,且 P 点到 A、B 的距离和为定值, | AB |=
求点 P 的轨迹 E 的方程; (Ⅲ)过 (0, ) 的直线与轨迹 E 交于 P、Q 两点,求 ?OPQ 面积的最大 值. 解: (Ⅰ)设点 M 的坐标为 M(x, y)(x≠0),则 C ( x, y ?1+
3 3
2 2 2 ), D( x, y+1? 2 ). 3 3

1 2

记直线 m 与双曲线的交点为 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,则有 x1 + x2 = 16a, x1 x2 = 19a
∴ AB = 1 + k 2 x1 ? x 2 = (1 + k 2 )[(x1 + x 2 )2 ? 4x1x 2 ] = 5(256a 2 ? 76a 2 ) = 30a = 15 1 ………………………………………………………………………………11 分 2 x2 y2 = 1 …………………………………………………12 分 ∴ 所求双曲线方程为 ? 1 3 4 4 ∴a=

2

…9 分

???? ??? ? 又 A(0, 2 2 ), B(0, ? 2 2 ). 由 AC⊥BD 有 AC i BD = 0 ,即 ( x, y ? 1)i ( x, y + 1) = 0 ,

∴x2+y2=1(x≠0).

………………………(4 分)

(Ⅱ)设 P(x, y) ,则 M ( (1 + λ0 ) x, y ) ,代入 M 的轨迹方程有 (1 + λ0 )2 x 2 + y 2 = 1( x ≠ 0). 即
x2 2 + y = 1( x ≠ 0) ,∴P 的轨迹为椭圆(除去长轴的两个端点). 1 2 ( ) 1+ λ0

要 P 到 A、B 的距离之和为定值,则以 A、B 为焦点,故 1? ∴ λ0 = 2.

1 (1+λ0 ) 2

=(

34、已知 △ ABC 的顶点 A,B 在椭圆 x + 3 y = 4 上, C 在直线 l:y = x + 2 上,且 AB ∥ l . (Ⅰ)当 AB 边通过坐标原点 O 时,求 AB 的长及 △ ABC 的面积;
2 2

2 2 )2 . 3

从而所求 P 的轨迹方程为 9x2+y2=1(x≠0). ………………………9 分

(Ⅱ)当 ∠ABC = 90? ,且斜边 AC 的长最大时,求 AB 所在直线的方程. 解: (Ⅰ)因为 AB ∥ l ,且 AB 边通过点 (0, 0) ,所以 AB 所在直线的方程为 y = x . 设 A,B 两点坐标分别为 ( x1,y1 ), ( x2,y2 ) . 由?

(Ⅲ)易知 l 的斜率存在,设方程为 y = kx + 设 P(x1, y1), Q(x2, y2),则 x1 + x2 = ?
∴ x2 ? x1 = ( x1 + x2 ) 2 ? 4 x1 x2 =

1 3 . 联立 9x2+y2=1,有 (9 + k 2 ) x2 + kx ? = 0. 4 2

k ?3 , x1 x2 = . 9 + k2 4(9 + k 2 )
4k 2 + 27 4t ? 9 2 且 t ≥ 9. . 令 t = k + 9 ,则 x2 ? x1 = (9 + k 2 ) 2 t2

? x 2 + 3 y 2 = 4, 得 x = ±1 .所以 AB = 2 x1 ? x2 = 2 2 . ?y = x 2 , S△ ABC = 1 AB ih = 2 . 2

又因为 AB 边上的高 h 等于原点到直线 l 的距离.所以 h = (Ⅱ)设 AB 所在直线的方程为 y = x + m ,由 ?

1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 ∴ S?OPQ = × x2 ? x1 = ?9 × 2 + 4 × = ?9( ? )2 + ,∵ t ≥ 9,∴ 0 < ≤ . 2 2 4 t t 4 t 9 9 t 9
所以当 =

? x 2 + 3 y 2 = 4, 得 4 x 2 + 6mx + 3m2 ? 4 = 0 . ?y = x + m

1 t

1 3 ,即 t = 9, 也即 k = 0 时, ?OPQ 面积取最大值,最大值为 .…… 14 分 12 9

因为 A,B 在椭圆上,所以 ? = ?12m 2 + 64 > 0 .

五、范围问题:
36、直线 y=ax+1 与双曲线 3x2-y2=1 相交于 A、B 两点.(1) 当 a 为何值时,A、B 两点在双 曲线的同一支上?当 a 为何值时,A、B 两点分别在双曲线的两支上?(2) 当 a 为何值时,以 AB 为直径的圆过原点? 解: (1) 联立 ? ?
+1 y ? y = ax消去
2 2 ? ?3 x ? y = 1

3m 3m 2 ? 4 设 A,B 两点坐标分别为 ( x1,y1 ), ( x2,y2 ) ,则 x1 + x2 = ? , x1 x2 = , 2 4 32 ? 6m 2 所以 AB = 2 x1 ? x2 = .又因为 BC 的长等于点 (0,m) 到直线 l 的距离,即 2 2?m . BC = 2

? (3-a2)x2-2ax-2=0 ①

显然 a2≠3,否则方程①只有一解,于是直线与双曲线至多一个交点. 若交点 A、B 在双曲线同支上,则方程①满足:
?? = 4 a 2 + 8(3 ? a 2 ) > 0 ? ? ?? 6 < a < 6 ? ? ? 2 > 0 ? ? 2 ?a < ? 3或a > 3 ?a ? 3

AC = AB + BC = ?m ? 2m + 10 = ?(m + 1) + 11 . 所以当 m = ?1 时, AC 边最长, (这时 ? = ?12 + 64 > 0 ) 此时 AB 所在直线的方程为 y = x ? 1 .
35 、 梯 形 ABCD 的 底 边 AB 在 y 轴 上 , 原 点 O 为 AB 的 中 点 ,

2

2

2

2

2

y A N O B D P M C x

? a∈(- 6 ,- 3 )∪( 3 , 6 )

若 A、B 分别在双曲线的两支上,则有:

?4a 2 + 8(3 ? a 2 ) > 0 ? ? a∈(- 3 , 3 ) ? 2 <0 ? 2 ?a ? 3

13 x 2 ? 8nx + 16n 2 ? 48 = 0
2a 3 ? a2

① 。 ∴ x1 + x2 =

8n x + x2 4n . 于 是 x0 = 1 , = 13 2 13

(2) 若以 AB 为直径的圆过点 O,则 OA⊥OB,设 A(x1,y1),B(x2,y2)由于 x1+x2= = 22 a .
a ?3

,x1x2

∴y1y2=(ax1+1)(ax2+1)=a(x1+x2)+a2x1x2+1 =a2·
2 2a +a· +1=1 a2 ? 3 3 ? a2 2 +1 ? a=±1 a2 ? 3

∵OA⊥OB ∴x1x2+y1y2=0 ∴

此时△>0,符合要求. 37、已知圆 C: (x-1)2+y2=r2 (r>1) ,设 M 为圆 C 与 x 轴负半轴的交点, 过 M 作圆 C 的弦 MN,并使它的中点 P 恰好落在 y 轴上. (1)当 r=2 时,求满足条件的 P 点的坐标; (2)当 r∈(1,+∞)时, 求点 N 的轨迹 G 的方程; (3)过点 P(0,2)的直线 l 与(2)中轨迹 G 相交于两个不同的点 E、 F, 若 CE · CF >0, 求直线 l 的斜率的取值范围. 解:(1)由已知得,r=2 时,可求得 M 点的坐标为 M(-1,0). 设 P(0,b) ,则由 kCP·kMP=-1(或 2 用勾股定理)得:b =1. ∴b=±1 即点 P 坐标为(0,±1). (2)设 N 坐标为(x,y) ,由已知得,在圆方程中令 y=0,求得 M 点的坐标为(1-r,0). 设 P(0,b) ,则由 kCP·kMP=-1(或用勾股定理)得:r=b2+1. 2 2 ∵点 P 为线段 MN 的中点,∴x=r-1=b ,y=2b,又 r>1.∴点 N 的轨迹方程为 y =4x(x>0). (3)由题意知直线 l 的斜率存在且不等于 0. 设直线 l 的方程为 y=kx+2,E(x1,y1) ,F(x2,y2) , x1>0, x2>0.

1 12n , y0 = ? x0 + n = 4 13 4n 12n 4n 即点 M 的坐标为 ( , ) . ∵ 点 M 在 直 线 y = 4x + m 上 , ∴ n = 4× + m . 解 得 13 13 13 13 n=? m. ② 4 将式②代入式①得 13 x 2 + 26mx + 169m 2 ? 48 = 0 ③ 2 13 2 13 ∵ A , B 是椭圆上的两点, ∴ ? = ( 26m) 2 ? 4 × 13(169m 2 ? 48) > 0 . 解得 ? . <m< 13 13 13 4 13 (法 2)同解法 1 得出 n = ? m ,∴ x0 = (? m ) = ? m , 4 13 4 1 13 1 13 y0 = ? x0 ? m = ? × (? m) ? m = ?3m ,即 M 点坐标为 (?m , ? 3m) . 4 4 4 4 (? m) 2 (?3m) 2 ∵ A , B 为椭圆上的两点,∴ M 点在椭圆的内部,∴ + <1 . 解 得 4 3 2 13 2 13 ? <m< . 13 13 ( 法 3) 设 A( x1 , y1 ) , B ( x2 , y 2 ) 是椭圆上关于 l 对称的两点,直线 AB 与 l 的交点 M 的坐标为 ( x0 , y0 ) .

? y = kx + 2 1 由? , 得 k2x2+(4k-4)x+4=0,由 ? =-32k+16>0,得 k< 且 k≠0. 2 2 ? y = 4x 4 ? 4k 4 x1+x2= >0,x1x2= 2 >0,得 k<1. ∵ CE · CF >0,∴(x1-1) (x2-1)+y1y2>0. 2 k k 1 ∴(k2+1) x1x2+(2k-1) (x1+x2)+5>0.得 k2+12k>0. ∴k>0 或 k<-12. ∴0<k< 或 k<-12. 2 2 2 x y 38、已知椭圆 C: + = 1 ,试确定 m 的取值范围,使得对于直线 l:y = 4 x + m ,椭圆 C 上 4 3
有不同的两点关于该直线对称. 分析: 若设椭圆上 A , B 两点关于直线 l 对称, 则已知条件等价于: (1)直线 AB ⊥ l ; (2)弦 AB 的 中点 M 在 l 上. 利用上述条件建立 m 的不等式即可求得 m 的取值范围. 解: (法 1)设椭圆上 A( x1 , y1 ) , B ( x2 , y 2 ) 两点关于直线 l 对称, 直线 AB 与 l 交于 M ( x0 , y0 ) 点.
? y = ? x + n, 1 ? 4 ∵ l 的斜率 kl = 4 ,∴设直线 AB 的方程为 y = ? x + n .由方程组 ? 消去 y 得 ? 2 4 x y2 ? + = 1, ? 3 ? 4 1

x y x2 y ∵ A , B 在 椭 圆 上 , ∴ 1 + 1 =1 , + 2 =1 . 两 式 相 减 得 4 3 4 3 3( x1 + x2 )( x1 ? x2 ) + 4( y1 + y2 )( y1 ? y2 ) = 0 , y ? y2 3x 即 3 ? 2 x0 ( x1 ? x2 ) + 4 ? 2 y0 ( y1 ? y2 ) = 0 .∴ 1 = ? 0 ( x1 ≠ x2 ) . x1 ? x2 4 y0 3x 又∵直线 AB ⊥ l ,∴ k AB ? kl = ?1 ,∴ ? 0 ? 4 = ?1 ,即 y0 = 3x0 ①。 4 y0 又 M 点在直线 l 上,∴ y0 = 4 x0 + m ②。由①,②得 M 点的坐标为 ( ? m , ? 3m) .以下同
解法 2. 说明:涉及椭圆上两点 A , B 关于直线 l 恒对称,求有关参数的取值范围问题,可以采用列参数 满足的不等式: (1)利用直线 AB 与椭圆恒有两个交点,通过直线方程与椭圆方程组成的方程组,消元后得到的一 元二次方程的判别式 ? > 0 ,建立参数方程. (2)利用弦 AB 的中点 M ( x0 , y0 ) 在椭圆内部,满足

2

2

2

2

x0 y + 0 < 1,将 x0 , y0 利用参数表示,建 a b

2

2

立参数不等式. 39、已知抛物线 y2=2px (p≠0)上存在关于直线 x+y=1 对称的相异两点,求 p 的取值范围.

分析:解决本题的关键是找到关于 p 的不等式。 设抛物线上关于直线 x+y=1 对称的两点是 M(x1,y1)、N(x2,y2) ,设直线 MN 的方程为 y=x+b. 代入抛物线方程,得:x2+(2b-2p)x+b2=0.则 x1+x2=2p-2b,y1+y2=( x1+x2)+2b=2p.则 MN 的中点 P 的 坐标为 (p-b,p).因为点 P 在直线 x+y=1 上,所以 2p- b=1,即 b=2p-1。 又 ? =(2b-2p)2-4b2=4p2-8bp>0,将 b=2p-1 代入得:4p2-8p(2p-1)>0,3p2-2p<0.解得:

解:(1) OM =(x,y) , OA =(0,a) , OQ =(b,0) (b>0) ,则 PA =(3,a) ,

AQ =(b,-a) ,又 PA · AQ =0,∴a2=3b ①,又∵ QM =(x-b,y) , AQ = ? x = 3b (b,-a) , QM =2 AQ ,∴ ? ②, ? y = ?2a
由①②得 y2=4x(x≠0). 即 M 的轨迹的方程为 y2=4x,x≠0. (2)设 OB =(x1,y1) , OC =(x2,y2) , DB =(x1-1,y1) , DC =(x2-1,

2 0<p< . 3 2 7 16 (I)若直线 l 过点 (1,2) ,且与圆 O 交于两点 R 、 S , RS = , 9 . 3 求直线 l 的方程; (II) 过圆 O 上一动点 M 作平行于 x 轴的直线 m , 设直线 m 与 y 轴的交点为 N , uuu v uuuv uuu v 若向量 OQ = OM + ON ,求动点 Q 的轨迹方程; (Ⅲ)若直线 nl : x + 3 y ? 8 = 0 ,点 A 在直线 n 上,圆 O 上存在点 B ,且 ∠OAB = 30° ( O 为坐标原点),求点 A 的横坐标的取值范围. 解: (Ⅰ)①当直线 l 垂直于 x 轴时,则此时直线方程为 x = 1 ,满足题意. ②若直线 l 不垂直于 x 轴,设其方程为 y ? 2 = k ( x ? 1) ,即 kx ? y ? k + 2 = 0
40、已知圆 O : x 2 + y 2 =

y2) , DB · DC =| DB |·| DC |cos∠BDC,∵∠BDC 为钝角,∴cos∠BDC=
∴ DB · DC <0,x1x2-(x1+x2)+1+y1y2<0 ③. 由?

DB ? DC
| DB | ? | DC |

< 0,

? y = 4x 4 ? 2k 2 消去 y,得 k2x2+(2k2-4)x+k2=0(k≠0) ,则 x1+x2= ,x1x2=1 ④, k2 ? y = k ( x + 1) 1 2 2 <k< ?? 2 2 2

y1y2=k2(x1+1) (x2+1)= k2[x1x2+(x1+x2)+1] ⑤,④⑤代入③,得 k2<
(k≠0) ,满足△>0. ∴ ?

16 ? 7 ? | ?k + 2 | 3 设圆心到此直线的距离为 d ,则 d = ,k = , ?? = 1 ∴1 = ? ? ? 9 ? 3 ? 4 k 2 +1 故所求直线方程为 3 x ? 4 y + 5 = 0 ,综上所述,所求直线为 3 x ? 4 y + 5 = 0 或 x = 1 ???? ???? ? ???? (Ⅱ)设点 M ( x0 , y 0 ) , Q ( x, y ) ,则 N (0, y 0 ) ∵ OQ = OM + ON ,
∴ ( x, y ) = ( x0 , 2 y0 ) 即 x0 = x ,

2

2 2 <k< (k≠0). 2 2

42、给定抛物线 C:y2=4x,F 是 C 的焦点,过点 F 的直线 l 与 C 相交于 A、B 两点,记 O 为坐标 原点.(1)求 OA · OB 的值; (2)设 AF = λ FB ,当三角形 OAB 的面积 S∈[2, 5 ] ,求 λ 的 取值范围. (1)根据抛物线方程 y2=4x,可得 F(1,0) , 设直线 l 的方程为 x=my+1,将其与 C 的方程联立,消去 x 得 y2-4my-4=0, 设 A,B 的坐标分别为(x1,y1) , (x2,y2) (y1>0>y2).
2 2 则 y1y2=-4.因为 y1 = 4 x1 , y 2 = 4 x 2 ,所以 x1x2=

y0 =

y 2

又∵ x0 2 + y0 2 =
2

y 2 16 16 , ∴ x2 + 由已 = 9 4 9 ,

知,直线 m //ox 轴,所以, y ≠ 0 ,∴ Q 点的轨迹方程是 x + (Ⅲ)依题意点 A ∈ n ,设 A( x0 ,

y 2 16 = ( y ≠0) . 4 9 y M B O A x

1 2 2 y1 y 2 = 1. 16

故 OA ? OB = x1x2+y1y2=-3. (2)因为 AF = λ FB 所以(1-x1,-y1)= λ (x2-1,y2). 即?

8 ? x0 ) .过点 A 作圆 O 的切线, 3 切 点 为 M , 则 ∠OAM ≥ ∠OAB = 30° . 从 而 1 | OM | 1 ≥sin30° = , 就 是 sin ∠OAM ≥ sin30° = , 即 2 | OA | 2 8 ? x0 2 64 64 2 , x0 2 + ( | OA |2≤ 4(| OM |2 ) = ) ≤ , 5 x0 ? 8 x0 ≤ 0 , 9 3 9 8 解得 x0 ∈ [0, ] . 5

?1 ? x1 = λx 2 ? λ ?? y1 = λy 2

2 ,又 y1 = 4 x1 , ③

2 y2 = 4 x2 , ④

41、 已知△PAQ 顶点 P (-3, 0) , 点 A 在 y 轴上, 点 Q 在 x 轴正半轴上, PA ? AQ = 0 , QM = 2 AQ . (1)当点 A 在 y 轴上移动时,求动点 M 的轨迹 E 的方程; (2)设直线 l:y=k(x+1)与轨迹 E 交于 B、C 两点,点 D(1,0) ,若∠BDC 为钝角,求 k 的取值范围.

1 . λ 2 1 1 从而可得 y2= ? ,y1= 2 λ .故三角形 OAB 的面积 S = |OF|·|y1-y2|= λ + , 2 λ λ 3? 5 3+ 5 1 1 因为 λ + ≥2 恒成立. 所以只要解 λ + ≤ 5 即可,解得 ≤λ ≤ . 2 2 λ λ 43、已知动圆过定点 P(1,0) ,且与定直线 l : x = ?1 相切,点 C 在 l 上. (1)求动圆圆心的轨 迹 M 的方程; (2)设过点 P,且斜率为- 3 的直线与曲线 M 相交于 A,B 两点.(i)问:△ABC
由②、③、④消去 y1,y2 后,得 x1= λ 2x2,将其代入①注意到 λ >0,解得 x2= 能否为正三角形?若能,求点 C 的坐标;若不能,说明理由; (ii)当△ABC 为钝角三角形时,

求这种点 C 的纵坐标的取值范围. 讲解 本例主要考查直线、 圆与抛物线的基本概念及位置关系, 是解析几何中的存在性问题. (1)由曲线 M 是以点 P 为焦点,直线 l 为准线的抛物线,知曲线 M 的方程为 y 2 = 4 x .
? y = ? 3 ( x ? 1), (2) (i)由题意得,直线 AB 的方程为 y = ? 3 ( x ? 1),由 ? 消y得 ? 2 ? y = 4 x , ? 1 3 x 2 ? 10 x + 3 = 0, 解出x1 = , x 2 = 3. 3 1 2 3 于是, A 点和 B 点的坐标分别为 A ( , , | AB |= x1 + x 2 + 2 = 16 . ) ,B(3, ? 2 3 ) 3 3 3 假设存在点 C(-1,y) ,使△ABC 为正三角形,则|BC|=|AB|且|AC|=|AB|, 即有 16 ? y 2 = 4x (3 + 1)2 + ( y + 2 3 )2 = ( )2 ① ? ? 3
? ?( 1 + 1) 2 + ( y ? 2 )2 = (16 )2 ② ?3 3 3 ?

即 y 2 + 4 3 y + 4 < 0, ( y + 2 ) 2 < 0 . 3 3 3

该不等式无解,所以∠ACB 不可能为钝角.

故当△ABC 为钝角三角形时,点 C 的纵坐标 y 的取值范围是 y < ? 10 3 或y > 2 3 ( y ≠ 2 3 ) .
3 9

44、在 Rt△ABC 中,∠CBA=90°,AB=2,AC=

2 。DO⊥AB 于 O 点,OA=OB,DO=2,曲 2

线 E 过 C 点,动点 P 在 E 上运动,且保持| PA |+| PB |的值不变.(1)建立适当的坐标系,求曲线 E 的方程; (2) 过 D 点的直线 L 与曲线 E 相交于不同的两点 M、 N 且 M 在 D、 N 之间, 设 试确定实数 λ 的取值范围. 讲解: (1)建立平面直角坐标系, 如图所示 . ∵| PA |+| PB |=| CA |+| CB | = y C

DM =λ, DN

由①-②得 42 + ( y + 2 3 ) 2 = ( 4 ) 2 + ( y ? 2 3 ) 2 , 3 3

2 3 3

2 2 + 22 + ( ) 2 = 2 2 2 2

解得y = ?

14 3 . 9
(3, ? 2 3 )

∴动点 P 的轨迹是椭圆 . ∵a =

A

O

B

x

?2 3 因为 y = ? 14 3 不符合①,所以由①,②组成的方程组无解.
9

2,

b = 1,
2

c = 1.

∴曲线 E 的方程是

故知直线 l 上不存在点 C,使得△ABC 是正三角形. (ii)设 C(-1,y)使△ABC 成钝角三角形,
y = ? 3 ( x ? 1), 由? 得 y = 2 3. ? ? x = ?1,

x + y2 = 1 . 2

(2)设直线 L 的方程为 y = kx + 2 , 代入曲线 E 的方程 x 2 + 2 y 2 = 2 ,得

即当点 C 的坐标是(-1, 2 3 )时,三点 A,B,C 共线,故 y ≠ 2 3 .
1 2 3 2 28 4 3 y | AC | 2 = (?1 ? ) 2 + ( y ? ) = ? + y2, 3 3 9 3 | BC | 2 = (3 + 1) 2 + ( y + 2 3 ) 2 = 28 + 4 3 y + y 2 ,

(2k 2 + 1) x 2 + 8kx + 6 = 0
设 M1( x1, y1 ),

N ( x2 , y 2 ) , 则

| AB | 2 = (

16 2 256 . ) = 3 9

(i) 当 | BC | 2 >| AC | 2 + | AB | 2 ,即 28 + 4 3 y + y 2 > 28 ? 4 3 y + y 2 + 256 , 9 3 9 2 即y> 3时, ∠CAB 为钝角. 9 (ii) 当 | AC | 2 >| BC | 2 + | AB | 2 ,即 28 ? 4 3 y + y 2 > 28 + 4 3 y + y 2 + 256 , 9 3 9 10 即y<? 3时∠CBA 为钝角. 3 (iii)当 | AB | 2 >| AC | 2 + | BC | 2 ,即 256 > 28 ? 4 3 y + y 2 + 28 + 4 3 y + y 2 , 9 9 3

? ?? = (8k ) 2 ? 4(2k + 1) × 6 > 0, ① ? 8k ? , ? x1 + x 2 = ? 2 ② 2k + 1 ? 6 ? ③ x1 x 2 = 2 . ? 2k + 1 ? | DM | 1 i) L 与 y 轴重合时, λ = = | DN | 3
ii) L 与 y 轴不重合时, 由①得

3 k2 > . 2

又∵ λ =

x DM x D ? x M = = 1, DN xD ? xN x2


因为

x12 y12 (?1 ? λ ? λ x2 ) (?λ y2 )2 + = 1 ,所以 + =1 4 3 4 3 x2 2 y2 2 (λ x2 )2 (λ y2 )2 + = 1 ,所以 + = λ2 4 3 4 3

①………(9 分)

∵ x 2 < x1 < 0, ∴0< λ <1 ,

x 2 > x1 > 0,

又因为

②………(10 分)

( x1 + x 2 ) 2 x1 x 2 1 ∴ = + +2=λ+ +2 . x1 ? x 2 x 2 x1 λ


( x + x2 ) 2

x1 ? x 2
2

=

64k 2 = 6(2k 2 + 1)

32 3(2 + 1 ) k2

而k > ∴ 4<

3 , 2 3(2 +

∴ 6 < 3( 2 +

1 ) < 8. k2

2λ (λ + 1) x2 + (λ + 1) 2 3 ? 5λ ,………(12 分) = 1 ? λ 2 ,化简得: x2 = 4 2λ 3 ? 5λ 因为 ?2 ≤ x2 ≤ 2 ,所以 ?2 ≤ ≤ 2. 2λ 1 ?1 ? 解得: ………(14分) ≤ λ ≤ 3 所以 λ 的取值范围为 ? ,3? . 3 ?3 ?
由①-②得:

六、定值、定点、定直线
46、过 y =x 上一点 A(4,2)作倾斜角互补的两条直线 AB、AC 交抛物线于 B、C 两点.求证:直线 BC 的斜率是定值. 分析: (1)点 A 为定点,点 B、C 为动点,因直线 AB、AC 的倾斜角互补,所以 kAB 与 kAC 相反,
2

32 1 ) k2

16 < , 3 2<λ+ 1 10 < , λ 3

∴ 4<λ+

1 16 +2< , λ 3

故可用“k 参数”法,设 AB 的斜率为 k,写出直线 AB 的方程,将 AB 的方程与抛物线方程联立, 因 A 为已知交点,则方程有一根已知故用韦达定理容易解出点 B 坐标,同理可得点 C 坐标,再求 BC 斜率。

? ?0 < λ < 1, ? 1 ? ?λ + > 2, λ ? 1 10 ? λ+ < , ? λ 3 ?
→ → →

1 ?1 ? ? < λ < 1. ∴ λ 的取值范围是 ? ,1? . 3 ?3 ?

(2)因点 B、C 在抛物线上移动,也可用“点参数”法,设 B(x1,y1),C(x2,y2),因 x1=y1 ,x2=y2 , 即可设 B(y1 ,y1),C(y2 ,y2)。再考虑 kAB=-kAC 得参数 y1,y2 的关系。 解法 1:设 AB 的斜率为 k,则 AC 的斜率为-k AB:y-2=k(x-4),与 y =x 联立得:
2 2 2

2

2

45、已知平面上一定点 C ( ?1, 0) 和一定直线 l : x = ?4. P为该平面上一动点,作 PQ ⊥ l , 垂足为 Q , (2)点O是坐标原 ( PQ + 2 PC ) ? ( PQ ? 2 PC ) = 0 .(1) 问点P在什么曲线上?并求出该曲线方程; uuv uuu v uu v 点, A、B 两点在点P的轨迹上,若 OA + λ OB = ( 1 + λ) OC , 求 λ 的取值范围. ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ?2 ??? ?2 解:(1)由 ( PQ + 2PC ) ? (PQ ? 2PC ) = 0 ,得: PQ ? 4 PC = 0 ,………(2 分)
2 2 设 P ( x, y ) ,则 ( x + 4) 2 ? 4 ? ? ( x + 1) + y ? ? = 0 ,化简得: 4 + 3 = 1 ,………(4 分) →

y-2=k(y2-4),即 ky2-y-4k+2=0 ∵y=2 是此方程的一解,∴2yB=

? 4k + 2 1 ? 2k , yB = k k

x

2

y

2

xB=yB2=

? 1 ? 4k + 4k 2 1 ? 2k ? 1 ? 4k + 4k 2 ? ? ∴B , , ? k ? k2 k2 ? ? ? 1 + 4k + 4k 2 1 + 2k ? ? , ?k ? k2 ? ?

x2 y 2 + = 1 .………(6 分) 4 3 ??? ? ??? ? ???? ??? ? ??? ? ? (2)设 A( x1 , y1 ) 、 B ( x2 , y2 ) ,由 OA + λ OB = (1 + λ )OC 得: CA + λ CB = 0 ,所以, A 、B 、C
点 P 在椭圆上,其方程为

∵kAC=-k,以-k 代替 k 代入 B 点坐标得 C ? ?

? x1 = ?1 ? λ ? λ x2 三点共线.且 λ > 0 ,得: ( x1 + 1, y1 ) + λ ( x2 + 1, y2 ) = 0 ,即: ? …(8 分) y = ? λ y ? 1 2

1 + 2k 1 ? 2k ? 1 k k ∴kBC= = ? 为定值 2 2 4 1 + 4k + 4k 1 ? 4k + 4k ? 2 k k ?

解法 2:设 B(y12,y1),C(y22,y2),则 kBC=

y 2 ? y1 1 = 2 2 y 2 + y1 y 2 ? y1

要使上式为定值须

??? ? ??? ? m 2 ? 2m ? 1 =1,解得 m=1,∴ PE · QE 为定值-2, 2 m ?3

∵kAB=

y1 ? 2 y ?2 1 1 = , k AB = 22 = 2 y 1 ? 4 y1 + 2 y2 ? 4 y2 + 2
1 1 1 =? , 则y1 + y 2 = ?4 则 kBC= ? 为定值。 y1 + 2 y2 + 2 4

由题意,kAB=-kAC ∴

当直线 l 的斜率不存在时 P(1, 2 ),Q(1,- 2 ), ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 由 E(1,0)可得 PE =(0,- 2 ), QE =(0, 2 ),∴ PE · QE =-2, ??? ? ??? ? 综上所述当 E(1,0)时, PE · QE 为定值-2. 48、垂直于 x 轴的直线交双曲线 x 2 ? 2 y 2 = 2 于 M、N 不同两点,A1、A2 分别为双曲线的左顶
2 2 点和右顶点,设直线 A1M 与 A2N 交于点 P(x0,y0) (Ⅰ)证明: x0 + 2 y0 为定值; (Ⅱ)过 P

点评:解法 1 运算量较大,但其方法是一种基本方法,因 k 的变化而造成了一系列的变化, 最终求出 BC 的斜率为定值;解法 2 利用点 B,C 在抛物线上设点,形成含两个参数 y1,y2 的问题, 用整体思想解题,运算量较小。 47、已知 A,B 分别是直线 y=x 和 y=-x 上的两个动点,线段 AB 的长为 2 3 ,D 是 AB 的中 点. (1)求动点 D 的轨迹 C 的方程; (2)若过点(1,0)的直线 l 与曲线 C 交于不同两点 P、Q, uu u v uuu v ① 当|PQ|=3 时,求直线 l 的方程;② 设点 E (m,0)是 x 轴上一点,求当 PE · QE 恒为定值时 E 点的坐标及定值. a +b a ?b 解:(1)设 D(x,y),A(a,a),B(b,-b),∵ D 是 AB 的中点, ∴x= ,y= ,
2 2

作斜率为 ?

x0 的直线 l,原点到直线 l 的距离为 d,求 d 的最小值. 2 y0

解(Ⅰ)证明: 设M ( x1 ,? y1 ), 则N ( x1 ,? y1 ),∵ A1 ( ? 2 ,0), A2 ( 2 ,0)

∴ 直线A1 M的方程为y =
直线 A2N 的方程为 y =

y1 (x + 2) x1 + 2
(x ? 2)



? y1

x1 ? 2

②……4 分

∵ |AB|=2 3 ,∴(a-b)2+(a+b)2=12,∴(2y)2+(2x)2=12∴点 D 的轨迹 C 的方程为 x2+y2=3. (2) ①当直线 l 与 x 轴垂直时,P(1, 2 ),Q(1,- 2 ),此时|PQ|=2 2 ,不符合题意; 当直线 l 与 x 轴不垂直时,设直线 l 的方程为 y=k(x-1),
3 由于|PQ|=3,所以圆心 C 到直线 l 的距离为 , 2

①×②,得 y 2 =

? y12

x1 ? 2

2

( x 2 ? 2)

1 ∵ x12 ? 2 y12 = 2,∴ y 2 = ? ( x 2 ? 2),即x 2 + 2 y 2 = 2 2 ∵ P( x0 , y 0 )是直线A1 M与A2 N的交点
2 2 ∴ x0 + 2 y0 = 2为定值??8分



| ?k |



k +1

2

3 ,解得 k= ± 3 .故直线 l 的方程为 y= ± 3 (x-1). 2

②当直线 l 的斜率存在时,设其斜率为 k,则 l 的方程为 y=k(x-1), 由消去 y 得(k2+1)x2-2k2x+k2-3=0,
2k 2 k2 ?3 设 P(x1,y1),Q(x2,y2)则由韦达定理得 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 , k +1 k +1 ??? ? ??? ? 则 PE =(m-x1,-y1), QE =(m-x2,-y2), ? ??? ? ??? ∴ PE · QE =(m-x1)(m-x2)+y1y2=m2-m(x1+x2)+x1x2+y1y2

(Ⅱ) l的方程为y ? y0 = ?

x0 2 2 ( x ? x0 ), 结合x0 + 2 y0 = 2整理得x0 x + 2 y0 y ? 2 = 0 2 y0
2 2 + 2y
2 0

于是d =

2

x + 4y
2 2 ∵ x0 + 2 y0 =2

2 0

2 0

=

=

2 ……10 分 2 1 + y0 ∴d = 2 ≥1 2 1 + y0

2 ∴ y0 ≤1

2 ∴1 + y 0 ≤2

=m2-m(x1+x2)+x1x2+k2(x1-1)(x2-1) =m
2-

2 当 y 0 = ±1时, y 0 = 1, d取最小值1 ……12 分

2mk 2 k2 ? 3 k2 ?3 2k 2 (m 2 ? 2m ? 1)k 2 + m 2 ? 3 + 2 +k2 ( 2 - 2 +1)= 2 k +1 k +1 k +1 k +1 k 2 +1

49、如图,在平面直角坐标系 xOy 中,过定点 C(0,p)作直线与抛物线 x 2 = 2 py( p > 0) 相交于 A、B 两点. (1)若点 N 是点 C 关于坐标原点 O 的对称点,求 ?ANB 面积的最小值;

(2)是否存在垂直 y 轴的直线 l,使得 l 被以 AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值?若存在,求 出 l 的方程;若不存在,说明理由. 解法一: (1)依题意,点 N 的坐标为 N(0,-p) ,可设 A(x1, y1) ,B(x2, y2) ,直线 AB 的方程为 2 ? x = 2 py, 消去 y 得 x 2 ? 2 pkx ? 2 p2 = 0. y = kx + p ,与 x2=2py 联立得 ? ? y = kx + p. 由韦达定理得 x1 + x2 = 2 pk , x1 x2 = ?2 p 2 . 于是
1 S?ABN = S?BCN + S?ACN = × 2 p | x1 ? x2 |= p | x1 ? x2 |= p ( x1 + x2 ) 2 ? 4 x1 x2 2 = p 4 p 2 k 2 + 8 p 2 = 2 p 2 k 2 + 2,

x2 y 2 3 ? 2 = 1(a > 0, b > 0) 的离心率为 3 ,右准线方程为 x = (Ⅰ)求双 2 a b 3 曲线 C 的方程; (Ⅱ)设直线 l 是圆 O : x 2 + y 2 = 2 上动点 P ( x0 , y0 )( x0 y0 ≠ 0) 处的切线, l 与双 曲线 C 交于不同的两点 A, B ,证明 ∠AOB 的大小为定值.
50、已知双曲线 C : 【解法 1】本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识,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.

∴当 k=0 时, ( S ?ABN ) min = 2 2 p 2 . (2)假设满足条件的直线 l 存在,其方程为 y=a, AC 的中点为 O ′ ,l 与以 AC 为直径的圆相 y ? x y + p? 交于点 P、Q,PQ 的中点为 H,则 O ′H ⊥ PQ, O ′ 点的坐标为 ? 1 , 1 . ? 2 ? ?2 1 1 2 1 2 ∵ | O′P |= | AC |= x1 + ( y1 ? p )2 = y1 + p 2 , B 2 2 2 C y +p 1 | O′H |= a ? 1 = | 2a ? y1 ? p |, ′ O 2 2 A l 1 1 p? ? O ∴ | PH |2 =| O ′P |2 ? | O ′H |2 = ( y12 + p 2 )) ? (2a ? y1 ? p )2 = ? a ? ? y1 + a ( p ? a ), 4 4 2 ? ? N ?? p? ? ∴ | PQ |2 = (2 | PH |) 2 = 4 ?? a ? ? y1 + a( p ? a) ? . 2? ?? ? p p p 令 a ? = 0 ,得 a = ,此时|PQ|=p 为定值,故满足条件的直线 l 存在,其方程为 y = , 即
2 2 2

? a2 3 = ? ?c 3 ,解得 a = 1, c = 3 , (Ⅰ)由题意,得 ? ?c = 3 ? ?a
∴ b 2 = c 2 ? a 2 = 2 ,∴所求双曲线 C 的方程为 x 2 ? (Ⅱ)点 P ( x0 , y0 )( x0 y0 ≠ 0 ) 在圆 x 2 + y 2 = 2 上, 圆在点 P ( x0 , y0 ) 处的切线方程为 y ? y0 = ?

y2 = 1. 2 x0 ( x ? x0 ) , y0

x

? 2 y2 =1 ?x ? 2 2 2 2 化简得 x0 x + y0 y = 2 .由 ? 及 x0 + y0 = 2 得 ( 3 x0 ? 4 ) x 2 ? 4 x0 x + 8 ? 2 x0 = 0, 2 ?x x + y y = 2 ? 0 0 2 ∵切线 l 与双曲线 C 交于不同的两点 A、B,且 0 < x0 < 2,
∴ 3 x0 ? 4 ≠ 0 ,且 ? = 16 x0 ? 4 3x0 ? 4 8 ? 2 x0 > 0 , 设 A、B 两点的坐标分别为 ( x1 , y1 ) , ( x2 , y 2 ) ,则 x1 + x2 =
2 4 x0 8 ? 2 x0 , , x x = 1 2 2 2 3x0 ?4 3x0 ?4 2 2

抛物线的通径所在的直线. 解法二: (1)前同解法一,再由弦长公式得
| AB |= 2 + k 2 | x1 ? x 2 |= 1 + k 2 ? ( x1 + x2 ) 2 ? 4 x1 x2 = 1 + k 2 ? 4 p 2k 2 + 8 p 2 = 2 p 1 + k 2 ? k 2 + 2. 2p 1+ k2

(

2

)(

2

)

又由点到直线的距离公式得 d =
S?ABN =

,从而,

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? OA ? OB 1 ∵ cos ∠AOB = ??? ? ??? ? ,且 OA ? OB = x1 x2 + y1 y2 = x1 x2 + 2 ( 2 ? x0 x1 )( 2 ? x0 x2 ) , y0 OA ? OB = x1 x2 + 1 2 ? 4 ? 2 x0 ( x1 + x2 ) + x0 x1 x2 ? 2 ? ? 2 ? x0

1 1 2p ? d ? | AB |= ? 2 p 1 + k 2 ? k 2 + 2 ? = 2 p2 k 2 + 2 , 2 2 2 1+ k ( 2 ) 假 设 满 足 条 件 的 直 线 l 存 在 , 其 方 程 为 y=a , 则 以 AC 为 直 径 的 圆 的 方 程 为 ( x ? 0)( x ? x1 ) + ( y ? p )( y ? y1 ) = 0 ,将直线方程 y=a 代入得 x 2 ? x1 x + (a ? p)(a ? y1 ) = 0, ? p? ? 则 ? = x12 ? 4(a ? p)(a ? y1 ) = 4 ?? ? a ? ? y1 + a ( p ? a ) ? . 2? ?? ? 设直线 l 与以 AC 为直径的圆的交点为 P(x3, y3) ,Q(x4, y4) ,则有
?? p? ? p? ? | PQ |=| x3 ? x4 |= 4 ?? a ? ? y1 + a ( p ? a ) ? = 2 ? a ? ? y1 + a ( p ? a ). 2? 2? ? ?? ?

2 2 2 2 x0 8 ? 2 x0 ( )? 8 ? 2 x0 8 x0 1 ? ? ? = 2 + 4 ? + 2 2 2 3 x0 ? 4 2 ? x0 3 x0 ?4 3 x0 ?4 ? ? ? ? 2 2 8 ? 2x 8 ? 2x == 2 0 ? 2 0 = 0 .∴ ∠AOB 的大小为 90° . 3 x0 ? 4 3 x0 ? 4

【解法 2】 (Ⅰ)同解法 1. (Ⅱ)点 P ( x0 , y0 )( x0 y0 ≠ 0 ) 在圆 x 2 + y 2 = 2 上, 圆在点 P ( x0 , y0 ) 处的切线方程为 y ? y0 = ?

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

x0 ( x ? x0 ) , y0

? 2 y2 =1 ?x ? 2 2 2 2 化 简 得 x0 x + y0 y = 2 . 由 ? 及 x0 + y0 = 2 得 ( 3 x0 ? 4 ) x 2 ? 4 x0 x + 8 ? 2 x0 =0 2 ?x x + y y = 2 0 ? 0 2 2 2 ① ( 3 x0 ? 4 ) y ? 8 y0 x ? 8 + 2 x0 = 0 ②∵切线 l 与双曲线 C 交于不同的两点 A、B ,且
2 2 0 < x0 < 2 , ∴ 3 x0 ? 4 ≠ 0 , 设 A 、 B 两 点 的 坐 标 分 别 为 ( x1 , y1 ) , ( x2 , y 2 ) , 则 ??? ? ??? ? 8 ? 2x2 2x2 ? 8 ,∴ OA ? OB = x1 x2 + y1 y2 = 0 ,∴ ∠AOB 的大小为 90° .(∵ x1 x2 = 2 0 , y1 y2 = 0 2 3x0 ? 4 3x0 ? 4 2 2 2 2 2 x0 + y0 = 2 且 x0 y0 ≠ 0 ,∴ 0 < x0 < 2, 0 < y0 < 2 ,从而当 3x0 ? 4 ≠ 0 时,方程①和方程②的

离相等. (I)求椭圆的离心率 e 的取值范围; (II)若椭圆 C 上的点到焦点距离的最大值为 3 , 最小值为 1,求椭圆 C 的方程; (Ⅲ)若直线 l : y = kx + m 与(II)中所述椭圆 C 相交于 A 、 ,且以 AB 为直径的圆经过椭圆的右顶点 A2 ,求证:直线 l B 两点( A 、 B 不是左右顶点) 过定点,并求出该定点坐标.

解: (Ⅰ) 设点 P 的坐标为 P ( x, y ) , 则|PF|= a + ex , ∴ a + ex = 而 x ≤ a ,∴

a 2 ( a ? c) a2 , 整理得: , x = ?x c( a + c ) c

判别式均大于零). 51、 (1)若 A、B 是抛物线 y2=2Px(p>0)上的点,且∠AOB=90°(O 为原点) .求证:直线 AB 过定 点. (2)已知抛物线 y 2 = 4 x 的焦点为 F, A、B 为抛物线上的两个动点. (Ⅰ)如果直线 AB 过 抛物线焦点,判断坐标原点 O 与以线段 AB 为直径的圆的位置关系,并给出证明 ; (Ⅱ)如果 uuv uuu v OA ? OB = ?4 ( O 为坐标原点) ,证明直线 AB 必过一定点,并求出该定点. (1)证明:设 OA:y=kx,代入 y2=2px 得 k2x2=2px 则 x =

a 2 ( a ? c) ≤ a ,解得 2 ? 1 ≤ e < 1 c( a + c)
∴椭圆的方程为

(II) a + c = 3, a ? c = 1 ,∴ a = 2, c = 1, b 2 = 3 ,

x2 y 2 + = 1. 4 3

2p 2p ,y= 2 k k

∴ A(

2p 2p , ) k2 k

? y = kx + m, ? (Ⅲ)设 A( x2 , y2 ), B( x2 , y2 ) ,联立 ? x 2 y 2 ? 4 + 3 = 1, ? 2 2 2 得 (3 + 4k ) x + 8mkx + 4( m ? 3) = 0 . ? ?△= 64m 2 k 2 ? 16(3 + 4k 2 )(m 2 ? 3) > 0, 即3 + 4 k 2 ? m 2 ? 0 ? 8mk ? 则 ? x1 + x2 = ? , 3 + 4k 2 ? ? 4(m 2 ? 3) x ? x = . ? 1 2 3 + 4k 2 ? 3( m 2 ? 4 k 2 ) 又 y1 y2 = ( kx2 + m)( kx2 + m) ? k 2 x1 x2 + mk ( x1 ? x2 ) + m2 = , 3 ? 4k 2 ∵椭圆的右顶点为 A2 (2, 0), AA2 ⊥ BA2 , , ∴ ( x2 ? 2)( x2 ? 2) + y1 y2 = 0, ∴ y1 y2 + x1 x2 ? 2( x1 + x2 ) + 4 = 0, 3(m 2 ? 4k 2 ) 4(m 2 ? 3) 16mk + + + 4 = 0, ∴ 7m 2 + 16mk + 4k 2 = 0, 2 2 2 3 ? 4k 3 + 4k 3 + 4k 2k 得: m1 = ?2k , m2 = ? ,且均满足 3 + 4k 2 ? m 2 > 0 , 7 当 m1 = ?2k 时, l 的方程为 y = k ( x ? 2) ,直线过定点 ( 2, 0 ) ,与已知矛盾. ∴ 2k 2 时, l 的方程为 y = k ( x ? ) , 7 7 ?2 ? ?2 ? 直线过定点 ? , 0 ? , ∴直线 l 过定点,定点坐标为 ? , 0 ? . ?7 ? ?7 ?
当 m2 = ? 53、已知椭圆 E 的中心在坐标原点,焦点在坐标轴上,且经过 A ( ?2, 0 ) 、 B ( 2, 0 ) 、 C ? 1, ? 三 解

同理由 OB:y=-

1 2 x 可得 B(2pk ,-2pk) k AB k

2p 1 + 2 pk +k 1 k = k = k = = 2p 1 1 1? k 2 2 2 ? 2 pk ? k ? k k2 k2 k

∴ AB : y 2 pk =

k ( x ? 2 pk 2 ) 2 1? k

令 x=2p 得 y=0,说明 AB 恒过定点(2p,0)

(2)解: (Ⅰ)∵焦点 F 为(1,0) ,过点 F 的直线 AB 的方程可设为 x = ty + 1 ,代入抛物线 y 2 = 4 x 得: y 2 ? 4ty ? 4 = 0 , 设A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则有 y1 y2 = ?4 ,

x1 x2 =

2 y12 y2 i = 1. 4 4

??? ? ??? ? ∴ OAiOB = x1 x2 + y1 y2 = 1 ? 4 = ?3 < 0 , ………………6 分

于是 ∠AOB 为钝角,故 O 在圆内.

(Ⅱ)设直线 AB 的方程为 x = ty + b, 代入抛物线y 2 = 4 x 消去 x,得

y 2 ? 4ty ? 4b = 0.设A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,则 y1 + y2 = 4t , y1 y2 = ?4b. ??? ? ??? ? ∵ OA ? OB = x1 x2 + y1 y2 = (ty1 + b)(ty2 + b) + y1 y2 = t 2 y1 y2 + bt ( y1 + y2 ) + b2 + y1 y2
= ? 4bt 2 + 4bt 2 + b 2 ? 4b = b 2 ? 4b . 令 b 2 ? 4b = ?4,∴ b = 2. ,∴直线 AB 过定点(2,0) . …………………13 分

x2 y 2 52、已知椭圆 C : 2 + 2 = 1(a > b > 0) 上存在一点 P 到椭圆左焦点的距离与到椭圆右准线的距 a b

? 3? ? 2?

点. (Ⅰ)求椭圆 E 的方程; (Ⅱ)若直线 l : y = k ( x ? 1) ( k ≠ 0 )与椭圆 E 交于 M 、 N 两点, 证明直线 AM 与直线 BN 的交点在一条定直线上. (Ⅰ)解法一:当椭圆 E 的焦点在 x 轴上时,设其方程为

x2 y 2 , + = 1( a > b > 0 ) a 2 b2

? 8 ( k 2 ? 3) 40k 2 ? 2k ? ? + 8 ? 2 2 3 + 4 k 3 + 4 k 2k ? 2 x x ? 5 x + x + 8 ? ? ? ( ) 1 2 1 2 ?= ? ? = 0. = ? ( x1 + 2 )( x2 ? 2 ) ( x1 + 2 )( x2 ? 2 )
因此结论成立. 综上可知,直线 AM 与直线 BN 的交点在直线 x = 4 上.
2 2

? 3? ? 2? x2 y 2 ∴椭圆 E 的方程为 + = 1. 4 3

则 a = 2 ,又点 C ? 1, ? 在椭圆 E 上,得

1 9 + 2 = 1 .解得 b 2 = 3 . 2 2 4b

……14 分

证 法 二 : 将 直 线 l : y = k ( x ? 1) , 代 入 椭 圆 E 的 方 程
2 2

x y + =1 并 整 理 , 得 4 3
……6 分

x y 当椭圆 E 的焦点在 y 轴上时,设其方程为 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) , b a 1 9 ? 3? 则 b = 2 ,又点 C ? 1, ? 在椭圆 E 上,得 2 + = 1 .解得 a 2 = 3 ,这与 a > b 矛盾. 2 2 4a ? 2? 2 2 x y 综上可知,椭圆 E 的方程为 ……4 分 + = 1. 4 3 ? 3? 解法二:设椭圆方程为 mx 2 + ny 2 = 1 ( m > 0, n > 0 ) ,将 A ( ?2, 0 ) 、 B ( 2, 0 ) 、 C ? 1, ? 代入 ? 2? ?4m = 1, x2 y 2 1 1 ? 椭圆 E 的方程,得 ? 解得 m = , n = .∴椭圆 E 的方程为 + = 1. 9 4 3 4 3 m + n = 1. ? ? 4
( Ⅱ ) 证 法 一 : 将 直 线 l : y = k ( x ? 1) 代 入 椭 圆 E 的 方 程

( 3 + 4k ) x
2

2

? 8k 2 x + 4 ( k 2 ? 3) = 0 ,

设直线 l 与椭圆 E 的交点 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ,

4 ( k 2 ? 3) 8k 2 由根与系数的关系,得 x1 + x2 = , x1 x2 = . 3 + 4k 2 3 + 4k 2 k ( x ? 1) y1 直线 AM 的方程为: y = ( x + 2 ) ,即 y = 1 ( x + 2 ) . x1 + 2 x1 + 2 k ( x ? 1) y2 直线 BN 的方程为: y = ( x ? 2 ) ,即 y = 2 ( x ? 2 ) . x2 ? 2 x2 ? 2 由直线 AM 与直线 BN 的方程消去 y ,得

……8 分

……10 分

x=

x2 y 2 + =1 并 整 理 , 得 4 3 (3 + 4k 2 ) x2 ? 8k 2 x + 4 ( k 2 ? 3) = 0 ,设直线 l 与椭圆 E 的交点 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ,

2 x1 x2 ? 3 ( x1 + x2 ) + 4 x2 ? 2 ( 2 x1 x2 ? 3 x1 + x2 ) 2 ? ? = ? x1 + 3 x2 ? 4 ( x1 + x2 ) + 2 x2 ? 4

4 ( k 2 ? 3) 8k 2 由根与系数的关系,得 x1 + x2 = , x1 x2 = . ……8 分 3 + 4k 2 3 + 4k 2 ? 6y ? y1 直线 AM 的方程为: y = ( x + 2 ) ,它与直线 x = 4 的交点坐标为 P ? 4, 1 ? ,同理可求 x1 + 2 ? x1 + 2 ?
得直线 BN 与直线 x = 4 的交点坐标为 Q ? 4,

? 8 ( k 2 ? 3) 24k 2 ? ? 4k 2 + 6 ? 2? ? + 4 x 2? 4 ? + x2 ? 2 2 ? 2 3 + 4 k 3 + 4 k ? ? ? = ? 3 + 4k ? = 4. = ? 2 8k 4k 2 + 6 ? 4 + 2 x2 ? + x2 3 + 4k 2 3 + 4k 2 ∴直线 AM 与直线 BN 的交点在直线 x = 4 上.
2 2

……14 分

证 法 三 : 将 直 线 l : y = k ( x ? 1) , 代 入 椭 圆 方 程

x y + =1 并 整 理 , 得 4 3
……6 分

?

? 下面证明 P 、 Q 两点重合,即证明 P 、 Q 两点的纵坐标相等: ∵ y1 = k ( x1 ? 1) , y2 = k ( x2 ? 1) ,


2 y2 ? ?. x2 ? 2 ?

……10 分

( 3 + 4k ) x
2

2

? 8k 2 x + 4 ( k 2 ? 3) = 0 ,

设直线 l 与椭圆 E 的交点 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ,

6k ( x1 ? 1)( x2 ? 2 ) ? 2k ( x2 ? 1)( x1 + 2 ) 6 y1 2 y2 ? = x1 + 2 x2 ? 2 ( x1 + 2 )( x2 ? 2 )

4 ( k 2 ? 3) 8k 2 由根与系数的关系,得 x1 + x2 = , x1 x2 = . 3 + 4k 2 3 + 4k 2 2 消去 k 得, 2 x1 x2 = 5 ( x1 + x2 ) ? 8 .
直线 AM 的方程为: y =

……8 分 ……10 分

k ( x ? 1) y1 ( x + 2 ) ,即 y = 1 ( x + 2 ) . x1 + 2 x1 + 2

k ( x ? 1) y2 ( x ? 2 ) ,即 y = 2 ( x ? 2 ) . x2 ? 2 x2 ? 2 由直线 AM 与直线 BN 的方程消去 y 得, 5 ( x1 + x2 ) ? 8 ? 3x1 + x 2 ? 2 ( 2 x1 x2 ? 3 x1 + x2 ) 2 ? ? =4. x= = ? x1 + 3 x2 ? 4 x1 + 3 x2 ? 4 ∴直线 AM 与直线 BN 的交点在直线 x = 4 上.
直线 BN 的方程为: y =

……12 分

……14 分


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