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1、1 椭圆题型总结一、焦点三角形1.设 F1、F2是椭圆12322yx的左、右焦点,弦AB 过 F2,求1ABF的面积的最大值。(法一)解:如图,设2(0)xF B,22|AFm BFn,根据椭圆的定义,1|2 3AFm,1|2 3BFn,又12|2F F,在 AF2F1和 BF2F1中应用余弦定理,得2222(23)44cos(23)44 cosmmmnnn,23cosm,23cosn,11211|2()sin22F ABBASF Fyymn22()sin3cos3cos24 3sin2sin令sint,所以01t,21()22tg tttt在(0 1,上是增函数当1t,即2时,max1()3
2、g t,故1ABF的面积的最大值为433(法二)解:设 AB:x=my+1,与椭圆2x2+3y2=6 联立,消 x 得(2m2+3)y2+4my-4=0 AB 过椭圆内定点F2,恒大于 0.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则=48(m2+1)1ABFS=|y1-y2|=4 322123mm=4 32221(23)mm令t=m2+11,m2=t-1,则1ABFS=431144tt,t1,+)f(t)=144tt在 t1,+)上单调递增,且f(t)9,+)t=1 即 m=0 时,ABF1的面积的最大值为4 33。注意:上述 AB 的设法:x=my+1,方程中的m 相当于直线AB 的斜率的倒
3、数,但又包含斜率不存在的情况,即 m=0 的时候。在直线斜率不等于零时都可以这样设,往往可使消元过程简单化,而且避免了讨论。F2F1AOBxyF2F1AOBxy名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页,共 20 页 -2 2.如图,M(-2,0)和 N(2,0)是平面上的两点,动点P 满足:6.PMPN(1)求点 P 的轨迹方程;(2)若21cosPMPNMPN,求点P 的坐标.解:(1)由椭圆的定义,点P 的轨迹是以M、N 为焦点,长轴长2a=6 的椭圆.因此半焦距c=2,长半轴 a=3,从而短半轴b=225ac,所以椭圆的方程为221.95xy(2)由2,1cosPMPNM
4、PNg得cos2.PMPNMPNPMPNgg因为cos1,MPNP不为椭圆长轴顶点,故P、M、N 构成三角形.在PMN 中,4,MN由余弦定理有2222cos.MNPMPNPMPNMPNg将代入,得22242(2).PMPNPMPNg故点 P在以 M、N 为焦点,实轴长为2 3的双曲线2213xy上.由()知,点 P 的坐标又满足22195xy,所以由方程组22225945,33.xyxy解得3 3,25.2xy即 P 点坐标为3 353 353 353 35(,)22222222、(,-)、(-,)或(,-).二、点差法定理在椭圆12222byax(ab0)中,若直线l与椭圆相交于M、N 两
5、点,点),(00yxP是弦MN 的中点,弦MN 所在的直线l的斜率为MNk,则2200abxykMN.3.直线 l 经过点 A(1,2),交椭圆2213616xy于两点 P1、P2,(1)若 A是线段 P1P2的中点,求l 的方程;(2)求 P1P2的中点的轨迹名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页,共 20 页 -3 解:(1)设 P1(x1,y1)、P2(x2,y2),则116361163622222121yxyx016)(36)(21212121yyyyxxxx*A(1,2)是线段 P1P2的中点,x1+x2=2,y1+y2=4,016)(436)(22121yyxx,
6、即922121xxyy。l 的方程为2)1(92xy,即 2x+9y-20=0(2)设 P1P2的中点 M(x,y),则 x1+x2=2x,y1+y2=2y,代入*式,得yxxxyyk942121,又直线l 经过点 A(1,2),21ykx,整理,得4x(x-1)+9y(y-2)=0,P1P2的中点的轨迹:221()(1)2151029xy。4.在直角坐标系xOy中,经过点)2,0(且斜率为k的直线l与椭圆1222yx有两个不同的交点P 和Q.(1)求k的取值范围;(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A、B,是否存在常数k,使得向量OQOP与AB共线?如果存在,求k的取值范围;如果
7、不存在,请说明理由.解:(1)直线l的方程为.2kxy由.12,222yxkxy得:.0224)12(22kxxk直线l与椭圆1222yx有两个不同的交点,)12(83222kk0.解之得:k22或k22.k的取值范围是,2222,.(2)在椭圆1222yx中,焦点在x轴上,1,2 ba,).1,2(),1,0(),0,2(ABBAP2P1yxAO名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页,共 20 页 -4 设弦 PQ的中点为),(00yxM,则).,(100yxOM由平行四边形法则可知:.2OMOQOPOQOP与AB共线,OM与AB共线.1200yx,从而.2200 xy由2
8、200abxykPQ得:2122k,.22k由(1)可知22k时,直线l与椭圆没有两个公共点,不存在符合题意的常数k.三、最值问题5.已知 P 为椭圆2214xy上任意一点,M(m,0)(mR),求 PM 的最小值。目标:复习巩固定点与圆锥曲线上的点的连线段的最值问题。提示:设 P(x,y),用距离公式表示出PM,利用二次函数思想求最小值。解:设 P(x,y),PM=22()xmy=22()14xxm=23214xmx=2234()1433mmx,x-2,2,结合相应的二次函数图像可得(1)43m-2,即 m2,即 m32时,(PM)min=|m-2|.说明:(1)类似的,亦可求出最大值;(2
9、)椭圆上到椭圆中心最近的点是短轴端点,最小值为b,最远的点是长轴端点,最大值为a;(3)椭圆上到左焦点最近的点是长轴左端点,最小值为a-c,最远的点是长轴右端点,最大值为a+c;6.在椭圆2214xy求一点 P,是它到直线l:x+2y+10=0 的距离最小,并求最大最小值。目标:复习研究圆锥曲线上的点与直线的距离问题 的 一般处理方法。提示:(1)可等价转化为与直线l 平行的椭圆的切线 与 直线 l 之间的距离;(1)也可以用椭圆的参数方程。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页,共 20 页 -5 解法一:设直线 m:x+2y+m=0 与椭圆2214xy相切,则222014
10、xymxy,消去 x,得 8y2+4my+m2-4=0,=0,解得 m=22.当 m=22时,直线与椭圆的切点P 与直线 l 的距离最近,最近为|102 2|5=2 102 55,此时点 P 的坐标是(2,22);当 m=-22时,直线与椭圆的切点P 与直线 l 的距离最远,最远为|102 2|5=2 102 55,此时点 P的坐标是(2,22)。解法二:设椭圆上任意一点P(2cos,sin),0,2)则 P 到直线 l 的距离为|2cos2sin10|5=22sin()1045当=4时,P 到直线 l 的距离最大,最大为2 102 55此时点 P 的坐标是(2,22);当=54时,P 到直线
11、 l 的距离最小,最小为2 102 55,此时点P的坐标是(2,22)。说明:在上述解法一中体现了“数形结合”的思想,利用数形结合顺利把点与直线的距离问题迅速转化成两平行线间的距离。在解法二中,利用椭圆的参数方程可迅速达到消元的目的,而且三角形式转换灵活多变,利用正余弦的有界性求最值或取值范围问题是一个不错的选择。7.设 AB 是过椭圆221925xy中心的弦,F1是椭圆的上焦点,(1)若 ABF1面积为45,求直线AB 的方程;(2)求 ABF1面积的最大值。解:(1)设 AB:y=kx,代入椭圆221925xy,得 x2=211925k=2225259k,x1=-x2=2225259k,又
12、,SABF1=12|OF1|x1-x2|=2|x1-x2|=45,|x1-x2|=25,2225259k=5,k=2 53,直线AB 的方程为y=2 53x。(2)S ABF1=12|OF1|x1-x2|=4 2225259k,当k=0 时,(S ABF 1)Max=12。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页,共 20 页 -6 8.(2014 金山区一模23 题)已知曲线)0(1=+:1babyaxC所围成的封闭图形的面积为54,曲线1C的内切圆半径为352.记曲线2C是以曲线1C与坐标轴的交点为顶点的椭圆.设AB是过椭圆2C中心的任意弦,l是线段AB的垂直平分线,M是l
13、上异于椭圆中心的点.(1)求椭圆2C的标准方程;(2)若OAmMO=(O为坐标原点),当点A在椭圆2C上运动时,求点M的轨迹方程;(3)若M是l与椭圆2C的交点,求ABM的面积的最小值.【解答】:(1)C1是以(a,0)、(0,b)、(a,0)、(0,b)为顶点的菱形,故,2分又 ab0,解得:a2=5,b2=4,因此所求的椭圆的标准方程为;4 分(2)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(k0),A(xA,yA),令,得,|OA|2=,6 分设 M(x,y),由题意得:|MO|2=m2|OA|2,(m0),即:,因为 l 是 AB 的垂直平分线,所以直线l
14、的方程为,代入上式消去k 得:,又 x2+y20,整理得:(m0),9 分当 k=0 或斜率不存在时,上式仍然成立,综上所述,点M 的轨迹方程为(m0)10 分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页,共 20 页 -7(3)当 k 存在且不为零时,由(2)得:,|OA|2=,由,得:,|OM|2 13分|AB|2=4|OA|2=,故=14分=,当且仅当4+5k2=5+4k2时,即 k=1 时,等号成立,此时 ABM 的面积的最小值为 16 分当 k=0 时,=,当 k 不存在时,=,综上所述,ABM 的面积的最小值为18分9.设椭圆中心在坐标原点,(2 0)(0 1)AB,是
15、它的两个顶点,直线)0(kkxy与 AB 相交于点D,与椭圆相交于E、F两点(1)若6EDDFuu u ruuu r,求k的值;(2)求四边形AEBF面积的最大值(1)解:依题设得椭圆的方程为2214xy,直线ABEF,的方程分别为22xy,(0)ykx k如图,设001122()()()D xkxE xkxF xkx,其 中12xx,且12xx,满 足 方 程22(14)4kx,故212214xxk 由6EDDFuu u ruu u r知01206()xxxx,得021221510(6)777 14xxxxk;由D在AB上知0022xkx,得0212xk所以2210127 14kk,名师资料
16、总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页,共 20 页 -8 化简得2242560kk,解得23k或38k(2)解 法 一:根 据 点 到 直 线 的 距 离 公 式 和 式 知,点EF,到AB的 距 离 分 别 为21112222(1 21 4)55(1 4)xkxkkhk,22222222(1 214)55(1 4)xkxkkhk又2215AB,所以四边形AEBF的面积为121()2SAB hh214(12)525(14)kkgg22(12)14kk22144214kkk2 2,当21k,即当12k时,上式取等号所以S的最大值为2 2解法二:由题设,1BO,2AO设11ykx,22
17、ykx,由得20 x,210yy,故四边形AEBF的面积为BEFAEFSSS222xy222(2)xy22222244xyx y22222(4)xy2 2,当222xy时,上式取等号所以S的最大值为2 2四、垂直关系10.(上海春季)已知椭圆C的两个焦点分别为1(1 0)F,、2(1 0)F,短轴的两个端点分别为1B、2B。(1)若112F B B为等边三角形,求椭圆C的方程;(2)若椭圆C的短轴长为2,过点2F的直线l与椭圆C相交于P Q、两点,且11F PFQuu uruuur,求直线l的方程。解:(1)设椭圆C的方程为22221xyab(0ab)。根据题意知2221abab,解得243a
18、,213b,故椭圆C的方程为2214133xy。(2)容易求得椭圆C的方程为2212xy。当直线l的斜率不存在时,其方程为1x,不符合题意;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为(1)yk x。由22(1)12yk xxy,得2222(21)42(1)0kxk xk。设11()P xy,22()Q xy,则2122421kxxk,21222(1)21kx xk,111(1)F Pxyu uu r,名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页,共 20 页 -9 122(1)FQxyuu u r,因为11F PFQuuu ruuu r,所以110F P FQuuu r uuu r,即
19、21212121212(1)(1)()1(1)(1)xxy yx xxxkxx2221212(1)(1)()1kx xkxxk2271021kk,解得217k,即77k。故直线l的方程为710 xy或710 xy。11.如图,设椭圆1222yx的上顶点为B,右焦点为F,直线 l 与椭圆交于M、N 两点,问是否存在直线l 使得 F 为BMN的垂心。若存在,求出直线l 的方程;若不存在,说明理由。解:由已知可得,B(0,1),F(1,0),kBF=-1。BFl,可设直线l 的方程为y=x+m,代入椭圆方程整理,得2234220 xmxm。设11()M xy,22()N xy,则1243mxx,21
20、2223mxx。BNMF,1212111yyxx,即1212120y yx xyx。11yxm,22yxm,121212()()()0 xm xmx xxmx。即212122(1)()0 x xmxxmm,222242(1)()033mmmmm,2340mm,43m或1m。由222(4)12(22)2480mmm,得23m又1m时,直线l 过 B 点,不合要求,43m,故存在直线l:43yx满足题设条件。12.(2012年高考(湖北理)设是单位圆上的任意一点,是过点与轴垂直的直线,是直线与轴的交点,点在直线上,且满足。当点在圆上运动时,记点M 的轨迹为曲线。()求曲线的方程,判断曲线为何种圆锥
21、曲线,并求其焦点坐标;()过原点且斜率为的直线交曲线于,两点,其中在第一象限,它在轴上的射影为点A221xylAxDlxMl|(0,1)DMm DAmm且ACCCkCPQPyFBNMlOxy名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页,共 20 页 -10,直线交曲线于另一点。是否存在,使得对任意的,都有?若存在,求的值;若不存在,请说明理由。解析:()如图1,设,则由,可得,所以,。因为点在单位圆上运动,所以。将式代入式即得所求曲线的方程为。因为,所以当时,曲线是焦点在轴上的椭圆,两焦点坐标分别为,;当时,曲线是焦点在轴上的椭圆,两焦点坐标分别为,。()解法1:如图 2、3,设,
22、则,直线的方程为,将其代入椭圆的方程并整理可得。依题意可知此方程的两根为,于是由韦达定理可得,即。因为点 H 在直线 QN 上,所以。于是,。而等价于,即,又,得,故存在,使得在其对应的椭圆上,对任意的,都有。解法 2:如图 2、3,设,则,因为,两点在椭圆上,所以两式相减可得。依题意,由点在第一象限可知,点也在第一象限,且,不重合,NQNCHm0kPQPHm(,)Mx y00(,)A xy|(0,1)DMm DAmm且0 xx0|ym y0 xx01|yymA22001xyC2221(0,1)yxmmm且(0,1)(1,)mU01mCx2(1,0)m2(1,0)m1mCy2(0,1)m2(0
23、,1)m0k11(,)P xkx22(,)H xy11(,)Qxkx1(0,)NkxQN12ykxkxC222222211(4)40mkxk x xk xm1x2x21122244k xxxmk212224m xxmk2121222224km xykxkxmk11(2,2)PQxkxuuu r22112121222242(,)(,)44k xkm xPHxxykxmkmkuuurPQPH2221224(2)04mk xPQ PHmkuuu r uuur220m0m2m2m2212yx0kPQPH1(0,1)x11(,)P xy22(,)H xy11(,)Qxy1(0,)NyPHC2222112
24、22222,m xymm xym222221212()()0mxxyyPHPHPOxyNQ图 2(01)mHPOxyNQ图 3(1)mH图 1 O D x y A M 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页,共 20 页 -11 故。于是由式可得。又,三点共线,所以,即。于是由式可得。而等价于,即,又,得,故存在,使得在其对应的椭圆上,对任意的,都有13.(10 浙江/21)已知 m1,直线2:02ml xmy,椭圆222:1xCym,12,FF 分别为椭圆C的左、右焦点.(1)当直线l过右焦点2F 时,求直线l 的方程;(2)设直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点,1
25、2AF FV,12BFFV的重心分别为,G H.若原点 O 在以线段GH 为直径的圆内,求实数m 的取值范围.【解】()因为直线:l202mxmy经过22(1,0)Fm,所以2212mm,得22m,又因为1m,所以2m,故直线l的方程为210 xy.()设1122(,),(,)A x yB xy由222221mxmyxym,消去 x 得:222104mymy则由2228(1)804mmm,知28m,且有212121,282mmyyyy由于12(,0),(,0)FcF c,由重心坐标公式可知1122(,),(,)3333xyxyGH.2221212()()99xxyyGH设 M 是 GH 的中点
26、,则1212(,)66xxyyM,由题意可知2 MOGH即222212121212()()4()()6699xxyyxxyy,即12120 x xy y而2212121212()()22mmx xy ymymyy y221(1()82mm),所以21082m,即24m又因为1m且0,所以 12m,所以 m 的取值范围是(1,2).14.(09 山东/22)设椭圆 E:22221xyab(a,b0)过 M(2,2),N(6,1)两点,O 为坐标原点.1212()()0 xxxx212121212()()()()yyyymxxxxQNHQNQHkk1121122yyyxxx211212121121
27、212()()12()()2PQPHyyyyyyymkkxxxxxxxPQPH1PQPHkk212m0m2m2m2212yx0kPQPH名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页,共 20 页 -12(1)求椭圆 E 的方程;(2)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E 恒有两个交点A,B,且 OAOBuu u ruuu r?若存在,写出该圆的方程,并求|AB|的取值范围;若不存在,说明理由.【解】()因为椭圆E:22221xyab(a,b0)过 M(2,2),N(6,1)两点,所以2222421611abab,解得22118114ab,所以2284ab.椭圆
28、E 的方程为22184xy.()假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E 恒有两个交点A,B,且 OAOBuuu ruu u r,设该圆的切线方程为ykxm,解方程组22184xyykxm,得222()8xkxm,即222(12)4280kxkmxm,设11(,)A x y,22(,)B xy,12221224122812kmxxkmx xk,要使 OAOBuuu ruu u r,需使12120 x xy y,2212121212()()()y ykxmkxmk x xkm xxm2222222222(28)48121212kmk mmkmkkk即2222228801212mmk
29、kk,所以223880mk因为直线ykxm 为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为21mrk,222228381318mmrmk,rb此时圆2283xy都在椭圆的内部,所以圆的切线与椭圆必有两个不同的交点,且OAOBuu u ruuu r.而当切线的斜率不存在时,切线263x与椭圆22184xy的两个交点为(2 63,2 63)或(2 63,2 63),满足 OAOBuuu ru uu r.综上,存在圆心在原点的圆2283xy,使得该圆的任意一条切线与椭圆E 恒有两个交点A,B,且 OAOBu uu ruu u r.222212228(84)|11(12)kmABkxxkk24232134
30、41kkk,当0k时22321|11344ABkk,因为221448kk名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页,共 20 页 -13 所以221101844kk,所以223232111213344kk,所以46|2 33AB 当且仅当22k时取“=”.当0k时,4 6|3AB.而当 AB 的斜率不存在时,两个交点为(2 63,263)或(2 63,2 63),所以此时4 6|3AB,综上,|AB|的取值范围为46|2 33AB,即:|AB 463,2 3.【另解】对于求|AB,有个更简单的方法:如图,设AOT,2AOBQ,则2 6(tancot)3AB,而2682tan,2
31、432ATOAOT,所以当 tan1时,min4 6|3AB;当2tan22or时,max|2 3AB.五、存在性问题15.以椭圆)1(1222ayax的短轴的一个端点)1,0(B为直角顶点作椭圆的内接等腰直角三角形,问这样的直角三角形是否存在?如果存在,请说明理由,并判断最多能作出几个这样的三角形;如果不存在,请说明理由.解:过点)1,0(B分别作斜率为1的直线,必与椭圆1222yax各另有一交点NM,,则BMN即为所求的等腰直角三角形,故这样的内接等腰直角三角形至少有一个;如除了(1)给出的内接等腰直角三角形外,还存在其他的内接等腰直角三角形,那么设直线1:1kxyl,11:2xkyl,)
32、1,0(kk,则1l与2l均过点)1,0(B,且互相垂直,1l与2l与椭圆分别交于FE,OCAD名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页,共 20 页 -14 102222kxyayax02)1(2222kxaxka)11,12(2222222kakakakaE.用k1代k,得)1111,1112(2222222kakakakaF),2(2222222akakakkaF2222222212)1()1(|kakakxkBEE,222222222222222)1(21)11(|akakakkakkxkBFF1,0 kk,|BFBE222222212akakaka22231kaka
33、k11)1()1)(1(12232kkkkkkkkkka.由1,0 kk得,32a3a,由于椭圆关于y轴对称,故当3a时,还存在斜率1k的内接等腰直角三角形两个.综合:当13a时,可作出一个椭圆的内接等腰直角三角形(图1),当3a时,可作出三个椭圆的内接等腰直角三角形(图2).名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页,共 20 页 -15(第22题图)F2F1yxPQO16.(2015 虹口二模)已知圆1F:22(1)8xy+=,点2F(1,0),点Q在圆1F上运动,2QF的垂直平分线交1QF于点P.(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)设MN、分别是曲线C上的两个不同点,且点
34、M在第一象限,点N在第三象限,若122OMONOFuuuu ruuu ruuu r,O为坐标原点,求直线MN的斜率;(3)过点1(0,)3S的动直线l交曲线C于AB、两点,在y轴上是否存在定点T,使以AB为直径的圆恒过这个点?若存在,求出点T的坐标;若不存在,请说明理由.解:(1)因为2QF的垂直平分线交1QF于点.所以2PFPQ,从而121112222,PFPFPFPQFQF F所以,动点的轨迹C是以点12FF、为焦点的椭圆.3 分设椭圆的方程为,则,故动点的轨迹C的方程为5 分(2)设1122(0,0,0,0)abab,则因为122OMONOFuuuu ruuuruuur,则由、解得8分所
35、以直线的斜率MNk.10 分(3)设直线的方程为1,3ykx则由221312ykxxy,得229(21)12160,kxkxPP12222byax22,222ca1222cabP2212xy1122(,),(,)M a bN a b2222112222,22abab121222,20aabb1122114514,2448ababMN21213 1414bbaal名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页,共 20 页 -16 由题意知,点1(0,)3S在椭圆C的内部,所以直线与椭圆C必有两个交点,设11(,)A x y、22(,)B xy,则121222416,.3(21)9(
36、21)kxxx xkk 12 分假设在轴上存在定点(0,)Tm满足题设,则1122(,),(,),TAxymTBxymuu ruu r因为以为直径的圆恒过点T,所以1122(,)(,)0,TA TBxymxymuu ruur即1212()()0()x xymym 14 分因为112211,33ykxykx故()可化为2121212221212()121(1)()()339x xy ymyymkx xk mxxmm2222222216(1)1421()9(21)33(21)3918(1)3(325)9(21)kkk mmmkkmkmmk由于对于任意的,0,TATBuuruur恒成立,故2210,
37、3250mmm解得.因此,在轴上存在满足条件的定点T,点T的坐标为.16 分17.(2015 嘉定二模)已知椭圆1:2222byaxC(0ba)的左、右焦点分别为1F、2F,点B),0(b,过点B且与2BF垂直的直线交x轴负半轴于点D,且12220F FF Duu uu ruu uu rr。(1)求证:21FBF是等边三角形;(2)若过B、D、2F三点的圆恰好与直线l:033yx相切,求椭圆C的方程;(3)设过(2)中椭圆C的右焦点2F且不与坐标轴垂直的直线l与C交于P、Q两点,M是点P关于x轴的对称点。在x轴上是否存在一个定点N,使得M、Q、N三点共线,若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说
38、明理由。(1)设)0,(0 xD(00 x),由)0,(2cF,),0(bB,故),(2bcBF,),(0bxBD,因为BDBF2,所以020bcx,(1 分)lyABRk1my(0,1)名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页,共 20 页 -17 cbx20,故0,22ccbDF,(2 分)又)0,2(21cFF,故由02221DFFF得032cbc,所以,223cb。(3 分)所以,3tan12cbFBF,6012FBF,即 21FBF是等边三角形。(4 分)(2)由(1)知,cb3,故ca2,此时,点D的坐标为)0,3(c,(1 分)又2BDF是直角三角形,故其外接圆
39、圆心为)0,(1cF,半径为c2,(3 分)所以,cc22|3|,1c,3b,2a,(5 分)所求椭圆C的方程为13422yx。(6 分)(3)由(2)得)0,1(2F,因为直线l过2F且不与坐标轴垂直,故可设直线l的方程为:)1(xky,0k。(1 分)由22(1)143yk xxy,得01248)43(2222kxkxk,(2 分)设11(,)P xy,22(,)Q xy,则有2221438kkxx,222143124kkxx,(3 分)由题意,11(,)M xy,故直线QM的方向向量为),(1212yyxxd,所以直线QM的方程为121121yyyyxxxx,(4 分)令0y,得)1()
40、1()1()1()(121221121221112121xkxkxxkxxkyyxyxyxyyxxyxkxxkxxkxkx2)()(22121212)()(2212121xxxxxx2438438431242222222kkkkkk4624。(5 分)即直线QM与x轴交于定点)0,4(。所以,存在点)0,4(N,使得M、Q、N三点共线。(6 分)名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 17 页,共 20 页 -18(注:若设0(,0)N x,由M、Q、N三点共线,得0101102211xyxyx,得2112210yyyxyxx。)六、定点或定直线问题18.已知椭圆方程为22142xy
41、,当过点(4,1)P的动直线l与椭圆C相交与两不同点,A B 时,在线段AB上取点 Q,满足PBAQQBAP,证明:点 Q 总在某定直线上解:设点Q、A、B 的坐标分别为1122(,),(,),(,)x yxyxy。由题设知,APPBAQQBuuu ruuu ru uu ru uu r均不为零,记APAQPBQBuuu ruuu ruuu ruuu r,则0且1又 A,P,B,Q 四点共线,从而APPBuuu ruu u r,AQQBuuu ruuu r,于是1241xx,1211yy,121xxx,121yyy。从而22212241xxx,L L(1)2221221yyy,L L(2)又点
42、A、B 在椭圆 C 上,即221124,(3)xyL L222224,(4)xyL L(1)+(2)2 并结合(3),(4)得 4x+2y=4,即点(,)Q x y 总在定直线220 xy上。19.已知椭圆C 中心在原点,焦点在x轴上,焦距为2,短轴长为2 3(1)求椭圆 C 的标准方程;(2)若直线l:0ykxm k与椭圆交于不同的两点MN、(MN、不是椭圆的左、右顶点),且以MN为直径的圆经过椭圆的右顶点A求证:直线l过定点,并求出定点的坐标解:()设椭圆的长半轴为a,短半轴长为b,半焦距为c,则22222,22 3,cbabc解得2,3,ab 椭圆 C 的标准方程为22143xy 4分(
43、)由方程组22143xyykxm消去y,得2223484120kxkmxm 6分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 18 页,共 20 页 -19 由题意 22284 344120kmkm,整理得:22340km7 分设1122,Mx yN xy、,则122834kmxxk,212241234mx xk 8分由已知,AMAN,且椭圆的右顶点为A(2,0),1212220 xxy y 10分即2212121240kx xkmxxm,也即22222412812403434mkmkkmmkk,整理得2271640mmkk解得2mk或27km,均满足 11分当2mk时,直线l的方程为2y
44、kxk,过定点(2,0),不符合题意舍去;当27km时,直线l的方程为27ykx,过定点2(,0)7,故直线l过定点,且定点的坐标为2(,0)7 13分20.在直角坐标系xOy中,点M到 F1(3,0)、F2(3,0)的距离之和是4,点M的轨迹C与x轴的负半轴交于点A,不过点A的直线l:ykxb与轨迹C交于不同的两点P和Q(1)求轨迹C的方程;(2)当0AP AQuuu r uuu r时,求k与b的关系,并证明直线l过定点解:(1)点M到(3,0),(3,0)的距离之和是4,M 的轨迹C是长轴长为4,焦点在 x 轴上焦距为2 3的椭圆,其方程为2214xy3分(2)将ykxb,代入曲线C的方程
45、,整理得222(14)8440kxkbxb5分因为直线l与曲线C交于不同的两点P和Q,所以222222644(14)(44)16(41)0k bkbkb设1122()()P xyQ xy,则122814kbxxk,21224414bx xk7 分且2212121212()()()yykxbkxbk x xkb xxb名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 19 页,共 20 页 -20 显然,曲线C与x轴的负半轴交于点(2,0)A,所以11(2,)APxyuuu r,22(2,)AQxyuuu r,由0AP AQuuu r uuu r,得1212(2)(2)0 xxy y将、代入上式,整理得22121650kkbb,10 分所以(2)(65)0kbkb,即2bk或65bk经检验,都符合条件当2bk时,直线l的方程为2ykxk显然,此时直线l经过定点(2,0)点即直线l经过点A,与题意不符当65bk时,直线l的方程为65()56ykxkk x显然,此时直线l经过定点6(,0)5点,且不过点A综上,k与b的关系是:65bk,且直线l经过定点6(,0)5点13分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 20 页,共 20 页 -
限制150内