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2016高考数学专题复习导练测 第九章 高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题课件 理 新人教A版


数学 A(理)

第九章 平面解析几何

高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题

? 考点自测

? 高考题型突破
? 练出高分

题号
1 2 3 4

答案
x2 y2 - =1 4 3
2-1

/>解析

B A B

5

x2 y2 3 双曲线a2- 3 =1 的渐近线方程为 y=± a x, 即 3x± ay=0,

圆(x-2)2+y2=4的圆心为C(2,0),半径为r=2,
如图,由圆的弦长公式得弦心距 |CD|= 22-12= 3,

x2 y2 另一方面,圆心 C(2,0)到双曲线a2- 3 =1 的渐近线 3x | 3×2-a×0| 2 3 -ay=0 的距离为 d= = 2 2, 3+a 3+a
2 3 2 所以 = 3 ,解得 a =1,即 a=1,该双曲线的实 2 3+a 轴长为 2a=2.

题型一 圆锥曲线中的范围、最值问题
例1 如图所示, 在直角坐标系 xOy 中, 点 P(1,

1 5 2 ) 到抛物线 C : y = 2 px ( p >0) 的准线的距离为 . 2 4 点 M(t,1)是 C 上的定点,A,B 是 C 上的两动 点,且线段 AB 的中点 Q(m,n)在直线 OM 上.

(1)求曲线C的方程及t的值;

p 解 y =2px(p>0)的准线为 x=-2, 1 p 5 ∴1-(-2)=4,p=2,
2

∴抛物线C的方程为y2=x.
又点M(t,1)在曲线C上,∴t=1.

|AB| (2)记 d= 2,求 d 的最大值. 1+4m

思维点拨 用点差法求kAB,用m表示出|AB|,利用基本不等式求最值.

|AB| (2)记 d= 2,求 d 的最大值. 1+4m

解 由(1)知,点M(1,1),从而n=m,即点Q(m,m), 依题意,直线AB的斜率存在,且不为0, 设直线AB的斜率为k(k≠0). 且A(x1,y1),B(x2,y2),

|AB| (2)记 d= 2,求 d 的最大值. 1+4m
?y2 1=x1, 由? 2 得(y1-y2)(y1+y2)=x1-x2, ?y2=x2,

故k· 2m=1,
1 ∴直线 AB 的方程为 y-m=2m(x-m), 即x-2my+2m2-m=0.

|AB| (2)记 d= 2,求 d 的最大值. 1+4m
?x-2my+2m2-m=0, 由? 2 消去 x, ?y =x

整理得 y2-2my+2m2-m=0,

∴Δ=4m-4m2>0,y1+y2=2m,y1y2=2m2-m.

|AB| (2)记 d= 2,求 d 的最大值. 1+4m
从而|AB|= 1 1+k2· |y1-y2|= 1+4m2· 4m-4m2

=2 ?1+4m2??m-m2?.
|AB| ∴d= 2=2 m?1-m?≤m+(1-m)=1, 1+4m

|AB| (2)记 d= 2,求 d 的最大值. 1+4m
1 当且仅当 m=1-m,即 m=2时,上式等号成立,
1 又 m=2满足 Δ=4m-4m2>0.∴d 的最大值为 1.

|AB| (2)记 d= 2,求 d 的最大值. 1+4m

思维升华 圆锥曲线中最值问题的解决方法一般分两种:

一是几何法,特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关
结论来求最值;

|AB| (2)记 d= 2,求 d 的最大值. 1+4m

二是代数法,常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或 三角函数的最值问题,然后利用基本不等式、函数的单调

性或三角函数的有界性等求最值.

跟踪训练 1 已知点 A(-1,0),B(1,0),动点 M 的轨迹曲线 C → → 满足∠AMB=2θ,|AM|· |BM|cos2θ=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;

解 设M(x,y),在△MAB中,|AB|=2,∠AMB=2θ,

→ 2 → 2 → → 根据余弦定理得|AM| +|BM| -2|AM|· |BM|cos 2θ=4.

→ → 2 → → 即(|AM|+|BM|) -2|AM|· |BM|(1+cos 2θ)=4.
→ → → → (|AM|+|BM|)2-4|AM|· |BM|cos2θ=4.
→ → 而|AM|· |BM|cos2θ=3,
→ → 2 所以(|AM|+|BM|) -4×3=4.
→ → 所以|AM|+|BM|=4.

→ → 又|AM|+|BM|=4>2=|AB|,
因此点M的轨迹是以A,B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合 题意),a=2,c=1.

x2 y2 所以曲线 C 的方程为 4 + 3 =1.

(2)求△APQ面积的最大值. 解 设直线PQ的方程为x=my+1.
?x=my+1, ? 由?x2 y2 ? 4 + 3 =1, ?

消去 x 并整理得(3m2+4)y2+6my-9=0.



显然方程①的Δ>0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),

1 则 S△APQ=2×2×|y1-y2|=|y1-y2|. 6m 9 由根与系数的关系得 y1+y2=- 2 ,y1y2=- 2 . 3m +4 3m +4
2 3 m +3 2 2 所以(y1-y2) =(y1+y2) -4y1y2=48× 2 2. ?3m +4?

48 令 t=3m +3,则 t≥3,(y1-y2) = 1 . t+ t +2
2 2

1 由于函数 φ(t)=t+ t 在[3,+∞)上是增函数,

1 10 所以 t+ t ≥ 3 ,当 t=3m2+3=3,即 m=0 时取等号. 48 2 所以(y1-y2) ≤10 =9,即|y1-y2|的最大值为 3. 3 +2

所以△APQ面积的最大值为3,

此时直线PQ的方程为x=1.

题型二 圆锥曲线中的定点、定值问题
例2 x2 y2 在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 9 + 5 =1 的左,右顶

点分别为 A,B,右焦点为 F.设过点 T(t,m)的直线 TA,TB 与此 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|2-|PB|2=4,求点P的轨迹; 解 设P(x,y),由题意知F(2,0),B(3,0),A(-3,0), 则|PF|2=(x-2)2+y2,|PB|2=(x-3)2+y2, 由|PF|2-|PB|2=4,得(x-2)2+y2-[(x-3)2+y2]=4,
9 9 化简,得 x=2.故点 P 的轨迹方程是 x=2.

1 (2)设 x1=2,x2=3,求点 T 的坐标;
1 解 将 x1=2,x2=3分别代入椭圆方程, ? ?1 5? 20? ? ? ? 并考虑到 y1>0,y2<0,得 M?2,3?,N?3,- 9 ? ?. ? ? ? ?
y-0 x+3 则直线 MA 的方程为5 = ,即 x-3y+3=0. 2+3 - 0 3

1 (2)设 x1=2,x2=3,求点 T 的坐标;
y-0 x-3 直线 NB 的方程为 20 =1 ,即 5x-6y-15=0. - 9 -0 3-3
?x-3y+3=0, 10 联立方程? 解得 x=7,y= 3 , ?5x-6y-15=0,

所以点 T

? 10? ? 的坐标为?7, 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). 证明 如图所示,点T的坐标为(9,m).

y-0 x+3 直线 TA 的方程为 = , m-0 9+3 y-0 x-3 直线 TB 的方程为 = , m-0 9-3 x2 y2 分别与椭圆 9 + 5 =1 联立方程,

(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).
2 ?3?80-m2? ? ? 3 ? m -20? 40m 20m ? 解得 M? 2 , 2?,N? 2 ,- 2?. 80+m ? 20+m ? ? 80+m ? 20+m

2 3 ? m -20? 20m y+ x- 2 20+m 20+m2 直线 MN 的方程为 40m 20m =3?80-m2? 3?m2-20?. 2+ - 80+m 20+m2 80+m2 20+m2

(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).

令y=0,解得x=1,

所以直线MN必过x轴上的一定点(1,0).

(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). 思维升华

求定点及定值问题常见的方法有两种:
(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.

(2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,
从而得到定值.

跟踪训练 2

x2 y2 (2013· 江西)椭圆 C: a2+b2=1(a>b>0)的离心率

3 e= 2 ,a+b=3. (1)求椭圆 C 的方程;



3 c 因为 e= 2 =a,

2 1 所以 a= c,b= c. 3 3

代入 a+b=3 得,c= 3,a=2,b=1.
x2 2 故椭圆 C 的方程为 4 +y =1.

(2)如图所示,A、B、D是椭圆C的顶点,

P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线
DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,

设BP的斜率为k,MN的斜率为m.证明:2m-k为定值.
因为 B(2,0),点 P 不为椭圆顶点,则直线 1 BP 的方程为 y=k(x-2)(k≠0,k≠± ① 2), 证明 方法一

2 ? 8 k -2 4k ? x 2 ①代入 4 +y =1,解得 P? 2 ,- 2 ?. 4k +1? ?4k +1 2

1 直线 AD 的方程为 y=2x+1.
?4k+2 4k ? ?. , ①与②联立解得 M? ?2k-1 2k-1?



?8k2-2 4k ? ?,N(x,0)三点共线知 由 D(0,1),P? 2 ,- 2 4k +1? ?4k +1

4k - 2 -1 ?4k-2 ? 4k +1 0-1 ,0?. = ,解得 N? 2 8k -2 x-0 ?2k+1 ? -0 2 4k +1

4k -0 2k-1 4k?2k+1? 所以 MN 的斜率为 m= = 4k+2 4k-2 2?2k+1?2-2?2k-1?2 - 2k-1 2k+1 2k+1 = 4 .
2k+1 1 则 2m-k= 2 -k=2(定值).

y0 方法二 设 P(x0,y0)(x0≠0,± 2),则 k= , x0-2 1 直线 AD 的方程为 y=2(x+2), y0 直线 BP 的方程为 y= (x-2), x0-2
y0-1 直线 DP 的方程为 y-1= x x,令 y=0,
0

? -x0 ? ,0?, 由于 y0≠1 可得 N? ?y0-1 ?
? ?y=1?x+2?, 2 ? 联立? ?y= y0 ?x-2?, ? x0-2 ?

?4y0+2x0-4 ? 4y0 ?, , 解得 M? ? 2y0-x0+2 2y0-x0+2?

因此 MN 的斜率为 4y0 2y0-x0+2 4y0?y0-1? m= = 2 2 4y0+2x0-4 4 y - 8 y + 4 x y - x 0 0 0 0 0 +4 x0 + 2y0-x0+2 y0-1 4y0?y0-1? y0-1 = 2 = . 2 4y0-8y0+4x0y0-?4-4y0?+4 2y0+x0-2

2?y0-1? y0 所以 2m-k= - 2y0+x0-2 x0-2 2?y0-1??x0-2?-y0?2y0+x0-2? = ?2y0+x0-2??x0-2?
2 2?y0-1??x0-2?-2y0 -y0?x0-2? = ?2y0+x0-2??x0-2?

1 2?y0-1??x0-2?-2?4-x2 0?-y0?x0-2? 1 = =2(定值). ?2y0+x0-2??x0-2?

题型三
例3

圆锥曲线中的探索性

思维点拨

解析

问题
(2014· 福建 ) 已知曲线 Γ 上 的点到点 F(0,1) 的距离比它到直 线y=-3的距离小2.

(1)求曲线Γ的方程;

题型三
例3

圆锥曲线中的探索性

思维点拨

解析

问题
(2014· 福建 ) 已知曲线 Γ 上 的点到点 F(0,1) 的距离比它到直 线y=-3的距离小2.

设S(x,y)为曲线Γ上的任 意一点,利用抛物线的 定义,判断S满足抛物线

的定义,即可求曲线Γ的
方程;

(1)求曲线Γ的方程;

题型三
例3

圆锥曲线中的探索性

思维点拨

解析

问题
(2014· 福建 ) 已知曲线 Γ 上 的点到点 F(0,1) 的距离比它到直 线y=-3的距离小2.



方法一

设S(x,y)为

曲线Γ上任意一点, 依题意,点S到F(0,1)的距 离与它到直线 y=-1的距 离相等,

(1)求曲线Γ的方程;

题型三
例3

圆锥曲线中的探索性

思维点拨

解析

问题
(2014· 福建 ) 已知曲线 Γ 上 的点到点 F(0,1) 的距离比它到直 线y=-3的距离小2.

所以曲线Γ是以点F(0,1)为 焦点、直线y=-1为准线 的抛物线,所以曲线 Γ 的 方程为x2=4y.

(1)求曲线Γ的方程;

题型三
例3

圆锥曲线中的探索性

思维点拨

解析

问题
(2014· 福建 ) 已知曲线 Γ 上 的点到点 F(0,1) 的距离比它到直 线y=-3的距离小2.

方法二

设S(x,y)为曲线

Γ上任意一点,
则|y-(-3)| - ?x-0?2+?y-1?2=2,

(1)求曲线Γ的方程;

题型三
例3

圆锥曲线中的探索性

思维点拨

解析

问题
(2014· 福建 ) 已知曲线 Γ 上 的点到点 F(0,1) 的距离比它到直 线y=-3的距离小2.

依题意, 点 S(x, y)只能在 直线 y=-3 的上方, 所以 y>-3,所以

?x-0?2+?y-1?2 = y + 1 ,

(1)求曲线Γ的方程;

化简,得曲线Γ的方程为 x2=4y.

思维点拨

解析

思维升华

例3

(2) 曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x

轴交于点A,直线y=3分别与直线l 及 y 轴交于点 M , N. 以 MN 为直径作 圆C,过点A作圆C的切线,切点为 B. 试探究:当点 P 在曲线 Γ 上运动 ( 点 P 与原点不重合 ) 时,线段 AB 的 长度是否发生变化?证明你的结论.

思维点拨

解析

思维升华

例3

(2) 曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x

通过抛物线方程利用函数的

轴交于点A,直线y=3分别与直线l 及 y 轴交于点 M , N. 以 MN 为直径作 圆C,过点A作圆C的切线,切点为 B. 试探究:当点 P 在曲线 Γ 上运动 ( 点 P 与原点不重合 ) 时,线段 AB 的

导数求出切线方程 , 求出 A 、
M的坐标,N的坐标,以MN为直

径作圆 C,求出圆心坐标 ,半径
是常数 , 即可证明当点 P 在曲

线Γ上运动(点P与原点不重合)

长度是否发生变化?证明你的结论. 时 , 线 段 A B 的 长 度 不 变 .

思维点拨

解析

思维升华

例3

(2) 曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x

解 当点P在曲 线Γ上运动时, 线段AB的长度 不变.证明如下:
由(1)知抛物线 Γ 的方程为 1 2 y=4x ,

轴交于点A,直线y=3分别与直线l 及 y 轴交于点 M , N. 以 MN 为直径作 圆C,过点A作圆C的切线,切点为 B. 试探究:当点 P 在曲线 Γ 上运动 ( 点 P 与原点不重合 ) 时,线段 AB 的 长度是否发生变化?证明你的结论.

思维点拨

解析

思维升华

例3

(2) 曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x

轴交于点A,直线y=3分别与直线l 及 y 轴交于点 M , N. 以 MN 为直径作 圆C,过点A作圆C的切线,切点为 B. 试探究:当点 P 在曲线 Γ 上运动 ( 点 P 与原点不重合 ) 时,线段 AB 的 长度是否发生变化?证明你的结论.

设 P(x0,y0)(x0≠0),则 1 2 y0=4x0,
1 由 y′=2x, 得切线 l 的斜率 1 / k= y x ? x =2x0,
0

思维点拨

解析

思维升华

例3

(2) 曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x

轴交于点A,直线y=3分别与直线 l 1 所以切线 l 的方程为 y-y0=2x0(x-x0), 及 y 轴交于点 M , N. 以 MN 为直径作
1 1 2 即 y=2x0x - 圆 C,过点 A 作圆 4x0.C的切线,切点为

B. 试探究:当点 1 1 2 P 在曲线 Γ 上运动 ? ?y= x0x- x0, 1 2 4 ? 与原点不重合 ) 时,线段 由P 得 A(2x0,0). (点 AB 的 ? ?y=0 长度是否发生变化?证明你的结论.

思维点拨

解析

思维升华

例3

(2) 曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x

轴交于点 1 A,直线 1 2 y=3分别与直线l ? ?y= x0x- x0, 1 6 2 4 ? 及 y 轴交于点 M , N. 以得 MN 为直径作 由 M (2x0+x ,3). 0 ? y = 3 圆C? ,过点A作圆C的切线,切点为 1 3 N(0,3),所以圆心 C(4xΓ B又 . 试探究:当点 P 在曲线 上运动 0+ x0,3), ( 点 P 与原点不重合 AB 的 1 1 ) 时,线段 3 半径 r=2|MN|=|4x0+x |, 0 长度是否发生变化?证明你的结论 .

思维点拨

解析

思维升华

例3

(2) 曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x

轴交于点A,直线y=3分别与直线l 及 y 轴交于点 M ,N |AB |= |AC |2- r2. 以 MN 为直径作 圆C,过点 1 A作圆 1C的切线,切点为 3 1
2 2

3 2 = [2x0-?4x0+x ?] +3 -?4x0+x ? = 6. 0 0 B. 试探究:当点 P 在曲线 Γ 上运动
(点 P 与原点不重合 ) 时,线段 AB 的 所以点 P在曲线Γ上运动时,线段 AB的长度不变. 长度是否发生变化?证明你的结论.

思维点拨

解析

思维升华

例3

(2) 曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x

轴交于点A,直线y=3分别与直线l 及 y 轴交于点 M , N. 以 MN 为直径作 圆C,过点A作圆C的切线,切点为 B. 试探究:当点 P 在曲线 Γ 上运动 ( 点 P 与原点不重合 ) 时,线段 AB 的 长度是否发生变化?证明你的结论.

(1)探索性问题通常采用 “肯定顺推法”,将不确 定性问题明朗化.其步骤 为假设满足条件的元素 (点、直线、曲线或参数) 存在,用待定系数法设出,

思维点拨

解析

思维升华

例3

(2) 曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x

列出关于待定系数的方程组, 若方程组有实数解,则元素 (点、直线、曲线或参数)存 在;否则,元素(点、直线、 曲线或参数)不存在. (2)反证法与验证法也是求 解探索性问题常用的方法.

轴交于点A,直线y=3分别与直线l 及 y 轴交于点 M , N. 以 MN 为直径作 圆C,过点A作圆C的切线,切点为 B. 试探究:当点 P 在曲线 Γ 上运动 ( 点 P 与原点不重合 ) 时,线段 AB 的 长度是否发生变化?证明你的结论.

跟踪训练 3

已知椭圆 C1、抛物线 C2的焦点均在 x轴上,C1

的中心和 C2 的顶点均为原点 O ,从每条曲线上各取两个点, 将其坐标记录于下表中: x 3
-2 3

-2

4

2
2 2

y

0

-4

(1)求C1,C2的标准方程;
2 y 解 设抛物线 C2:y2=2px(p≠0),则有 x =2p(x≠0),

据此验证四个点知(3,-2 3),(4,-4)在 C2 上,

易求得C2的标准方程为y2=4x.
x2 y2 设椭圆 C1:a2+b2=1(a>b>0),

? ? 42=1, ?a 2 把点(-2,0),( 2, 2 )代入得? 1 ?2 2+ 2=1, ? ? a 2b
?a2=4 x2 2 解得? 2 ,所以 C1 的标准方程为 4 +y =1. ?b =1

(2)是否存在直线 l 满足条件:①过 C2 的焦点 F;②与 C1 交 → → 于不同的两点 M,N,且满足OM⊥ON?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,请说明理由.

解 容易验证当直线l的斜率不存在时,不满足题意. 当直线l的斜率存在时,设其方程为y=k(x-1),
与C1的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).

?x ? +y2=1, 由? 4 ?y=k?x-1?, ?

2

消去 y 并整理得(1+4k2)x2-8k2x+4(k2-1)=0,
8k2 于是 x1+x2= 2, 1+4k
4?k2-1? x1x2= 2 . 1+4k




所以 y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=k2[ x1x2-(x1+x2)+1]
2 2 2 4 ? k - 1 ? 8 k 3 k =k2[ 2 - 2+1]=- 2. 1+4k 1+4k 1+4k


(*)

→ → → → 由OM⊥ON,即OM· ON=0,得 x1x2+y1y2=0.
2 2 4?k2-1? k -4 3k 将②③代入(*)式,得 - = =0, 1+4k2 1+4k2 1+4k2

解得k=±2,所以存在直线l满足条件, 且直线l的方程为2x-y-2=0或2x+y-2=0.

题型四 直线、圆及圆锥曲线的交汇问题
例4 (2013· 浙江)如图,点 P(0,-1)是椭圆 x2 y2 C1:a2+b2=1(a>b>0)的一个顶点,C1 的长轴 是圆 C2:x2+y2=4 的直径.l1,l2 是过点 P 且互相垂直的两 条直线,其中 l1 交圆 C2 于 A,B 两点,l2 交椭圆 C1 于另一 点 D.

(1)求椭圆C1的方程;

思维点拨

根据椭圆的几何性质易求出a,b的值,从而写出椭圆的方程;

(1)求椭圆C1的方程;
?b=1, 由题意得? ?a=2.



x2 2 所以椭圆 C1 的方程为 4 +y =1.

(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程. 思维点拨

要求△ABD的面积,需要求出AB,PD的长,AB是圆的
弦,考虑用圆的知识来求,PD应当考虑用椭圆的相关

知识来求.求出AB,PD的长后,表示出△ABD的面积,
再根据式子的形式选择适当的方法求最值.

(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程. 解 设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).

由题意知直线l1的斜率存在,不妨设其为k,
则直线l1的方程为y=kx-1.

又圆C2:x2+y2=4,
1 故点 O 到直线 l1 的距离 d= 2 , k +1

(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程.

所以|AB|=2 4-d2=2

4k2+3 . k2+1

又l2⊥l1,故直线l2的方程为x+ky+k=0.
?x+ky+k=0, 由? 2 2 x + 4 y =4. ?

消去 y,整理得(4+k2)x2+8kx=0,

(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程.

8k 故 x0=- 2. 4+k
8 k2+1 所以|PD|= 2 . 4+k
8 4k2+3 1 设△ABD 的面积为 S,则 S=2· |AB|· |PD|= , 4+k2

(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程.

≤ 13 4k2+3+ 2 2 4k +3 10 当且仅当 k=± 2 时取等号.

所以 S=

32

32 13 4k +3· 2 4k +3
2

16 13 = 13 ,

10 所以所求直线 l1 的方程为 y=± 2 x-1.

(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程. 思维升华

对直线、圆及圆锥曲线的交汇问题,要认真审题,学会将
问题拆分成基本问题,然后综合利用数形结合思想、化归

与转化思想、方程的思想等来解决问题,这样可以渐渐增
强自己解决综合问题的能力.

7 跟踪训练 4 如图, 已知圆 M: (x- 2) +y =3,
2 2

x2 y2 椭圆 C:a2+b2=1 (a>b>0)的右顶点为圆 M 的圆 心,左焦点与双曲线 x2-y2=1 的左顶点重合. (1)求椭圆 C 的方程;



由题意, 得圆心 M( 2, 0), 双曲线的左顶点(-1,0),

x2 2 所以 a= 2,c=1,b=1,椭圆 C 的方程为 2 +y =1.

(2)已知直线l:y=kx与椭圆C分别交于两点A,B,与圆M分别
交于两点G,H(其中点G在线段AB上),且|AG|=|BH|,求k的值.
解 设 A(x1,y1),B(x2,y2),由直线 l 与椭圆相交于两点 A,
?y=kx, B,则? 2 2 x + 2 y -2=0, ?

2 所以(1+2k )x -2=0,则 x1+x2=0,x1x2=- 2, 1+2k
2 2

所以|AB|=

8 ?1+k ? = 1+2k2
2

8?1+k2? . 1+2k2

| 2k| 点 M( 2,0)到直线 l 的距离 d= 2, 1+k
则|GH|=2 r2-d2=2 7 2k2 3-1+k2.

显然,若点H也在线段AB上,则由对称性知,直线y=kx

就是y轴,矛盾.

因为|AG|=|BH|,所以|AB|=|GH|,
2 ? 8?1+k2? ? 7 2 k ? ? - 即 =4?3 1+k2?, 1+2k2 ? ?

整理得4k4-3k2-1=0.
解得k2=1,即k=±1.

1

2

3

4

5

6

1.在平面直角坐标系 xOy 中, 直线 l 与抛物线 y2=4x 相交于 不同的 A,B 两点. → → (1)如果直线 l 过抛物线的焦点,求OA· OB的值;

解 由题意:抛物线焦点为(1,0), 设l:x=ty+1,代入抛物线y2=4x, 消去x得y2-4ty-4=0,

1

2

3

4

5

6

设A(x1,y1),B(x2,y2), 则y1+y2=4t,y1y2=-4,
→ → ∴OA· OB=x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2 =t2y1y2+t(y1+y2)+1+y1y2 =-4t2+4t2+1-4=-3.

1

2

3

4

5

6

→ → (2)如果OA· OB=-4,证明:直线 l 必过一定点,并求出该 定点.

解 设l:x=ty+b,代入抛物线y2=4x,
消去x得y2-4ty-4b=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),

则y1+y2=4t,y1y2=-4b.

1

2

3

4

5

6

→ → ∴OA· OB=x1x2+y1y2=(ty1+b)(ty2+b)+y1y2 =t2y1y2+bt(y1+y2)+b2+y1y2 =-4bt2+4bt2+b2-4b=b2-4b.

令b2-4b=-4,∴b2-4b+4=0,∴b=2, ∴直线l过定点(2,0).
→ → ∴若OA· OB=-4,则直线 l 必过一定点(2,0).

1

2

3

4

5

6

2.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;

x2 y2 解 方法一 依题意, 可设椭圆 C 的方程为a2+b2=1(a>b>0), 且可知其左焦点为 F′(-2,0).

1

2

3

4

5

6

?c=2, ?c=2, 从而有? 解得? ?2a=|AF|+|AF′|=3+5=8, ?a=4.

又 a2=b2+c2,所以 b2=12,

x2 y2 故椭圆 C 的方程为16+12=1.

1

2

3

4

5

6

方法二

x2 y2 依题意,可设椭圆 C 的方程为a2+b2=1(a>b>0),
解得 b2=12,b2=-3(舍去).

?4 9 ? 2+ 2=1, 且有?a b ?a2-b2=4. ?
从而 a2=16.

x2 y2 所以椭圆 C 的方程为16+12=1.

1

2

3

4

5

6

(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,说明理由.
3 解 假设存在符合题意的直线 l,设其方程为 y=2x+t.

1

2

3

4

5

6

? ?y=3x+t, 2 ? 由? 2 2 x y ? + =1, ? ?16 12

得 3x2+3tx+t2-12=0.

因为直线l与椭圆C有公共点,

所以 Δ=(3t)2-4×3×(t2-12)≥0,解得-4 3≤t≤4 3.

1

2

3

4

5

6

另一方面,由直线 OA 与 l 的距离 d=4,得 解得 t=± 2 13.

|t| =4, 9 4+1

由于± 2 13?[-4 3,4 3],
所以符合题意的直线 l 不存在.

1

2

3

4

5

6

x2 y2 x2 y2 3.已知椭圆 C:a2+b2=1 (a>b>0)与双曲线 + =1 4-v 1-v (1<v<4)有公共焦点, 过椭圆 C 的右顶点 B 任意作直线 l, 设 直线 l 交抛物线 y2=2x 于 P、Q 两点,且 OP⊥OQ. (1)求椭圆 C 的方程;

1

2

3

4

5

6

解 ∵1<v<4,∴双曲线的焦点在x轴上,设F(±c,0),则c2
=4-v+v-1=3, 由椭圆C与双曲线共焦点,知a2-b2=3, 设直线l的方程为x=ty+a, 代入y2=2x,可得y2-2ty-2a=0, 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=2t,y1y2=-2a,

1

2

3

4

5

6

∵OP⊥OQ,∴x1x2+y1y2=a2-2a=0, ∴a=2,b=1,

x2 2 ∴椭圆 C 的方程为 4 +y =1.

1

2

3

4

5

6

(2)在椭圆C上,是否存在点R(m,n)使得直线l:mx+ny=1与

圆O:x2+y2=1相交于不同的两点M、N,且△OMN的面积
最大?若存在,求出点R的坐标及对应的△OMN的面积;若

不存在,请说明理由.
1 1 解 在△MON 中,S△OMN=2|OM||ON|sin∠MON=2sin∠MON.

1

2

3

4

5

6

1 1 当∠MON=90° 时,2sin∠MON 有最大值2,
1 2 此时点 O 到直线 l 的距离为 d= 2 2= 2 , m +n

∴m2+n2=2.又∵m2+4n2=4,
?m2+n2=2, 4 2 2 2 联立? 2 解得 m =3,n =3, 2 ?m +4n =4,

1

2

3

4

5

6

此时点 R

?2 3 ? 6? 6? ? ? ? 2 3 ? 的坐标为? 或 , ± - , ± ? ? ?,△MON 3 3 3 3 ? ? ? ?

1 的面积为2.

1

2

3

4

5

6

4.如图,椭圆长轴的端点为 A,B,O 为椭圆的 → → → 中心,F 为椭圆的右焦点,且AF· FB=1,|OF|=1. (1)求椭圆的标准方程;

x2 y2 解 设椭圆方程为a2+b2=1(a>b>0),则 c=1,
→ → 又∵AF· FB=(a+c)· (a-c)=a2-c2=1.

1

2

3

4

5

6

∴a2=2,b2=1,

x2 2 故椭圆的标准方程为 2 +y =1.

1

2

3

4

5

6

(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.

解 假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,
且F恰为△PQM的垂心,

设P(x1,y1),Q(x2,y2),

1

2

3

4

5

6

∵M(0,1),F(1,0),∴直线l的斜率k=1. 于是设直线l为y=x+m,
y=x+m, ? ? 2 2 2 由?x 得 3 x + 4 mx + 2 m -2=0, 2 +y =1 ? 2 ? 4 x1+x2=-3m,
2m2-2 x1x2= 3 .

① ②

1

2

3

4

5

6

→ → ∵MP· FQ=x1(x2-1)+y2(y1-1)=0. 又 yi=xi+m(i=1,2),

∴x1(x2-1)+(x2+m)(x1+m-1)=0,

1

2

3

4

5

6

即2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m2-m=0.

(*)

2m2-2 4m 将①②代入(*)式得 2· 3 - 3 (m-1)+m2-m=0,
4 4 解得 m=-3或 m=1,经检验 m=-3符合条件.

故存在直线l,使点F恰为△PQM的垂心,
4 直线 l 的方程为 y=x-3.

1

2

3

4

5

6

5.已知椭圆C的中心为坐标原点O,一个长轴顶点为(0,2),

它的两个短轴顶点和焦点所组成的四边形为正方形,直线l
与y轴交于点P(0,m),与椭圆C交于异于椭圆顶点的两点A, → → B,且 AP=2PB . (1)求椭圆的方程;

1

2

3

4

5

6



由题意,知椭圆的焦点在 y 轴上,

y2 x2 设椭圆方程为a2+b2=1(a>b>0),
由题意,知 a=2,b=c,又 a2=b2+c2,则 b= 2,
y2 x2 所以椭圆方程为 4 + 2 =1.

1

2

3

4

5

6

(2)求m的取值范围.
解 设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意,知直线l的斜率存在,

设其方程为y=kx+m,与椭圆方程联立,
?y2+2x2=4, 即? 消去 y,得(2+k2)x2+2mkx+m2-4=0, ?y=kx+m,

Δ=(2mk)2-4(2+k2)(m2-4)>0,

1

2

3

4

5

6

2mk ? ?x1+x2=- 2, 2+k ? 由根与系数的关系,知? 2 m -4 ? x1· x2= 2, ? 2+k ?
→ → 又AP=2PB,即有(-x1,m-y1)=2(x2,y2-m),

所以-x1=2x2.

1

2

3

4

5

6

? 2mk ? ?x1+x2=-x2, m2-4 ? ?2 2 则? 所以 =- 2 2 ?2+k ? . 2 2+k ? ? ?x1x2=-2x2,

整理,得(9m2-4)k2=8-2m2, 又9m2-4=0时等式不成立,

1

2

3

4

5

6

2 8 - 2 m 4 2 2 所以 k = 2 >0,得9<m <4,此时 Δ>0. 9m -4

所以 m

? ? ? 2? ? ? ?2 的取值范围为?-2,-3?∪?3,2? ?. ? ? ? ?

1

2

3

4

5

6

6.在平面直角坐标系xOy中,已知双曲线C1:2x2-y2=1.
(1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线,求该直线与 另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积.
? ? x2 2 2 ? 解 双曲线 C1: 1 -y =1,左顶点 A?- ,0? ?,渐近线方 2 ? ? 2

程:y=± 2x.

1

2

3

4

5

6

不妨取过点 A 与渐近线 y= 2x 平行的直线方程为 y=
? 2? ?x+ ?

2? ? ?,即 y= 2x+1. 2?

? ?x=- 2, ?y=- 2x, ? 4 解方程组? 得? 1 ? ?y= 2x+1 y=2. ? ?

1

2

3

4

5

6

1 2 所以所求三角形的面积为 S=2|OA||y|= 8 .

1

2

3

4

5

6

(2)设斜率为1的直线l交C1于P、Q两点.若l与圆x2+y2=1相

切,求证:OP⊥OQ.
证明 设直线PQ的方程是y=x+b.

|b| 因为直线 PQ 与已知圆相切,故 =1,即 b2=2. 2 ?y=x+b, 由? 2 2 得 x2-2bx-b2-1=0. ?2x -y =1

1

2

3

4

5

6

?x1+x2=2b, 设 P(x1,y1)、Q(x2,y2),则? 2 x x =- 1 - b . ? 1 2

又y1y2=(x1+b)(x2+b),
→ → 所以OP· OQ=x1x2+y1y2=2x1x2+b(x1+x2)+b2 =2(-1-b2)+2b2+b2=b2-2=0.

故OP⊥OQ.

1

2

3

4

5

6

(3)设椭圆C2:4x2+y2=1.若M、N分别是C1、C2上的动点, 且OM⊥ON,求证:O到直线MN的距离是定值.
证明 当直线 ON 垂直于 x 轴时, 2 3 |ON|=1,|OM|= 2 ,则 O 到直线 MN 的距离为 3 .

1

2

3

4

5

6

当直线 ON 不垂直于 x 轴时,设直线 ON 的方程为 y=
? kx? ?显然|k|> ?

1 则直线 OM 的方程为 y=-kx. 1 ? ?x2= 2, ?y=kx, 4 + k ? 由? 2 2 得? 2 k ? 2 ?4x +y =1 y= 2, ? 4 +k ?

2? ? , 2? ?

1

2

3

4

5

6

2 1 + k 所以|ON|2= . 4+k2
2 1 + k 同理|OM|2= 2 . 2k -1

设O到直线MN的距离为d, 因为(|OM|2+|ON|2)d2=|OM|2|ON|2,

1

2

3

4

5

6

2 3 k +3 1 1 1 3 所以d2=|OM|2+|ON|2= 2 =3,即 d= 3 . k +1

综上,O 到直线 MN 的距离是定值.


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