高考圓錐曲線難題集粹

22高考數(shù)學(xué)圓錐線訓(xùn)練22

可編輯修改已知

的頂點

在橢圓

x

2y

上，

在直線

l：yx

上，且

ABl

．（Ⅰ）當(dāng)

AB

邊通過坐標(biāo)原點

O

時，求

AB

的長及

ABC

的面積；（Ⅱ）當(dāng)

ABC90

，且斜邊

的長最大時，求

AB

所在直線的方程．解Ⅰ）因為

ABl

，且

AB

邊通過點

，以AB

所在直線的方程為

．設(shè)兩坐標(biāo)分別為

x，y)，112

y．由yx

2

，得

x

．所以

AB

22

．又因為

AB

邊上的高

等于原點到直線

l

的距離．所以

h

2

，

S

△ABC

12

．（Ⅱ）設(shè)AB所直線的方程為

y

，y2，由得yx

4

2

mxm

2

．因為A橢圓上，所以

m

2

．設(shè)

B

兩點坐標(biāo)分別為

x，y)，112

，則

1

32

，

4

，所以

x12

2

．又因為

的長等于點

，m

到直線

l

的距離，即

．所以

ABBC

22

．所以當(dāng)

m，AC邊長時

）此時所在直的方程為

y

．如圖橢圓

：

a0)a

的一個焦點為（1，0過點

．（Ⅰ）求橢圓C的方程（Ⅱ）若

AB

為垂直于

軸的動弦，直線

l

：

x4

與

軸交

y

A

l于點

，直線

AF

與

交于點

M

．

O

F

N

x（ⅰ）求證：點M在橢圓上；

B

M-1-

-1-

000122可編輯修改000122（ⅱ）求面積的最大．（Ⅰ）由題設(shè)

，

c

，從而

222

．所以橢圓

C

的方程為

24

．（Ⅱⅰ）由題意得

F，(4設(shè)

(，，則B(m

，

m2n24

．……①AF與的方程分別為：

n(xmy，n(4)m

．設(shè)

M(，y0

xm，②，則有n(xm，③00由②，③得x0由于

53，y．2mmxy23n00m(2m

2

yO

A

F

N

224(2mm

2

B

M

(5m4(2

2

24(2

2

．所以點

M

恒在橢圓

C

上．（ⅱ）設(shè)

的方程為

xty

，代入

24

得

t24)ty

．設(shè)

Ax，y)

，

M(x，y)

，則有：

y1

，yt2t

2

．(y)1

y2

4t3t2

．

y

A令

t

2

4)

，則

O

F

N

xy1

4

2

14

，

B

M因為4，

1

11≤，所以當(dāng)，即，t時41

有最大值

，此時

過點

F

．-2-

-2-

12122271可編輯修改12122271的面積

△AMN

1y2

9有最大值．2設(shè)橢中心在坐標(biāo)原點、B(0,1)它的兩個頂點，直線y=kx(>0)AB相于點，與橢圓相交于E、F兩點.(Ⅰ)若DF，求的；Ⅱ)求四邊形AEBF面積的最大。22Ⅰ）解：依題設(shè)得橢圓的程為

x

y

，直線

AB，

的方程分別為

xy

，

yk0)

．···········2分如圖，設(shè)xx且

D(，x，F(xiàn)(kx011(12滿足方程，

，其中

x

，

yB

F故

x1

21k

．①

O

D

A

xE由

DF知x，得x000

1510(6x)77

2

；由D在上知，0

．所以

21011k

，化簡得

24

k

，解得

3或k．···························6（Ⅱ）解法一：根據(jù)點到直線的距離公式和①式知，點E，F(xiàn)到的距離分別為h

5

2(112)k2)

，kxh25

2(1k2)

)

．·················9又

AB

2

5

，所以四邊形AEBF的面積

12

AB(h)1

12

5

k)5(1k2)

2(1)1

k2kk2

≤

-3-

-3-

1A2可編輯修改1A2當(dāng)

k，即當(dāng)

12

時，上式取等號．所以S的最大值為．········12分解法二：由題設(shè)，

，

．設(shè)

ykx，ykx1

，由①得

x，

，故四邊形的面積

△BEF

△

x

·······················9(x)22

2

x2

22

x2

2

≤

2(x2

22

)當(dāng)

x2y2

2

時，上式取等號．所以

的最大值為2．············12分已知線

C：a

b

0)

2所圍成的封閉圖形的面積為5線C的內(nèi)切圓徑為為3以曲線C與坐標(biāo)軸的交點為頂點的橢圓．（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程）設(shè)是橢圓中心的任意弦，l是線段垂直平分線．M是l上異于橢圓中心的點．（1）若

MOOA

（

O

為坐標(biāo)原點當(dāng)點

在橢圓

C

上運動時，求點

M

的軌跡方程；（2）若M是l與圓的交，求面積的最小值．22．解Ⅰ）由題意得

ab5，25．又

，解得

a2，2

．因此所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為

25

．（Ⅱ）假設(shè)AB所在的線斜率存在且不為零，設(shè)AB所在直線方程為y．AA

yk0)

，2解方程組

20得x24k

2

，

A

204k

，所以

2A

2020k2)424kk2

．-4-

-4-

221yAy2MM22222可編輯修改221yAy2MM22222設(shè)

(，y)

，由題意知

MOOA(

，所以

MO

OA，

20(14

)

，因為

l

是

AB

的垂直平分線，所以直線

l

的方程為

，即

，因此

x22

x20(x2y)x2y2

，又

x

2y

0

，所以

52y20

，故

245

．又當(dāng)

k

或不存在時，上式仍然成立．綜上所述，

M

的軌跡方程為

24

(

．（2）當(dāng)k存在且k時，由（1）得

x

2A

204k

2

20，2，42y5420k20由解得，，155yk所以

2

y

2

20(142

)

，

ABOA

80(1242

)

，

20(125k

)

．解法一：由于

S

2△AMB

14

OM180(1)2)4k25k2

22(4k2)(5k-5-

-5-

9≥△AMB△AMBM可編輯修改9≥△AMB△AMBM≥

400(1222

2

)222

2

，當(dāng)且僅當(dāng)

2

時等號成立，即

k

時等號成立，此時面的最小值是

△

409

．當(dāng)k，

△AMB

12

5

409

．當(dāng)

k

不存在時，

△AMB

152

．綜上所述，

AMB

的面積的最小值為

409

．解法二：因為

1OA

2

1

2

1

2

1)

2

)

22)

，4k

2

5k

2又

1OA

2

1OM

2

≥

2OAOM

40，，9當(dāng)且僅當(dāng)

42k

2

時等號成立，即

k

時等號成立，此時

面積的最小值是

△

409

．當(dāng)

k

，

14052

．當(dāng)不在時，

152

．綜上所述，

AMB

40的面積的最小值為．95.已知拋物線

：

yx

2

，直線

ykx

交

于

兩點，

M

是線段

AB

的中點過

M

作

軸的垂線交C于點N．（Ⅰ）證明：拋物線C在點處的切線與平行；（Ⅱ）是否存在實數(shù)使NA

，若存在，求的值；若不存在，說明理由．解法一Ⅰ）如圖，設(shè)

x11

2

)，B(2

2

2

)，把代入y2x

2

得

2

2

，由韋達定理得

1

，

x

，

y

M

Axk1，N2

k2點的坐標(biāo)為，．

2B1設(shè)拋物線在點N處的切線l的程為

y

k2

x4

，

O

N1

x-6-

-6-

M2121M22M，1122212121212可編輯修改M2121M22M，1122212121212將

yx

2

代入上式得

2x

2

k48

，直線

l

與拋物線

C

相切，

2

k24

2

2

2

，．即l∥AB（Ⅱ）假設(shè)存在實數(shù)

k

，使

NB

，則

NANB

，又

是

AB

的中點，MN

11．由（Ⅰ知()(kx2)[(x)22又

2．242kx軸，y4|11()2x1

．

2

2

12

k

．28

2

2

，解得

k

．即存在

k

，使

NB

．解法二Ⅰ）如圖，設(shè)

(2)，(1

)

，把

ykx

代入

yx

2

得22

．由韋達定理得

kx，x1212

．xk12

，N

點的坐標(biāo)為

k2

．

y2x

2

，

，

拋物線在點

處的切線

l

的斜率為

，lAB

．（Ⅱ）假設(shè)存在實數(shù)，使NANB

．由（Ⅰ）知

kkx4848

，則kkNBxx22x44

k8

kxx2

k2x1616

-7-

-7-

x12121214122242x121212141222420k

kx4kxx416

k1()kk24216

kk1kk2164

，

16

3，24

，解得

k

．即存在

k

，使

．拋線

y

和三個點

(,、P、N(y)(y2000

，過點

M

的一條直線交拋物線于

A

、

B

兩點，

、

的延長線分別交曲線

C

于

E

．

（1）證明

E、、

三點共線；

（2）如果

、

、

M

、

四點共線，問：是否存在

y

，使以線段

AB

為直徑的圓與拋物線有異于

、

的交點如果存在，求

F

出的取值范圍，并求出該交到直線的距離；若不存在

請說明理由．

22）證明：設(shè)

A,)、(,)12

，

x)、(,yEEFFx2則直線的方程：1x1yxxx即：112

x11因

x)在上，所以yxx000212

①x又直線方程：yxx1-8-

-8-

0xx01FF0x202可編輯修改0xx01FF0x202由

x2y1xy12

得：

xx21yx1所以

x2yyy2x10xyxxx11同理，yyx0,0xx22所以直線的方程：y

x1yxx1

y0xx1令

x得y0)]2012將①代入上式得

yy

，即

N

點在直線

EF

上所以

,N

三點共線（2）解：由已知

A、、、N

共線，所以

Ayy,(y,y)000以

AB

為直徑的圓的方程：

x

2

0

y

0由

0

得

0所以

yy

（舍去

yy要使圓與拋物線有異于AB的點，則y所以存在

y使以為直徑的圓與拋線有異于B的點TyTT

則

yT

，所以交點

到

AB

的距離為

T0如圖矩形ABCD的條對角線相交于點

(2，邊所在直線的方

程為

xy點T(AD邊所在直線上．

C（I）求邊在直線的方程；（II）求矩形外接圓的方程；

N

DO

M

（III）若動圓P過N(且與矩形外接圓外切，求動圓的圓心的軌跡方程．

-9-

-9-

可編輯修改解）因為

AB

邊所在直線的方程為

xy

，且

AD

與

AB

垂直，所以直線

AD

的斜率為

．又因為點

線

AD

上，所以邊所在直線的方程為

yx．3xy

．，（II）由解得點y=0

的坐標(biāo)為

，因為矩形

ABCD

兩條對角線的交點為

(2．所以

M

為矩形

外接圓的圓心．又

AM

(22(0

．從而矩形

外接圓的方程為

2y2

．（III）因為動圓P過，所以PN是該圓的半徑，又因為動與圓M外切，所以

PM

，即

PM

．故點的軌跡是以M為焦點，實軸為2的曲線的左支．因為實半軸長

a

2，半焦距．所以虛半軸長

b

2

．從而動圓圓心的軌跡方程為

≤2)2

．如圖，已知

F，線

lx

，

為平面上的動點，過點

作

l

的垂線，垂足為點

，且FPFQ

．l

y（Ⅰ）求動點

的軌跡

的方程；（Ⅱ過點F直線交軌跡于A，兩直線l于點M．

F（1）已知

MA

，

求

的值；

O

1

x（2）求MA的小值．解法一Ⅰ）設(shè)點

(，y

，則

Q)

，由

FPFQ

得：-10-

-10

112可編輯修改112(x)()

，化簡得

C:y

2

4x

．（Ⅱ）設(shè)直線

AB

的方程為：

xmym0)

．設(shè)

Ax，y)，x，y，又M

2

，聯(lián)立方程組，消去xmy

得：

ymy

，

)2

，

y

yym，1yy12

Q

B

PMAAF，MBBF由2221ymm

得：，整理得：22

M

O

A

F

x

2my

，

2my

，12

2myy12

2y2y224mm

．解法二Ⅰ）由

QF

得：

FQ(PQ)

，(PQPF)()，，PQPQ．所以點P的軌跡C是拋物線，由題，軌跡的程為：

．（Ⅱ）由已知

MAAF，BF得212

．則：

MAMB

AF1BF2

．…………①過點

分別作準(zhǔn)線

l

的垂線，垂足分別為

A

，

B

，-11-

-11

12m可編輯修改12m則有：

MAMB

AA1BB1

．…………②由①②得：1，即．BFBF2（Ⅱ）解：由解法一，MAMB

yy

M

y

M(1)y(y)y12

2M

2

2)mm4(1)4m

2

1m2

)≥2

．當(dāng)且僅當(dāng)

2

1m

，即

m

時等號成立，所以MAMB小值為．已知圓:

2a2b

6=1(a＞0)的離心率為,短一個端點到右焦點的距離為3.3(Ⅰ)求橢圓C方程;(Ⅱ)設(shè)直線l橢圓C交于A兩點，坐標(biāo)原O到直線l的距離為

32

，eq\o\ac(△,求)面積的最大.，解Ⅰ）設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意3b，求橢圓方程為，Ax，)x，（Ⅱ）設(shè)，．⊥xAB3（1）當(dāng)軸時，．

x

y

．（2）當(dāng)與x軸不垂直時，設(shè)直AB的方程為kx

．-12-

-12

2可編輯修改2由已知

m1

2

32

，得

m

2

34

．把

ym

代入橢圓方程，整理得

(6kmx3

，x1

6kmx23k21

，

x2

1)3k21

．

2

k2x(1k2)21

36k222

1)2

2

2

m

2

2

k

2

2

23

242

3

2

121k2

6

≤3

1226

4

．當(dāng)且僅當(dāng)

2

1k

，即

k

33

時等號成立．當(dāng)

k

時，

3

，綜上

max

．當(dāng)最，△AOB面大值

S

13AB2max2

．天（本小題滿分14分設(shè)橢圓

2yab

ab0)

的左、右焦點分別為

F1

是橢圓上的一點，

AF

2

F原點到直線12AF

1

的距離為

13

OF

1

．（Ⅰ）證明

a

2b

求

t，b)

使得下述命題成立：設(shè)圓

x2y

上任意點

M0

處的切線交橢圓于

Q

1

，

Q

2

兩點，則

OQ

1

OQ

2

．（Ⅰ）證法一：由題設(shè)

AF

2

FFF121

，不妨設(shè)點

，其中y0

，由于點

A

在橢圓上，有

2ya2by21，abab

1

，解得

y

ba

，從而得到

b2Aa

，直線

AF

2

的方程為

y

b2

整理得-13-

-13

，222220120可編輯修改，222220120b

2

xacy

2

c

．由題設(shè)，原點

O到直線AF的距離

OF1

，即

cc4a2

2

，將

c

222代原式并化簡得2

，即

b

．b2證法二：同證法一，得到點的坐標(biāo)為，過點O作AF，足為，易△BC∽△F1BOOFFA1

，故

F

HO

F

由橢圓定義得

AF

，又

BO

13

，所以132aF1

，解得

F2

，而

F

a，得，即2b

．（Ⅱ）解法一：圓

xy2

上的任意點

M(，y0

處的切線方程為

xxy

．當(dāng)

t，

時

x

222

上的任意點都在橢圓內(nèi)此圓點A處的切線交橢圓于兩個不同的點和

，因此點

y1

，

(xy222

的坐標(biāo)是方程組0

①②

的解．當(dāng)

y

時，由①式得

y

t0y0代入②式，得

x

2

y0

2

2

，即(2x2y2)xt2xtby20

，于是

x1

4t2t4b20，xx2000yy1

t

2

xx012yy01t2(2x21220-14-

-14

00xy可編輯修改00xy1tty20

2

t02y20

0

24b2y220

2

t

4202y20

．若

OQ，則xy121212

2202y0

t

42x202y20

3t

4

2x0

(x20y0

)

．所以，

t

bx2

y

)

．由

x0

y

20

2

，得

t

4

2t

2

．在區(qū)間，)

內(nèi)此方程的解為

t

63

b

．當(dāng)

y

時，必有

x0

，同理求得在區(qū)間

(0，b

內(nèi)的解為

t

63

b

．另一方面，當(dāng)

t

63

b

時，可推出

xyy0，從而121212

．綜上所述，

t

63

b，

使得所述命題成立．、F分別是橢圓2

x

y

的左、右焦點．（Ⅰ）若第一象限內(nèi)該橢圓上的一點，且

12

54

，求點的作標(biāo)；（Ⅱ）設(shè)過定點

(0,2)

的直線

l

與橢圓交于同的兩點

、

，且

為銳角（其中

O

為作標(biāo)原點求直線l的斜率的取值范圍．（Ⅰ）

a2

，

b

，

c

．∴

F(1

，

F(3,0)2

．設(shè)

(x)(x0,

．則3,,x2212

5x，又44

y

，7x4聯(lián)立，解得32

，

3)2

．（Ⅱ）顯然

x

不滿足題設(shè)條件．可設(shè)

l

的方程為

ykx

，設(shè)

,

，

B(,y2

．聯(lián)立

2(12)kx

∴

xx12

121k

2

，

x12

16k1k

2-15-

-15

2可編輯修改2由

(16k)

2

23(12)

，

k2

，得

k2

34

．①又

為銳角

cos

，∴

OAx1又∴

yy2)(kxx(121xyy2kx)11121)

12kk)1k21k

12(12)24(4)12k12

∴

14

2

．②綜①②可知

2

，∴的取值范圍是

33()(,22

．平面直角坐標(biāo)

xOy

中，過定點

C(0，)

作直線與拋物線

x2py

（

p

）相交于

兩點．（I）若點N是點C關(guān)坐標(biāo)原點O的對稱點，求ANB面的最小值；（II）是否存在垂直于

軸的直線

l

，使得

l

被以

為直徑的圓截得的弦長恒為定值存在，求出

l

的方程；若不存在，說明理由．yC

BAON

x解法1Ⅰ）依題意，點

N

的坐標(biāo)為

N

，可設(shè)

A，y，B，)12

，直線AB的方程為

ykxp，x

py

，聯(lián)立得消去得y．

2

pkxp

2

．由韋達定理得

x，xxp12

2

．

y于是

S

△AMN

△

△

1px12

．

Bpx(x)12

xx2

A

Cpp2kpk2

，

O

xN-16-

-16

1112221121111可編輯修改1112221121111∴當(dāng)k，(

)eq\o\ac(△,)ABNmin

p

．（Ⅱ）假設(shè)滿足條件的直線

l

存在，其方程為

，設(shè)的點為與為直徑的圓相交于點P，，的中點為，則

O

，

Q

點的坐標(biāo)為

x，122

．

y∵

111x2)y2p22

2

，

Bp1O1ap22

，

l

O

C11OO(2)p)44pa()，

2

ON

x∴PQ(2)

2

a()

．令

a

p，得a2

，此時

p

為定值，故滿足條件的直線

l

存在，其方程為

y

p2

，解法2Ⅰ）