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2015解步步高大一轮讲义(理)专题五


专题五

高考中的圆锥曲线问题

x2 y2 1.已知 F1、F2 为椭圆 + =1 的两个焦点,过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点.若|F2A|+|F2B| 25 9 =12,则|AB|=________. 答案 8 解析 由题意知(|AF1|+|AF2|)+(|BF1|+|BF2|) =|AB|+|AF2|+|BF2|=2a+2a,

又由 a=5,可得|AB|+(|BF2|+|AF2|)=20, 即|AB|=8. 2.设 AB 为过抛物线 y2=2px(p>0)的焦点的弦,则|AB|的最小值为 p A. 2 答案 C 解析 当弦 AB 垂直于对称轴时|AB|最短, p 这时 x= ,∴y=± p,|AB|min=2p. 2 x2 y2 3.若双曲线 2- =1 的一条渐近线被圆(x-2)2+y2=4 所截得的弦长为 2, 则该双曲线的实轴 a 3 长为 A.1 答案 B x2 y2 3 解析 双曲线 2- =1 的渐近线方程为 y=± x,即 3x± ay=0, a 3 a 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,另一方面, 圆心 C(2,0)到双曲 | 3×2-a×0| x2 y2 线 2- =1 的渐近线 3x-ay=0 的距离为 d= = a 3 3+a2 2 3 2 3 = 3,解得 a2=1,即 a=1,该双曲线的实轴 2,所以 3+a 3+a2 长为 2a=2. 4.在抛物线 y=2x2 上有一点 P,它到 A(1,3)的距离与它到焦点的距离之和最小,则点 P 的坐 标是 A.(-2,1) B.(1,2) C.(2,1) D.(-1,2) ( ) B.2 C.3 D.6 ( ) B.p C.2p D.无法确定 ( )

答案 B 解析 如图所示,直线 l 为抛物线 y=2x2 的准线,F 为其焦点,PN⊥l, AN1⊥l,由抛物线的定义知,|PF|=|PN|, ∴|AP|+|PF|=|AP|+|PN|≥|AN1|, 当且仅当 A、P、N 三点共线时取等号. ∴P 点的横坐标与 A 点的横坐标相同即为 1, 则可排除 A、C、D,故选 B. → → 5.设坐标原点为 O,抛物线 y2=2x 与过焦点的直线交于 A、B 两点,则OA· OB等于 ( 3 A. 4 答案 B 解析 方法一 (特殊值法) 3 B.- 4 C.3 D.-3 )

1 ? 1 1 ,0 ,过 F 且垂直于 x 轴的直线交抛物线于 A( ,1),B( ,-1), 抛物线的焦点为 F? 2 ? ? 2 2 3 → → ?1 ? ?1 ? 1 ∴OA· OB=?2,1?· ?2,-1?=4-1=-4. 方法二 设 A(x1,y1),B(x2,y2), → → 则OA· OB=x1x2+y1y2. 由抛物线的过焦点的弦的性质知: p2 1 x1x2= = ,y1y2=-p2=-1. 4 4 3 → → 1 ∴OA· OB= -1=- . 4 4

题型一 圆锥曲线中的范围、最值问题 例1 1 (2012· 浙江改编)如图所示,在直角坐标系 xOy 中,点 P(1, )到抛 2

5 物线 C:y2=2px(p>0)的准线的距离为 .点 M(t,1)是 C 上的定点,A,B 4 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; (2)记 d= |AB| ,求 d 的最大值. 1+4m2

思维启迪 (1)依条件,构建关于 p,t 的方程; (2)建立直线 AB 的斜率 k 与线段 AB 中点坐标间的关系,并表示弦 AB 的长度,运用函数的

性质或基本不等式求 d 的最大值. p 解 (1)y2=2px(p>0)的准线 x=- , 2 p 5 1 ∴1-(- )= ,p= , 2 4 2 ∴抛物线 C 的方程为 y2=x. 又点 M(t,1)在曲线 C 上,∴t=1. (2)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),
2 ? ?y1=x1, ? 由 2 得(y1-y2)(y1+y2)=x1-x2,故 k· 2m=1, ?y2=x2, ?

1 所以直线 AB 的方程为 y-m= (x-m), 2m 即 x-2my+2m2-m=0.
2 ? ?x-2my+2m -m=0, 由? 2 消去 x, ?y =x ?

整理得 y2-2my+2m2-m=0, 所以 Δ=4m-4m2>0,y1+y2=2m,y1y2=2m2-m. 从而|AB|= 1 1+ 2· |y -y |= 1+4m2· 4m-4m2 k 1 2

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

1 当且仅当 m=1-m,即 m= 时,上式等号成立, 2 1 又 m= 满足 Δ=4m-4m2>0.∴d 的最大值为 1. 2 思维升华 圆锥曲线中的最值问题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;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. → → 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;

(2)求△APQ 面积的最大值. 解 (1)设 M(x,y),在△MAB 中, |AB|=2,∠AMB=2θ, 根据余弦定理得 → → → → |AM|2+|BM|2-2|AM|· |BM|cos 2θ=4. → → → → 即(|AM|+|BM|)2-2|AM|· |BM|(1+cos 2θ)=4. → → → → (|AM|+|BM|)2-4|AM|· |BM|cos2θ=4. → → 而|AM|· |BM|cos2θ=3, → → 所以(|AM|+|BM|)2-4×3=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 + =1. 4 3 (2)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=0.① 显然方程①的 Δ>0,设 P(x1,y1),Q(x2,y2), 1 则 S△APQ= ×2×|y1-y2|=|y1-y2|. 2 由根与系数的关系得 6m 9 y1+y2=- 2 ,y1y2=- 2 . 3m +4 3m +4 3m2+3 所以(y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1y2=48× . ?3m2+4?2 48 令 t=3m2+3,则 t≥3,(y1-y2)2= . 1 t+ +2 t 1 由于函数 φ(t)=t+ 在[3,+∞)上是增函数, t 1 10 所以 t+ ≥ ,当 t=3m2+3=3,即 m=0 时取等号. t 3

48 所以(y1-y2)2≤ =9,即|y1-y2|的最大值为 3. 10 +2 3 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 (2012· 福建)如图,等边三角形 OAB 的边长为 8 3,且其三个顶点均在

抛物线 E:x2=2py(p>0)上. (1)求抛物线 E 的方程; (2)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点 P,与直线 y=-1 相交于点 Q,证明:以 PQ 为直径的 圆恒过 y 轴上某定点. → → 思维启迪 既然圆过 y 轴上的点, 即满足MP· MQ=0, 对任意 P、 Q 恒成立可待定 M(0, y1), 也可给定特殊的 P 点,猜想 M 点坐标,再证明. (1)解 依题意,得|OB|=8 3,∠BOy=30° .

设 B(x,y),则 x=|OB|sin 30° =4 3,y=|OB|cos 30° =12. 因为点 B(4 3,12)在 x2=2py 上, 所以(4 3)2=2p×12,解得 p=2. 故抛物线 E 的方程为 x2=4y. 1 1 (2)证明 方法一 由(1)知 y= x2,y′= x. 4 2 设 P(x0,y0),则 x0≠0,且 l 的方程为 1 1 1 y-y0= x0(x-x0),即 y= x0x- x2 . 2 2 4 0 1 1 x -4 ? ? ?x= 0 , ?y=2x0x-4x2 0, 2x0 由? 得? ?y=-1 ? ? ?y=-1. 所以 Q 为? x2 0-4 ? ? 2x0 ,-1?.
2

1 → → 设 M(0,y1),令MP· MQ=0 对满足 y0= x2 (x ≠0)的 x0,y0 恒成立. 4 0 0 x0-4 → → ? 由于MP=(x0,y0-y1),MQ=? ? 2x0 ,-1-y1?,
2 x0 -4 → → 由MP· MQ=0,得 -y0-y0y1+y1+y2 1=0, 2 2

即(y2 1+y1-2)+(1-y1)y0=0.(*) 1 2 由于(*)式对满足 y0= x0 (x0≠0)的 y0 恒成立, 4

? ?1-y1=0, 所以? 2 解得 y1=1. ?y1+y1-2=0, ?

故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1). 1 1 方法二 由(1)知 y= x2,y′= x. 4 2 设 P(x0,y0),则 x0≠0, 1 且 l 的方程为 y-y0= x0(x-x0), 2 1 1 即 y= x0x- x2 . 2 4 0 1 1 x -4 ? ? ?x= 0 , ?y=2x0x-4x2 0, 2x0 由? 得? ? ? ?y=-1 ?y=-1. 所以 Q 为? x2 0-4 ? ? 2x0 ,-1?.
2

取 x0=2,此时 P(2,1),Q(0,-1), 以 PQ 为直径的圆为(x-1)2+y2=2, 交 y 轴于点 M1(0,1)或 M2(0,-1); 1? ? 3 ? 取 x0=1,此时 P? ?1,4?,Q?-2,-1?, 1?2 ? 3?2 125 以 PQ 为直径的圆为? ?x+4? +?y+8? = 64 , 7? 交 y 轴于点 M3(0,1)、M4? ?0,-4?. 故若满足条件的点 M 存在,只能是 M(0,1). 以下证明点 M(0,1)就是所要求的点. x0-4 → → ? 因为MP=(x0,y0-1),MQ=? ? 2x0 ,-2?,
2 → → x0-4 所以MP· MQ= -2y0+2=2y0-2-2y0+2=0. 2 2

故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1). 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. x2 y2 3 (2013· 江西)椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率 e= ,a+b=3. a b 2 (1)求椭圆 C 的方程; (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. (1)解 因为 e= 3 c = , 2 a

所以 a=

2 1 c,b= c. 3 3

代入 a+b=3 得,c= 3,a=2,b=1. x2 故椭圆 C 的方程为 +y2=1. 4 (2)证明 方法一 因为 B(2,0),点 P 不为椭圆顶点,则直线 BP 的方程为 y=k(x-2)(k≠0, 1 k≠± ), 2
2 4k ? x2 ?8k -2 ①代入 +y2=1,解得 P? 2 ,- 2 ?. 4 4k +1? ?4k +1



1 直线 AD 的方程为 y= x+1. 2 ①与②联立解得 M? 由 D(0,1),P?
2



?4k+2, 4k ?. ? ?2k-1 2k-1?

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

4k - 2 -1 4k +1 0-1 ?4k-2,0?. = ,解得 N? ? 2 8k -2 x-0 ?2k+1 ? -0 4k2+1 4k -0 2k-1 所以 MN 的斜率为 m= 4k+2 4k-2 - 2k-1 2k+1 4k?2k+1? 2k+1 = . 2 2= 4 2?2k+1? -2?2k-1? 2k+1 1 则 2m-k= -k= (定值). 2 2 y0 方法二 设 P(x0,y0)(x0≠0,± 2),则 k= , x0-2 1 直线 AD 的方程为 y= (x+2), 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,令 y=0, x0

由于 y0≠1 可得 N? 1

? -x0 ,0?, ? ?y0-1 ?

?y=2?x+2? 联立? y ?y=x -2?x-2?
0 0



解得 M?

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

因此 MN 的斜率为 4y0 2y0-x0+2 4y0?y0-1? m= = 2 4y0+2x0-4 4y0-8y0+4x0y0-x2 x0 0+4 + 2y0-x0+2 y0-1 4y0?y0-1? = 2 4y0-8y0+4x0y0-?4-4y2 0?+4 y0-1 = , 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?y0-1??x0-2?-2y2 0-y0?x0-2? = ?2y0+x0-2??x0-2? 1 2?y0-1??x0-2?- ?4-x2 0?-y0?x0-2? 2 = ?2y0+x0-2??x0-2? 1 = (定值). 2 题型三 圆锥曲线中的探索性问题 例3 x2 y2 (2012· 广东)在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率 e= a b 2 ,且椭圆 C 上的点到点 Q(0,2)的距离的最大值为 3. 3 (1)求椭圆 C 的方程. (2)在椭圆 C 上,是否存在点 M(m,n),使得直线 l:mx+ny=1 与圆 O:x2+y2=1 相交于 不同的两点 A、B,且△OAB 的面积最大?若存在,求出点 M 的坐标及对应的△OAB 的面 积;若不存在,请说明理由. 思维启迪 圆锥曲线中,这类问题的解题思想是假设其结论成立、存在等,在这个假设下 进行推理论证,如果得到了一个合情合理的推理结果,就肯定假设,对问题作出正面回答;

如果得到一个矛盾的结果,就否定假设,对问题作出反面回答.
2 2 c2 a -b 2 解 (1)∵e2= 2= 2 = , a a 3

∴a2=3b2, x2 y2 ∴椭圆方程为 2+ 2=1,即 x2+3y2=3b2. 3b b 设椭圆上的点到点 Q(0,2)的距离为 d,则 d= ?x-0?2+?y-2?2= x2+?y-2?2 = 3b2-3y2+?y-2?2= -2?y+1?2+3b2+6, ∴当 y=-1 时,d 取得最大值,dmax= 3b2+6=3, 解得 b2=1,∴a2=3. x2 ∴椭圆 C 的方程为 +y2=1. 3 m2 (2)假设存在点 M(m,n)满足题意,则 +n2=1, 3 即 m2=3-3n2. 设圆心到直线 l 的距离为 d′,则 d′<1, |m· 0+n· 0-1| 1 d′= . 2 2 = 2 m +n m +n2 ∴|AB|=2 12-d′2=2 1 1 ∴S△OAB= |AB|d′= · 2 2 2 = 1 ? 1 ? 2 . 2 1- 2 m +n ? m +n ?
2

1 1- 2 . m +n2 1 1 1- 2 · m +n2 m2+n2

∵d′<1,∴m2+n2>1, 1 ∴0< 2 <1, m +n2 1 ∴1- 2 >0. m +n2 ∴S△OAB= 1 ? 1 ? 1- 2 2 m2+n2? m +n ?



? 2 1 2+1- 2 1 2? 1 ? m +n m +n ?2= , ? ? 2 2 ? ?

1 1 当且仅当 2 , 2=1- 2 m +n m +n2 1 即 m2+n2=2>1 时,S△OAB 取得最大值 . 2

?m2+n2=2, ? 由? 2 得 2 ?m =3-3n ?

?m =2, ? 1 ?n =2,
2 2

3

∴存在点 M 满足题意, M 点坐标为? 1 此时△OAB 的面积为 . 2

6 2? ? 6 2? ? 6 2? ? 6 2? , , 或 , ? 2 , 2 ? ? 2 ,- 2 ? ?- 2 , 2 ? ?- 2 ,- 2 ?

思维升华 (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,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. (2013· 长春调研)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 y (1)求 C1,C2 的标准方程; → (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,说明理由. y2 解 (1)设抛物线 C2:y2=2px(p≠0),则有 =2p(x≠0), x 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: 2+ 2=1(a>b>0), a b 3 -2 3 -2 0 4 -4 2 2 2

把点(-2,0),(

?a =1 2 2, )代入得? 2 2 1 ?a +2b =1
2 2 2

4



2 ? ?a =4 x2 解得? 2 ,所以 C1 的标准方程为 +y2=1. 4 ?b =1 ?

(2)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 ? ? 4 +y2=1 由? ? ?y=k?x-1? 消去 y 并整理得(1+4k2)x2-8k2x+4(k2-1)=0, 8k2 于是 x1+x2= , 1+4k2 x1x2= 4?k2-1? . 1+4k2 ① ②

2

所以 y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=k2[x1x2-(x1+x2)+1] 4?k2-1? 8k2 3k2 =k2[ - + 1] =- . 1+4k2 1+4k2 1+4k2 → → → → 由OM⊥ON,即OM· ON=0,得 x1x2+y1y2=0.(*) 4?k2-1? k2-4 3k2 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 x2 y2 (2013· 浙江)如图,点 P(0,-1)是椭圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0) a b ③

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; (2)求△ABD 面积取最大值时直线 l1 的方程. 思维启迪 (1)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; (2)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.
?b=1, ? 解 (1)由题意得? ? ?a=2.

x2 所以椭圆 C1 的方程为 +y2=1. 4 (2)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,

故点 O 到直线 l1 的距离 d= 1 , k +1
2

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 +4y =4. ?

消去 y,整理得(4+k2)x2+8kx=0, 8k 故 x0=- . 4+k2 8 k2+1 所以|PD|= . 4+k2 1 设△ABD 的面积为 S,则 S= · |AB|· |PD| 2 8 4k2+3 = , 4+k2 所以 S= 32 13 4k2+3+ 4k2+3 ≤ 2 32 4k2+3· 13 4k2+3

16 13 = , 13 当且仅当 k=± 10 时取等号. 2 10 x-1. 2

所以所求直线 l1 的方程为 y=±

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. (2013· 重庆)如图,椭圆的中心为原点 O,长轴在 x 轴 上,离心率 e= 点,|AA′|=4. (1)求该椭圆的标准方程; (2)取垂直于 x 轴的直线与椭圆相交于不同的两点 P, P′, 过 P, P′ 作圆心为 Q 的圆,使椭圆上的其余点均在圆 Q 外.若 PQ⊥P′Q,求圆 Q 的标准方程. 解 (1)由题意知点 A(-c,2)在椭圆上, 2 ,过左焦点 F1 作 x 轴的垂线交椭圆于 A,A′两 2

?-c?2 22 4 则 2 + 2=1.从而 e2+ 2=1. a b b 2 4 b2 2 2 由 e= 得 b = =8,从而 a = =16. 2 1-e2 1-e2 x2 y2 故该椭圆的标准方程为 + =1. 16 8 (2)由椭圆的对称性,可设 Q(x0,0).
2 ? x? 1 又设 M(x,y)是椭圆上任意一点,则|QM|2=(x-x0)2+y2=x2-2x0x+x2 0+8 1-16 = (x- ? ? 2

2x0)2-x2 0+8 (x∈[-4,4]). 设 P(x1,y1),由题意知,点 P 是椭圆上到点 Q 的距离最小的点. 因此,上式当 x=x1 时取最小值,又因为 x1∈(-4,4),所以上式当 x=2x0 时取最小值, 从而 x1=2x0,且|QP|2=8-x2 0. 因为 PQ⊥P′Q,且 P′(x1,-y1), → → 所以QP· QP′=(x1-x0,y1)· (x1-x0,-y1)=0, 即(x1-x0)2-y2 1=0. x2 1 2 ? 1 由椭圆方程及 x1=2x0 得 x1-8?1-16? ?=0, 4 4 6 x1 2 6 解得 x1=± ,x0= =± . 3 2 3 从而|QP|2=8-x2 0= 16 . 3

故这样的圆有两个,其标准方程分别为

?x+2 6?2+y2=16,?x-2 6?2+y2=16. 3 ? 3 3 ? 3 ? ?

(时间:80 分钟) 1.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,说明理由. x2 y2 解 方法一 (1)依题意, 可设椭圆 C 的方程为 2+ 2=1(a>b>0), 且可知其左焦点为 F′(- a b 2,0).

? ? ?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 + =1. 16 12 3 (2)假设存在符合题意的直线 l,设其方程为 y= x+t. 2

?y=2x+t, 由? x y ?16+12=1,
2 2

3

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. 另一方面,由直线 OA 与 l 的距离 d=4,得 |t| =4,解得 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. x2 y2 方法二 (1)依题意,可设椭圆 C 的方程为 2+ 2=1(a>b>0), a b 4 9 ? ?a2+b2=1, 且有? 解得 b2=12,b2=-3(舍去). ? ?a2-b2=4. 从而 a2=16. x2 y2 所以椭圆 C 的方程为 + =1. 16 12 (2)同方法一.

x2 y2 3 2.如图,椭圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 ,x 轴被曲线 a b 2 C2:y=x2-b 截得的线段长等于 C1 的长半轴长. (1)求 C1,C2 的方程; (2)设 C2 与 y 轴的交点为 M,过坐标原点 O 的直线 l 与 C2 相交 于点 A,B,两直线 MA,MB 分别与 C1 相交于点 D,E. ①证明:MD⊥ME; S1 17 ②记△MAB,△MDE 的面积分别为 S1,S2.问:是否存在直线 l,使得 = ?请说明理由. S2 32 (1)解 c 3 由题意知,e= = ,从而 a=2b, a 2

又 2 b=a,所以 a=2,b=1. x2 故 C1,C2 的方程分别为 +y2=1,y=x2-1. 4 (2)①证明 由题意知,直线 l 的斜率存在,设为 k, 则直线 l 的方程为 y=kx,
? ?y=kx, 由? 2 ?y=x -1, ?

得 x2-kx-1=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则 x1,x2 是上述方程的两个实根, 于是 x1+x2=k,x1x2=-1. 又点 M 的坐标为(0,-1), y1+1 y2+1 ?kx1+1??kx2+1? 所以 kMA· kMB= · = x1 x2 x1x2 k2x1x2+k?x1+x2?+1 -k2+k2+1 = = =-1. x1x2 -1 故 MA⊥MB,即 MD⊥ME. ②解 设直线 MA 的斜率为 k1, 则直线 MA 的方程为 y=k1x-1.
?y=k1x-1, ?x=0, ?x=k1, ? ? ? 由? 解得? 或? 2 2 ?y=x -1, ?y=-1 ?y=k1-1. ? ? ?

故点 A 的坐标为(k1,k2 1-1). 1 又直线 MB 的斜率为- , k1 1 1 同理可得点 B 的坐标为(- , 2-1). k1 k1

1 于是 S1= |MA|· |MB| 2 1 1 1 1+k1 = 1+k2 |k1|· 1+ 2· |- |= . 1· 2 k1 k1 2|k1|
?y=k1x-1, ? 2 2 由? 2 得(1+4k1 )x -8k1x=0, 2 ? x + 4 y - 4 = 0 , ?
2

? ?x=0, 解得? ? ?y=-1

? ?x=1+4k , 或? 4k -1 y= ? ? 1+4k .
2 1 2 1 2 1

8k1

4k2 8k1 1-1 故点 D 的坐标为( ). 2, 1+4k1 1+4k2 1 1 又直线 ME 的斜率为- , k1 -8k1 4-k2 1 同理可得点 E 的坐标为( , ). 4+k2 4+k2 1 1 32?1+k2 |k1| 1 1?· 于是 S2= |MD|· |ME|= . 2 2 2 ?1+4k1??k1+4? S1 1 4 因此 = (4k2 + +17). S2 64 1 k2 1 1 4 17 由题意知, (4k2 + +17)= , 64 1 k2 32 1 1 2 解得 k2 1=4 或 k1= . 4 1 k2 1- 2 k1 1 又由点 A,B 的坐标可知,k= =k1- , 1 k1 k1+ k1 3 所以 k=± . 2 故满足条件的直线 l 存在,且有两条, 3 3 其方程分别为 y= x,y=- x. 2 2 3.如图,已知直线 l:y=kx-2 与抛物线 C:x2=-2py(p>0)交于 A、B → → 两点,O 为坐标原点,OA+OB=(-4,-12). (1)求直线 l 的方程和抛物线 C 的方程; (2)若抛物线上一动点 P 从 A 到 B 运动时,求△ABP 面积的最大值.
?y=kx-2 ? 解 (1)由? 2 ,得 x2+2pkx-4p=0. ? x =- 2 py ?

设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=-2pk,

y1+y2=k(x1+x2)-4=-2pk2-4. → → ∵OA+OB=(x1+x2,y1+y2)=(-2pk,-2pk2-4) =(-4,-12),
? ?-2pk=-4 ∴? , 2 ?-2pk -4=-12 ? ? ?p=1 解得? ,故直线 l 的方程为 y=2x-2, ?k=2 ?

抛物线 C 的方程为 x2=-2y.
?y=2x-2 ? (2)方法一 由? 2 ,得 x2+4x-4=0, ? x =- 2 y ?

∴|AB|= 1+k2· ?x1+x2?2-4x1x2 = 1+22· ?-4?2-4· ?-4?=4 10. 1 设 P(t,- t2)(-2-2 2<t<-2+2 2), 2 ∵|AB|为定值, ∴当点 P 到直线 l 的距离 d 最大时,△ABP 的面积最大. 1 | ?t+2?2-4| 2 而 d= 2 = , 5 2 +?-1?2 又-2-2 2<t<-2+2 2,∴当 t=-2 时,dmax= ∴当 P 点坐标为(-2,-2)时, 4 5 4 10× 5 △ABP 面积的最大值为 =8 2. 2 方法二 设 P(x0,y0),依题意,知当抛物线在点 P 处的切线与 l 平行时,△ABP 的面积最大. 1 ∵y′=-x,∴x0=-2,y0=- x2 =-2,P(-2,-2). 2 0 |2· ?-2?-?-2?-2| 4 此时点 P 到直线 l 的距离= = 5 22+?-1?2
?y=2x-2 4 5 ? = .由? 2 ,得 x2+4x-4=0, 5 ?x =-2y ?

1 |2t+ t2-2| 2

4 5 . 5

∴|AB|= 1+k2· ?x1+x2?2-4x1x2 = 1+22· ?-4?2-4?-4?=4 10, 4 5 4 10× 5 故△ABP 面积的最大值为 =8 2. 2

→ → 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; (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. x2 y2 解 (1)设椭圆方程为 2+ 2=1(a>b>0),则 c=1, a b → → 又∵AF· FB=(a+c)· (a-c)=a2-c2=1. ∴a2=2,b2=1, x2 故椭圆的标准方程为 +y2=1. 2 (2)假设存在直线 l 交椭圆于 P,Q 两点, 且 F 恰为△PQM 的垂心, 设 P(x1,y1),Q(x2,y2), ∵M(0,1),F(1,0),∴直线 l 的斜率 k=1. y=x+m ? ?2 于是设直线 l 为 y=x+m,由?x 2 ? ? 2 +y =1 得 3x2+4mx+2m2-2=0, 4 x1+x2=- m, 3 x1x2= 2m2-2 . 3 ① ②

→ → ∵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, 即 2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m2-m=0. 2m2-2 4m 将①②代入得 2· - (m-1)+m2-m=0, 3 3 4 4 解得 m=- 或 m=1,经检验 m=- 符合条件. 3 3 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

x2 y2 5.在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 + =1 的左,右顶点分别为 A,B,右焦点为 F.设 9 5 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; 1 (2)设 x1=2,x2= ,求点 T 的坐标; 3 (3)设 t=9,求证:直线 MN 必过 x 轴上的一定点(其坐标与 m 无关). (1)解 设 P(x,y),由题知 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= .故点 P 的轨迹方程是 x= . 2 2 1 (2)解 将 x1=2,x2= 分别代入椭圆方程, 3 5? 20? ?1 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 = ,即 x-3y+3=0 5 2+3 -0 3 y-0 x-3 直线 NB 的方程为 = ,即 5x-6y-15=0. 20 1 - -0 -3 9 3
? ?x-3y+3=0, 10 联立方程? 解得 x=7,y= , 3 ?5x-6y-15=0, ?

10? 所以点 T 的坐标为? ?7, 3 ?. (3)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 + =1 联立方程, 9 5

?3?80-m ?, 40m ?, 解得 M? ? ? 80+m2 80+m2?
N?

2

?3?m -20?,- 20m ?. 20+m2? ? 20+m2 ?

2

直线 MN 的方程为

3?m2-20? 20m y+ x- 2 20+m 20+m2 = . 40m 20m 3?80-m2? 3?m2-20? 2+ 2 2 - 2 80+m 20+m 80+m 20+m 令 y=0,解得 x=1,所以直线 MN 必过 x 轴上的一定点(1,0). 6.(2012· 上海)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. (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. (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. (1)解 x2 2 双曲线 C1: -y2=1,左顶点 A?- ,0?,渐近线方程:y=± 2x. 1 ? 2 ? 2

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?

2 x=- , y =- 2 x , 4 ? 解方程组? 得 1 ?y= 2x+1 y= . 2 1 2 所以所求三角形的面积为 S= |OA||y|= . 2 8 (2)证明 设直线 PQ 的方程是 y=x+b. 因为直线 PQ 与已知圆相切,故 |b| =1,即 b2=2. 2

? ? ?

?y=x+b, ? 由? 2 2 得 x2-2bx-b2-1=0. ? 2 x - y = 1 ? ? ?x1+x2=2b, 设 P(x1,y1)、Q(x2,y2),则? 2 ?x1x2=-1-b . ?

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. (3)证明 当直线 ON 垂直于 x 轴时, |ON|=1,|OM|= 2 3 ,则 O 到直线 MN 的距离为 . 2 3

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

?

2? , 2?

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

?x =4+k , 得? k ?y =4+k ,
2 2 2 2 2

1

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

设 O 到直线 MN 的距离为 d, 因为(|OM|2+|ON|2)d2=|OM|2|ON|2, 3k2+3 1 1 1 3 所以 2= =3,即 d= . 2+ 2= 2 d |OM| |ON| 3 k +1 综上,O 到直线 MN 的距离是定值.


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