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高考圆锥曲线难题集粹


高考复习讲义

高考数学圆锥曲线训练
1.已知 △ ABC 的顶点 A,B 在椭圆 x2 ? 3 y 2 ? 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; (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 ? 所以 AB ?

? x 2 ? 3 y 2 ? 4, 得 x ? ?1 . y ? x ?

2 x1 ? x2 ? 2 2 .
2 , S△ ABC ?
1 AB h ? 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 ,

? x 2 ? 3 y 2 ? 4, 2 2 由? 得 4 x ? 6mx ? 3m ? 4 ? 0 . ?y ? x ? m
因为 A,B 在椭圆上,所以 ? ? ?12m ? 64 ? 0 .
2

设 A,B 两点坐标分别为 ( x1,y1 ), ( x2,y2 ) ,则 x1 ? x2 ? ?

3m 3m2 ? 4 , x1 x2 ? , 2 4

所以 AB ?

32 ? 6m2 . 2 x1 ? x2 ? 2 2?m 2


又因为 BC 的长等于点 (0,m) 到直线 l 的距离,即 BC ?
2 2 2

2 2 所以 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 .

2.如图,椭圆 C :

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的一个焦点为 F(1,0) 0) . ,且过点 (2, a 2 b2
y l

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

A F N B M

O

x

-1-

高考复习讲义
2 2 2 (Ⅰ)由题设 a ? 2 , c ? 1 ,从而 b ? a ? c ? 3 .所以椭圆 C 的方程为

x2 y 2 ? ? 1. 4 3

, 0) , N (4, 0) , (Ⅱ) (ⅰ)由题意得 F (1
设 A(m,n) ,则 B(m, ? n)(n ? 0) ,

m2 n2 ? ? 1 .……① 4 3

AF 与 BN 的方程分别为: n( x ? 1) ? (m ? 1) y ? 0 , n( x ? 4) ? (m ? 4) y ? 0 .
设 M ( x0,y0 ) ,则有 ? 由②,③得

?n( x0 ? 1) ? (m ? 1) y0 ? 0, ② ?n( x0 ? 4) ? (m ? 4) y0 ? 0,③

x0 ?
由于

5m ? 8 3n , y0 ? . 2m ? 5 2m ? 5

y
2

A F

x y (5m ? 8) 3n ? ? ? 2 4 3 4(2m ? 5) (2m ? 5) 2
2 0 2 0 2

O B M

N

x

(5m ? 8)2 3n2 ? ? 4(2m ? 5)2 (2m ? 5)2 (5m ? 8)2 ? 12n2 (5m ? 8)2 ? 36 ? 9m2 ? ? ?1 4(2m ? 5)2 4(2m ? 5)2
.所以点 M 恒在椭圆 C 上. (ⅱ)设 AM 的方程为 x ? ty ? 1 ,代入

x2 y 2 ? ? 1 得 (3t 2 ? 4) y2 ? 6ty ? 9 ? 0 . 4 3
?6t ?9 , y1 y2 ? 2 . 2 3t ? 4 3t ? 4
y A F

设 A( x1,y1 ) , M ( x2,y2 ) ,则有: y1 ? y2 ?

y1 ? y2 ? ( y1 ? y2 )2 ? 4 y1 y2 ?
令 3t ? 4 ? ? (? ≥ 4) ,则
2

4 3 3t 2 ? 3 . 3t 2 ? 4

O
2 2

N B M

x

y1 ? y2 ?

4 3

? ?1 ?
1

?1? 1 ?1 1? 1 ? 4 3 ?? ? ? ? 4 3 ?? ? ? ? , ??? ? ?? 2? 4

因为 ? ≥ 4 , 0 ?

1 1 1 ≤ ,所以当 ? ,即 ? ? 4 , t ? 0 时, ? 4 ? 4

y1 ? y2 有最大值 3 ,此时 AM 过点 F .
△ AMN 的面积 S△ AMN ?

9 1 3 FN y1 ? y2 ? y1 ? y2 有最大值 . 2 2 2

-2-

高考复习讲义
3.设椭圆中心在坐标原点,A(2,0)、B(0,1)是它的两个顶点,直线 y=kx(k>0)与 AB 相交于点 D,与椭圆相交于 E、F 两点. (Ⅰ)若 ED =6 DF ,求 k 的值;Ⅱ)求四边形 AEBF 面积的最大值。

x2 ? y 2 ? 1, 22. (Ⅰ)解:依题设得椭圆的方程为 4
直线 AB,EF 的方程分别为 x ? 2 y ? 2 , y ? kx(k ? 0) . · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·2 分 如图,设 D( x0,kx0 ),E( x1,kx1 ),F ( x2,kx2 ) ,其中 x1 ? x2 , 且 x1,x2 满足方程 (1 ? 4k 2 ) x2 ? 4 , 故 x2 ? ? x1 ? y B O E D A

F x

2 1 ? 4k
2

.①

由 ED ? 6DF 知 x0 ? x1 ? 6( x2 ? x0 ) ,得 x0 ? 由 D 在 AB 上知 x0 ? 2kx0 ? 2 ,得 x0 ? 所以

1 5 10 ; (6 x2 ? x1 ) ? x2 ? 7 7 7 1 ? 4k 2

2 . 1 ? 2k

2 10 , ? 1 ? 2k 7 1 ? 4k 2
2

化简得 24k ? 25k ? 6 ? 0 ,

2 3 或 k ? .· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·6 分 3 8 ( Ⅱ ) 解 法 一 : 根 据 点 到 直 线 的 距 离 公 式 和 ① 式 知 , 点 E,F 到 AB 的 距 离 分 别 为
解得 k ?

h1 ?

x1 ? 2kx1 ? 2 5 x2 ? 2kx2 ? 2 5

?

2(1 ? 2k ? 1 ? 4k 2 ) 5(1 ? 4k 2 )



h2 ?

?

2(1 ? 2k ? 1 ? 4k 2 ) 5(1 ? 4k 2 )

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

又 AB ?

22 ? 1 ? 5 ,所以四边形 AEBF 的面积为

S?

1 AB (h1 ? h2 ) 2

1 ? 2

5

4(1 ? 2k )

1 ? 4k 2 ? 4 k ≤2 2 ? ?2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2 5(1 ? 4k 2 )
2(1 ? 2k )
1 时,上式取等号.所以 S 的最大值为 2 2 .· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·12 分 2

当 2k ? 1 ,即当 k ?

解法二:由题设, BO ? 1 , AO ? 2 . 设 y1 ? kx1 , y2 ? kx2 ,由①得 x2 ? 0 , y2 ? ? y1 ? 0 , -3-

高考复习讲义 故四边形 AEBF 的面积为
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·9 分 S ? S△BEF ? S△AEF ? x2 ? 2 y2 ·
2 2 2 2 ? ( x2 ? 2 y2 ) 2 ? x2 ? 4 y2 ? 4 x2 y2 ≤ 2( x2 ? 4 y2 ) ?2 2

当 x2 ? 2 y2 时,上式取等号.所以 S 的最大值为 2 2 .· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·12 分 4.已知曲线 C1: ?

x a

y 2 5 ? 1(a ? b ? 0) 所围成的封闭图形的面积为 4 5 , 曲线 C1 的内切圆半径为 . 记 C2 为 b 3

以曲线 C1 与坐标轴的交点为顶点的椭圆. (Ⅰ)求椭圆 C2 的标准方程; (Ⅱ)设 AB 是过椭圆 C2 中心的任意弦, l 是线段 AB 的垂直平分线. M 是 l 上 异于椭圆中心的点. (1)若 MO ? ? OA ( O 为坐标原点) ,当点 A 在椭圆 C2 上运动时,求点 M 的轨迹方程; (2)若 M 是 l 与椭圆 C2 的交点,求 △ AMB 的面积的最小值.

?2ab ? 4 5, ? 22.解: (Ⅰ)由题意得 ? ab 2 5 ? . ? 2 2 3 ? a ?b 又a ? b ? 0,
解得 a ? 5 , b ? 4 .
2 2

因此所求椭圆的标准方程为

x2 y 2 ? ? 1. 5 4

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

A( xA,yA ) .
? x2 y 2 20 20k 2 ? 1, 2 ? ? 2 x ? y ? 解方程组 ? 5 得 , , 4 A A 2 2 4 ? 5 k 4 ? 5 k ? y ? kx, ?
所以 OA ? xA ? y A ?
2 2 2

20 20k 2 20(1 ? k 2 ) ? ? . 4 ? 5k 2 4 ? 5k 2 4 ? 5k 2

设 M ( x,y) ,由题意知 MO ? ? OA (? ? 0) ,

20(1 ? k 2 ) 所以 MO ? ? OA ,即 x ? y ? ? , 4 ? 5k 2
2 2 2

2

2

2

因为 l 是 AB 的垂直平分线,

-4-

高考复习讲义
所以直线 l 的方程为 y ? ?

1 x x ,即 k ? ? , k y

? x2 ? 20 ?1 ? 2 ? 2 2 ? y ? ? ? 2 20( x ? y ) , 因此 x 2 ? y 2 ? ? 2 x2 4 y 2 ? 5x2 4?5 2 y
又 x2 ? y 2 ? 0 , 所以 5x2 ? 4 y 2 ? 20? 2 ,

x2 y 2 ? ? ?2 . 故 4 5
又当 k ? 0 或不存在时,上式仍然成立. 综上所述, M 的轨迹方程为

x2 y 2 ? ? ? 2 (? ? 0) . 4 5
20 20k 2 2 y ? , , A 4 ? 5k 2 4 ? 5k 2

2 (2)当 k 存在且 k ? 0 时,由(1)得 x A ?

? x2 y 2 ? ? 1, ? 20 20k 2 ?5 4 2 2 由? 解得 xM ? , yM ? , 2 2 5 ? 4 k 5 ? 4 k 1 ? y ? ? x, ? k ?
所以 OA ? xA ? y A ?
2 2 2

20(1 ? k 2 ) 80(1 ? k 2 ) 20(1 ? k 2 ) 2 2 2 OM ? AB ? 4 OA ? , , . 5 ? 4k 2 4 ? 5k 2 4 ? 5k 2
1 2 AB OM 4
2

解法一:由于 S△ AMB ?
2

1 80(1 ? k 2 ) 20(1 ? k 2 ) ? ? ? 4 4 ? 5k 2 5 ? 4k 2

?

400(1 ? k 2 )2 (4 ? 5k 2 )(5 ? 4k 2 )



1600(1 ? k 2 )2 ? 40 ? ?? ? , 2 ? 81(1 ? k 2 )2 ? 9 ? ? 4 ? 5k 2 ? 5 ? 4 k 2 ? ? ? 2 ? ?
40 . 9

400(1 ? k 2 ) 2

2

2 2 当且仅当 4 ? 5k ? 5 ? 4k 时等号成立,即 k ? ?1 时等号成立,此时 △ AMB 面积的最小值是 S△ AMB ?

1 40 ?2 5?2 ? 2 5 ? . 2 9 1 40 当 k 不存在时, S△ AMB ? ? 5 ? 4 ? 2 5 ? . 2 9
当 k ? 0 , S△ AMB ? -5-

高考复习讲义
综上所述, △ AMB 的面积的最小值为

40 . 9

解法二:因为

1 OA
2

?

1 OM
2

1 1 4 ? 5k 2 ? 5 ? 4k 2 9 ? ? , ? ? 20(1 ? k 2 ) 20(1 ? k 2 ) 20(1 ? k 2 ) 20 4 ? 5k 2 5 ? 4k 2



1 OA
2

?

1 OM
2



40 2 , OA OM ≥ , 9 OA OM

2 2 当且仅当 4 ? 5k ? 5 ? 4k 时等号成立,即 k ? ?1 时等号成立,

40 . 9 1 40 当 k ? 0 , S△ AMB ? ? 2 5 ? 2 ? 2 5 ? . 2 9 1 40 当 k 不存在时, S△ AMB ? ? 5 ? 4 ? 2 5 ? . 2 9 40 综上所述, △ AMB 的面积的最小值为 . 9
此时 △ AMB 面积的最小值是 S△ AMB ?

5.已知抛物线 C : y ? 2x2 ,直线 y ? kx ? 2 交 C 于 A,B 两点, M 是线段 AB 的中点,过 M 作 x 轴的垂线交

C 于点 N .
(Ⅰ)证明:抛物线 C 在点 N 处的切线与 AB 平行; (Ⅱ)是否存在实数 k 使 NA NB ? 0 ,若存在,求 k 的值;若不存在,说明理由. 解法一: (Ⅰ)如图,设 A( x1, 2x12 ) , B( x2, 2 x22 ) ,把 y ? kx ? 2 代入 y ? 2x2 得 2 x ? kx ? 2 ? 0 ,
2

由韦达定理得 x1 ? x2 ?

k , x1 x2 ? ?1 , 2

y M 2 B 1 O N 1 x A

? xN ? xM ?

? k k2 ? x1 ? x2 k ? ,? N 点的坐标为 ? , ? . 2 4 ?4 8 ?
k k? ? ? m? x ? ? , 8 4? ?
2

设抛物线在点 N 处的切线 l 的方程为 y ?

2 将 y ? 2x 代入上式得 2 x ? mx ?
2

mk k 2 ? ?0, 4 8

直线 l 与抛物线 C 相切,

? mk k 2 ? ?? ? m 2 ? 8 ? ? ? ? m 2 ? 2mk ? k 2 ? (m ? k ) 2 ? 0 ,? m ? k .即 l ∥ AB . 8 ? ? 4
(Ⅱ)假设存在实数 k ,使 NA NB ? 0 ,则 NA ? NB ,又

M 是 AB 的中点,

?| MN |?

1 1 1 1 | AB | .由(Ⅰ)知 yM ? ( y1 ? y2 ) ? (kx1 ? 2 ? kx2 ? 2) ? [k ( x1 ? x2 ) ? 4] 2 2 2 2
-6-

高考复习讲义

? k2 1 ? k2 ? ? ? 4? ? ? 2. 2? 2 ? 4
k2 k 2 k 2 ? 16 MN ? x 轴,? | MN |?| yM ? yN |? ? 2 ? ? . 4 8 8
又 | AB |? 1 ? k | x1 ? x2 |? 1 ? k
2 2

( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2

? 1? k 2

1 2 ?k? k ?1 ? ? ? 4 ? (?1) ? 2 ?2?

2

k 2 ? 16 .

?

k 2 ? 16 1 2 ? k ? 1 k 2 ? 16 ,解得 k ? ?2 . 8 4

即存在 k ? ?2 ,使 NA NB ? 0 .
2 解法二: (Ⅰ)如图,设 A( x1, 2x12 ),B( x2, 2x2 ) ,把 y ? kx ? 2 代入 y ? 2x 得
2

k 2 x 2 ? kx ? 2 ? 0 .由韦达定理得 x1 ? x2 ? ,x1 x2 ? ?1 . 2

? k k2 ? x1 ? x2 k N ? ,? 点的坐标为 ? , ? . ? xN ? xM ? 2 4 ?4 8 ?
? 抛物线在点 N 处的切线 l 的斜率为 4 ?

y ? 2x2 ,? y? ? 4 x ,

k ? k ,? l ∥ AB . 4

(Ⅱ)假设存在实数 k ,使 NA NB ? 0 .

2 x1 ? 由(Ⅰ)知 NA ? ? x1 ? ,
2

? ?

k 4

? k2 ? k k2 ? 2 NB ? ? x2 ? , 2 x2 ? ? ,则 ?, 8 ? 4 8 ? ?

k ?? k? ? k2 ?? 2 k2 ? ? NA NB ? ? x1 ? ? ? x2 ? ? ? ? 2 x12 ? ? ? 2 x2 ? ? 4 ?? 4? ? 8 ?? 8 ? ? ? k ?? k? k2 ?? 2 k2 ? ? ? ? x1 ? ? ? x2 ? ? ? 4 ? x12 ? ? ? x2 ? ? 4 ?? 4? 16 ? ? 16 ? ? ?

k ?? k? ? ? ? x1 ? ?? x2 ? ? 4 ?? 4? ?

? k ?? k ?? ? ?1 ? 4 ? x1 ? 4 ?? x2 ? 4 ? ? ? ?? ?? ?

? k k2 ? ? k2 ? ? ? x1 x2 ? ? x1 ? x2 ? ? ? ?1 ? 4 x1 x2 ? k ( x1 ? x2 ) ? ? 4 16 ? ? 4? ? ? k k k2 ? ? ? ?1 ? ? ? ? 4 2 16 ? ? ? k k2 ? 1 ? 4 ? ( ? 1) ? k ? ? ? ? 2 4? ?

? k2 ?? 3 ? ? ? ?1 ? ?? ?3 ? k 2 ? ? 0 , 16 ? ? 4 ? ?
-7-

高考复习讲义
?1 ?
3 k2 ? 0 ,??3 ? k 2 ? 0 ,解得 k ? ?2 . 4 16

即存在 k ? ?2 ,使 NA NB ? 0 .

2 6.抛物线 y ? x2 和三个点 M ( x0 , y0 )、P(0, y0 )、N (? x0 , y0 ) ( y0 ? x0 过点 M 的一条直线交抛物线于 , y0 ? 0) ,

A 、 B 两点, AP、BP 的延长线分别交曲线 C 于 E、F .
(1)证明 E、F、N 三点共线; (2)如果 A 、 B 、 M 、 N 四点共线,问:是否存在 y0 ,使以 线段 AB 为直径的圆与抛物线有异于 A 、 B 的交点?如果存在, 求出 y0 的取值范围, 并求出该交点到直线 AB 的距离; 若不存在, 请说明理由.
F
N

y

A

M P

B E

2 2 22. (1)证明:设 A( x1, x1 )、B( x2 , x2 ) , E( xE , yE )、B( xF , yF )
2 x12 ? x2 ? x ? x1 ? ? x12 x1 ? x2

O

x

则直线 AB 的方程: y ? 即: y ? ( x1 ? x2 ) x ? x1 x2

因 M ( x0 , y0 ) 在 AB 上,所以 y0 ? ( x1 ? x2 ) x0 ? x1 x2 又直线 AP 方程: y ?



x12 ? y0 x ? y0 x1

? x12 ? y0 x ? y0 x2 ? y0 ?y ? x1 由? 得: x 2 ? 1 x ? y0 ? 0 x 1 ? x2 ? y ?
所以 x1 ? xE ?

x12 ? y0 y y2 ? xE ? ? 0 , yE ? 0 x1 x1 x12

2 y0 y0 同理, xF ? ? , yF ? 2 x2 x2

所以直线 EF 的方程: y ? ?(

y2 x1 ? x2 ) y0 x ? 0 x1 x2 x1 x2

-8-

高考复习讲义
令 x ? ? x0 得 y ?

y0 [( x1 ? x2 ) x0 ? y0 ] x1 x2

将①代入上式得 y ? y0 ,即 N 点在直线 EF 上 所以 E, F , N 三点共线 (2)解:由已知 A、B、M 、N 共线,所以 A ? y0 , y0 , B( y0 , y0 )
2 以 AB 为直径的圆的方程: x ? ? y ? y0 ? ? y0 2

?

?

由?

2 2 ? ? x ? ? y ? y0 ? ? y0

? ?x ? y
2

2 得 y2 ? ? 2 y0 ?1? y ? y0 ? y0 ? 0

所以 y ? y0 (舍去) , y ? y0 ?1

要使圆与抛物线有异于 A, B 的交点,则 y0 ? 1 ? 0 所以存在 y0 ? 1 ,使以 AB 为直径的圆与抛物线有异于 A, B 的交点 T ? xT , yT ? 则 yT ? y0 ? 1,所以交点 T 到 AB 的距离为 y0 ? yT ? y0 ? ? y0 ?1? ? 1

0) , AB 边所在直线的方 7.如图,矩形 ABCD 的两条对角线相交于点 M (2,
, 在 AD 边所在直线上. 程为 x ? 3 y ? 6 ? 0 点 T ( ?11)
(I)求 AD 边所在直线的方程; (II)求矩形 ABCD 外接圆的方程;

y
C

T D
N

M B
x

O

0) ,且与矩形 ABCD 的外接圆外切,求动圆 P 的 (III)若动圆 P 过点 N (?2,
圆心的轨迹方程.

A

解: (I)因为 AB 边所在直线的方程为 x ? 3 y ? 6 ? 0 ,且 AD 与 AB 垂直,所以直线 AD 的斜率为 ?3 .

, 在直线 AD 上, 又因为点 T ( ?11)
所以 AD 边所在直线的方程为 y ? 1 ? ?3( x ? 1) .即 3x ? y ? 2 ? 0 .

(II)由 ?

? x ? 3 y ? 6 ? 0, ? 2) , 解得点 A 的坐标为 (0, ?3x ? y ? 2 = 0

0) . 因为矩形 ABCD 两条对角线的交点为 M (2,
所以 M 为矩形 ABCD 外接圆的圆心. 又 AM ?

(2 ? 0) 2 ? (0 ? 2) 2 ? 2 2 .

-9-

高考复习讲义
从而矩形 ABCD 外接圆的方程为 ( x ? 2)2 ? y 2 ? 8 . (III)因为动圆 P 过点 N ,所以 PN 是该圆的半径,又因为动圆 P 与圆 M 外切, 所以 PM ? PN ? 2 2 , 即 PM ? PN ? 2 2 . 故点 P 的轨迹是以 M ,N 为焦点,实轴长为 2 2 的双曲线的左支. 因为实半轴长 a ?

2 ,半焦距 c ? 2 .

所以虚半轴长 b ? c2 ? a2 ? 2 .

x2 y 2 ? ? 1( x ≤ ? 2) . 从而动圆 P 的圆心的轨迹方程为 2 2

, 0) , 直 线 l : x ? ?1 , P 为 平 面 上 的 动 点 , 过 点 P 作 l 的 垂 线 , 垂 足 为 点 Q , 且 8. 如 图 , 已 知 F (1
. QP QF? FP FQ (Ⅰ)求动点 P 的轨迹 C 的方程; (Ⅱ) 过点 F 的直线交轨迹 C 于 A,B 两点, 交直线 l 于点 M . (1)已知 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF ,求 ?1 ? ?2 的值; (2)求 MA MB 的最小值. y

l

F

?1 O

1

x

,y) ,由 QP QF ? FP FQ 得: 解法一: (Ⅰ)设点 P( x,y ) ,则 Q(?1
( x ? 1, 0) (2, ? y) ? ( x ?1,y) (?2,y) ,化简得 C : y2 ? 4x .
(Ⅱ) (1)设直线 AB 的方程为: x ? my ? 1(m ? 0) . 设 A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) ,又 M ? ?1 , ?

? ?

2? ?, m?
y P B O F A M - 10 -

? y 2 ? 4 x, 2 2 联立方程组 ? ,消去 x 得: y ? 4my ? 4 ? 0 , ? ? (?4m) ? 12 ? 0 , ? x ? my ? 1, ? y1 ? y2 ? 4m, ? ? y1 y2 ? ?4.
由 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF 得: Q

x

y1 ?

2 2 ? ??1 y1 , y2 ? ? ??2 y2 ,整理得: m m

高考复习讲义

?1 ? ?1 ?

2 2 , ?2 ? ?1 ? , my1 my2

? ?1 ? ?2 ? ?2 ?
? ?2 ?
? ?2 ?

2? 1 1 ? ? ? ? m ? y1 y2 ?

2 y1 ? y2 m y1 y2
2 4m ? 0. m ?4

解法二: (Ⅰ)由 QP QF ? FP FQ 得: FQ ( PQ ? PF ) ? 0 ,

?( PQ ? PF ) ( PQ ? PF ) ? 0 ,

? PQ ? PF ? 0 ,
? PQ ? PF .
所以点 P 的轨迹 C 是抛物线,由题意,轨迹 C 的方程为: y ? 4 x .
2

2

2

(Ⅱ) (1)由已知 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF ,得 ?1 则:

?2 ? 0 .

MA MB

??

?1 AF ?2 BF

.…………①

过点 A,B 分别作准线 l 的垂线,垂足分别为 A1 , B1 , 则有:

MA MB

?

AA1 BB1

?

AF BF

.…………②

由①②得: ?

AF ?1 AF ,即 ?1 ? ?2 ? 0 . ? ?2 BF BF

(Ⅱ) (2)解:由解法一, MA MB ?
2 ? (1 ? m 2 ) y1 y2 ? yM ( y1 ? y2 ) ? yM

?

1 ? m2

?

2

y1 ? yM y2 ? yM

? (1 ? m2 ) ?4 ?

2 4 ? 4m ? 2 m m

4 ? ? ? (1 ? m2 ) ? 4 ? 2 ? m ? ?
- 11 -

高考复习讲义
? 4(2 ? m 2 ?
2

? ? 1 2 1 )≥ 4? 2 ? 2 m ? ? 16 . 2 2 ? m m ? ? ?
1 ,即 m ? ?1 时等号成立,所以 MA MB 最小值为 16 . m2

当且仅当 m ?

9.已知椭圆 C:

x2 y2 6 ? 2 =1(a>b>0)的离心率为 ,短轴一个端点到右焦点的距离为 3 . 2 3 a b

(Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)设直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点,坐标原点 O 到直线 l 的距离为

3 ,求△AOB 面积的最大值. 2

?c 6 , x2 ? ? 2 解: (Ⅰ)设椭圆的半焦距为 c ,依题意 ? a 3 ? b ? 1 ,? 所求椭圆方程为 ? y ? 1. 3 ? a ? 3, ?
(Ⅱ)设 A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) . (1)当 AB ⊥ x 轴时, AB ? 3 . (2)当 AB 与 x 轴不垂直时,设直线 AB 的方程为 y ? kx ? m .

由已知

m 1? k
2

?

3 2 3 2 ,得 m ? (k ? 1) . 4 2
2 2 2

把 y ? kx ? m 代入椭圆方程,整理得 (3k ? 1) x ? 6kmx ? 3m ? 3 ? 0 ,

? x1 ? x2 ?

?6km 3(m 2 ? 1) , x1 x2 ? . 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1

? 36k 2 m2 12(m2 ? 1) ? 2 ? AB ? (1 ? k 2 )( x2 ? x1 ) 2 ? (1 ? k 2 ) ? 2 ? 2 3k 2 ? 1 ? ? (3k ? 1) ?
12(k 2 ? 1)(3k 2 ? 1 ? m2 ) 3(k 2 ? 1)(9k 2 ? 1) ? ? (3k 2 ? 1)2 (3k 2 ? 1)2
12k 2 12 12 ? 3? 4 ? 3? (k ? 0) ≤ 3 ? ?4. 2 1 9k ? 6k ? 1 2?3 ? 6 9k 2 ? 2 ? 6 k
- 12 -

高考复习讲义
当且仅当 9 k ?
2

1 3 ,即 k ? ? 时等号成立. 2 k 3

当 k ? 0 时, AB ? 3 , 综上所述 AB max ? 2 .

1 3 3 . ? ? 当 AB 最大时, △ AOB 面积取最大值 S ? ? AB max ? 2 2 2
07 天津(22) (本小题满分 14 分) 设椭圆

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的左、右焦点分别为 F1,F2,A 是椭圆上的一点, AF2 ? F1F2 ,原点 O 到直线 a 2 b2

1 AF1 的距离为 OF1 . 3
(Ⅰ)证明 a ? (Ⅱ)求 t ? (0,b) 使得下述命题成立:设圆 x2 ? y 2 ? t 2 上任意点 M ( x0,y0 ) 处的切线 2b ;

交椭圆于 Q1 , Q2 两点,则 OQ1 ? OQ2 . (Ⅰ)证法一:由题设 AF2 ? F , 0) , F2 (c, 0) ,不妨设点 A(c,y) ,其中 1F 2及F 1 (?c

y ? 0 ,由于点 A 在椭圆上,有

c2 y 2 a 2 ? b2 y 2 ? ? 1 ? 2 ? 1, , a 2 b2 a2 b

解得 y ?

? b2 ? b2 ,从而得到 A ? c, ? , a ? a?
b2 ( x ? c) ,整理得 2ac

直线 AF2 的方程为 y ?

b2 x ? 2acy ? b2c ? 0 .
由题设,原点 O 到直线 AF1 的距离为
2 2 2 2

1 c b2c OF1 ,即 ? , 3 3 b4 ? 4a 2c 2
2

将 c ? a ? b 代入原式并化简得 a ? 2b ,即 a ? 证法二:同证法一,得到点 A 的坐标为 ? c, ? ,

2b .

? b2 ? ? a?

过点 O 作 OB ? AF 1 ,垂足为 H ,易知 △F 1 BC ∽△F 1F2 A ,故

y H
F1 O

BO FA ? 2 OF1 F1 A
BO ? 由椭圆定义得 AF 1 ? AF 2 ? 2a ,又 1 OF1 ,所以 3

A
F2

x

- 13 -

高考复习讲义

F2 A 1 F2 A , ? ? 3 F1 A 2a ? F2 A
a b2 a b2 ? ,即 a ? 2b . 解得 F2 A ? ,而 F2 A ? ,得 2 a 2 a
(Ⅱ)解法一:圆 x2 ? y 2 ? t 2 上的任意点 M ( x0,y0 ) 处的切线方程为 x0 x ? y0 y ? t 2 . 当 t ? (0,b) 时, 圆 x2 ? y 2 ? t 2 上的任意点都在椭圆内, 故此圆在点 A 处的切线必交椭圆于两个不同的点 Q1 和

Q2 ,因此点 Q1 ( x1,y1 ) , Q2 ( x2,y2 ) 的坐标是方程组
2 ? ? x0 x ? y0 y ? t ? 2 2 2 ? ? x ? 2 y ? 2b

① ②

的解.当 y0 ? 0 时,由①式得 y ?
2

t 2 ? x0 x y0

? t 2 ? x0 x ? 2 代入②式,得 x ? 2 ? ? ? 2b ,即 ? y0 ?
2

2 2 2 (2x0 ? y0 ) x2 ? 4t 2 x0 x ? 2t 4 ? 2b2 y0 ?0,
2 4t 2 x0 2t 4 ? 2b2 y0 于是 x1 ? x2 ? , x1 x2 ? 2 2 2 2 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0

y1 y2 ?
?

t 2 ? x0 x1 t 2 ? x1 x2 y0 y1

1 4 2 ?t ? x0t 2 ( x1 ? x2 ) ? x0 x1 x2 ? 2 ? ? y0

4 2 2 2 4t 2 x0 1 ? 4 t 4 ? 2b 2 x0 2 2 2t ? 2b y0 ? ? 2 ? t ? x0t ? x0 . ?? 2 2 2 2 2 2 y0 ? 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0 ? 2 x0 ? y0

若 OQ1 ? OQ2 ,则 x1 x2 ? y1 y2 ?
2 2 所以, 3t 4 ? 2b2 ( x0 ? y0 ) ? 0.

2 2 2 2 2t 4 ? 2b2 y0 t 4 ? 2b2 x0 3t 4 ? 2b2 ( x0 ? y0 ) ? ? ?0. 2 2 2 2 2 2 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0

2 2 2 由 x0 ? y0 ? t ,得 3t ? 2b t ? 0 .在区间 (0,b) 内此方程的解为 t ?
4 2 2

6 b. 3

当 y0 ? 0 时,必有 x0 ? 0 ,同理求得在区间 (0,b) 内的解为 t ?

6 b. 3

另一方面,当 t ?

6 b 时,可推出 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,从而 OQ1 ? OQ2 . 3

- 14 -

高考复习讲义
综上所述, t ?

6 b ? (0,b) 使得所述命题成立. 3

x2 ? y 2 ? 1的左、右焦点. 10.设 F1 、 F2 分别是椭圆 4
(Ⅰ)若 P 是第一象限内该椭圆上的一点,且 PF1 ? PF2 ? ?

5 ,求点 P 的作标; 4

(Ⅱ)设过定点 M (0, 2) 的直线 l 与椭圆交于同的两点 A 、 B ,且 ?AOB 为锐角(其中 O 为作标原点) ,求直 线 l 的斜率 k 的取值范围. (Ⅰ) a ? 2 , b ? 1 , c ? 3 .∴ F 1 (? 3,0) , F 2 ( 3,0) .设 P ( x, y ) ( x ? 0, y ? 0) .则

5 x2 PF1 ? PF2 ? (? 3 ? x, ? y )( 3 ? x, ? y ) ? x 2 ? y 2 ? 3 ? ? ,又 ? y 2 ? 1, 4 4

7 ? 2 x ? y2 ? ?x ? 1 ? x2 ? 1 ? 3 ? 4 ? ? 联立 ? 2 ,解得 ? 3?? 3 , P (1, 2 ) . 2 ? x ? y2 ? 1 ?y ? ?y ? ? 4 ? 2 ? ?4
(Ⅱ)显然 x ? 0 不满足题设条件.可设 l 的方程为 y ? kx ? 2 ,设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) .

? x2 2 ? ? y ?1 联立 ? 4 ? x 2 ? 4(kx ? 2)2 ? 4 ? (1 ? 4k 2 ) x 2 ? 16kx ? 12 ? 0 ? y ? kx ? 2 ?
∴ x1 x2 ?

12 16k , x1 ? x2 ? ? 2 1 ? 4k 1 ? 4k 2
2 2

由 ? ? (16k ) ? 4 ? (1 ? 4k ) ?12 ? 0

16k 2 ? 3(1 ? 4k 2 ) ? 0 , 4k 2 ? 3 ? 0 ,得 k 2 ?

3 .① 4

又 ?AOB 为锐角 ? cos ?AOB ? 0 ? OA ? OB ? 0 ,∴ OA ? OB ? x1x2 ? y1 y2 ? 0 又 y1 y2 ? (kx1 ? 2)(kx2 ? 2) ? k 2 x1x2 ? 2k ( x1 ? x2 ) ? 4 ∴ x1 x2 ? y1 y2 ? (1 ? k ) x1 x2 ? 2k ( x1 ? x2 ) ? 4
2

? (1 ? k 2 ) ?

12 16k ? 2k ? ( ? )?4 2 1 ? 4k 1 ? 4k 2
∴?

12(1 ? k 2 ) 2k ?16k 4(4 ? k 2 ) ?0 ? ? ?4 ? 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2
综①②可知

1 ? k 2 ? 4 .② 4

3 3 3 ? k 2 ? 4 ,∴ k 的取值范围是 (?2, ? ) ( , 2) . 4 2 2
- 15 -

高考复习讲义
11.在平面直角坐标系 xOy 中,过定点 C (0,p) 作直线与抛物线 x2 ? 2 py ( p ? 0 )相交于 A,B 两点. (I)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; (II)是否存在垂直于 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. y

C A O N

B x

? p) ,可设 A( x1,y1 ),B( x2,y2 ) , 解法 1: (Ⅰ)依题意,点 N 的坐标为 N (0,
直线 AB 的方程为 y ? kx ? p ,与 x2 ? 2 py 联立得 ? 由韦达定理得 x1 ? x2 ? 2 pk , x1 x2 ? ?2 p2 . 于是 S△ AMN ? S△ BCN ? S△ ACN ? · 2 p x1 ? x2 .

? x 2 ? 2 py, 消去 y 得 x2 ? 2 pkx ? 2 p 2 ? 0 . y ? kx ? p . ?
y

1 2

B C A O N x

? p x1 ? x2 ? p ( x1 ? x2 )2 ? 4 x1 x2
? p 4 p2k 2 ? 8 p2 ? 2 p2 k 2 ? 2 ,

∴ 当 k ? 0 , (S△ABN )min ? 2 2 p2 .
(Ⅱ)假设满足条件的直线 l 存在,其方程为 y ? a ,

,PQ 的中点为 H , 设 AC 的中点为 O? , l 与 AC 为直径的圆相交于点 P , Q
则 O?H ? PQ , Q? 点的坐标为 ?

? x1 y1 ? p ? , ?. 2 ? ?2

y

∵ O?P ?

1 1 2 1 AC ? x1 ? ( y1 ? p ) 2 ? y12 ? p 2 , 2 2 2
l A

B

y ?p 1 O?H ? a ? 1 ? 2a ? y1 ? p , 2 2
1 1 ∴ PH ? O?P ? O?H ? ( y12 ? p 2 ) ? (2a ? y1 ? p) 2 4 4
2 2 2

O?

C O N

x

p? ? ? ? a ? ? y1 ? a( p ? a) , 2? ?
- 16 -

高考复习讲义

?? p? ? 2 ∴ PQ ? (2 PH ) 2 ? 4 ?? a ? ? y1 ? a( p ? a) ? . 2? ?? ?
令a?

p p p ? 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 ? , 2 2 2

解法 2: (Ⅰ)前同解法 1,再由弦长公式得

AB ? 1 ? k 2 x1 ? x2 ? 1 ? k 2· ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2· 4 p 2 k 2 ? 8 p 2

? 2 p 1 ? k 2· k 2 ? 2 ,
又由点到直线的距离公式得 d ?

2p 1? k 2
2



从而 S△ ABN ? · d · AB ? · 2 p 1 ? k · k ? 2 ·
2

1 2

1 2

2p 1? k
2

? 2 p2 k 2 ? 2 ,

∴ 当 k ? 0 时, (S△ABN )max ? 2 2 p2 .
( Ⅱ ) 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 x2 ? x1 x ? (a ? p)(a ? y1 ) ? 0 ,
2 则 △? x1 ? 4(a ? p)(a ? y1 ) ? 4 ?? a ?

?? ??

p? ? ? 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 PQ ? x3 ? x4 ? 令a?

p? p? ? ? 4 ? a ? ? y1 ? a ( p ? a ) ? 2 ? a ? ? y1 ? a ( p ? a ) . 2? 2? ? ?

p p p ? 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 ? , 2 2 2

12.已知椭圆

x2 y 2 ? ? 1 的左、右焦点分别为 F1 , F2 ,过 F1 的直线交椭圆于 B,D 两点,过 F2 的直线交椭圆于 3 2

A,C 两点,且 AC ? BD ,垂足为 P. (Ⅰ)设 P 点的坐标为 ( x0,y0 ) ,证明:

x0 2 y0 2 ? ? 1; (Ⅱ)求四边形 ABCD 面积最小值. 3 2

22.证明: (Ⅰ)椭圆的半焦距 c ? 3 ? 2 ? 1 , 由 AC ⊥ BD 知点 P 在以线段 F1F2 为直径的圆上,故 x0 ? y0 ? 1,
2 2

- 17 -

高考复习讲义
所以,
2 x0 y2 x2 y 2 1 ? 0 ≤ 0 ? 0 ? ? 1. 3 2 2 2 2

x2 y 2 ? ? 1 ,并化简 (Ⅱ) (ⅰ)当 BD 的斜率 k 存在且 k ? 0 时, BD 的方程为 y ? k ( x ? 1) ,代入椭圆方程 3 2
得 (3k 2 ? 2) x2 ? 6k 2 x ? 3k 2 ? 6 ? 0 . 设 B( x1,y1 ) , D( x2,y2 ) ,则

y
A D
F2
C

P
B
F1 O

6k 2 3k 2 ? 6 x1 ? x2 ? ? 2 , x1 x2 ? , 3k ? 2 3k 2 ? 2
2 BD ? 1 ? k 2 x1 ? x2 ? (1 ? k 2 ) ? ?( x2 ? x2 ) ? 4 x1 x2 ? ??

x

4 3(k 2 ? 1) ; 3k 2 ? 2

因为 AC 与 BC 相交于点 p ,且 AC 的斜率为 ?

1 . k

? 1 ? 4 3 ? 2 ? 1? 2 ?k ? ? 4 3(k ? 1) .四边形 ABCD 的面积 所以, AC ? 1 2k 2 ? 3 3? 2 ? 2 k
1 24( k 2 ? 1) 2 ??(k 2 ? 1) 2 96 S ? BD AC ? ≥ ? . 2 2 2 2 2 2 (3k ? 2)(2k ? 3) ? (3k ? 2) ? (2k ? 3) ? 25 ? ? 2 ? ?
当 k ? 1 时,上式取等号.
2

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

96 . 25

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