2016年10月24圓錐曲線解答題2

1、2016年10月24圓錐曲線解答題2參考答案與試題解析一解答題（共30小題）1（2016廣西模擬）已知橢圓的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2及橢圓的短軸端點為頂點的三角形是等邊三角形，橢圓的右頂點到右焦點的距離為1（）求橢圓E的方程：（）如圖，直線l與橢圓E有且只有一個公共點M，且交于y軸于點P，過點M作垂直于l的直線交y軸于點Q，求證：F1，Q，F(xiàn)2，M，P五點共圓【解答】（）解：如圖，AF1F2是等邊三角形，a=2c，又橢圓的右頂點到右焦點的距離為1，ac=1，則a=2，c=1，從而b=，故橢圓E的方程為：；（）證明：依題意，直線l的斜率必存在且不為0，設直線l的方程為y=kx+m，由，得（4k

2、2+3）x2+8mkx+4m212=0令=0，即64m2k216（4k2+3）（m23）=0，化簡得：m2=4k2+30設M（x1，y1），則，即即M（）又直線MQPM，直線MQ的方程為由，得Q（0，），又由，得P（0，m）由（）知，F(xiàn)1（1，0），F(xiàn)2（1，0），PF2QF2，PF1QF1，又PMQM，點F1，Q，F(xiàn)2，M，P都在以PQ為直徑的圓上故F1，Q，P2，M，P五點共圓2（2016白銀模擬）已知橢圓C1：+=1（ab0）與拋物線C2：x2=2py（p0）有一公共焦點，拋物線C2的準線l與橢圓C1有一交點坐標是（，2）（1）求橢圓C1與拋物線C2的方程；（2）若點P是直線l上的動點，

3、過點P作拋物線的兩條切線，切點分別為A，B，直線AB與橢圓C1分別交于點E，F(xiàn)，求的取值范圍【解答】解：（1）拋物線C2的準線方程是y=2，所以，所以拋物線C2的方程是：x2=8y，橢圓的焦點坐標是（0，2），（0，2），所以c=2，所以，即橢圓C1的方程是+=1；（2）設點P（t，0），A（x1，y1），B（x2，y2），E（x3，y3），F(xiàn)（x4，y4），拋物線方程可以化為：，所以AP的方程為：，所以，即，同理：，所以直線AB的方程為：，將直線AB方程代入橢圓C1的方程得到：（t2+32）x2+16tx64=0，則=256t2+256（t2+32）0，且，所以，因為，所以的取值范圍是（8，

4、23（2016河南二模）已知橢圓C：2x2+y2=16（1）求橢圓C的離心率；（2）設O為原點，點A在橢圓C上，點B在直線x=4上，且=0，求直線AB截圓x2+y2=17所得弦長為l【解答】解：（1）由橢圓C：2x2+y2=16，得，則故橢圓C的離心率為e=；（2）設A（x0，y0），B（4，t），由=0，得，根據(jù)點斜式得到直線AB的方程為：yt=，化簡得（y0t）x（x04）y4y0+tx0=0原點O到AB的距離d=將代入可得：d=在圓x2+y2=17中，利用勾股定理可得直線AB截圓x2+y2=17所得弦長為64（2016撫順校級四模）已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：的左右焦點，P是橢圓E上的點

5、，且PF2x軸，直線l經(jīng)過F1，與橢圓E交于A，B兩點，F(xiàn)2與A，B兩點構成ABF2（1）求橢圓E的離心率；（2）設F1PF2的周長為，求ABF2的面積的最大值【解答】解：（1）由題意可得F1（c，0），F(xiàn)2（c，0），設點P在第一象限，令x=c，可得y=±b=±，則，可得，則a2=4b2=4（a2c2），可得3a2=4c2，即c=a，即有離心率e=；（2）由（1）可得2c=a，由橢圓的定義可得|PF1|+|PF2|=2a，F(xiàn)1PF2的周長為2a+2c=，解得a=1，c=，則b=，可得橢圓方程為x2+4y2=1，由題知直線斜率不為0，設直線方程為，由，得，設A（x1，y1）

6、，B（x2，y2），即有，|y1y2|=，則=，“=”成立時t2=2，即t=±，則ABF2的面積的最大值為6（2016遼寧三模）已知橢圓的離心率為，且過點，其長軸的左右兩個端點分別為A，B，直線l：y=x+m交橢圓于兩點C，D（）求橢圓的標準方程；（）設直線AD，CB的斜率分別為k1，k2，若k1：k2=2：1，求m的值【解答】解：（）由題意得：，（2分）解得，（4分）橢圓方程為（5分）（II）設C（x1，y1），D（x2，y2），聯(lián)立方程，得3x2+3mx+m23=0，判別式=（3m）212（m23）=3m2+360，解得m212，（7分）x1，x2為式的根，（8分）由題意知A（2

7、，0），B（2，0），k1：k2=2：1，即，得，又，同理，（10分）代入式，解得=4，即10（x1+x2）+3x1x2+12=0，10（m）+m23+12=0，解得m=1或m=9，又m212，m=9（舍去），m=1（12分）7（2016萊蕪一模）設橢圓C：+=1（ab0），定義橢圓C的“相關圓”方程為x2+y2=若拋物線y2=4x的焦點與橢圓C的一個焦點重合，且橢圓C短軸的一個端點和兩個焦點構成直角三角形（）求橢圓C的方程和“相關圓”E的方程；（）過“相關圓”E上任意一點P的直線l：y=kx+m與橢圓交于A，B兩點，O為坐標原點，若OAOB，證明原點O到直線AB的距離為定值，并求m的取值范圍

8、【解答】解：（）因為若拋物線y2=4x的焦點為（1，0）與橢圓C的一個焦點重合，所以c=1又因為橢圓C短軸的一個端點和其兩個焦點構成直角三角形，所以b=c=1故橢圓C的方程為，“相關圓”E的方程為（4分）證明：（）設A（x1，y1），B（x2，y2）聯(lián)立方程組得（1+2k2）x2+4kmx+2m22=0=16k2m24（1+2k2）（2m22）=8（2k2m2+1）0，即2k2m2+10（6分），由條件OAOB得3m22k22=0（8分）所以原點O到直線l的距離是由3m22k22=0得為定值（10分）此時要滿足0，即2k2m2+10，又，即，所以，即或（13分）10（2016江西模擬）橢圓C：

9、+=1（ab0）的上頂點為B，過點B且互相垂直的動直線l1，l2與橢圓的另一個交點分別為P，Q，若當l1的斜率為2時，點P的坐標是（，）（1）求橢圓C的方程；（2）若直線PQ與y軸相交于點M，設=，求實數(shù)的取值范圍【解答】解：（1）l1的斜率為2時，直線l1的方程為y=2x+b由l1過點P（，），得，即b=2橢圓C的方程可化為，由點P（，）在橢圓上，得，解得a2=5橢圓C的方程是；（2）由題意，直線l1，l2的斜率存在且不為0，設直線l1，l2的方程分別為y=kx+2，由，得（4+5k2）x2+20kx=0，即，同理，可得，由=，得，5k2+44，0，實數(shù)的取值范圍為（）11（2016江西二模

10、）給定橢圓C：+=1（ab0），稱圓C1：x2+y2=a2+b2為橢圓C的“伴隨圓” 已知點A（2，1）是橢圓G：x2+4y2=m上的點（1）若過點的直線l與橢圓G有且只有一個公共點，求l被橢圓G的伴隨圓G1所截得的弦長；（2）橢圓G上的B，C兩點滿足4k1k2=1（其中k1，k2是直線AB，AC的斜率），求證：B，C，O三點共線【解答】解：（1）由點A（2，1）是橢圓G：x2+4y2=m上的點可得22+412=m，即有m=8，即橢圓G：+=1，可得a2=8，b2=2，可得伴隨圓G1的方程為x2+y2=10，當直線l的斜率不存在時，顯然不滿足l與橢圓G有且只有一個公共點；當直線l的斜率存在時，

11、設直線，與橢圓G：x2+4y2=8聯(lián)立，得，由直線l與橢圓G有且只有一個公共點，得，解得k=±1，由對稱性取直線，即；圓心到直線l的距離為，直線l被橢圓G的伴隨圓G1所截得的弦長=；（2）證明：設直線AB，AC的方程分別為y1=k1（x2），y1=k2（x2），設點B（x1，y1），C（x2，y2），聯(lián)立G：x2+4y2=8，得，則2，得；同理，斜率，同理；因為4k1k2=1，所以，=kOB，即有B，O，C三點共線12（2016懷化二模）已知橢圓+=1（ab0）上一點與它的左、右兩個焦點F1，F(xiàn)2的距離之和為2，且它的離心率與雙曲線x2y2=2的離心率互為倒數(shù)（1）求橢圓的方程；（2

12、）如圖，點A為橢圓上一動點（非長軸端點），AF1的延長線與橢圓交于點B，AO的延長線與橢圓交于點C當直線AB的斜率存在時，求證：直線AB與BC的斜率之積為定值；求ABC面積的最大值，并求此時直線AB的方程【解答】解：（1）由橢圓的定義知2a=2，雙曲線x2y2=2的離心率為，故橢圓+=1的離心率e=，故a=，c=1，b=1；故橢圓的方程為+y2=1；（2）證明：設A（xA，yA），B（xB，yB），則C（xA，yA），設直線BA的方程為y=k（x+1），聯(lián)立方程化簡得，（2k2+1）x2+4k2x+2k22=0，xA+xB=，yA+yB=k（xA+xB）+2k=k（+2）=k，kABkBC=k

13、=；當直線AB的斜率不存在時，可知A（1，），B（1，），C（1，），故SABC=，當直線AB的斜率存在時，由知，xA+xB=，xAxB=，故|xAxB|=，故|AB|=|xAxB|=，點C到直線AB的距離d=，故SABC=（）=2=2，故ABC面積的最大值為，此時AB的方程為x+1=014（2016河北區(qū)一模）已知橢圓C：+=1（ab0）的短軸長為2，離心率e=（）求橢圓C的方程；（）若直線l：y=kx+m與橢圓交于不同的兩點A，B，與圓x2+y2=相切于點M（i）證明：OAOB（O為坐標原點）；（ii）設=，求實數(shù)的取值范圍【解答】解：（）2b=2，b=1（1分）又e=，a2=b2+c2，

14、a2=2（3分）橢圓C的方程為；（4分）（）（i）直線l：y=kx+m與圓x2+y2=相切，即（5分）由，消去y并整理得，（1+2k2）x2+4kmx+2m22=0設A（x1，y1），B（x2，y2），則（7分）=，OAOB（9分）（ii）直線l：y=kx+m與橢圓交于不同的兩點A，B，=（11分）由（）（i）知x1x2+y1y2=0，x1x2=y1y2，即（13分），的取值范圍是（14分）15（2016廣東模擬）已知點C為圓（x+1）2+y2=8的圓心，P是圓上的動點，點Q在圓的半徑CP上，且有點A（1，0）和AP上的點M，滿足=0，=2（）當點P在圓上運動時，求點Q的軌跡方程；（）若斜率為

15、k的直線 l與圓x2+y2=1相切，直線 l與（）中所求點Q的軌跡交于不同的兩點F，H，O是坐標原點，且時，求k的取值范圍【解答】解：（I）由題意知MQ中線段AP的垂直平分線，點Q的軌跡是以點C，A為焦點，焦距為2，長軸為的橢圓，故點Q的軌跡方程是（II）設直線l：y=kx+b，F(xiàn)（x1，y1），H（x2，y2）直線l與圓x2+y2=1相切聯(lián)立，（1+2k2）x2+4kbx+2b22=0，=16k2b24（1+2k2）2（b21）=8（2k2b2+1）=8k20，可得k0，=，為所求16（2016安徽校級四模）在平面直角坐標系xOy中，點P（a，b）（ab0）為動點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓G的左

16、、右焦點，A為橢圓G的左頂點，已知F1PF2為等腰三角形（）求橢圓G的離心率；（）過F2的直線m：x=1與橢圓G相交于點M（M點在第一象限），平行于AM的直線l與橢圓G交于B，C兩點，判斷直線MB，MC是否關于直線m對稱，并說明理由【解答】解：（）由ab，可得PF1PF2，設F1（c，0），F(xiàn)2（c，0），若PF1=F1F2，則=2c，即有a2+ac2c2=0，由ac，可得a2+ac2c2，故方程無解；若PF2=F1F2，則=2c，即有a2ac2c2=0，即有2e2+e1=0，解得e=（1舍去），綜上可得，橢圓G的離心率為；（）由F2（1，0），可得c=1，a=2，b=，即有橢圓的方程為+=1

17、，A為橢圓G的左頂點，A（2，0），M（1，），由題意可設直線l：y=x+n，n1設B（x1，y1），C（x2，y2），由，得x2+nx+n23=0由題意得=n24（n23）=123n20，即n（2，2）且n1x1+x2=n，x1x2=n23kMB+kMC=kMB+kMC=+=+=1+=1+=1=0，故直線MB，MC關于直線m對稱17（2016大慶校級二模）己知橢圓方程C：+=1（ab0），經(jīng)過點（1，），且兩焦點與短軸的一個端點構成等腰直角三角形（1）求橢圓方程；（2）過橢圓右頂點的兩條斜率乘積為的直線分別交橢圓于M，N兩點，試問：直線MN是否過定點？若過定點，請求出此定點，若不過，請說明理

18、由【解答】解：（1）橢圓兩焦點與短軸的一個端點構成等腰直角三角形a=b，+=1，又橢圓經(jīng)過點P（1，），代入可得b=1，a=，故所求橢圓方程為+y2=1；（2）直線MN過定點（0，0），證明：設過橢圓右頂點A（，0）的直線l1的方程為y=k1（x），代入橢圓方程，消去y，得（1+2k12）x24k12x+4k122=0，則xM=，yM=k1xMk1=，則M（，），由于l2的方程為y=k2（x），且k1k2=，代入橢圓方程，則將上面的k1換成，有N（，），則有M，N兩點關于原點對稱，連接MN，必過原點（0，0）故直線MN恒過定點（0，0）18（2016重慶校級模擬）橢圓C：+=1（ab0），作直

19、線l交橢圓于P，Q兩點M為線段PQ的中點，O為坐標原點，設直線1的斜率為k1，直線OM的斜率為k2，k1k2=（I）求橢圓C的離心率；（）設直線l與x軸交于點D（5，0），且滿足=2，當0PQ的面積最大時，求橢圓C的方程【解答】解：（I）設P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x0，y0），由題意可得+=1，+=1，兩式相減可得，+=0，由k1=，k2=，即有k1k2=，即為2a2=3b2=3（a2c2），即c2=a2，e=；（）由（）知，a2=3c2，b2=2c2，橢圓的方程為2x2+3y2=6c2，可設直線l的方程為x=my5，將代入中整理得（3+2m2）y220my+506c2=0，因

20、為直線l與橢圓交于P，Q兩點，所以=4（12m2c2+18c2150）0，設P（x1，y1），Q（x2，y2），則y1+y2=，y1y2=，|y1y2|=又=2，可得（x1+5，y1）=2（5x2，y2），即為y1=2y2，代入韋達定理，可得c2=，即有|y1y2|=5，當且僅當2|m|=，即為m=±時，取得等號又0PQ的面積為S=|OD|y1y2|=|y1y2|的最大值為，此時，m2=，c2=，所求橢圓的方程為2x2+3y2=250，即+=119（2016玉溪三模）橢圓C：+=1（ab0），作直線l交橢圓于P，Q兩點，M為線段PQ的中點，O為坐標原點，設直線l的斜率為k1，直線OM

21、的斜率為k2，k1k2=（1）求橢圓C的離心率；（2）設直線l與x軸交于點D（，0），且滿足=2，當OPQ的面積最大時，求橢圓C的方程【解答】解：（1）設P（x1，y1），Q（x2，y2），代入橢圓C的方程有：，兩式相減：，即，直線l的斜率為k1，直線OM的斜率為k2，可得k1=，k2=，即有，即b2=a2，c2=a2b2=a2，可得；（2）由（1）知，得a2=3c2，b2=2c2，可設橢圓C的方程為：2x2+3y2=6c2，設直線l的方程為：，代入橢圓C的方程有，因為直線l與橢圓C相交，所以=48m24（2m2+3）（66c2）0，由韋達定理：，又，所以y1=2y2，代入上述兩式有：，=，當

22、且僅當時，等號成立，此時c2=5，代入，有0成立，所以所求橢圓C的方程為：20（2016濟寧一模）已知橢圓C：+=1（ab0）的焦距為2，左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，以原點O為圓心，以橢圓C的半短軸長為半徑的圓與直線3x4y+5=0相切（）求橢圓C的方程；（）設不過原點的直線l：y=kx+m與橢圓C交于A，B兩點（i）若直線AF2與BF2的斜率分別為k1，k2，且k1+k2=0，求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標；（ii）若直線l的斜率是直線OA，OB斜率的等比中項，求OAB面積的取值范圍【解答】解：（）由題意可得c=1，即a2b2=1，由直線3x4y+5=0與圓x2+y2=b2相切，可得b

23、=1，解得a=，即有橢圓的方程為+y2=1；（）（i）證明：設A（x1，y1），B（x2，y2），將直線y=kx+m（m0）代入橢圓x2+2y2=2，可得（1+2k2）x2+4kmx+2m22=0，即有=16k2m28（1+2k2）（m21）0，x1+x2=，x1x2=，由k1+k2=+=+=0，即有2kx1x22m+（mk）（x1+x2）=0，代入韋達定理，可得2k2m+（mk）（）=0，化簡可得m=2k，則直線的方程為y=kx2k，即y=k（x2），故直線l恒過定點（2，0）；（ii）由直線l的斜率是直線OA，OB斜率的等比中項，即有k2=，即為k2x1x2=（kx1+m）（kx2+m）=

24、k2x1x2+km（x1+x2）+m2，可得m2+km（）=0，解得k2=，代入=16k2m28（1+2k2）（m21）0，可得m，且m0由O到直線的距離為d=，弦長AB為=2，則OAB面積為S=d|AB|=，當且僅當m2=2m2，即m=±1時，取得最大值則OAB面積的取值范圍為（0，21（2016連云港模擬）在平面直角坐標系xOy中，點C在橢圓M：+=1（ab0）上，若點A（a，0），B（0，），且=（1）求橢圓M的離心率；（2）設橢圓M的焦距為4，P，Q是橢圓M上不同的兩點線段PQ的垂直平分線為直線l，且直線l不與y軸重合若點P（3，0），直線l過點（0，），求直線l的方程；若直

25、線l過點（0，1），且與x軸的交點為D求D點橫坐標的取值范圍【解答】解：（1）設C（m，n），由=，可得（a，a）=（m，n），可得m=a，n=a，即C（a，a），即有+=1，即為b2=a2，c2=a2b2=a2，則e=；（2）由題意可得c=2，a=3，b=，即有橢圓方程為+=1，設直線PQ的方程為y=k（x+3），代入橢圓方程可得（5+9k2）x2+54k2x+81k245=0，x1+x2=，PQ的中點H為（，），由題意可得直線l的斜率為=，解得k=1或，即有直線l的方程為y=x或y=x；設直線PQ的方程為y=kx+m，代入橢圓方程可得，（5+9k2）x2+18kmx+9m245=0，可得x

26、1+x2=，即有PQ的中點為（，），由題意可得直線l的斜率為=，化簡可得4m=5+9k2，中點坐標即為（，），由中點在橢圓內，可得+1，解得k，由直線l的方程為y=x1，可得D的橫坐標為k，可得范圍是（，0）（0，）22（2016臨沂一模）已知橢圓C1：=1（ab0）的離心率為，其短軸的下端點在拋物線x2=4y的準線上（）求橢圓C1的方程；（）設O為坐標原點，M是直線l：x=2上的動點，F(xiàn)為橢圓的右焦點，過點F作OM的垂線與以為OM直徑的圓C2相交于P，Q兩點，與橢圓C1相交于A，B兩點，如圖所示若PQ=，求圓C2的方程；設C2與四邊形OAMB的面積分別為S1，S2，若S1=S2，求的取值范圍

27、【解答】解：（）橢圓C1：=1（ab0）的離心率為，其短軸的下端點在拋物線x2=4y的準線上，解得a=，b=c=1，橢圓C1的方程為（）由（）知F（1，0），設M（2，t），則C2的圓心坐標為（1，），C2的方程為（x1）2+（y）2=1+，直線PQ方程為y=（x1），（t0），即2x+ty2=0，（t0）又圓C2的半徑r=，由（）2+d2=r2，得（）2+=，解得t2=4，t=±2，圓C2的方程為：（x1）2+（y1）2=2或（x1）2+（y+1）2=2由知PQ方程為2x+ty2=0，（t0），由，得（8+t2）x216x+82t2=0，t0，則=（16）24（8+t2）（82t2

28、）=8（t4+4t2）0，|AB|=2×，=，S1=r2=，S1=S2，=，當t=0時，PQ的方程為x=1，|AB|=，|OM|=2，|OM|×|AB|=，=，S1=S2，=當直線PQ的斜率不存在時，PQ方程為x=1，|AB|=，|OM|=2，S2=|OM|×|AB|=，S1=，綜上，24（2016衡水校級二模）已知橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，離心率等于，它的一個頂點恰好是拋物線x2=8y的焦點（1）求橢圓C的標準方程；（2）直線x=2與橢圓交于P，Q兩點，A，B是橢圓上位于直線x=2兩側的動點若直線AB的斜率為，求四邊形APBQ面積的最大值；當動點A，B滿

29、足APQ=BPQ時，試問直線AB的斜率是否為定值，請說明理由【解答】解：（1）橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，設橢圓標準方程為（ab0），橢圓離心率等于，它的一個頂點恰好是拋物線x2=8y的焦點焦點為，b=2（1分）e=，a2b2=c2，解得a2=16，b2=12橢圓C的標準方程（3分）（2）直線 x=2與橢圓交點P（2，3），Q（2，3）或P（2，3），Q（2，3），|PQ|=6，（4分）設A （x1，y1 ），B（ x2，y2），直線AB的方程為，與聯(lián)立，得 x2+mx+m212=0，由=m24（m212）0，得4m4，由韋達定理得x1+x2=m，（6分）由A，B兩點位于直線x=2兩側，

30、得（x1+2）（x2+2）0，即x1x2+2（x1+x2）+40m22m80解得2m4，（7分）S=|PQ|x1x2|=|PQ|=3，當m=0時，S最大值為（8分）當APQ=BPQ時直線PA，PB斜率之和為0設PA斜率為k，則PB斜率為k當P（2，3），Q（2，3）時，PA的直線方程為y3=k（x+2）（9分）與橢圓聯(lián)立得（3+4k2）x2+8k（2k+3）x+4（2k+3）248=0；同理（10分）y1y2=k（x1+2）+3k（x2+2）+3直線AB斜率為（11分）當P（2，3），Q（2，3）時，同理可得直線AB斜率為（12分）26（2016佛山一模）已知橢圓：+=1（ab0）的一個頂點為

31、A（2，0），且焦距為2，直線l交橢圓于E、F兩點（E、F與A點不重合），且滿足AEAF（）求橢圓的標準方程；（）O為坐標原點，若點P滿足2=+，求直線AP的斜率的取值范圍【解答】解：（）由題意可得a=2，2c=2，即c=1，b=，則橢圓的標準方程為+=1；（）設直線AE的方程為y=k（x2），代入橢圓方程，可得（3+4k2）x216k2x+16k212=0，由2+xE=，可得xE=，yE=k（xE2）=，由于AEAF，只要將上式的k換為，可得xF=，yF=，由2=+，可得P為EF的中點，即有P（，），則直線AP的斜率為t=，當k=0時，t=0；當k0時，t=，再令s=k，可得t=，當s=0時，t=0；當s0時，t=，當且僅當4s=時，取得最大值；當s0