高考圆锥曲线难题集粹.docx
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高考圆锥曲线难题集粹
高考数学圆锥曲线训练
1.已知△ABC的顶点A,B在椭圆X23y24上，C在直线l:
yx2上，且AB//l•（I）当AB边通过坐标原点0时，求AB的长及△ABC的面积;
解：
（I）因为AB//I,
（n）当ABC90°，且斜边AC的长最大时，求AB所在直线的方程.
且AB边通过点（0,0），所以AB所在直线的方程为yx•
设A,B两点坐标分别为
（xi,yi）,（x2,
2
Xy2）•由
y
3y2
4
'得X1•
所以AB近
X1X2
又因为AB边上的高h等于原点到直线
I的距离•所以
V2,SaABC
^lABgh
（n）设AB所在直线的方程为
2
3m2
3y4得4x26mx
Xm
因为A
B在椭圆上，所以
12m2
640•
设A,B两点坐标分别为
（xi,yi）,（x2,y2），则
Xi
X2
3m
T,X1X2
3m24
4
所以AB近
X1X2
J326m2
又因为BC的长等于点
（0,
m）到直线I的距离,
BC
所以AC
2
AB
BC
m22m10
（m
1）2
11•
所以当m
1时，AC边最长，（这时
12640）
x2
2.如图，椭圆C:
令
a
此时AB所在直线的方程为yX1•
2
y
1（ab0）的一个焦点为F（1,0）,且过点（2,0）•b
（I）求椭圆C的方程；
（n）若AB为垂直于x轴的动弦，直线I:
x4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.
（I）由题设a2,ci，从而b2a
x
3.所以椭圆C的方程为——
4
y-i.
3
（n）（i）由题意得F（10）,N（4,0）,
2
设A（m,n），则B（m,n）（n0）,巴
4
i.……①
AF与BN的方程分别为：
n（x
1）（m
I）y
0,n（x4）（m4）y0.
设M（X0,y。
），则有
n（x0
n（x0
i）
4）
（mi）y0
（m4）y0
0,
0,
由②，③得
5m8
x-——-
2m5
yo
3n
2m5
2y。
3
（5m8）2
4（2m5）2
3n2
（2m5）2
8）2
2
4（2m5）
（5m
3n2（2m!
5）2
22
（5m8）i2n
4（2m5）2
（5m
4（2m
22
8）369m
5）2
•所以点
M恒在椭圆
C上.
（ii）设
AM的方程为xty1,
2
代入—
4
i得（3t24）y26ty9
设A（xi,
yi）,M（X2,y2），则有:
yiy2
6t
3t24
_9
3t24
yiy2
品y2）24yiy2
4巧Mt23
3t24
令3t24
（>4），则
yi
y2
伍厂4爲L
，yiy2
2
4
因为
>4,01<1，所以当1
4
4,t0时,
yi
y有最大值3，此时AM过点F.
△AMN的面积Saamn
i
^iFNlgVi
¥2
y2
9
有最大值-.
2
y=kx（k>0）与AB相交于点D,与椭圆相交于
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
E、F两点.
ULTUUU
（I）若ED=6DF，求k的值；n）求四边形AEBF面积的最大值。
22.（I）解：
依题设得椭圆的方程为
由D在AB上知x02kx02,
2
所以-
1
10
2k7』4k2
化简得
2
24k225k60,
解得k
—或k3.
38
n）解法一：
根据点到直线的距离公式和
知，点E,F
AB的距离分别为
hi
2（12k^14k2）
^5（14k2）
h2
x22kX2
AB
AB（h1
2（12k^14k2）
J5（14k2）
145，所以四边形AEBF的面积为
h2）
2k）2（12k）214k24kw242
'4k2W
涉J皿
1
当2k1，即当k一时，上式取等号.所以
2
s的最大值为242.•
12分
BO1,AO
y10,
设yikXi,ykX2，由①得X20,y?
故四边形AEBF的面积为
SBEFAEFX22y2
J（X22y2）2Jx；4y2WJ2（x；4$；）2罷
以曲线Ci与坐标轴的交点为顶点的椭圆.
（I）求椭圆C2的标准方程；（n）设AB是过椭圆C2中心的任意弦，I是线段AB的垂直平分线.M是I上
异于椭圆中心的点.
（2）若M是I与椭圆C2的交点，求△AMB的面积的最小值.
b2
解得a25,b24.
（n）
（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ykX（k0）,
A（Xa,Ya）.
因为I是AB的垂直平分线,
所以直线
l的方程为y
ix，即k
因此X2
20
2
2
X
—2
y
p
220（X2y2）
又X2
所以5x24y2
又当k
202
0或不存在时，上式仍然成立.
2
综上所述，M的轨迹方程为—
4
（2）当k存在且k
0时，由
（1）
2
Xa
5x2
（0）.
20
45k2
2
，Ya
20k2
45k2
2
•1,
解得
4
1
—X，k
2
Xm
20k2
2，
54k
2
Ym
20
2，
54k
所以OA
2
Xa
2
Ya
20（1k2）
45k2
AB
4OA
80（1
k2）
45k2
，OM
20（1k2）
54k2
解法一：
由于
Saamb
1|AB2gOM
4
80（1
k2）20（1k2）
45k2
54k2
400（1k2）2
22~"
（45k）（54k）
A400（1k2）2
22
45k54k
2
1600（1
k2）2
81（1k2）2
2
40
9
当且仅当45k2
4k2时等号成立，即
k1时等号成立，此时△AMB面积的最小值是Saamb40
9
当k0,SAamb
当k不存在时，Saamb
2嘉40.
9
42亦40.
9
40
综上所述，△AMB的面积的最小值为上
1
解法二：
因为
OA
OM
1
20（1k2）
45k2
1
20（1k2）
54k2
22
45k54k9
20（1k2）20
当且仅当
OM
OA|gOM
OAgOM
22
45k54k时等号成立，即k
1时等号成立,
此时△AMB面积的最小值是
当k0,amB
245
当k不存在时，Saamb
S40
8AMB-
9
22亦空•
9
27540
9
40
9•
综上所述，△AMB的面积的最小值为
5.已知抛物线C:
2
2x，直线y
kx2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
（n）是否存在实数
C在点N处的切线与AB平行；
uuuuuu
k使NAgNB0,若存在，求k的值；若不存在，说明理由.
解法一：
（I）
如图,
2299
A（X1,2X1）,B（X2,2x2），把ykx2代入y2x2得2x2kx20,
由韦达定理得
Xi
X2
-,X1X21,
2
XnXm
Xi
X2
设抛物线在点
N点的坐标为
N处的切线I的方程为y
x
2
将y2x2代入上式得2x
mx
mk
k2
Q直线I与抛物线C相切,
2mk
k2
（m
k）20,
mk.即I//AB•
（n）假设存在实数
k，使
uuu
uuu
NAgNB
0，则
NA
NB，又QM是AB的中点,
1
|MN|Jabi.由（I）
知yM
如1
11
寸附2kx22）1[k（x1X2）4]
1k2
72.
QMNX轴，IMNI|yMyN|
k2
~8
k216
8^
又|AB|J1k2g为X21J1k2^（X1X2）24x1X2
J1k2^k4
（1）fjk21gZi7
2
k216
8
^Jk21g/k216，解得k2.
4
即存在k
uuuLuu
2，使NAgNB0.
解法二：
（
如图，设A（x,,2x2）,
B（X2,2x；），把y
2
kx2代入y2x2得
2x2kx
0.由韦达定理得xi
X22,X1X2
1.
XNXM
宁4,N点的坐标为
2
2x,y4x,
抛物线在点
N处的切线I的斜率为
l//AB.
（n）假设存在实数
uuuuuuk，使NAgNB
由（I）知
UJU
NA
X4，x2
k2
uuu—,NB
X2
彳，2X22k8
，则
uuruLUNAgNB
Xi
X2
2x12
k2
2x；
k2
x2
k2
16
2
X2
k2
16
X1
X2
g1
X1
X2
X2
—g1
169
4x1x2
k（x1X2）
16
g14（
1）k
k2
33k20,
4
k2
16
32
3-k20,解得k2.
4
即存在
uuuuuu
使NAgNBo.
6.抛物线y
22
X和三个点M（x0,y0）、P（0,y0）、N（x0,y0）（yox。
」。
0），过点M的一条直线交抛物线
于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yo，使以线段AB为直径的圆与抛物线有异于
交点？
如果存在，求出yo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.
E（XE,yE）、B（XF,yF）
22.
（1）证明：
设A（X1,X12）、B（X2,x；）,
即：
y（Xix2）xX1X2
所以直线EF
的方程:
Xi
X2）yoX
2
yo
x|
将①代入上式得yyq，即N点在直线EF上
所以E,F,N三点共线
（2）解：
由已知AB、
M、N共线，所以
莎Yq,B（jy0,yo）
以AB为直径的圆的方程:
YYq
Yq
2
由X
2
x
2
yYqYq得
2y1
2
Yq
Yq
所以y
Yq（舍去），
Yq
要使圆与抛物线有异于
A,B的交点，则
Yq
所以存在Yq1，使以
AB为直径的圆与抛物线有异于
A,B的交点TxT,yt
则Yt
Yq1，所以交点T到AB的距离为YqYt
YqYq11
7.如图,
矩形ABCD的两条对角线相交于点M（2,0）,AB边所在直线的方
程为x
3y60点T（1,1）在AD边所在直线上.
（I）求AD边所在直线的方程；
（II）求矩形ABCD外接圆的方程;
（III）若动圆P过点N（2,0），且与矩形ABCD的外接圆外切，求动圆
的圆心的轨迹方程.
解：
（I）因为AB边所在直线的方程为x3y60,且AD与AB垂直，所以直线AD的斜率为3.
又因为点T（1,1）在直线AD上,
所以AD边所在直线的方程为y13（x1）.即3xy20.
x3y60,
（II）由y解得点A的坐标为（0,2）,
3xy2=0
因为矩形ABCD两条对角线的交点为M（2,0）.
所以M为矩形ABCD外接圆的圆心.
又IAM|J（2o）2（02）2242.
从而矩形ABCD外接圆的方程为（X2）2y28.
（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
故点P的轨迹是以M,N为焦点，实轴长为
2j2的双曲线的左支.
因为实半轴长aJ2，半焦距c2.
所以虚半轴长b品a2J2.
从而动圆
2
P的圆心的轨迹方程为—
2
i（x<72）.
8.如图，
已知F（1,0），直线l:
x
P为平面上的动点，过点P作I的垂线，垂足为点Q，且
uuLuuur
QPgQF
uuuuuu
FPgFQ.
（I）求动点P的轨迹C的方程；
（n）过点F的直线交轨迹C于a,
ULUTuuuUULT
（1）已知MA1Au,mb
B两点,
uuu
2BF,求
12的值;
（2）求
uutr
MA
UULTcMB
解法一：
（I）设点
（x1,0）g（2,y）
的最小值.
P（x,y），
uuuuuur
Q（1,y），由QPgQF
I
y
1
F
1h.
1
O
1
x
交直线I于点M.
muuur
FPgFQ得:
（x1,y）g[2,y），化简得C:
y24x.
（n）
（1）设直线AB的方程为：
xmy1（m0）.
设A（xi,yi）,B（X2,y2），又M
1,
m
2
联立方程组y
4x
‘，消去x得：
y24my40,
1,
my
yy
4.
uur
Luu
ulut
uuu
由MA
1AF,
mb
2
BF得:
2
2
y1—
1%,
¥2
272,
m
m
2
2
11
2
1
my1
my2
4m,
整理得:
y1y2
（4m）
mY1¥2
y2
m¥1*2
24m
解法二:
（I）由
uuuuuLr
QPgQF
uuuuuruuur得：
FQg[PQPF）
uuu
（PQ
uluuujuruluu
PF）gPQPF）0,
uuu2PQ
Luu2PF
rru
rru
PQ
PF
P的轨迹
所以点
C是抛物线，由题意，轨迹C的方程为:
（n）
（1）
uiur
由已知MA
uLuruLtr
1AF,MB
uru
2BF，得1g2
则:
uuLrMAtutrMB
ruurAF■ruur.
BF
过点AB分别作准线
I的垂线，垂足分别为A,B1,
则有:
uur
MA
uur
MB
由①②得:
uuur
AAtutr
BB1
tutrAFtuurBF
uuur
AF
tour'
BF
uuur
AFuurr，即BF
（2）
解：
由解法一,
uLur
MA
Iuur
gMB
2
J1m2
*Ym¥2Ym
（1
m2）
Y1Y2Ym（Y1
Y2）yM
（1
m2）
4m
（1
m2）
4（2
m2
当且仅当m2
，即m1时等号成立，所以
UULT
MA
uur
glMB
最小值为16.
9.已知椭圆
C:
2
y
七=1（a>b>0）的离心率为
b
—,短轴一个端点到右焦点的距离为J3.
3
（I）求椭圆
C的方程;
（n）设直线
I与椭圆C交于A、B两点,
坐标原点
[3
O到直线I的距离为工3，求△AOB面积的最大值.
2
解：
（I）设椭圆的半焦距为
C,依题意
3，b1,所求椭圆方程为
73,
（n）设A（xi,yi）,B（X2,
y2）.
（1）当AB丄x轴时，AB
73.
（2）当AB与x轴不垂直时,
设直线AB的方程为ykxm.
由已知-=
232
2T（k21）.
4
把ykx
m代入椭圆方程,
整理得（3k21）x2
2
6kmx3m30,
X1X2
6km
3k21
XiX2
2
3（m1）
3k21
AB
（1k2）（X2
X1）2
12（m21）
3k21
2
12（k2
1）（3k21
m2）
3（k21）（9k21）
（3k21）2
2
C12k
32—
9k46k21
9k2
12
——（k0）<3
6
21
当且仅当9k2—，即k
k
込时等号成立.
3
当AB最大时，△AOB面积取最大值S
AB
7343
max22
07天津（22）（本小题满分14分）
22
设椭圆笃占1（ab0）的左、右焦点分别为
ab
F,F2,A是椭圆上的一点，AF2F1F2，原点O到直线
AFi的距离为
3Of1•
（I）证明a
J2b；（n）求t（0,b）使得下述命题成立：
设圆x2y2t2上任意点M（x。
，y。
）处的切线
交椭圆于Q1,
Q2两点，贝UOQ1OQ2•
（I）证法一:
由题设af2
F1F2及Fi（
c,0）,F2（c,0），不妨设点A（c,y），其中
y0,由于点A在椭圆上,
22有JL有2.2
ab
2.2
ab
2
a
解得
y—，从而得到
a
b2
c,—，
a
直线
AF2的方程为
b2
（xc），整理得
2ac
b2x
2acyb2c
由题设，原点0到直线AFi的距离为
，即
b2c
Vb44a2c2
将c2
a2b2代入原式并化简得a2
2b2,
即a72b•
证法二:
b2
同证法一，得到点A的坐标为c,—,
BO|
F2A
OF1
F1A
由椭圆定义得af1af2
过点0作OBAF1，垂足为
F2A
1
3F1A2a
解得F2A
而F2A
.2.2
bba
—,得一一，即a72b.
aa2
（n）解法一：
圆
22
t2上的任意点M（X0,y0）处的切线方程为X0Xy0yt.
当t（0,b）时,
2
t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Qi和
Q2，因此点
Qi（Xi,
yi）,Q2（X2,
y2）的坐标是方程组
X0Xy0y
X22y2
t2
2b2
1的解.
②
当yo0时，由①式得
t2XqX
y0
代入②式，得
t2X0X
y0
2b2，即
（2x1
2,2
y0）x
4t2X0X
2t42b2
X2
4t2X0
—22
X0y
，X1X2
t2
ym
.2
X0X1t
g-
yo
yi
2t4
~22
2b乂
c22
2X0乂
X0t2（XiX2）
2
X0X1X2
22t42b2y0
X0
2x2y2
若OQj
OQ2，贝yx1x2
yM
2t4
2
y。
2x2y：
所以,
4222
3t2b（X0y0）
由X2
yot2，得3t4
2b2t2
当y0
0时,
必有X0
另一方面，当
时,
综上所述，t
¥b（0,
2b2x2
t42b2x2
2x2y：
3t42b2（x0^y2）
2Xo
2
y。
0.在区间（0,
同理求得在区间（0,
可推出XiX2yy
b）使得所述命题成立.
b）内此方程的解为t
b）内的解为t鸟.
3
0,从而OQiOQ2.
2X2
10.设F1、F2分别是椭圆一y1的左、右焦点.
4
线I的斜率k的取值范围.
（I）a2,b
1,c
^/3.•••Fi（73,0）,F2（巧,0）.设P（x,y）（x0,y0）.则
uurr
PF1
Luur
PF2
73
x,
y）"
x,
y）
y21,
联立
（n）显然
联立
，解得
P（呼）•
x0不满足题设条件.可设
I的方程为y
kx2，设A（xi,yi）,B（X2,y2）•
2
X
4
y
y21
kx2
12
14k2
X2
，Xi
4（kx
X2
2）24（14k2）x216kx120
16k
4k2
22
（16k）24（14k2）
16k23（14k2）0,
12
4k2
AOB为锐角cosAOB
0,得k23•①
4
uuruuuuur
OAOB0,•OA
uuu
OBx1x2y1y20
ym
（kx1
2）（kx22）
k2X1X2
2k（X1X2）
•-X1X2
ym
（1k2）X1X2
2k（x1
X2）
（1
k2）
2k
4k2
16k
14k2
12（1k2）
14k2
2k16k
14k2
4（4k2）
14k2
-k2
4
4•②
3
综①②可知3
4
k24,•••k的取值范围是
（2,
7373
丁）"！
3,2）•
11.在平面直角坐标系
若不存在，说明理由.
x
解法1:
（I）依题意,
点N的坐标为
N（0,P），可设
A（Xi,yj,B（X2,y2），
直线AB的方程为y
kxp,与x2
X2
y
2py’消去y得x22pkx
kxp.
2p20.
由韦达定理得
XiX2
于是$△amn
bcn
pxiX2
pj（xiX2）24xiX2
pj4p2k28p22p2Jk22,
•••当k0,0ABN）min2^2p2.
2pk，X1X2
a，
ACN2'2p
2py联立得
（n）假设满足条件的直线I存在，其方程为y
设AC的中点为O,1与AC为直径的圆相交于点
Q,PQ的中点为H,
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