高考圆锥曲线难题集粹

1、高考数学圆锥曲线训练221.已知AABC的顶点A, B在椭圆x 3y 4上，C在直线l: y x 2上，且AB/ l.(I )当AB边通过坐标原点。时，求AB的长及4ABC的面积;(n )当 ABC 900,且斜边AC的长最大时，求 AB所在直线的方程.解：(I )因为 AB / l ,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, y1),(x2,2、,xy2) .由y3y* 2 Mx 1.所以AB 5/2Ix x2又因为AB边上的高h等于原点到直线l的距离.所以1V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

2、ZXAMN面积的最大值.，S»A ABC -I AB gh 2 -(n )设AB所在直线的方程为m,2,x由y犷 4,得 4x2 6mx x m23m因为AB在椭圆上，所以12m2设A, B两点坐标分别为(%, y)，(x2, y2),贝U xiX23m-，x1x223 m2 44所以 ABJ2|x1,32 6m22又因为BC的长等于点(0,m)到直线l的距离，即BC所以ACABBC2m 2m 10 (m1)2所以当m1时，AC边最长，(这时12 64 0)b 0)的一个焦点为F (1,0),且过点(2,0).直线l ： x 4与x轴交(i)由题设a 2, c 1 ,从而b2 a3

3、.所以椭圆C的方程为2匕1.3(n) (i)由题意得 F(1,0) , N(4,0),2设 A(m, n),则 B(m, n)(n 0) , m- 4AF与BN的方程分别为：n(x1) (mi)y0 , n(x 4) (m 4)y设M (x0, y°),则有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.所以点M恒在椭圆C上.(ii)设A

4、M的方程为x ty 1 ,代入2y -22y 1 得(3t2 4)y26ty 944y2有最大值3,此时AM过点Fyi AMN的面积Sa amn二|fn gyiy232y1. .9y2有取大值.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 y=kx(k>0)与AB相交于点D,与椭圆相交于 E、F两点.(I )若uD=6 DFu ,求k的值；II )求四边形AEBF面积的最大值。22. ( I )解：依题设得椭圆的方程为直线AB, EF的方程分别为x 2y2,y kx(k 0).如图,设 D(x°, kx°), E(xi, kx)Fg kx2

5、),其中 xix2 ，且x1,22x2满足方程(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化简得 24k2 25k 6 0,2.解得k 一或k3(n)解法hix1 2kx1 28:根据点到直线的距离公式和式知，点E, F到AB的距离分别为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：由题设

6、,V221 J5,所以四边形AEBF的面积为设 y1kx，ykx2,由得 x20,y2y10,故四边形AEBF的面积为SSa befSa aefX2 2 y2 9 分(X2 2y2)2. x2 4y2, 2(x2 4y2)2 2当X2 2 y2时，上式取等号.所以S的最大值为2，2. 12分4.已知曲线Ci：W M 1(a b 0)所围成的封闭图形的面积为4J5,曲线Ci的内切圆半径为 裂5 .记C2为a b3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，l是线段AB的垂直平分线. M是l上 异于椭圆中心的点.(1)若MO OA (

7、。为坐标原点)，当点A在椭圆C2上运动时，求点 M的轨迹方程；(2)若M是l与椭圆C2的交点，求 4AMB的面积的最小值.2ab 4,5,22 .解：(I )由题意得ab275.a2 b23又 a b 0,解得 a2 5, b2 4 .22因此所求椭圆的标准方程为 1.54(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) .4 275 40.922X上1解方程组 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、设M (x, y),由题意知MO OA( 0),所以 |MO22OA2,即 x2 y2因为l是AB的垂直平分线，所以直线l的方程为y因此x2022 x-2 y-2 x2 20(x24y22 2 ，5x又x2y2 0所以5x2 4y22,x故一4又当k0或不存在时，上式仍然成立.2 x 综上所述，M的轨迹方程为(0).k存在且k0时,由（1）2 xA204 5k22Na20k24 5k22 y41X, k1,解得2 xM20k25 4k22 yM202，5 4k所以OA2 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当且仅当4 5k24k2时等号成立，即k1时等号成立，此时 AMB面积的最小值是 Sa amb409当 k 0 , SA AMB2 石 40.9当k不存在时，SAAMB2 ,5综上所述，4AMB的面积的最小值为 二91解法二：因为一2OAOM.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当且仅当4 5k 5 4k时等号成立，即k 1时等号成立,此时 AMB面积的最小值是A AMB40-90，SA AMB-2.5 2402 2 v5 .9当k不存在时，Sa amb 55 4 2/5 2 40综上所述，4AMB的面积的最小值为 ° .94095.已知抛物线C : y22x ,直线y kx 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(H)是否存在实数C在点N处的切线与AB平行；uur uuirk使NAgNB 0 ,若存在，求k的值；若不存在，说明理由.解法一：(I

11、)如图，设2222A(x1,2x1 ), B(x2,2x2 )，把 y kx 2代入 y 2x 得 2x kx 2 0 ,由韦达定理得xx2xnxmxx22N点的坐标为设抛物线在点N处的切线l的方程为yk28将y 2x2代入上式得2xmkk2mx0,Q直线l与抛物线C相切,2 c mkk2m 82mkk2(mk)2 0 , m k .即 l / AB .(n)假设存在实数 k,uuuuurNAgNBNANB,又QM是AB的中点,1|MN | jiABI.由(i)知yM丫2)112(kX 2 kx2 2) "k(x x2)4Q MN x轴，| MN | |yM yN |1 k22万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、如图，设A（为,2x1）,2、B(X2,2X2),把 y_ . ,_ 2 kx 2代入y 2x得_ 22x2 kx0 .由韦达定理得XX2k2'X1X21.XNXMX1x2k一一，, N点的坐标为24，-8抛物线在点N处的切线l的斜率为l / AB .（n）假设存在实数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.抛物线y x和二个点 M(x0,y0)、2X0 ,y00),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 y0,使以 线段AB为直径的圆与抛物线有异于 A、B的交点如果存在，求 出y的取值范

14、围，并求出该交点到直线 AB的距离；若不存在， 请说明理由.22、22. (1)证明：设人仪1$1)、B(x2,x2), E (Xe , Ye)、B(Xf , yF )22则直线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 又直线AP方程:2Jxy。2x1V0 xxX1V0ZB得:2X1V。x y0 0X1所以X1Xe2X1Y0X1XeV。, Ve 为2V。2X1同理，Xf2 V。2 X2V0, VfX2令xX0得yyoX1X2(XiX2)Xo yo将代入上式得y yo ,即N点在

15、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 A Jy0,yo , B(Jy?, y0)以AB为直径的圆的方程： 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要使圆与抛物线有异于 A,B的交点，则yo 1 o所以存在yo 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yyo1,所以交点T到AB的距离为yoyTyoyo117.如图，矩形 ABCD的两条对角线相交于点 M(2Q), AB边所在直线的方程为x 3y 6 。点丁( 1,1)在AD边所在

16、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( 2Q),且与矢I形ABCD的外接圆外切，求动圆P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 o ,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 13(x 1) .即3x y 2 o.(II)由x 3y 6 o, 3x y 2 = o解得点A的坐标为(。,2),因为矩形ABCD两条对角线的交点为 M(2Q).所以M为矩形ABCD外接圆的圆心.又 AM| J(2 o)2 (o 2)2 2V2 .从而矢I形

17、ABCD外接圆的方程为(x 2)2 y(x 1, y)g 2, y),化简得 C :y 4x .(n) (1)设直线 AB的方程为：x my 1(m设 A(xi, yi), B(x2, y2),又 M 8.¥11% , V2(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即PMPN 272.故点P的轨迹是以M, N为焦点,实轴长为2,2的双曲线的左支.因为实半轴长a 区,半焦距c所以虚半轴长b"2 a2、2.x2从而动圆p的圆心的轨迹方程为28.如图，已知F(1,0),直线l : xP为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q,且uu

18、u uuur QPgQFuuu uuir FPgFQ .y-(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,B两点，交直线l于点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)设点P(x, y),uuu uuirQ( 1, y),由 QPgQFuuuuurFPgFQ 得:(x I,0)g(2, y)2联立方程组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 .所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹 C的方程为:则有:uuriuur uuir由已知MA1AF , MBuuuuuurMA1AFUUITUUUMB2BF则:过点A B分别作准线uuir2BF，得心2l的垂线，垂足分别为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当且仅当m 1，即m1时等号成立，所以 MAgMB最小值为16.m9.已知椭圆C:2 x-2 ay * * 2 *-. 6, 人、山一,.,CF=1(a>b>0)的离心率为 ，短轴一个漏点到右焦点的距离为M3.b3(I )求椭圆C的方程；(n)设直线3,l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点 O到直线l的

21、距离为 万，求4AOB面积的最大值.解：(I )设椭圆的半焦距为c,依题意fb 1,a 、3,2X 2所求椭圆方程为一 y 1 .3(n)设 A(x1, y1), B(X2, y2).(1)当 ABx轴时，AB 73.(2)当AB与x轴不垂直时，设直线 AB的方程为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)当且仅当9k2 ，即k

22、 时等号成立. k23.3,322当k 0时，AB 33,综上所述AB 2. mmax，" 一一1ABmax当AB最大时，zAOB面积取最大值 S 207天津(22)(本小题满分14分)22Fi, F2, A是椭圆上的一点， AF2 F1F2,原点O到直线设椭圆x2与 1(a b 0)的左、右焦点分别为a2 b2、,1 一AFi的距离为一 OF1 .3(I )证明a J2b ； ( n )求t (0, b)使得下述命题成立：设圆 x2 y2 t2上任意点M (x0, y°)处的切线交椭圆于Qi, Q2两点，则OQi OQ2 .(I )证法一：由题设 AF2 F1F2及Fi(

23、c,0), F2(c,0),不妨设点 A(c, y),其中2 y b2解得y b-,从而得到 ab2c,a直线AF2的方程为yb22ac(x c),整理得222.2, c y a by 0,由于点A在椭圆上，有-r 1, a bab2c. b4 4a2c2 1由题设，原点 O到直线AF1的距离为一OE3将c2 a2 b2代入原式并化简得 a2 2b2,即a J2b.b2证法二：同证法一，得到点 A的坐标为 c,a过点O作OBAR,垂足为H ,易知EBCs/X ff2A ,故*ybo|OF1F2 AF1A由椭圆定义得 AF1 AF2 2a ,又BOOF1F1 OF21F2A3|F1AF2A2a

24、|F2A解得F2 A22b /日b,得一2222(n)解法一：圆x y t上的任意点M(x。，y。)处的切线方程为x°x y°y t .当t (0, b)时，圆x2 y2 t2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, yj, Q2M, y2)的坐标是方程组,2X0X V0V t222x 2 y 2b的解.当V。 0时，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,则 XiX2所以,_ 4_ 2223t 2b (x。y。)2t4 2b2ViV2由X2yot2,得 3t4 2b2t2当V。2V。2x2 V22t4 2b22V0222x0 Vo0时，必有X00,同理求得在区间,42 2t 2b x0- 222x0 Vo.42 2t 2b X0222x0 Vo4_2223 2b (x。V。)2Xo2V。0.(0,b)内此方程的解为t坦.3(0,口,6一力一万面，当 t b时，可推出x1x2 y1y230 ,从而 OQiOQ2.综上所述,t

26、 gb (0, b)使得所述命题成立.10 .设 Fi、2F2分别是椭圆 y2 1的左、右焦点.4(I)若uur uuuuP是第一象限内该椭圆上的一点，且PF1 PF25,求点P的作标;4(n)设过定点 M (0,2)的直线l与椭圆交于同的两点 A、B,且 AOB为锐角(其中O为作标原点)线l的斜率k的取值范围.73.Fi(点,0) , F2(曲,0) 设 P(x,y) (x 0,y 0).则uuurPFiuuuuPF2x, y)(;3x,22y) x y4联立,3P(i,y)-(n)显然x 0不满足题设条件.可设l的方程为ykx 2 ,设 A(xi, yi), B(x2, y?) .联立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为锐角 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综可知2k 4 ,k的取值范围是(2,33万口万，2).2ii .在平面直角坐标系 XOy中，过te点C(0, p)作直线与抛物线x 2py ( p 0)相交于A, B两点.(I)若点N是点C关于坐标原点。的对称点，求 4ANB面积的最小值;(II)是否存在垂直于 y轴的直线l ,使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值若存在，求出 l的方程;若不存在，说明理由.解法1： ( I )依题意，点 N的坐标为N(0, p),可设直线AB的方程为ykX p ,与 X22 r X2 py联立得 y由韦达定理得XiX22pk , X1X2SA BCN& ACN ! 2p2p

29、.,(Xi X2)2 4XiX>p .4p2k2 8p22 p2 k2 2 ,当 k 0, (SAABN)min22.A(xi, y) B(x2, y2),2 P'消去 y 得 X2 2pkX 2p2 0 . kX p.(n )假设满足条件的直线l存在，其方程为y设AC的中点为O , l与AC为直径的圆相交于点P,Q, PQ的中点为H ,2yi a(p a)，PQ2 (2 PH )2 4 a -P Vi a(p a)令a p 0,得a E,此时PQ p为定值，故满足条件的直线 l存在，其方程为y 22解法2: ( I )前同解法1,再由弦长公式得,1k - (x1 x2) 4x21 1 k - 4p k 8p2p .1 k212.已知椭圆匕 1的左、右焦点分别为 F1, F2,过F1的直线交椭圆于 B, D两点，过F2的直线交椭圆 2于A, C两点，且AC BD