高考圓錐曲線難題集粹

1、高考數(shù)學(xué)圓錐曲線訓(xùn)練221.已知AABC的頂點A, B在橢圓x 3y 4上，C在直線l: y x 2上，且AB/ l.(I )當(dāng)AB邊通過坐標(biāo)原點。時，求AB的長及4ABC的面積;(n )當(dāng) ABC 900,且斜邊AC的長最大時，求 AB所在直線的方程.解：(I )因為 AB / l ,且AB邊通過點(0,0),所以AB所在直線的方程為 y x.設(shè)A, B兩點坐標(biāo)分別為(xi, y1),(x2,2、,xy2) .由y3y* 2 Mx 1.所以AB 5/2Ix x2又因為AB邊上的高h(yuǎn)等于原點到直線l的距離.所以1V于點N ,直線AF與BN交于點M . (i)求證：點M恒在橢圓C上； (ii)求

2、ZXAMN面積的最大值.，S»A ABC -I AB gh 2 -(n )設(shè)AB所在直線的方程為m,2,x由y獷 4,得 4x2 6mx x m23m因為AB在橢圓上，所以12m2設(shè)A, B兩點坐標(biāo)分別為(%, y)，(x2, y2),貝U xiX23m-，x1x223 m2 44所以 ABJ2|x1,32 6m22又因為BC的長等于點(0,m)到直線l的距離，即BC所以ACABBC2m 2m 10 (m1)2所以當(dāng)m1時，AC邊最長，(這時12 64 0)b 0)的一個焦點為F (1,0),且過點(2,0).直線l ： x 4與x軸交(i)由題設(shè)a 2, c 1 ,從而b2 a3

3、.所以橢圓C的方程為2匕1.3(n) (i)由題意得 F(1,0) , N(4,0),2設(shè) A(m, n),則 B(m, n)(n 0) , m- 4AF與BN的方程分別為：n(x1) (mi)y0 , n(x 4) (m 4)y設(shè)M (x0, y°),則有n(x0n(x0i)4)(m i)y0(m 4)y00,由，得5m 8 x2m 5y03n2m 52y。3(5m 8)24(2m 5)23n2(2 m 5)2(5m8)2_24(2m 5)3n2 (2 m ;5)22_ 2(5m 8)12n24(2m 5)2(5m228)36 9m4(2m5)2.所以點M恒在橢圓C上.(ii)設(shè)A

4、M的方程為x ty 1 ,代入2y -22y 1 得(3t2 4)y26ty 944y2有最大值3,此時AM過點Fyi AMN的面積Sa amn二|fn gyiy232y1. .9y2有取大值.3.設(shè)橢圓中心在坐標(biāo)原點，A(2,0)、B(0,1)是它的兩個頂點，直線 y=kx(k>0)與AB相交于點D,與橢圓相交于 E、F兩點.(I )若uD=6 DFu ,求k的值；II )求四邊形AEBF面積的最大值。22. ( I )解：依題設(shè)得橢圓的方程為直線AB, EF的方程分別為x 2y2,y kx(k 0).如圖,設(shè) D(x°, kx°), E(xi, kx)Fg kx2

5、),其中 xix2 ，且x1,22x2滿足方程(1 4k )x故x2xiuuruuir由 ED 6DF 知 x0 X 6(x21小、xo )，得 x0-(6x2 4)57 X27 1 4k2由D在AB上知x0 2kx0 2 ,得x01 2k12分所以1 2k 7 .1 4k2 '10化簡得 24k2 25k 6 0,2.解得k 一或k3(n)解法hix1 2kx1 28:根據(jù)點到直線的距離公式和式知，點E, F到AB的距離分別為I 2(1 2k 1 4k2),5(1 4k2)h2x2 2 kx2 22(1 2k ,1 4k2),5(1 4k2)又AB2BO 1, AO2.解法二：由題設(shè)

6、,V221 J5,所以四邊形AEBF的面積為設(shè) y1kx，ykx2,由得 x20,y2y10,故四邊形AEBF的面積為SSa befSa aefX2 2 y2 9 分(X2 2y2)2. x2 4y2, 2(x2 4y2)2 2當(dāng)X2 2 y2時，上式取等號.所以S的最大值為2，2. 12分4.已知曲線Ci：W M 1(a b 0)所圍成的封閉圖形的面積為4J5,曲線Ci的內(nèi)切圓半徑為 裂5 .記C2為a b3以曲線Ci與坐標(biāo)軸的交點為頂點的橢圓.(I )求橢圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程；(n )設(shè)AB是過橢圓C2中心的任意弦，l是線段AB的垂直平分線. M是l上 異于橢圓中心的點.(1)若MO OA (

7、。為坐標(biāo)原點)，當(dāng)點A在橢圓C2上運動時，求點 M的軌跡方程；(2)若M是l與橢圓C2的交點，求 4AMB的面積的最小值.2ab 4,5,22 .解：(I )由題意得ab275.a2 b23又 a b 0,解得 a2 5, b2 4 .22因此所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 1.54(n) (1)假設(shè)AB所在的直線斜率存在且不為零，設(shè)AB所在直線方程為y kx(k 0),A(Xa, Ya) .4 275 40.922X上1解方程組 54得xAy kx,204 5k22Ya20 k24 5k2所以 OA2xAyA2020k2224 5k 4 5k20(1 k2)4 5k22 20(1 k2)2-，4 5k

8、設(shè)M (x, y),由題意知MO OA( 0),所以 |MO22OA2,即 x2 y2因為l是AB的垂直平分線，所以直線l的方程為y因此x2022 x-2 y-2 x2 20(x24y22 2 ，5x又x2y2 0所以5x2 4y22,x故一4又當(dāng)k0或不存在時，上式仍然成立.2 x 綜上所述，M的軌跡方程為(0).k存在且k0時,由（1）2 xA204 5k22Na20k24 5k22 y41X, k1,解得2 xM20k25 4k22 yM202，5 4k所以O(shè)A2 xA2yA20(1 k2)2,4 5kAB4 OA80(1k2)4 5k2OM20(1 k2)5 4k2解法一：由于S2 A

9、MBAB2gOM80(1k2) 20(1 k2)_ 2_ 24 5k5 4k400(1 k2)222(4 5k )(5 4k )2 2400(1 k )_ 2_ 24 5k 5 4k21600(1k2)281(1 k2)22409當(dāng)且僅當(dāng)4 5k24k2時等號成立，即k1時等號成立，此時 AMB面積的最小值是 Sa amb409當(dāng) k 0 , SA AMB2 石 40.9當(dāng)k不存在時，SAAMB2 ,5綜上所述，4AMB的面積的最小值為 二91解法二：因為一2OAOM.22_1145k54k920(1 k2)20(1 k2)20(1 k2) 202 -Z2-4 5k25 4k21 一 2 一一

10、布丁i OAgoM |' I Ag° I22當(dāng)且僅當(dāng)4 5k 5 4k時等號成立，即k 1時等號成立,此時 AMB面積的最小值是A AMB40-90，SA AMB-2.5 2402 2 v5 .9當(dāng)k不存在時，Sa amb 55 4 2/5 2 40綜上所述，4AMB的面積的最小值為 ° .94095.已知拋物線C : y22x ,直線y kx 2交C于A, B兩點，M是線段AB的中點，過M作x軸的垂線交C于點N .(I)證明：拋物線(H)是否存在實數(shù)C在點N處的切線與AB平行；uur uuirk使NAgNB 0 ,若存在，求k的值；若不存在，說明理由.解法一：(I

11、)如圖，設(shè)2222A(x1,2x1 ), B(x2,2x2 )，把 y kx 2代入 y 2x 得 2x kx 2 0 ,由韋達(dá)定理得xx2xnxmxx22N點的坐標(biāo)為設(shè)拋物線在點N處的切線l的方程為yk28將y 2x2代入上式得2xmkk2mx0,Q直線l與拋物線C相切,2 c mkk2m 82mkk2(mk)2 0 , m k .即 l / AB .(n)假設(shè)存在實數(shù) k,uuuuurNAgNBNANB,又QM是AB的中點,1|MN | jiABI.由(i)知yM丫2)112(kX 2 kx2 2) "k(x x2)4Q MN x軸，| MN | |yM yN |1 k22萬k2

12、 168又|AB| 由 k2gx X2I J1 k2g/(xr x2)24x1x2k24( 1)2-k2 1681 Jk2 1gjk2 16 ,解得 k 2 .4即存在kuur uuir2 ,使 NAgNB 0 .解法二：（i)2、如圖，設(shè)A（為,2x1）,2、B(X2,2X2),把 y_ . ,_ 2 kx 2代入y 2x得_ 22x2 kx0 .由韋達(dá)定理得XX2k2'X1X21.XNXMX1x2k一一，, N點的坐標(biāo)為24，-8拋物線在點N處的切線l的斜率為l / AB .（n）假設(shè)存在實數(shù)uuu uur k,使 NAgNBuuuNAx1k,2x2 4uuu,NBX2uuu uu

13、rNAgNBX1X22X122x；X2162X2k216X2g1X1X2XX2X2k- g1 16 y4X1X2k(XX2)16g1 4 (1) k116q 4 o,3 4k20 ,解得k 2.XX2uuu uuir即存在k 2 ,使NAgNBP(0, y(o)、n( %,y0)(y02 一6.拋物線y x和二個點 M(x0,y0)、2X0 ,y00),過點M的一條直線交拋物線于A、B兩點，AP、BP的延長線分別交曲線 C于E、F. (1)證明E、F、N三點共線；(2)如果A、B、M、N四點共線，問：是否存在 y0,使以 線段AB為直徑的圓與拋物線有異于 A、B的交點如果存在，求 出y的取值范

14、圍，并求出該交點到直線 AB的距離；若不存在， 請說明理由.22、22. (1)證明：設(shè)人儀1$1)、B(x2,x2), E (Xe , Ye)、B(Xf , yF )22則直線AB的方程：y %乜x x1 x2x1 x2即：y (x1 x2)x x1x2因M(X0, y°)在AB上，所以y(x1 x2)x0 x1x2L L 又直線AP方程:2Jxy。2x1V0 xxX1V0ZB得:2X1V。x y0 0X1所以X1Xe2X1Y0X1XeV。, Ve 為2V。2X1同理，Xf2 V。2 X2V0, VfX2令xX0得yyoX1X2(XiX2)Xo yo將代入上式得y yo ,即N點在

15、直線EF上 所以E,F,N三點共線(2)解：由已知 A、B、M、N 共線，所以 A Jy0,yo , B(Jy?, y0)以AB為直徑的圓的方程： X2 y % 2 yo 22事 x y yoyo22八由 2得 y2yo 1 y yo yo ox y所以y yo (舍去)，y yo 1要使圓與拋物線有異于 A,B的交點，則yo 1 o所以存在yo 1 ,使以AB為直徑的圓與拋物線有異于 A, B的交點T XT,yT則yyo1,所以交點T到AB的距離為yoyTyoyo117.如圖，矩形 ABCD的兩條對角線相交于點 M(2Q), AB邊所在直線的方程為x 3y 6 。點丁( 1,1)在AD邊所在

16、直線上.(I)求AD邊所在直線的方程；(II)求矩形ABCD外接圓的方程；(III)若動圓P過點N( 2Q),且與矢I形ABCD的外接圓外切，求動圓P的圓心的軌跡方程.解：(I)因為AB邊所在直線的方程為 x 3y 6 o ,且AD與AB垂直，所以直線 AD的斜率為 3.又因為點T( 1,1)在直線AD上,所以AD邊所在直線的方程為 y 13(x 1) .即3x y 2 o.(II)由x 3y 6 o, 3x y 2 = o解得點A的坐標(biāo)為(。,2),因為矩形ABCD兩條對角線的交點為 M(2Q).所以M為矩形ABCD外接圓的圓心.又 AM| J(2 o)2 (o 2)2 2V2 .從而矢I形

17、ABCD外接圓的方程為(x 2)2 y(x 1, y)g 2, y),化簡得 C :y 4x .(n) (1)設(shè)直線 AB的方程為：x my 1(m設(shè) A(xi, yi), B(x2, y2),又 M 8.¥11% , V2(III)因為動圓P過點N ,所以PN是該圓的半徑，又因為動圓 P與圓M外切,所以PM即PMPN 272.故點P的軌跡是以M, N為焦點,實軸長為2,2的雙曲線的左支.因為實半軸長a 區(qū),半焦距c所以虛半軸長b"2 a2、2.x2從而動圓p的圓心的軌跡方程為28.如圖，已知F(1,0),直線l : xP為平面上的動點，過點P作l的垂線，垂足為點Q,且uu

18、u uuur QPgQFuuu uuir FPgFQ .y-(i)求動點P的軌跡C的方程；(n)過點F的直線交軌跡C于A,B兩點，交直線l于點M .unr uuruuir(1)已知 MA1AF , MBunr2 BF ,求12的值;uuir uur(2)求 MA gMB的最小值.解法一：(I)設(shè)點P(x, y),uuu uuirQ( 1, y),由 QPgQFuuuuurFPgFQ 得:(x I,0)g(2, y)2聯(lián)立方程組y4x,my2,消去x得：y 4my1,4 0,yiV2V1V24m, 4.uur 由MAuuur1AF ,umrMBunr2BF 得:2也2y2,整理得:(2myi2m

19、y2m V1V212myy22 4m0.解法二:(i)由uur uuir QPgQFuuu uuiruuir uuur uuurFPgFQ 得：FQgPQ PF)0,uuir (PQuur uur uurPF)gPQ PF)0,uum PQuuir 2 PF0,uuirPQuuirPF .所以點P的軌跡C是拋物線，由題意，軌跡 C的方程為:則有:uuriuur uuir由已知MA1AF , MBuuuuuurMA1AFUUITUUUMB2BF則:過點A B分別作準(zhǔn)線uuir2BF，得心2l的垂線，垂足分別為A, B1,uur MA tutr MBuuirAA1uutrBB1由得:uuur AF

20、 tutr BFuuur AF-uutr-BFuuur AF-uutr-,即BF()解：由解法一,uur uuirMAgMBViVmyM(1m2)ye yM(y1y2)yM(1m2)4m(1m2)212 14(2 m)> 4 2 2. m j 16 .m, m21umr, uur當(dāng)且僅當(dāng)m 1，即m1時等號成立，所以 MAgMB最小值為16.m9.已知橢圓C:2 x-2 ay * * 2 *-. 6, 人、山一,.,CF=1(a>b>0)的離心率為 ，短軸一個漏點到右焦點的距離為M3.b3(I )求橢圓C的方程；(n)設(shè)直線3,l與橢圓C交于A、B兩點，坐標(biāo)原點 O到直線l的

21、距離為 萬，求4AOB面積的最大值.解：(I )設(shè)橢圓的半焦距為c,依題意fb 1,a 、3,2X 2所求橢圓方程為一 y 1 .3(n)設(shè) A(x1, y1), B(X2, y2).(1)當(dāng) ABx軸時，AB 73.(2)當(dāng)AB與x軸不垂直時，設(shè)直線 AB的方程為y kx m .由已知-Jm13,得m21 k224”.xX226kmx 3m 3 0 ,AB(1 k2)%x1)2(1 k2)36k2m2(3k2 1)2212(m2 1)3k2 1223(k2 1)(9k2 1)(3k2 1)2312k29k4 6k2 1_22 2212(k12. 1)(3k2 1 m2)當(dāng)且僅當(dāng)9k2 ，即k

22、 時等號成立. k23.3,322當(dāng)k 0時，AB 33,綜上所述AB 2. mmax，" 一一1ABmax當(dāng)AB最大時，zAOB面積取最大值 S 207天津(22)(本小題滿分14分)22Fi, F2, A是橢圓上的一點， AF2 F1F2,原點O到直線設(shè)橢圓x2與 1(a b 0)的左、右焦點分別為a2 b2、,1 一AFi的距離為一 OF1 .3(I )證明a J2b ； ( n )求t (0, b)使得下述命題成立：設(shè)圓 x2 y2 t2上任意點M (x0, y°)處的切線交橢圓于Qi, Q2兩點，則OQi OQ2 .(I )證法一：由題設(shè) AF2 F1F2及Fi(

23、c,0), F2(c,0),不妨設(shè)點 A(c, y),其中2 y b2解得y b-,從而得到 ab2c,a直線AF2的方程為yb22ac(x c),整理得222.2, c y a by 0,由于點A在橢圓上，有-r 1, a bab2c. b4 4a2c2 1由題設(shè)，原點 O到直線AF1的距離為一OE3將c2 a2 b2代入原式并化簡得 a2 2b2,即a J2b.b2證法二：同證法一，得到點 A的坐標(biāo)為 c,a過點O作OBAR,垂足為H ,易知EBCs/X ff2A ,故*ybo|OF1F2 AF1A由橢圓定義得 AF1 AF2 2a ,又BOOF1F1 OF21F2A3|F1AF2A2a

24、|F2A解得F2 A22b /日b,得一2222(n)解法一：圓x y t上的任意點M(x。，y。)處的切線方程為x°x y°y t .當(dāng)t (0, b)時，圓x2 y2 t2上的任意點都在橢圓內(nèi),故此圓在點 A處的切線必交橢圓于兩個不同的點Qi和Q2,因此點Qi(xi, yj, Q2M, y2)的坐標(biāo)是方程組,2X0X V0V t222x 2 y 2b的解.當(dāng)V。 0時，由式得V,2tX)XV。代入式，得t2 x0x 2y。2b2,即(2x22 2V0)x4t2x。x 2t4 2b2是X1X2a, X1X22X0 V02t4 2b2V22x02V。t2ViV2y。2X0X

25、1 tX. X2gVi1V。t4%t2(Xi X2)2 X0X1X21V0t4%t24t2x。222x0y0若OQiOQ2,則 XiX2所以,_ 4_ 2223t 2b (x。y。)2t4 2b2ViV2由X2yot2,得 3t4 2b2t2當(dāng)V。2V。2x2 V22t4 2b22V0222x0 Vo0時，必有X00,同理求得在區(qū)間,42 2t 2b x0- 222x0 Vo.42 2t 2b X0222x0 Vo4_2223 2b (x。V。)2Xo2V。0.(0,b)內(nèi)此方程的解為t坦.3(0,口,6一力一萬面，當(dāng) t b時，可推出x1x2 y1y230 ,從而 OQiOQ2.綜上所述,t

26、 gb (0, b)使得所述命題成立.10 .設(shè) Fi、2F2分別是橢圓 y2 1的左、右焦點.4(I)若uur uuuuP是第一象限內(nèi)該橢圓上的一點，且PF1 PF25,求點P的作標(biāo);4(n)設(shè)過定點 M (0,2)的直線l與橢圓交于同的兩點 A、B,且 AOB為銳角(其中O為作標(biāo)原點)線l的斜率k的取值范圍.73.Fi(點,0) , F2(曲,0) 設(shè) P(x,y) (x 0,y 0).則uuurPFiuuuuPF2x, y)(;3x,22y) x y4聯(lián)立,3P(i,y)-(n)顯然x 0不滿足題設(shè)條件.可設(shè)l的方程為ykx 2 ,設(shè) A(xi, yi), B(x2, y?) .聯(lián)立2)

27、2 4 (i 4k2)x2 i6kx i2 02x 2.y 124x 4(kxy kx 2xix2121 4k2，xix216k4k2(i6k)2 4 (i 4k2)_ 2_2i6k 3(i 4k ) 0,I24k2_20,得kAOB為銳角 cos AOBuuu uuirOA OB3 .4 uuu0, OAuuuOB xix2 y1y2 0yy2(kxi 2)(kx2 2)1 2k x1x22k (xi x2)2、. xix2yy2(i k )xx22k(xix2)(i k2) i122 2k (4k216k1 4k212(1 k2)1 4k22k 16kT 4 1 4k4(4 k2)1 4k

28、21 k24一一 3綜可知2k 4 ,k的取值范圍是(2,33萬口萬，2).2ii .在平面直角坐標(biāo)系 XOy中，過te點C(0, p)作直線與拋物線x 2py ( p 0)相交于A, B兩點.(I)若點N是點C關(guān)于坐標(biāo)原點。的對稱點，求 4ANB面積的最小值;(II)是否存在垂直于 y軸的直線l ,使得l被以AC為直徑的圓截得的弦長恒為定值若存在，求出 l的方程;若不存在，說明理由.解法1： ( I )依題意，點 N的坐標(biāo)為N(0, p),可設(shè)直線AB的方程為ykX p ,與 X22 r X2 py聯(lián)立得 y由韋達(dá)定理得XiX22pk , X1X2SA BCN& ACN ! 2p2p

29、.,(Xi X2)2 4XiX>p .4p2k2 8p22 p2 k2 2 ,當(dāng) k 0, (SAABN)min22.A(xi, y) B(x2, y2),2 P'消去 y 得 X2 2pkX 2p2 0 . kX p.(n )假設(shè)滿足條件的直線l存在，其方程為y設(shè)AC的中點為O , l與AC為直徑的圓相交于點P,Q, PQ的中點為H ,2yi a(p a)，PQ2 (2 PH )2 4 a -P Vi a(p a)令a p 0,得a E,此時PQ p為定值，故滿足條件的直線 l存在，其方程為y 22解法2: ( I )前同解法1,再由弦長公式得,1k - (x1 x2) 4x21 1 k - 4p k 8p2p .1 k212.已知橢圓匕 1的左、右焦點分別為 F1, F2,過F1的直線交橢圓于 B, D兩點，過F2的直線交橢圓 2于A, C兩點，且AC BD