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2007-2010年新课标高考数学理科试题分类精编15-椭圆

时间:2010-11-08


年新课标高考数学(理科) 2007 年-2010 年新课标高考数学(理科)试题分类精编 部分第 15 部分-椭圆
一.选择题 选择题 1.(2008 年山东理 10)设椭圆 C1 的离心率为

5 , 焦点在 x 轴上且长轴长为 26. 若曲线 C2 上的点到椭圆 C1 的 13


两个焦点的距离的差的绝对值等于 8

,则曲线 C2 的标准方程为(

A.

x2 y 2 ? =1 42 32

B.

x2 y2 ? =1 132 52

C.

x2 y 2 ? =1 32 42

D.

x2 y2 ? 2 =1 132 12

解:对于椭圆 C1 , a = 13, c = 5, 曲线 C2 为双曲线, c = 5, a = 4 , b = 3,

标准方程为: 二.填空题 填空题

x2 y 2 ? = 1. 42 32

1.(2009 年 江 苏 13) 如 图 , 在 平 面 直 角 坐 标 系 xoy 中 ,

A1 , A2 , B1 , B2 为椭圆

x2 y2 + = 1(a > b > 0) 的四个顶点, F a2 b2

为 其 右 交点 M 科网 计算等。

焦点,直线 A1 B2 与直线 B1 F 相交于点 T,线段 OT 与椭圆的 恰为线段 OT 的中点,则该椭圆的离心率为 ▲ .学

[解析 考查椭圆的基本性质,如顶点、焦点坐标,离心率的 解析] 解析 以及直线的方程。 直线 A1 B2 的方程为: 直线 B1 F 的方程为: 则M(

x y + = 1; ?a b x y 2ac b(a + c) + = 1 。二者联立解得: T ( , ), c ?b a?c a?c

ac b(a + c) x2 y2 , ) 在椭圆 2 + 2 = 1(a > b > 0) 上, a ? c 2(a ? c) a b

c2 (a + c)2 + = 1, c 2 + 10ac ? 3a 2 = 0, e2 + 10e ? 3 = 0 ,解得: e = 2 7 ? 5 2 2 (a ? c) 4(a ? c)
2.(2009 年广东理 11)巳知椭圆 G 的中心在坐标原点,长轴在 x 轴上,离心率为 两个焦点的距离之和为 12,则椭圆 G 的方程为 .

3 ,且 G 上一点到 G 的 2

【解析】 e = 解析】

3 x2 y2 , 2a = 12 , a = 6 , b = 3 ,则所求椭圆方程为 + = 1. 2 36 9

3.(2009 年上海理 9)已知 F1 、 F2 是椭圆 C :

x2 y2 + = 1 ( a > b >0)的两个焦点, P 为椭圆 C 上一点, a2 b2
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

且 PF1 ⊥ PF2 .若 ?PF1 F2 的面积为 9,则 b =____________.

?| PF1 | + | PF2 |= 2a ? 答案】 【解析】 ,可得 4c2+36=4a2, 【答案】3【解析】依题意,有 ?| PF1 | ? | PF2 |= 18 ? 2 2 2 ?| PF1 | + | PF2 | = 4c
即 a2-c2=9,故有 b=3。 椭圆 4.(2008 年江苏 12)在平面直角坐标系 xOy 中,

x2 y 2 + = 1(a > b > 0) 的焦距为 2c, O 为圆心,a 为 以 a 2 b2
▲ △ OAP 是

半径作圆 M ,若过 P ?

? a2 ? ,? 作圆 M 的两条切线相互垂直,则椭圆的离心率为 0 ? c ?

【解析】设切线 PA、PB 互相垂直,又半径 OA 垂直于 PA,所以 解析】 等腰直角三角形,故

a2 c 2 = 2a ,解得 e = = . c a 2

【答案】 答案】 三.解答题 解答题

2 2

1.(2010 年陕西理 20)(本小题满分 13 分) (

如图,椭圆 C: 焦点为 F1,F2, | A1B1| = ,

的顶点为

A1,A2,B1,B2,

(Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)设 n 是过原点的直线,是与 n 垂直相交于 P 点、 l 交于 A,B 两点的直线, 使 ,是否存在 与椭圆相 上述直线 l

成立?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,请说明理由 。

解 (1)由 由 又 b =a -c
2 2 2

知 a2+b2=7, 知 a=2c,

① ② ③

由 ①②③解得 a =4,b =3,故椭圆 C 的方程为 (2)设 A,B 两点的坐标分别为(x1,y1)(x2,y2)假设使 垂直于 x 轴时,设 l 的方程为 y=kx+m,

2

2

。 成立的直线 l 不存在,当 l 不

由 l 与 n 垂直相交于 P 点且 ∵

得 ,

[来源:学。科。网]

,即 m2=k2+1.

2.(2010 年全国理 20)(本小题满分 12 分) ( )(本小题满分 )( 设 F1 , F2 分别是椭圆 E :

x2 y 2 + = 1(a > b > 0) 的左、 右焦点, F1 斜率为 1 的直线 i 与 E 相交于 A, B 过 a 2 b2

两点,且 AF2 , AB , BF2 成等差数列。 (1)求 E 的离心率;(2) 设点 p (0, ?1) 满足 PA = PB ,求 E 的方程 解:(I)由椭圆定义知 AF2 + BF2 + AB = 4a ,又 2 AB = AF2 + BF2 , :( 得 AB =

4 a l 的方程为 y = x + c ,其中 c = a 2 ? b 2 。 3

?y = x + c ? 设 A ( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) ,则 A、B 两点坐标满足方程组 ? x 2 y 2 ? 2 + 2 =1 b ?a
a2 ( c2 ? b2 ) ?2 a 2 c 化简的 ( a + b ) x + 2a cx + a ( c ? b ) = 0 则 x1 + x2 = 2 , x1 x2 = a + b2 a2 + b2
2 2 2 2 2 2 2

因为直线 AB 斜率为 1,所以 AB =

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



4 4ab 2 c a 2 ? b2 2 a= 2 , 故 a 2 = 2b 2 所以 E 的离心率 e = = = 2 3 a +b a a 2

x1 + x2 ?a 2c 2 c (II)设 AB 的中点为 N ( x0 , y0 ) ,由(I)知 x0 = = 2 = ? c , y0 = x0 + c = 。 2 2 a +b 3 3

由 PA = PB ,得 k PN = ?1 ,即

y0 + 1 = ?1 得 c = 3 ,从而 a = 3 2, b = 3 x0

故椭圆 E 的方程为

x2 y 2 + = 1。 18 9

3.( 20)(本小题满分 3.(2010 年天津理 20)(本小题满分 12 分) 已知椭圆

x2 y2 3 + 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积为 4。 2 a b 2

(Ⅰ)求椭圆的方程: (Ⅱ)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

uuu uuu r r
直平分线上,且 QA QB =4。求 y0 的值。 【命题意图】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 命题意图】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, 何性质 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。 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。 【解析】(1)解:由 e =

c 3 2 2 2 2 2 = ,得 3a = 4c ,再由 c = a ? b ,得 a = 2b a 2

由题意可知,

?a = 2b 1 × 2a × 2b = 4, 即ab = 2 解方程组 ? 得 a=2,b=1 2 ? ab = 2
x2 + y2 = 1 4

所以椭圆的方程为

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

? y = k ( x + 2) ? 于是 A,B 两点的坐标满足方程组 ? x 2 2 ? + y =1 ? 4
由方程组消去 Y 并整理,得 (1 + 4k 2 ) x 2 + 16k 2 x + (16k 2 ? 4) = 0 由 ?2 x1 =

16k 2 ? 4 2 ? 8k 2 4k , 得 x1 = , 从而y1 = , 2 2 1 + 4k 1 + 4k 1 + 4k 2 8k 2 2k , ) 2 1 + 4k 1 + 4k 2

设线段 AB 是中点为 M,则 M 的坐标为 (? 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, ? y 0 ), QB = (2, ? y0)由QA QB =4,得y0 = ± 2 2









(2)当 K ≠ 0 时,线段 AB 的垂直平分线方程为 Y ?

2k 1 8k 2 = (x + ) 1 + 4k 2 k 1 + 4k 2

令 x=0,解得 y0 =
→ →

→ → 6k 由 QA = ( ?2, ? y 0 ), QB = ( x1 , y1 ? y0) 2 1 + 4k

QA QB = ?2 x1 ? y0 ( y1 ? y0)=

?2(2 ? 8k 2 ) 6k 4k 6k ( ) + + 2 2 2 1 + 4k 1 + 4k 1 + 4k 1 + 4k 2

=

4(16k 4 + 15k 2 ? 1) 14 2 14 = 4 整理得 7 k 2 = 2, 故k = ± 所以y0 = ± 2 2 (1 + 4k ) 7 5
2 14 。 5

综上 y0 = ± 2 2或y0 = ±

4.( 19)( )(本小题共 4.(2010 年北京理 19)(本小题共 14 分) 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 ?

1 . 3

(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。 解:(1)因点 B 与(-1,1)关于原点对称,得 B 点坐标为(1,-1)。 :( y ?1 y +1 y ?1 y +1 1 ( x, y ) ,则 k AP = x + 1 , kBP = x ? 1 ,由题意得 x + 1 ? x ? 1 = ? 3 , 设 P 点坐标为
2 2 2 2 化简得: x + 3 y = 4, ( x ≠ ±1) 。即 P 点轨迹为: x + 3 y = 4, ( x ≠ ±1)

(2)因 ∠APB + ∠MPN = 180° ,可得 sin ∠APB = sin ∠MPN ,
S ?APB = 1 1 PA PB sin ∠APB, S ?MPN = PM PN sin ∠MPN 2 2 ,



PA PM PA PB = PM PN 若 S?APB = S?MPN ,则有 , 即 x0 + 1 3 ? x0 = 3 ? x0 x0 ? 1
x0 =

=

PN PB

设 P 点坐标为

( x0 , y0 )

,则有:

解得:

33 5 y0 = ± 2 2 3 ,又因 x0 + 3 y0 = 4 ,解得 9 。

? 5 33 ? ? 5 33 ? ,? ? , ? ?3 9 ? ?3 ? ? ? 9 ? ? 或? ?PAB 与 ?PMN 的面积相等,此时 P 点坐标为 ? 故存在点 P 使得
5.(2010 年福建理 17)(本小题满分 13 分) 已知中心在坐标原点 O 的椭圆 C 经过点 A(2,3),且点 F(2,0)为其右焦点。

(1)求椭圆 C 的方程; (2) 是否存在平行于 OA 的直线 l , 使得直线 l 与椭圆 C 有公共点, 且直线 OA 与 l 的距离等于 4?若存在, 求出直线 l 的方程;若不存在,请说明理由。 命题意图】本小题主要考查直线、椭圆等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力, 【命题意图】本小题主要考查直线、椭圆等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力,考查函数与方 程思想、数形结合思想、化归与转化思想。 程思想、数形结合思想、化归与转化思想。 【解析】(1)依题意,可设椭圆 C 的方程为

x2 y2 + = 1(a>0,b>0) ,且可知左焦点为 a2 b2
,解得 ?

F(-2,0),从而有 ?

?c=2 ?2a=|AF|+|AF |=3+5=8
2

'

?c=2 , ?a=4

x2 y 2 + = 1。 又 a =b +c ,所以 b = 12 ,故椭圆 C 的方程为 16 12
2 2 2

? 3 ? y= 2 x+t 3 ? 2 2 (2)假设存在符合题意的直线 l ,其方程为 y= x+t ,由 ? 2 得 3x +3tx+t -12=0 , 2 x y2 ? + =1 ? 16 12 ?
2 ( 2 因为直线 l 与椭圆有公共点,所以有 ? = 3t) -4 × 3(t -12) ≥ 0 ,解得 ?4 3 ≤ t ≤ 4 3 ,

另一方面,由直线 OA 与 l 的距离 4 可得:

| t| =4 ,从而 t= ± 2 13 , 9 +1 4

由于 ±2 13 ? [ ? 4 3,4 3] ,所以符合题意的直线 l 不存在。 6.(2010 年天津理 19)(本小题满分 13 分) 19)( 为了考察冰川的融化状况,一支科考队在某冰川上相距 8km 的 A,B 两点各建一个考察基地。视冰川面为平 面形,以过 A,B 两点的直线为 x 轴,线段 AB 的的垂直平分线为 y 轴建立平面直角坐标系(图 6)在直线 x=2 的右侧,考察范围为到点 B 的距离不超过 5 km 区域;在直线 x=2 的左侧,考察范围为到 A,B 两点的 距离之和不超过 4 5 km 区域。 (Ⅰ)求考察区域边界曲线的方程; (Ⅱ)如图 6 所示,设线段 P1P2,P2P3 是冰川的部分边界线(不考虑其他边界线),当冰川融化时,边界线 沿与其垂直的方向朝考察区域平行移动,第一年移动 0.2km,以后每年移动的距离为前一年的 2 倍,求冰川 边界线移动到考察区域所需的最短时间。
6 5

图6

7.(2010 年山东理 21)(本小题满分 12 分) ( )(本小题满分 )(

如图,已知椭圆

x2 y2 2 + = 1(a>b>0) 的离心率为 ,以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点 F1 , F2 为顶 a2 b2 2

设 点的三角形的周长为 4( 2 + 1) .一等轴双曲线的顶 点是该椭圆的焦点, 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 、 k 2 ,证明 k1 ·k 2 = 1 ; (Ⅲ)是否存在常数 λ ,使得 AB + CD = λ AB · CD 恒成立?若存在,求 λ 的值;若不存在,请说明 理由. 解析】( 】(Ⅰ 【解析】(Ⅰ)由题意知,椭圆离心率为

c 2 = ,得 a = 2c ,又 2a + 2c = 4( 2 + 1) ,所以可解得 a 2
x2 y 2 + = 1 ;所以椭圆的焦点坐标为 8 4 x2 y 2 ? = 1。 4 4

a = 2 2 , c = 2 ,所以 b 2 = a 2 ? c 2 = 4 ,所以椭圆的标准方程为

( ±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

(Ⅱ)设点 P( x0 , y0 ),则 k1 =

y0 y0 y0 y0 , k2 = ,所以 k1 ·k 2 = ? = x0 + 2 x0 ? 2 x0 + 2 x0 ? 2

y0 2 x2 y2 2 2 ,又点 P( x0 , y0 )在双曲线上,所以有 0 ? 0 = 1 ,即 y0 = x0 ? 4 ,所以 2 x0 ? 4 4 4

y0 2 k1 ·k2 = 2 =1。 x0 ? 4
(Ⅲ)假设存在常数 λ ,使得 AB + CD = λ AB · CD 恒成立,则由(Ⅱ)知 k1 ·k 2 = 1 ,所以设直线 AB

的方程为 y = k ( x + 2) ,则直线 CD 的方程为 y =

1 ( x + 2) , k

? y = k ( x + 2) ? 2 2 2 2 由方程组 ? x 2 y 2 消 y 得: (2k + 1) x + 8k x + 8k ? 8 = 0 ,设 A( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) , =1 ? + 4 ?8
则由韦达定理得: x1 + x2 =

? 8k 2 8k 2 ? 8 , x1 x2 = 2 , 2k 2 + 1 2k + 1
2

所以|AB|= 1 + k ? ( x1 + x2 ) ? 4 x1 x2 =
2

4 2(1 + k 2 ) ,同理可得 2k 2 + 1

1 4 2(1 + 2 ) 2 1 2 ' ' 2 k = 4 2(1 + k ) , |CD|= 1 + ( ) ? ( x1 + x2 ) ? 4 x1 x2 = 1 k k2 + 2 2× 2 +1 k
又因为 AB + CD = λ AB · CD ,所以有 λ =

1 1 2k 2 + 1 k2 + 2 + = + | AB | | CD | 4 2(1 + k 2 ) 4 2(1 + k 2 )

3k 2 + 3 3 2 3 2 = ,所以存在常数 λ = ,使得 AB + CD = λ AB · CD 恒成立。 = 2 8 8 4 2(1 + k )
【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, 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( )是一个开放性问题, 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, 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, (标准答案)(21)本小题主要考查椭圆、双曲线的基本概念和基本性质。考查直线和椭圆的位置关系, 考查坐标化、定值和存在性问题,考查数行结合思想和探求问题的能力。 解(Ⅰ)设椭圆的半焦距为 c,由题意知:

y y0 c 2 2 2 2 x2 y 2 = a b +c ? = 1m ( m f 0 ) x x1 y1 x0 , y0 k1 0 k2 = ? y2 = 4 c 2 a 2 4 4 x0 ? 2 x0 ? 2 x = , a 2 2 2 x0 ? y0 = 4k1k2 = 1
2a+2c=4( 2 +1)所以 a=2 2 ,c=2,又 a = b + c ,因此 b=2。
2 2 2

2

故 椭圆的标准方程为

x2 y 2 x2 y 2 + = 1 由题意设等轴双曲线的标准方程为 2 ? 2 = 1 ( m f 0 ) ,因为等轴双 8 4 m m

曲线的顶点是椭圆的焦点。 所以 m=2,因此 双曲线的标准方程为

x2 y 2 ? =1 4 4

(Ⅱ)设 A( x1 , y1 ),B( x2 , y2 ),P( x0 , y0 ),

则 k1 =

y0 y0 2 2 2 2 , k2 = 。因为点 P 在双曲线 x ? y = 4 上,所以 x0 ? y0 = 4 。 x0 + 2 x0 ? 2
y0 y0 y2 = 2 0 = 1 ,即 k1k2 = 1 x0 + 2 x0 ? 2 x0 ? 4

因此 k1k2 =

同理可 得 CD = 4 2

k2 2 + 1 .则 2k 2 2 + 1

1 1 1 2k12 + 1 2k2 2 + 1 + = ( + ), AB CD 4 2 k12 + 1 k2 2 + 1



2 +1 1 1 1 2k +1 k12 2 2k 2 +1 k 2 +2 3 2 k1k2 = 1 , + = ( + ) = ( 1 + 12 ) = . 1 AB CD 4 2 k +1 8 k12 +1 k1 +1 8 k12
2 1 2 1



AB + CD +

3 2 3 2 ,使 AB + CD = λ AB · CD 恒成立. AB · CD 因此 存在 λ = 8 8

8.(2010 年辽宁理 20)(本小题满分 12 分) (

x2 y2 设椭圆 C: 2 + 2 = 1(a > b > 0) 的左焦点为 F,过点 F 的直线与椭圆 C 相交于 A,B 两点,直线 l a b
的倾斜角为 60o, AF = 2 FB . (1)求椭圆 C 的离心率; (2)如果|AB|=

uuu r

uuu r

15 ,求椭圆 C 的方程. 4

解:设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,由题意知 y1 <0, y2 >0. (Ⅰ)直线 l 的方程为

y = 3( x ? c) ,其中 c = a 2 ? b 2 .

? y = 3( x ? c), ? 2 2 2 2 4 联立 ? x 2 y 2 得 (3a + b ) y + 2 3b cy ? 3b = 0 ? 2 + 2 =1 b ?a
uuu r uuu r ? 3b 2 (c + 2a ) ? 3b 2 (c ? 2a ) 解得 y1 = , y2 = 因为 AF = 2 FB ,所以 ? y1 = 2 y2 . 2 2 2 2 3a + b 3a + b


3b 2 (c + 2a ) ? 3b 2 (c ? 2a ) c 2 = 2? 得离心率 e = = . 2 2 2 2 3a + b 3a + b a 3

6分

1 2 4 3ab 2 15 c 2 5 5 15 (Ⅱ) 因为 AB = 1 + y2 ? y1 , 所以 ? 2 = .由 = 得 b = a .所以 a = , a=3, 得 2 3 4 a 3 3 4 4 3 3a + b
b = 5 .椭圆 C 的方程为 x2 y 2 + = 1. 9 5
…12 分

也为解答圆锥曲线问题提供了新的工具,应重视运用向量解决圆锥曲线问题的能力。 9.( 19)( 9.(2010 年安徽理 19)(本小题满分 13 分) 已知椭圆 E 经过点 A ( 2,3) ,对称轴为坐标轴, 焦点 F1 , F2 在 x 轴上,离心率 e = (Ⅰ)求椭圆 E 的方程; (Ⅱ)求 ∠F1 AF2 的角平分线所在直线 l 的方程 ; (Ⅲ)在椭圆 E 上是否存在关于直线 l 对称的相异两点? 若存在,请找出;若不存在,说明理由。

1 。 2

10.(2010 年浙江理 21) (本题满分 15 分)

已知 m>1,直线 l : x ? my ?

m2 x2 = 0 ,椭圆 C : 2 + y 2 = 1 , F1, F2 分别为椭圆 C 的左、右焦点. 2 m

(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,V AF1 F2 ,VBF1 F2 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, 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 基本思想方法和综合解题能力。

m2 m2 2 2 (Ⅰ)解:因为直线 l : x ? my ? = 0 经过 F2 ( m ? 1, 0) 所以 m ? 1 = , 得 m 2 = 2 ,又因为 2 2

2 m > 1 ,所以 m = 2 ,故直线 l 的方程为 x ? 2 y ? = 0。 2

2

? m2 ? x = my + 2 ? (Ⅱ)解:设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) 。由 ? 2 , ? x + y2 = 1 ? m2 ? m2 消去 x 得 2 y + my + ?1 = 0 4
2

则由 ? = m 2 ? 8(

m2 m m2 1 ? 1) = ?m 2 + 8 > 0 ,知 m 2 < 8 ,且有 y1 + y2 = ? , y1 y2 = ? 。 4 2 8 2
uuur uuur uuur uuur

由于 F1 ( ?c, 0), F2 (c, 0), ,故 O 为 F1 F2 的中点,由 AG = 2GO, BH = 2 HO ,

x1 y1 x2 y1 ( x1 ? x2 ) 2 ( y1 ? y2 ) 2 2 可知 G ( , ), h( , ), GH = + 3 3 3 3 9 9
设 M 是 GH 的中点,则 M (

x1 + x2 y1 + y2 , ) ,由题意可知 2 MO < GH , 6 6

即 4[(

x1 + x2 2 y + y2 2 ( x1 ? x2 ) 2 ( y1 ? y2 ) 2 ) +( 1 ) ]< + 即 x1 x2 + y1 y2 < 0 6 6 9 9 m2 m2 m2 1 )(my2 + ) + y1 y2 = (m 2 + 1 ( ? ) ) 2 2 8 2

而 x1 x2 + y1 y2 = ( my1 +

m2 1 所以 ? < 0 即 m 2 < 4 又因为 m > 1 且 ? > 0 所以 1 < m < 2 。 8 2

所以 m 的取值范围是 (1, 2) 。 11.( 上海理( 11.(2010 年上海理(本题满分 18 分) 个小题, 本题共有 3 个小题,第 1 小题满分 3 分,第 2 小题满分 6 分,第 3 小题满分 9 分. 已知椭圆 Γ 的方程为

x2 y2 + = 1(a > b > 0) ,点 P 的坐标为(-a,b). a2 b2
→ → 1 → ( PA + PB ) ,求点 M 的坐标; 2

(1)若直角坐标平面上的点 M、A(0,-b),B(a,0)满足 PM =

(2)设直线 l1 : y = k1 x + p 交椭圆 Γ 于 C 、 D 两点,交直线 l2 : y = k2 x 于点 E .若 k1 ? k2 = ?

b2 ,证明: a2

E 为 CD 的中点;
(3)对于椭圆 Γ 上的点 Q(a cosθ,b sinθ)(0<θ<π),如果椭圆 Γ 上存在不同的两个交点 P1 、

P2 满足 PP1 + PP2 = PQ ,写出求作点 P1 、 P2 的步骤,并求出使 P1 、 P2 存在的θ的取值范围.
a b 解析: 解析:(1) M ( , ? ) ; 2 2







? y = k1 x + p ? (2) 由方程组 ? x 2 y 2 ,消 y 得方程 (a 2 k12 + b2 ) x 2 + 2a 2 k1 px + a 2 ( p 2 ? b2 ) = 0 , ? 2 + 2 =1 b ?a
因为直线 l1 : y = k1 x + p 交椭圆 Γ 于 C 、 D 两点,所以?>0,即 a 2 k12 + b2 ? p 2 > 0 ,
? x1 + x2 a2 k p =? 2 21 2 ? x0 = 2 a k1 + b ? 设 C(x1,y1)、D(x2,y2),CD 中点坐标为(x0,y0),则 ? , 2 ?y = k x + p = b p 1 0 ? 0 a 2 k12 + b2 ? ? a2 k p p x= = ? 2 2 1 2 = x0 ? k2 ? k1 a k1 + b ? y = k1 x + p b2 ? 由方程组 ? ,消 y 得方程(k2?k1)x=p,又因为 k2 = ? 2 ,所以 ? , 2 a k1 ? y = k2 x ?y = k x = b p = y 2 0 ? a 2 k12 + b 2 ?

故 E 为 CD 的中点;
(3) 求作点 P1、P2 的步骤:1°求出 PQ 的中点 E (? 2°求出直线 OE 的斜率 k2 = ? b(1 + sin θ ) , a(1 ? cos θ )
a (1 ? cos θ ) b(1 + sin θ ) , ), 2 2

uuur uuur uuu r b2 b(1 ? cos θ ) 3°由 PP + PP2 = PQ 知 E 为 CD 的中点,根据(2)可得 CD 的斜率 k1 = ? 2 = , 1 a k2 a (1 + sin θ ) 4°从而得直线 CD 的方程: y ? b(1 + sin θ ) b(1 ? cos θ ) a (1 ? cos θ ) = (x + ), 2 a(1 + sin θ ) 2

5°将直线 CD 与椭圆 Γ 的方程联立,方程组的解即为点 P1、P2 的坐标. 欲使 P1、P2 存在,必须点 E 在椭圆内, 所以

(1 ? cos θ )2 (1 + sin θ )2 π 2 1 + < 1 ,化简得 sin θ ? cos θ < , sin(θ ? ) < , 4 4 2 4 4

又 0<θ <π,即 ?

π
4

<θ ?

π
4

<

π π 2 3π ,所以 ? < θ ? < arcsin , 4 4 4 4
2 ). 4

故θ 的取值范围是 (0,

π
4

+ arcsin

12.(2010 年江苏 18)(本小题满分 16 分) (

x2 y2 如图, 已知椭圆 + = 1 的左、 右顶点为 A、 , B 右焦点为 F。 设过点 T t, m ) ( 在平面直角坐标系 xoy 中, 9 5
的直线 TA、TB 与椭圆分别交于点 M ( x1 , y1 ) 、 N ( x 2 , y 2 ) ,其中 m>0, y1 > 0, y 2 < 0 。 (1)设动点 P 满足 PF ? PB = 4 ,求点 P 的轨迹;
2 2

(2)设 x1 = 2, x 2 =

1 ,求点 T 的坐标; 3
。 标与 m 无关)

(3)设 t = 9 ,求证:直线 MN 必过 x 轴上的一定点(其坐

[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 解析] 解析 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)。 由 PF 2 ? PB 2 = 4 ,得 ( x ? 2) 2 + y 2 ? [( x ? 3) 2 + y 2 ] = 4, 化简得 x = 故所求点 P 的轨迹为直线 x = ( 2 ) 将 x1 = 2, x 2 =

9 。 2

9 。 2

1 分别代入椭圆方程,以及 3 5 1 20 y1 > 0, y 2 < 0 得:M(2, )、N( , ? ) 3 3 9 y?0 x+3 1 y?0 x ?3 5 5 直线 MTA 方程为: = , y = x +1, 即 直线 NTB 方程为: = , y = x? 。 即 5 20 1 3 6 2 ?0 2+3 ? ?0 ?3 3 9 3

?x = 7 10 ? 联立方程组,解得: ? 10 ,所以点 T 的坐标为 (7, ) 。 3 ?y = 3 ?
(3)点 T 的坐标为 (9, m) 直线 MTA 方程为:

y ?0 x+3 m = ,即 y = ( x + 3) , m?0 9+3 12

直线 NTB 方程为:

y ?0 x ?3 m = ,即 y = ( x ? 3) 。 m?0 9?3 6

x2 y2 + = 1 联立方程组,同时考虑到 x1 ≠ ?3, x2 ≠ 3 , 分别与椭圆 9 5
解得: M (

3(80 ? m 2 ) 40m 3(m 2 ? 20) 20m , )、 N( ,? )。 2 2 2 80 + m 80 + m 20 + m 20 + m 2

20m 3(m 2 ? 20) x? 20 + m 2 20 + m2 (方法一)当 x1 ≠ x2 时,直线 MN 方程为: = 40m 20m 3(80 ? m 2 ) 3(m 2 ? 20) + ? 2 2 80 + m 20 + m 80 + m 2 20 + m 2 y+
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)。 (方法二)若 x1 = x2 ,则由

240 ? 3m 2 3m 2 ? 60 = 及 m > 0 ,得 m = 2 10 , 80 + m 2 20 + m 2

此时直线 MN 的方程为 x = 1 ,过点 D(1,0)。 若 x1 ≠ x2 ,则 m ≠ 2 10 ,直线 MD 的斜率 k MD

直线 ND 的斜率 k ND

?20m 2 10m = 20 + m = ,得 k MD = k ND ,所以直线 MN 过 D 点。 2 3m ? 60 40 ? m 2 ?1 20 + m 2

40m 2 10m , = 80 + m2 = 240 ? 3m 40 ? m 2 ?1 80 + m 2

因此,直线 MN 必过 x 轴上的点(1,0)。 13.(2009 年海南理 20)(本小题满分 12 分) ( )(本小题满分 )( 已知椭圆 C 的中心为直角坐标系 xOy 的原点,焦点在 s 轴上,它的一个顶点到两个焦点的距离分别是 7 和 1. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)若 P 为椭圆 C 上的动点,M 为过 P 且垂直于 x 轴的直线上的点, 并说明轨迹是什么曲线 解:(Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为 a,c ,由已知得

OP OM

=λ,求点 M 的轨迹方程,

?a ? c = 1 x2 y 2 , 解得a = 4, c = 3 , 所以椭圆 C 的标准方程为 + =1 ? 16 7 ?a + c = 7
w.w.w.k.s. 5.u.c.o.m

w.w.w.k.s .5.u.c.o.m

(Ⅱ)设 M ( x, y ) ,其中 x ∈ [ ?4, 4] 。由已知

OP OM

2 2

= λ 2 及点 P 在椭圆 C 上可得

9 x 2 + 112 = λ 2 。整理得 (16λ 2 ? 9) x 2 + 16λ 2 y 2 = 112 ,其中 x ∈ [ ?4, 4] 。 2 2 16( x + y )
(i) λ =

3 2 时。化简得 9 y = 112 4

所以点 M 的轨迹方程为 y = ±

4 7 (?4 ≤ x ≤ 4) ,轨迹是两条平行于 x 轴的线段。 3

(ii) λ ≠

3 时,方程变形为 4

x2 y2 + = 1 ,其中 x ∈ [ ?4, 4] 112 112 16λ 2 ? 9 16λ 2

当0 < λ < 当

3 时,点 M 的轨迹为中心在原点实轴在 y 轴上的双曲线满足 ?4 ≤ x ≤ 4 的部分。 4

3 < λ < 1 时,点 M 的轨迹为中心在原点、长轴在 x 轴上的椭圆满足 ?4 ≤ x ≤ 4 的部分; 4 当 λ ≥ 1 时,点 M 的轨迹为中心在原点、长轴在 x 轴上的椭圆;

14.(2009 年山东理 22)(本小题满分 14 分) ( )(本小题满分 )(

x2 y2 设椭圆 E: 2 + 2 = 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,O 为坐标原点, a b
(I)求椭圆 E 的方程; (II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ⊥ OB ?若 存在,写出该圆的方程,并求|AB |的取值范围,若不存在说明理由。 解:(1)因为椭圆 E:

uuu r

uuu r

x2 y2 + = 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点, a2 b2

?4 2 ?1 1 + 2 =1 2 ?a b ? a2 = 8 ?a 2 = 8 x2 y 2 ? ? 所以 ? 解得 ? 所以 ? 2 椭圆 E 的方程为 + =1 6 1 1 1 8 4 ?b = 4 ? + =1 ? = ? a 2 b2 ? b2 4 ? ?
(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ⊥ OB ,设该

uuu r

uuu r

? y = kx + m ? 圆的切线方程为 y = kx + m 解方程组 ? x 2 y 2 得 x 2 + 2( kx + m) 2 = 8 ,即 =1 ? + 4 ?8 (1 + 2k 2 ) x 2 + 4kmx + 2m2 ? 8 = 0 ,

则△= 16k 2 m 2 ? 4(1 + 2k 2 )(2m 2 ? 8) = 8(8k 2 ? m 2 + 4) > 0 ,即 8k ? m + 4 > 0
2 2

4km ? ? x1 + x2 = ? 1 + 2k 2 ? ? 2 ? x x = 2m ? 8 ? 1 2 1 + 2k 2 ? y1 y2 = (kx1 + m)(kx2 + m) = k 2 x1 x2 + km( x1 + x2 ) + m 2 =

,

k 2 (2m 2 ? 8) 4k 2 m 2 m 2 ? 8k 2 ? + m2 = 要 1 + 2k 2 1 + 2k 2 1 + 2k 2

使 OA ⊥ OB , 需 使 x1 x2 + y1 y2 = 0 , 即

uuu r

uuu r

2 m 2 ? 8 m 2 ? 8k 2 + = 0 , 所 以 3m 2 ? 8k 2 ? 8 = 0 , 所 以 2 2 1 + 2k 1 + 2k

k2 =

? m2 > 2 3m 2 ? 8 8 2 6 2 6 2 ≥ 0 又 8k 2 ? m 2 + 4 > 0 ,所以 ? 2 ,所以 m ≥ ,即 m ≥ 或m≤? ,因为 8 3 3 3 ?3m ≥ 8

直 线 y = kx + m 为 圆 心 在 原 点 的 圆 的 一 条 切 线 , 所 以 圆 的 半 径 为

r=

m 1+ k 2

,r =
2

m2 = 1+ k 2

m2 8 2 6 8 2 2 = ,r= ,所求的圆为 x + y = ,此时圆的切线 2 3m ? 8 3 3 3 1+ 8

y = kx + m 都 满 足 m ≥

2 6 2 6 2 6 或m≤? ,而当切线的斜率不存在时切线为 x = ± 与 椭圆 3 3 3

uuu uuu r r x2 y 2 2 6 2 6 2 6 2 6 + = 1 的两个交点为 ( ,± ) 或 (? ,± ) 满足 OA ⊥ OB ,综上, 存在圆心在原点 8 4 3 3 3 3 uuu uuu r r 8 2 2 的 圆 x + y = , 使 得 该 圆 的 任 意 一 条 切 线 与 椭 圆 E 恒 有 两 个 交 点 A,B, 且 OA ⊥ OB . 因 为 3
4km ? ? x1 + x2 = ? 1 + 2k 2 ? , ? 2m 2 ? 8 ? xx = ? 1 2 1 + 2k 2 ?
所以 ( x1 ? x2 ) = ( x1 + x2 ) ? 4 x1 x2 = ( ?
2 2

4km 2 2m 2 ? 8 8(8k 2 ? m 2 + 4) ) ? 4× = , 1 + 2k 2 1 + 2k 2 (1 + 2k 2 ) 2 8(8k 2 ? m2 + 4) (1 + 2k 2 )2

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

=

32 4k 4 + 5k 2 + 1 32 k2 ? 4 = [1 + 4 ], 3 4k + 4 k 2 + 1 3 4k + 4k 2 + 1

1 1 1 2 1 ①当 k ≠ 0 时 | AB |= 32 [1 + ≤ , ] 因为 4k + 2 + 4 ≥ 8 所以 0 < 1 k 1 3 4k 2 + 2 + 4 8 4k 2 + 2 + 4 k k
所以

32 32 1 4 2 < [1 + ] ≤ 12 ,所以 6 <| AB |≤ 2 3 当且仅当 k = ± 时取”=”. 1 3 2 3 3 4k 2 + 2 + 4 k
4 6 . 3 2 6 2 6 2 6 2 6 4 6 ,± ) 或 (? ,± ) ,所以此时 | AB |= , 3 3 3 3 3

② 当 k = 0 时, | AB |=

③ 当 AB 的斜率不存在时, 两个交点为 ( 综上, |AB |的取值范围为

4 4 6 ≤| AB |≤ 2 3 即: | AB |∈ [ 6, 2 3] 3 3

【命题立意】:本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆的位置关系直 线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系 数关系. 15.(2009 年天津理 21)(本小题满分 14 分) )(本小题满分 ( )( 以知椭圆

x2 y2 + = 1(a > b > 0) 的两个焦点分别为 F1 (?c, 0)和F2 (c, 0)(c > 0) ,过点 a2 b2

E(

a2 , 0) 的直线与椭圆相交与 A, B 两点,且 F1 A / / F2 B, F1 A = 2 F2 B 。 c
(1) 求椭圆的离心率; (2) 求直线 AB 的斜率;
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

(3) 设点 C 与点 A 关于坐标原点对称, 直线 F2 B 上有一点 H ( m, n)( m ≠ 0) 在 ? AF1C 的外接圆上, 求

n 的值 m

w.w.w.k.s.5 .u.c.o.m

本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、圆的方程等基础知识, 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、圆的方程等基础知识,考查用代数方法研究圆 程和几何性质 锥曲线的性质及数形结合的思想,考查运算能力和推理能力, 锥曲线的性质及数形结合的思想,考查运算能力和推理能力,满分 14 分 (I)

a2 ?c EF2 F2 B 1 1 c 解:由 F1A // F2 B 且 F1A = 2 F2 B ,得 = = ,从而 2 = a EF1 F1A 2 2 +c c
2 2

整理,得 a = 3c ,故离心率 e = (II)
2 2

c 3 = a 3
2

w.w.w. k.s. 5.u.c.o.m

解:由(I)得 b = a ? c = 2c ,所以椭圆的方程可写为 2 x 2 + 3 y 2 = 6c 2
2

设直线 AB 的方程为 y = k ? x ?

? ?

a2 ? ? ,即 y = k ( x ? 3c) . c ?

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

由已知设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,则它们的坐标满足方程组 ? 消去 y 整理,得 (2 + 3k ) x ? 18k cx + 27 k c ? 6c = 0 .
2 2 2 2 2 2

? y = k ( x ? 3c)
2 2 2 ?2 x + 3 y = 6c

依题意, ? = 48c (1 ? 3k ) > 0,得 ?
2 2

3 3 18k 2 c <k< 而 x1 + x2 = 3 3 2 + 3k 2



27 k 2 c 2 ? 6c c x1 x2 = 2 + 3k 2 x1 + 3c = 2 x2
③联立①③解得

② 由题设知,点 B 为线段 AE 的中点,所以
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

x1 =

9 k 2 c ? 2c 9 k 2 c + 2c , x2 = 2 + 3k 2 2 + 3k 2

将 x1 , x2 代入②中,解得 k = ±

2 . 3
3c 2
w.w.w.k.s .5.u.c.o.m

(III)解法一:由(II)可知 x1 = 0, x2 = 当k = ?

2 时,得 A(0, 2c ) ,由已知得 C (0, ? 2c ) . 3
2 2? c? c=? ? x + ? 直线 l 与 x 轴 2 2 ? 2?
2 2

线段 AF1 的垂直平分线 l 的方程为 y ?

c? ?c ? ? ?c ? 的交点 ? , 0 ? 是 ?AF1C 外接圆的圆心,因此外接圆的方程为 ? x ? ? + y 2 = ? + c ? . 2? ?2 ? ? ?2 ?
直线 F2 B 的方程为 y =
2 ?? c? 9c 2 2 ?? m ? ? + n = 2? 4 ?? ? ? n = 2(m ? c )

2( x ? c) ,于是点 H(m,n)的坐标满足方程组 5 ? ?m = 3 c n 2 2 ? , 由 m ≠ 0, 解得 ? 故 = 5 ?n = 2 2 c m ? 3 ?

当k =

2 n 2 2 时,同理可得 = ? . 3 m 5 3c 2

w.w.w.k.s. 5.u.c.o.m

解法二:由(II)可知 x1 = 0, x2 =

当k = ?

2 时,得 A(0, 2c ) ,由已知得 C (0, ? 2c ) 3

由椭圆的对称性可知 B, F2 ,C 三点共线,因为点 H(m,n)在 ?AF1C 的外接圆上, 且 F1 A // F2 B ,所以四边形 AF1CH 为等腰梯形. 由直线 F2 B 的方程为 y =

2( x ? c) ,知点 H 的坐标为 (m, 2m ? 2c) .
5 c. 3

2 2 2 因为 AH = CF1 ,所以 m + ( 2m ? 2c ? 2c) = a ,解得 m=c(舍),或 m =

则n =

2 2 n 2 2 2 n 2 2 c ,所以 = . 当k = 时同理可得 = ? 3 m 5 3 m 5
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

16.(2009 年安徽理 20)(本小题满分 13 分) ( )(本小题满分 )( 点 P ( x0 , y0 ) 在 椭 圆

x2 y2 π + 2 = 1(a > b > 0) 上 , x0 = a cos β , y0 = b sin β , 0 < β < . 直 线 l2 与 直 线 2 a b 2

l1 :

x0 y0 x + 2 y = 1 垂直,O 为坐标原点,直线 OP 的倾斜角为 α ,直线 l2 的倾斜角为 γ . 2 a b
x2 y2 + = 1 与直线 l1 的唯一交点; a2 b2
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

(I)证明: 点 P 是椭圆

(II)证明: tan α , tan β , tan γ 构成等比数列. 解:本小题主要考查直线和椭圆的标准方程和参数方程,直线和曲线的几何性质,等比数列等基础知识。 本小题主要考查直线和椭圆的标准方程和参数方程,直线和曲线的几何性质,等比数列等基础知识。 考查综合运用知识分析问题、解决问题的能力。 考查综合运用知识分析问题、解决问题的能力。本小题满分 13 分。

x0 y0 b2 x2 y2 2 解:(I)(方法一)由 2 x + 2 y = 1 得 y = 2 ( a ? x0 x ), 代入椭圆 2 + 2 = 1 , a b a y0 a b
得(

1 b 2 x0 2 2 2b 2 x0 b2 + 4 2 ) x ? 2 x + ( 2 ? 1) = 0 . a 2 a y0 a y0 y0

将?

? x0 = a cos β 代入上式,得 x 2 ? 2a cos β ? x + a 2 cos 2 β = 0, 从而 x = a cos β . y0 = b sin β ?

? x2 y2 ? 2 + 2 =1 ? x = x0 ?a b 因此,方程组 ? 有唯一解 ? ,即直线 l1 与椭圆有唯一交点 P. ? y = y0 ? x0 x + y0 y = 1 ? a2 b2 ?

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

(方法二)显然 P 是椭圆与 l1 的交点,若 Q (a cos β1 , b sin β1 ), 0 ≤ β1 < 2π 是椭圆与 l1 的交点,代入 l1 的方程

cos β sin β x+ y = 1 ,得 cos β cos β1 + sin β sin β1 = 1, a b
即 cos( β ? β1 ) = 1, β = β1 , 故 P 与 Q 重合。

(方法三)在第一象限内,由

x2 y2 b 2 b 2 + 2 = 1 可得 y = a ? x 2 , y0 = a ? x0 2 , 2 a b a a bx0 a a 2 ? x0 2 =? b 2 x0 , a 2 y0

椭圆在点 P 处的切线斜率 k = y′( x0 ) = ?

切线方程为 y = ?

b 2 x0 xx y y ( x ? x0 ) + y0 , 即 02 + 02 = 1 。因此,l1 就是椭圆在点 P 处的切线。根据椭圆切 2 a y0 a b

线的性质,P 是椭圆与直线 l1 的唯一交点。 (II) tan α =

y0 b x b2 y a2 a = tan β , l1 的斜率为 ? 0 2 , l2 的斜率为 tan γ = 0 2 = tan β , x0 a y0 a x0b b

2 由此得 tan α tan γ = tan β ≠ 0, tan α , tan β , tan γ 构成等比数列。

17.(2009 年福建理 19)(本小题满分 13 分) (

x2 已知 A,B 分别为曲线 C: 2 + y 2 =1(y ≥ 0,a>0)与 x 轴 a
的左、右两个交点,直线 l 过点 B,且与 x 轴垂直,S 为 l 上 异于点 B 的一点,连结 AS 交曲线 C 于点 T. (1)若曲线 C 为半圆,点 T 为圆弧 AB 的三等分点,试求出点 S 的坐标; (II)如图,点 M 是以 SB 为直径的圆与线段 TB 的交点,试问:是否存在 a ,使得 O,M,S 三点共线?若存 在,求出 a 的值,若不存在,请说明理由。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 【解析】解法一: 解析】解法一: (Ⅰ)当曲线 C 为半圆时, a = 1, 如图,由点 T 为圆弧 AB 的三等分点得∠BOT=60°或 120°. (1)当∠BOT=60°时, ∠SAE=30°. 又 AB=2,故在△SAE 中,有 SB = AB ? tan 30° =
2 3 2 3 ,∴ s (t , ); 3 3 2 3 )或S(1,2 3) 3

(2)当∠BOT=120°时,同理可求得点 S 的坐标为 (1, 2 3) ,综上, S (1, (Ⅱ)假设存在 a (a > 0) ,使得 O,M,S 三点共线. 由于点 M 在以 SB 为直线的圆上,故 BT ⊥ OS .

显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 k>0,可设直线 AS 的方程为 y = k ( x + a) .
? x2 2 a2 k 2 ? a2 ? + y =1 由 ? a2 得(1 + a 2 k 2 ) x 2 + 2a 2 k 2 x + a 4 k 2 ? a 2 = 0 设点 T ( xT , yT ),∴ xT ? (? a) = , 1 + a2 k 2 ? y = k ( x + a) ? 故 xT =

a ? a2 k 2 2ak 2ak a ? a2k 2 ,从而 y T = k ( xT + a) = .亦即 T ( , ). 2 2 2 2 2 2 1+ a k 1+ a k 1 + a k 1 + a2k 2

uuu r uuu r ?x = a ?2 a 2 k 2 2ak , )) 由 ? 得 s (a, 2ak ),∴ OS = (a, 2ak ). Q B (a, 0),∴ BT = (( 2 2 2 2 1+ a k 1+ a k ? y = k ( x + a) uuu uuu ?2a 2 k 2 + 4a 2 k 2 r r 由 BT ⊥ OS ,可得 BT ? OS = = 0 即 ?2 a 2 k 2 + 4 a 2 k 2 = 0 2 1+ a k2

Q k > 0, a > 0,∴ a = 2
经检验,当 a = 2 时,O,M,S 三点共线. 故存在 a = 2 ,使得 O,M,S 三点共线.

解法二: (Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)假设存在 a,使得 O,M,S 三点共线. 由于点 M 在以 SO 为直径的圆上,故 SM ⊥ BT . 显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 K>0,可设直线 AS 的方程为 y = k ( x + a)

? x2 2 a4 k 2 ? a2 ? + y =1 得(1+ a2b2 )x2 + 2a2k2 x + a2k2 ? a2 = 0 设点 T ( xT , yT ) ,则有 xT ? (? a) = 由 ?a2 . 1 + a2 k 2 ?y = k(x + a) ?
故 xT =

a ? a2 k 2 2ak a ? a2 k 2 2ak , 从而yT = k ( xT + a) = 亦即T ( ). ? 2 2 2 2 2 2 a+a k 1+ a k 1 + a k 1 + a2 k 2 yT 1 Q B(a, 0),∴ k BT = = ? 2 , 故kSM = a 2 k xT ? a ak

?x = a 由? 得S(a,2ak),所直线 SM 的方程为 y ? 2ak = a 2 k ( x ? a) y = k ( x + a) ?
O,S,M 三点共线当且仅当 O 在直线 SM 上,即 2ak = a 2 k ( ?a ) .

Q a > 0, K > 0,∴ a = 2 故存在 a = 2 ,使得 O,M,S 三点共线.

18.(2009 年辽宁理 20 ) (本小题满分 12 分) 已知椭圆 C 经过点 A (1, ) ,两个焦点为 ( ?1, 0), (1, 0) .
( 1)求椭圆 C 的方程; (2 )E、F 是椭圆 C 上的两个动点,如果直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数,证明直线 EF 的斜 率为定值.并求出这个定值.

3 2

x2 x2 + =1, 解:由题意, c = 1, 可设椭圆方程为 1 + b2 b2

∵A 在椭圆上,∴

1 9 3 + 2 = 1 ,解得 b 2 = 3 , b 2 = ? (舍去) 2 1 + b 4b 4

x2 y 2 + = 1 ----------------4 分。 ∴椭圆 C 的方程为 4 3
(2)设 AE 的方程为: y = k ( x ? 1) +

3 x2 y 2 ,代入 + = 1 得: 2 4 3

3 (3 + 4k 2 ) x 2 + 4k (3 ? 2k ) x + 4( ? k )2 ? 12 = 0 , 2 3 4( ? k ) 2 ? 12 3 3 , yE = kxE + ? k , 设 E ( xE , yE ) ,F ( xF , yF ) ,∵点 A (1, ) 在椭圆上,∴ xE = 2 2 2 3 + 4k 2 又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数,在上式以 ? k 代 k ,可得 3 4( + k ) 2 ? 12 3 xF = 2 , yF = ? kxF + + k 2 3 + 4k 2
∴直线 EF 的斜率 k EF = 即直线 EF 的斜率为定值

y F ? y E ? k ( xE + xF ) + 2 k 1 = = , 2 xF ? xE xF ? xE 1 。-------------------------12 分 2
焦点且垂

19.(2009 21)( )(本题满分 19.(2009 年浙江理 21)(本题满分 15 分) .(

y 2 x2 + = 1 (a > b > 0) 的右顶点为 A(1, 0) ,过 C1 的 a 2 b2 直长轴的弦长为 1 . (I)求椭圆 C1 的方程;
已知椭圆 C1 : (II) 设点 P 在抛物线 C2 :y = x 2 + h ( h ∈ R) 上,C2 在点 P 处 的切线与 C1 交于点 M , N .当线段 AP 的中点与 MN 的中点的横坐 时,求 h 的最小值.

标 相 等

?b = 1 ?a = 2 y2 ? 2 解析: ,∴ ? , 所求的椭圆方程为 + x 2 = 1 , 解析:(I)由题意得 ? b 4 ?2 ? = 1 ?b = 1 ? a 2 (II)不妨设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ), P (t , t + h), 则抛物线 C2 在点 P 处的切线斜率为 y′
2 2 2

x =t

= 2t ,直线 MN 的

方 程 为 y = 2tx ? t + h , 将 上 式 代 入 椭 圆 C1 的 方 程 中 , 得 4 x + (2tx ? t + h) 2 ? 4 = 0 , 即

4 (1 + t 2 ) x 2 ? 4t (t 2 ? h) x + (t 2 ? h) 2 ? 4 = 0 , 因 为 直 线 MN 与 椭 圆 C1 有 两 个 不 同 的 交 点 , 所 以 有 ? ? ?1 = 16 ? ?t 4 + 2(h + 2)t 2 ? h 2 + 4 ? > 0 ,

x1 + x2 t (t 2 ? h) = , 2 2(1 + t 2 ) t +1 设线段 PA 的中点的横坐标是 x4 ,则 x4 = ,由题意得 x3 = x4 ,即有 t 2 + (1 + h)t + 1 = 0 ,其中的 2 2 ? 2 = (1 + h) ? 4 ≥ 0,∴ h ≥ 1 或 h ≤ ?3 ;
设线段 MN 的中点的横坐标是 x3 ,则 x3 =

当 h ≤ ?3 时有 h + 2 < 0, 4 ? h < 0 ,
2

? ? 因此不等式 ?1 = 16 ? ?t + 2(h + 2)t ? h + 4 ? > 0 不成立;
4 2 2 2 因 此 h ≥ 1 , 当 h = 1 时 代 入 方 程 t + (1 + h)t + 1 = 0 得 t = ?1 , 将 h = 1, t = ?1 代 入 不 等 式

?1 = 16 ? ?t 4 + 2(h + 2)t 2 ? h 2 + 4 ? > 0 成立,因此 h 的最小值为 1. ? ?
20.(2008 年海南理 20)(本小题满分 12 分) (

x2 y2 在直角坐标系 xOy 中,椭圆 C1: 2 + 2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2.F2 也是抛物线 C2: a b

5 y 2 = 4 x 的焦点,点 M 为 C1 与 C2 在第一象限的交点,且|MF2|= . 3
(Ⅰ)求 C1 的方程; (Ⅱ)平面上的点 N 满足 MN = MF1 + MF2 ,直线 l∥MN,且与 C1 交于 A,B 两点,若 OA OB = 0 , 求直线 l 的方程.
2 0) 解:(Ⅰ)由 C2 : y = 4 x 知 F2 (1, .

uuu uuu r r

设 M ( x1,y1 ) , M 在 C2 上,因为 MF2 =

5 5 2 2 6 ,所以 x1 + 1 = ,得 x1 = , y1 = . 3 3 3 3

8 ? 4 ? 2 + 2 = 1, M 在 C1 上,且椭圆 C1 的半焦距 c = 1 ,于是 ? 9a 3b ?b 2 = a 2 ? 1. ?
消去 b 并整理得
2

1 9a 4 ? 37 a 2 + 4 = 0 , 解得 a = 2 ( a = 不合题意,舍去). 3

x2 y 2 故椭圆 C1 的方程为 + = 1. 4 3
(Ⅱ)由 MF1 + MF2 = MN 知四边形 MF1 NF2 是平行四边形,其中心为坐标原点 O , 因为 l ∥ MN ,所以 l 与 OM 的斜率相同,

uuuu uuuu r r

uuuu r

2 6 故 l 的斜率 k = 3 = 6 .设 l 的方程为 y = 6( x ? m) . 2 3
由?

?3 x 2 + 4 y 2 = 12, ? ? y = 6( x ? m), ?

消去 y 并化简得

9 x 2 ? 16mx + 8m2 ? 4 = 0 .

设 A( x1,y1 ) , B ( x2,y2 ) , x1 + x2 =

16m 8m 2 ? 4 , x1 x2 = . 9 9

因为 OA ⊥ OB ,所以 x1 x2 + y1 y2 = 0 .

uuu r

uuu r

x1 x2 + y1 y2 = x1 x2 + 6( x1 ? m)( x2 ? m) = 7 x1 x2 ? 6m( x1 + x2 ) + 6m 2
8m 2 ? 4 16m 1 =7 ? 6m + 6m 2 = (14m 2 ? 28) = 0 . 9 9 9
所以 m = ± 2 .此时 ? = (16m) 2 ? 4 × 9(8m 2 ? 4) > 0 , 故所求直线 l 的方程为 y =

6 x ? 2 3 ,或 y = 6 x + 2 3 .

21.(2008 年广东理 18)(本小题满分 14 分) ( 设 b > 0 ,椭圆方程为

x2 y2 + 2 = 1 ,抛物线方程为 x 2 = 8( y ? b) .如图 4 所示,过点 F (0,b + 2) 作 2b 2 b

x 轴的平行线,与抛物线在第一象限的交点为 G ,已知抛物线在点 G 的切线经过椭圆的右焦点 F1 .
(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). y 1 2 2 解析】 【解析】(1)由 x = 8( y ? b) 得 y = x + b , F 8 G 当 y = b + 2 得 x = ±4 ,∴ G 点的坐标为 (4, b + 2) , y ' =

1 x , y ' |x = 4 = 1 , 4

F1 A O 图4 B

x

过点 G 的切线方程为 y ? (b + 2) = x ? 4 即 y = x + b ? 2 ,

令 y = 0 得 x = 2 ? b ,∴ F1 点的坐标为 (2 ? b, 0) ,由椭圆方程得 F1 点的坐标为 (b, 0) ,

∴ 2 ? b = b 即 b = 1 ,即椭圆和抛物线的方程分别为

x2 + y 2 = 1 和 x 2 = 8( y ? 1) ; 2

(2)Q 过 A 作 x 轴的垂线与抛物线只有一个交点 P ,∴ 以 ∠PAB 为直角的 Rt ?ABP 只有一个, 同理∴ 以 ∠PBA 为直角的 Rt ?ABP 只有一个。若以 ∠APB 为直角,设 P 点坐标为 ( x, 两点的坐标分别为 ( ? 2, 0) 和 ( 2, 0) ,

1 2 x + 1) , A 、 B 8

uuu uuu r r 1 1 4 5 2 PA PB = x 2 ? 2 + ( x 2 + 1) 2 = x + x ?1 = 0 。 8 64 4
关于 x 的二次方程有一大于零的解,∴ x 有两解,即以 ∠APB 为直角的 Rt ?ABP 有两个,
2

因此抛物线上存在四个点使得 ?ABP 为直角三角形。 22.(2007 年海南理 19)(本小题满分 12 分) ( 在平面直角坐标系 xOy 中,经过点 (0,2) 且斜率为 k 的直线 l 与椭圆 有两个不同的交点 P 和 Q .

x2 + y2 = 1 2

(I)求 k 的取值范围; (II)设椭圆与 x 轴正半轴、 y 轴正半轴的交点分别为 A,B ,是否存在常数 k , 使得向量 OP + OQ 与 AB 共线?如果存在,求 k 值;如果不存在,请说明理由. 解:(Ⅰ)由已知条件,直线 l 的方程为 y = kx + 2 ,代入椭圆方程得

uuu uuur r

uuu r

x2 + (kx + 2) 2 = 1 . 2

整理得 ?

?1 ? + k 2 ? x 2 + 2 2kx + 1 = 0 ?2 ?



直线 l 与椭圆有两个不同的交点 P 和 Q 等价于 ? = 8k 2 ? 4 ?

?1 ? + k 2 ? = 4k 2 ? 2 > 0 , ?2 ?

解得 k < ?

? ? 2 2 2? ? 2 或k > .即 k 的取值范围为 ? ?∞, ? + ? ?U? ? ? ? 2 , ∞? . 2 2 2 ? ? ? ? uuu uuur r (Ⅱ)设 P ( x1,y1 ),Q ( x2,y2 ) ,则 OP + OQ = ( x1 + x2,y1 + y2 ) , 4 2k . 1 + 2k 2
②又 y1 + y2 = k ( x1 + x2 ) + 2 2 . ③

由方程①, x1 + x2 = ?

而 A( 2,,B (0,, = ( ? 2, .所以 OP + OQ 与 AB 共线等价于 x1 + x2 = ? 2( y1 + y2 ) ,将②③代 0) 1) AB 1) 入上式,解得 k =

uuu r

uuu uuur r

uuu r

2 . 2 2 2 或k > ,故没有符合题意的常数 k 2 2

由(Ⅰ)知 k < ?

23.(2007 年山东理 21)(本小题满分 12 分) . ( 已知椭圆 C 的中心在坐标原点,焦点在 x 轴上,椭圆 C 上的点到焦点的距离的最大值为 3,最小值为 1. (I)求椭圆 C 的标准方程; (II)若直线 l : y = kx + m 与椭圆 C 相交于 A,B 两点(A,B 不是左右顶点),且以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的右 顶点.求证:直线 l 过定点,并求出该定点的坐标. 解:(I)由题意设椭圆的标准方程为

x2 y2 + = 1(a > b > 0) a2 b2 x2 y2 + = 1. 4 3

a + c = 3, a ? c = 1 , a = 2, c = 1, b 2 = 3 ∴

? y = kx + m ? (II)设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,由 ? x 2 y 2 得 (3 + 4k 2 ) x 2 + 8mkx + 4( m 2 ? 3) = 0 , =1 ? + 3 ?4

?= 64m2k2 ?16(3+ 4k2 )(m2 ?3) > 0 , 3 + 4k 2 ? m 2 > 0 . x1 + x2 = ?

8mk 4(m2 ? 3) , x1 ? x2 = . 3 + 4k 2 3 + 4k 2

y1 ? y2 = (kx1 + m) ? (kx2 + m) = k 2 x1 x2 + mk ( x1 + x2 ) + m 2 =

3(m 2 ? 4k 2 ) . 3 + 4k 2
y1 y ? 2 = ?1 , x1 ? 2 x2 ? 2

Q 以 AB 为 直 径 的 圆 过 椭 圆 的 右 顶 点 D (2, 0), k AD ? k BD = ?1 , ∴

y1 y2 + x1 x2 ? 2( x1 + x2 ) + 4 = 0 ,
解得 m1 = ?2k , m2 = ?

3(m2 ? 4k 2 ) 4(m 2 ? 3) 16mk + + + 4 = 0 , 7 m 2 + 16mk + 4k 2 = 0 , 2 2 2 3 + 4k 3 + 4k 3 + 4k

2k 2 2 ,且满足 3 + 4k ? m > 0 . 7
2k 2 时, l : y = k ( x ? ) ,直线 7 7

当 m = ?2k 时, l : y = k ( x ? 2) ,直线过定点 (2, 0), 与已知矛盾;当 m = ? 过定点 ( , 0). 综上可知,直线 l 过定点,定点坐标为 ( , 0).

2 7

2 7

24.( .(2007 年广东理 18)(本小题满分 14 分) )(本 .( )( 在直角坐标系 xOy 中,已知圆心在第二象限、半径为 2 2 的圆 C 与直线 y=x 相切于坐标原点 O,椭圆
x2 y2 + = 1 与圆 C 的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为 10。 a2 9

(1)求圆 C 的方程; (2)试探究圆 C 上是否存在异于原点的点 Q,使 Q 到椭圆的右焦点 F 的距离等于线段 OF 的长,若存 在求出 Q 的坐标;若不存在,请说明理由。 解析: 解析:(1)圆 C: ( x + 2) 2 + ( y ? 2) 2 = 8 ; (2)由条件可知 a=5,椭圆
x2 y2 + = 1 ,∴F(4,0),若存在,则 F 在 OQ 的中垂线上,又 O、Q 在圆 25 9

C 上,所以 O、Q 关于直线 CF 对称;
4 ?y ? ? =3 ?x = 5 1 ?x ? 直线 CF 的方程为 y-1= ? ( x ? 1) ,即 x + 3 y ? 4 = 0 ,设 Q(x,y),则 ? ,解得 ? 3 ? x + 3y ? 4 = 0 ? y = 12 ?2 2 ? 5 ? ?

所以存在,Q 的坐标为 ( ,

4 12 )。 5 5


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