高考圆锥曲线难题集粹.docx

1、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X2 3y2 4上，C在直线l: y x 2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 ABC 90，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 y x 设A, B两点坐标分别为(xi, yi),(x2,2X y2)由y3y24得 X 1 所以AB 近X1 X2又因为AB边上的高h等于原点到直线I的距离所以V2 , Sa ABClABgh(n)设AB所在直线的方程为23m23y 4得 4x

2、2 6mxX m因为AB在椭圆上，所以12m264 0 设A, B两点坐标分别为(xi, yi),(x2, y2)，则XiX23mT, X1X23m2 44所以AB 近X1 X2J32 6m2又因为BC的长等于点(0,m)到直线I的距离,BC所以AC2ABBCm2 2m 10(m1)211 所以当m1时，AC边最长，(这时12 64 0)x22.如图，椭圆C :令a此时AB所在直线的方程为y X 1 2y1(a b 0)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 : x 4与x轴交 于点N，直线AF与BN交于点M (i)求证：

3、点M恒在椭圆C上;(ii)求 AMN面积的最大值.(I)由题设a 2, c i，从而b2 ax3 .所以椭圆C的方程为4y- i.3(n) (i)由题意得 F(10) , N(4,0),2设 A(m, n)，则 B(m, n)(n 0),巴4i.AF与BN的方程分别为：n(x1) (mI)y0 , n(x 4) (m 4)y 0 .设M(X0, y。)，则有n(x0n(x0i)4)(m i)y0(m 4)y00,0,由，得5m 8x -2m 5yo3n2m 52 y。3(5m 8)24(2 m 5)23n2(2 m 5)28)224(2 m 5)(5m3n2 (2 m !5)22 2(5m 8

4、) i2n4(2 m 5)2(5m4(2m2 28) 36 9m5)2所以点M恒在椭圆C 上.(ii)设AM的方程为x ty 1 ,2代入4i得(3t2 4)y2 6ty 9设 A(xi,yi), M (X2, y2)，则有:yi y26t3t2 4_93t2 4yi y2品y2)2 4yiy24 巧Mt2 33t2 4令 3t2 4( 4)，则yiy2伍厂4爲L，yiy224因为 4, 0 1 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.ULT UUU(I )若ED =6DF，求k的值；n )求四边形AEBF面积的最

5、大值。22. (I)解：依题设得椭圆的方程为由D在AB上知x0 2kx0 2 ,2所以-1102k 74k2化简得224k2 25k 6 0,解得k或 k 3 . 3 8n )解法一：根据点到直线的距离公式和知，点E, FAB的距离分别为hi2(1 2k 1 4k2)5(1 4k2)h2x2 2kX2ABAB (h12(1 2k 1 4k2)J5(1 4k2)1 45，所以四边形AEBF的面积为h2)2k) 2(1 2k) 2 1 4k2 4k w 242 4k2 W涉J皿1当2k 1，即当k 一时，上式取等号.所以2s的最大值为242. 12分BO 1, AOy1 0,设 yi kXi, y

6、 kX2，由得 X2 0 , y?故四边形AEBF的面积为S BEF AEF X2 2 y2J(X2 2y2)2 Jx； 4y2 W J2(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 a2 5 , b2 4 .(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y kX(k 0),A(Xa, Ya).因为I是AB的垂直平分线,所以直线l的方程为yix，即 k因此X22022X2

7、yp2 20(X2 y2)又X2所以5x2 4y2又当k20 20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k0时，由(1)2Xa5x2(0).204 5k22，Ya20k24 5k22 1,解得41X， k2Xm20k22 ，5 4k2Ym202 ，5 4k所以OA2Xa2Ya20(1 k2)4 5k2AB4 OA80(1k2)4 5k2，OM20(1 k2)5 4k2解法一：由于Sa amb1|AB2gOM480(1k2) 20(1 k2)4 5k25 4k2400(1 k2)22 2(4 5k )(5 4k )A 400(1 k2)22 24 5k 5 4k2

8、1600(1k2)281(1 k2)22409当且仅当4 5k24k2时等号成立，即k 1时等号成立，此时 AMB面积的最小值是Sa amb 409当 k 0 , SA amb当k不存在时，Sa amb2 嘉 40 .94 2 亦 40.940综上所述，AMB的面积的最小值为 上1解法二：因为OAOM120(1 k2)4 5k2120(1 k2)5 4k22 24 5k 5 4k 920(1 k2)20当且仅当OMOA|gOM,OAgOM2 24 5k 5 4k时等号成立，即k1时等号成立,此时 AMB面积的最小值是当 k 0 , amB245当k不存在时，Sa ambS 408 AMB -9

9、2 2亦空9275 409409 综上所述， AMB的面积的最小值为5.已知抛物线C :22x，直线ykx 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(n)是否存在实数C在点N处的切线与AB平行；uuu uuuk使NAgNB 0 ,若存在，求k的值；若不存在，说明理由.解法一：(I)如图,2 2 9 9A(X1,2X1 ) , B(X2,2x2 )，把 y kx 2代入 y 2x2得 2x2 kx 2 0 ,由韦达定理得XiX2-,X1X2 1 ,2Xn XmXiX2设抛物线在点N点的坐标为N处的切线I的方程为yx2将y 2x2代入上式得2xmxm

10、kk2Q直线I与抛物线C相切,2mkk2(mk)2 0,m k .即 I / AB (n)假设存在实数k，使uuuuuuNAgNB0，则NANB，又Q M是AB的中点,1|MN | Jabi.由(I)知yM如11 1寸附 2 kx2 2) 1k(x1 X2)41 k272.Q MN X 轴，I MN I |yM yN |k28k2 168又 | AB | J1 k2 g 为 X21 J1 k2 (X1 X2)2 4x1X2J1 k2 k 4 ( 1) fjk2 1gZi72k2 168Jk2 1g/k2 16，解得 k 2 .4即存在kuuu Luu2，使 NAgNB 0 .解法二：(如图，设

11、 A(x,2x2),B(X2,2x；)，把 y2kx 2代入y 2x2得2x2 kx0 .由韦达定理得xiX2 2 , X1X21.XN XM宁4, N点的坐标为22x , y 4x,抛物线在点N处的切线I的斜率为l / AB .(n)假设存在实数uuu uuu k，使 NAgNB由(I)知UJUNAX 4，x2k2uuu ,NBX2彳，2X22 k8，则uur uLU NAgNBXiX22x12k22x；k2x2k2162X2k216X1X2g1X1X2X2g116 94x1x2k(x1 X2)16g1 4 (1) kk23 3k2 0,4k216323 -k2 0,解得 k 2.4即存在u

12、uu uuu使 NAgNB o .6.抛物线y2 2X和三个点M(x0,y0)、P(0, y0)、N( x0,y0) (yo x。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 (Xi x2)x X1X2所以直线EF的方程:XiX2)yoX2

13、yox|将代入上式得 y yq，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，所以莎 Yq , B(jy0, yo)以AB为直径的圆的方程:Y YqYq2由X2x2y Yq Yq得2y 12YqYq所以yYq (舍去)，Yq要使圆与抛物线有异于A,B的交点，则Yq所以存在Yq 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YtYq 1，所以交点T到AB的距离为Yq YtYq Yq 1 17.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x3y 6 0点T( 1,1)在AD边所在直线上.(I )求AD边所在直

14、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 x 3y 6 0,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 y 1 3(x 1).即3x y 2 0.x 3y 6 0,(II )由 y 解得点A的坐标为(0, 2),3x y 2 = 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 I AM| J(2 o)2 (0 2)2 242.从而矩形ABCD外接

15、圆的方程为(X 2)2 y2 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a J2，半焦距c 2 .所以虚半轴长b品a2 J2.从而动圆2P的圆心的轨迹方程为 2i(x 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3O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， b 1, 所求椭圆方程为73,(n)设 A(xi, yi) , B(X2,y2)

16、.(1 )当AB丄x轴时，AB73.(2 )当AB与x轴不垂直时,设直线 AB的方程为y kx m .由已知-=2 3 22 T(k2 1).4把y kxm代入椭圆方程,整理得(3k2 1)x226kmx 3m 3 0 ,X1 X26km3k2 1XiX223(m 1)3k2 1AB(1 k2)(X2X1)212(m2 1)3k2 1212(k21)(3k2 1m2)3(k2 1)(9k2 1)(3k2 1)22C 12k3 29k4 6k2 19k212(k 0) 362 1当且仅当9k2 ，即kk込时等号成立.3当AB最大时， AOB面积取最大值SAB73 43max 2 207天津(22

17、)(本小题满分14 分)2 2设椭圆笃占1(a b 0)的左、右焦点分别为a bF, F2, A是椭圆上的一点， AF2 F1F2，原点O到直线AFi的距离为3Of1 (I)证明aJ2b ； (n )求t (0, b)使得下述命题成立：设圆 x2 y2 t2上任意点M (x。，y。)处的切线交椭圆于Q1,Q2 两点，贝U OQ1 OQ2 (I)证法一:由题设 af2F1F2 及 Fi(c,0), F2(c,0)，不妨设点 A(c, y)，其中y 0,由于点A在椭圆上,2 2 有J L 有 2 .2a b2 .2a b2a解得y ，从而得到ab2c,，a直线AF2的方程为b2(x c)，整理得2

18、acb2x2acy b2c由题设，原点0到直线AFi的距离为，即b2cVb44a2c2将c2a2 b2代入原式并化简得 a22b2,即 a 72b证法二:b2同证法一，得到点 A的坐标为 c,BO|F2AOF1F1A由椭圆定义得 af1 af2过点0作OB AF1，垂足为F2A13 F1A 2a解得F2A而F2A.2 .2b ba,得一一，即 a 72b .a a 2（n）解法一：圆2 2t2上的任意点M（X0, y0）处的切线方程为X0X y0y t .当 t (0, b)时,2t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) ,

19、Q2(X2,y2）的坐标是方程组X0X y0yX2 2y2t22b21的解.当yo 0时，由式得t2 XqXy0代入式，得t2 X0Xy02b2，即(2x12, 2y0)x4t2X0X2t4 2 b2X24t2X02 2X0 y，X1X2t2ym.2X0X1 t g-yoyi2t42 22b 乂c 2 22X0 乂X0t2(Xi X2)2X0X1X22 2t4 2b2 y0X02x2 y2若OQjOQ2，贝y x1x2yM2t42y。2x2 y：所以,4 2 2 23t 2b (X0 y0)由X2yo t2，得 3t42b2t2当y00时,必有X0另一方面，当时,综上所述，tb (0,2b2x

20、2t4 2b2x22x2 y：3t4 2b2(x0 y2)2Xo2y。0 .在区间（0,同理求得在区间（0,可推出XiX2 yyb）使得所述命题成立.b）内此方程的解为tb）内的解为t鸟.30 ,从而 OQi OQ2.2 X 210.设F1、F2分别是椭圆一 y 1的左、右焦点.4线I的斜率k的取值范围.(I) a 2, b1, c/3. Fi( 73,0) , F2(巧,0).设 P(x,y) (x 0,y 0).则uurrPF1LuurPF273x,y)x,y)y2 1,联立(n)显然联立，解得P(呼)x 0不满足题设条件.可设I的方程为ykx 2，设 A(xi,yi), B(X2,y2)

21、2X4yy2 1kx 2121 4k2X2，Xi4(kxX22)2 4 (1 4k2)x2 16kx 12 016k4k22 2(16k)2 4 (1 4k2)16k2 3(1 4k2) 0,124k2AOB为锐角 cos AOB0,得k2 3 4uur uuu uurOA OB 0 , OAuuuOB x1x2 y1y2 0ym(kx12)(kx2 2)k2X1X22k(X1 X2)- X1X2ym(1 k2)X1X22k(x1X2)(1k2)2k4k216k1 4k212(1 k2)1 4k22k 16k1 4k24(4 k2)1 4k2-k244 3综可知34k2 4 , k的取值范围是

22、(2,73 73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ykx p ,与 x2X2y2 py 消去 y 得 x2 2 pkxkx p.2p2 0 .由韦达定理得Xi X2于是$ amnbcnp xi X2pj(xi X2)2 4xiX2pj4p2k2 8p2 2p2Jk2 2 ,当 k 0 , 0ABN)min 22p2 .2pk，X1X2a，ACN 22 p2 py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 ,