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2015年高考真题分类汇编——解析几何大题



2015 年高考真题分类汇编——解析几何大题 1、 (2015 上海文 22) 已知椭圆 x 2 ? 2 y 2 ? 1 , 过原点的两条直线 l1 和 l 2 分别于椭圆交于 A 、

B 和 C 、 D , 设 ?AOC 的面积为 S .
(1)设 A( x1 , y1 ) , C ( x2 , y2 ) ,用 A 、 C 的坐标表示点 C 到直

线 l1 的距离,并证明

S ? 2 | x1 y2 ? x2 y1 | ;
(2)设 l1 : y ? kx , C (

1 3 3 , ) , S ? ,求 k 的值; 3 3 3

(3)设 l1 与 l 2 的斜率之积为 m ,求 m 的值,使得无论 l1 与 l 2 如何变动,面积 S 保持不 变. 【 答案】 【解析】学科网
[来源:学.科.网]

试题分析: (1)依题意,直线 l1 的方程为 y ?

y1 x, x1

(2)设直线 l1 的斜率为 k ,直线 l1 的的方程为 y ? kx , 联立方程组 ?

? y ? kx ?x ? 2 y ? 1
2 2

,消去 y 解得 x ? ?

1 1 ? 2k 2




根据对称性,设 x1 ?

1 1 ? 2k 2

,则 y1 ?

k 1 ? 2k 2

[来源:Z_xx_k.Com]

所以 S ?

1 1 3 1 | x1 y2 ? x2 y1 |? ? | x1 ? y1 |? , 2 2 3 3

所以 | x1 ? y1 |?

2 3 | k ?1 | , ? 3 2k 2 ? 1
1

解得 k ? ?1 或 k ? ?
[来源:学科网]

1 . 5
m , k
,消去 y 解得 x ? ?

(3)方法一:设直线 l1 的斜率为 k ,则直线 l 2 的斜率为 设直线 l1 的的方程为 y ? kx ,联立方程组 ?

? y ? kx ?x ? 2 y ? 1
2 2

1 1 ? 2k 2



根据对称性,设 x1 ?

1 1 ? 2k 2

,则 y1 ?

k 1 ? 2k 2




同理可得 x2 ?

k k ? 2m
2 2

, y2 ?

m k ? 2m 2
2

所以 S ?

1 1 | m ? k2 | | x1 y2 ? x2 y1 |? ? , 2 2 (1 ? 2k 2 )( k 2 ? 2m 2 ) | m ? k2 | ? c (常数) ,



(1 ? 2k 2 )( k 2 ? 2m 2 )

所以 (m ? k 2 )2 ? c 2 (k 2 ? 2k 4 ? 2m2 ? 4k 2m2 ) , 所以 k 4 ? 2mk2 ? m2 ? c 2 [2k 4 ? (1 ? 4m2 )k 2 ? 2m2 ] , 由于左右两边恒成立, 所以只能是 ?
2 ? ? 2c ? 1 , 2 2 ? c ( 1 ? 4 m ) ? ? 2 m ?

?c 2 ? 1 2 ? 所以 ? , 1 ,此时 S ? 4 m ? ? ? 2 ?
综上所述 m ? ?

1 2 ,S ? . 2 4

方法二:设直线 l1 、 l 2 的斜率分别为 所以 mx 1 x2 ? ? y1 y2 , 所以 m x1 x2 ? y1 y2 ? mx 1 x2 y1 y2 ,
2 2 2 2 2

y1 y yy 、 2 ,则 1 2 ? m , x2 x1 x1 x2

因为 A( x1 , y1 ) , C ( x2 , y2 ) 在椭圆 x ? 2 y ? 1 上,
2 2

2

2 2 2 2 2 2 2 2 所以 ( x1 ? 2 y12 )(x2 ? 2 y2 ) ? x12 x2 ? 4 y12 y2 ? 2( x12 y2 ? x2 y1 ) ? 1,

即(

1 2 2 2 ? 4m) x1 x2 y1 y2 ? 2( x12 y2 ? x2 y1 ) ? 1 , m

2 2 2 2 所以 x1 y2 ? x2 y1 ? 2x1x2 y1 y2 ? ( x1 y2 ? x2 y1 )2

1 1 ? [1 ? (4m ? ) x1 x2 y1 y2 ] ? 2 x1 x2 y1 y2 2 m 1 1 ? ? ( 2m ? ? 2) x1 x2 y1 y2 , 2 2m
因为 S 是常数,所以 | x1 y2 ? x2 y1 | 是常数, 所以令 2m ? 所以 m ? ?

1 ? 2 ? 0 即可, 2m
[来源:学_科_网 Z_X_X_K]

1 2 ,此时 S ? . 2 4 1 2 ,S ? . 2 4

综上所述 m ? ?

[来源:Zxxk.Com]

2、 (2015 上海理 21)已知椭圆 x ? 2 y ? 1 ,过原点的两条直线 l1 和 l 2 分别于椭圆交于 A 、
2 2

B 和 C 、 D ,记得到 的平行四边形 ABCD 的面积为 S .
(1)设 A( x1 , y1 ) , C ( x2 , y2 ) ,用 A 、 C 的坐标表示点 C 到直线 l1 的距离,并证明

S ? 2 | x1 y2 ? x2 y1 | ;
(2)设 l1 与 l 2 的斜率之积为 ? 【答案】

1 ,求面积 S 的值. 2

3

(2)方法一:设直线 l1 的斜率为 k ,则直线 l 2 的斜率为 ? 设直线 l1 的的方程为 y ? kx ,联立方程组 ?

1 , 2k

? y ? kx ?x ? 2 y ? 1
2 2

,消去 y 解得 x ? ?

1 1 ? 2k 2



根据对称性,设 x1 ?

1 1 ? 2k 2

,则 y1 ?

k 1 ? 2k 2



即 ? 4 x1 x2 y1 y2 ? 2( x1 y2 ? x2 y1 ) ? 1,
2 2 2 2

所以 ( x1 y 2 ? x2 y1 ) ?
2

1 2 ,即 | x1 y2 ? x2 y1 |? , 2 2

所以 S ? 2 | x1 y2 ? x2 y1 |? 2 . 3、 (2015 年北京文 20)已知椭圆 C : x ? 3 y ? 3 ,过点 D ?1,0 ? 且不过点 ? ? 2,1? 的直线与
2 2

椭圆 C 交于 ? , ? 两点,直线 ?? 与直线 x ? 3 交于点 ? . (Ⅰ)求椭圆 C 的离心率; (Ⅱ)若 ?? 垂直于 x 轴,求直线 ?? 的斜率; (Ⅲ)试判断直线 ?? 与直线 D? 的位置关系,并说明理由. 【答案】 (1) 【解析】

6 ; (2)1; (3)直线 BM 与直线 DE 平行. 3

4

试题分析:本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线 的斜率、两直线的位置关系 等基础知识,考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问,先将椭 圆方程化为标准方程,得到 a,b,c 的值,再利用 e ?

c 计算离心率;第二问,由直线 AB a

的特殊位置,设出 A,B 点坐标,设出直线 AE 的方程,由于直线 AE 与 x=3 相交于 M 点, 所以得到 M 点坐标,利用点 B、点 M 的坐标,求直线 BM 的斜率;第三问,分直线 AB 的 斜率存在和不存在两种情况进行讨论,第一种情况,直接分析即可得出结论,第二种情况, 先设出 直线 AB 和直线 AE 的方程,将椭圆方程与直线 AB 的方程联立 ,消参,得到 x1 ? x2 和 x1 x2 ,代入到 kBM ? 1 中,只需计算出等于 0 即可证明 kBM ? kDE ,即两直线平行.

试题解析: (Ⅰ)椭圆 C 的标准方程为 所以 a ? 3 , b ? 1 , c ? 所以椭圆 C 的离心率 e ?

x2 ? y 2 ? 1. 3

2.

c 6 ? . a 3

(Ⅱ)因为 AB 过点 D(1, 0) 且垂直于 x 轴,所以可设 A(1, y1 ) , B(1, ? y1 ) . 直线 AE 的方程为 y ?1 ? (1 ? y1 )( x ? 2) . 令 x ? 3 ,得 M (3, 2 ? y1 ) . 所以直线 BM 的斜率 k BM ?

2 ? y1 ? y1 ?1. 3 ?1

(Ⅲ)直线 BM 与直线 DE 平行.证明如下: 当直线 AB 的斜率不存在时,由(Ⅱ)可知 k BM ? 1 . 又因为直线 DE 的斜率 k DE ?

1? 0 ? 1 ,所以 BM / / DE . 2 ?1

当直线 AB 的斜率存在时,设其方程为 y ? k ( x ? 1)(k ? 1) . 设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) ,则直线 AE 的方程为 y ? 1 ?

y1 ? 1 ( x ? 2) . x1 ? 2

令 x ? 3 ,得点 M (3,

y1 ? x1 ? 3 ). x1 ? 2

5

由?

? x2 ? 3 y 2 ? 3 ? y ? k ( x ? 1)

,得 (1 ? 3k 2 ) x2 ? 6k 2 x ? 3k 2 ? 3 ? 0 .

所以 x1 ? x2 ?

6k 2 3k 2 ? 3 x x ? , . 1 2 1 ? 3k 2 1 ? 3k 2

考点:椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系. 4、(2015 年北京理 19)已知椭圆 C :

x2 y 2 2 1? 和点 ,点 P ? 0 , ? 2 ? 1? a ? b ? 0? 的离心率为 2 a b 2

A? m , n ? ? m ≠ 0 ? 都在椭圆 C 上,直线 PA 交 x 轴于点 M .
(Ⅰ)求椭圆 C 的方程,并求点 M 的坐标(用 m , n 表示) ; (Ⅱ)设 O 为原点,点 B 与点 A 关于 x 轴对称,直线 PB 交 x 轴于点 N .问: y 轴上是 否存在点 Q ,使得 ?OQM ? ?ONQ ?若存在,求点 Q 的坐标;若不存在,说明理由. 【答案】 【解析】 试题分析:椭圆 C :

x2 y 2 2 1? 在椭圆上,利用 ,点 P ? 0 , ? 2 ? 1? a ? b ? 0? 的离心率为 2 a b 2
2

条件列方程组,解出待定系数 a

1? 和点 ? 2,b 2 ? 1 ,写出椭圆方程;由点 P ? 0 ,

6

A? m , n? ? m ≠ 0? , 写出 PA 直线方程, 令 y ? 0 求出 x 值, 写出直线与 x 轴交点坐标;
由点 P(0,1),B(m ,?n ),写出直线 PB 的方程, 令 y ? 0 求出 x 值,写出点 N 的坐标, 设 Q(0,y 0 ),

?OQM ? ?ONQ ,? tan ?OQM ? tan ?ONQ 求出 tan ?OQM 和
使得 2)

tan ?ONQ ,利用二者相等,求出 y 0 ? ? 2 ,则存在点 Q(0, ?
?OQM ? ?ONQ .

试题解析: (Ⅰ)由于椭圆 C :

x2 y 2 2 1? 且离心率为 , ? 2 ? 1? a ? b ? 0? 过点 P ? 0 , 2 a b 2

1

b2
x2
2

? 1,b 2 ? 1, e 2 ?

c2 a2 ? b 2 1 1 ? ? 1 ? 2 ? , a 2 ? 2 ,椭圆 C 的方程为 2 2 2 a a a

? y 2 ? 1.

P(0,1),A(m ,n ),直线 PA 的方程为: y ?

n ?1 m x ? 1 ,令 y ? 0,x ? , m 1?n

? M(

m
1?n

,0);

7

考点:1.求椭圆方程;2.求直线方程及与坐标轴的交点;3.存在性问题./ 5、(2015 安徽文 20) 设椭圆 E 的方程为

x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0), 点 O 为坐标原点,点 A 的 a 2 b2

坐标为 ( a , 0) ,点 B 的坐标为(0,b),点 M 在线段 AB 上,满足 BM ? 2 MA , 直线 OM 的

斜率为

5 。 10

[来源:学+科+网]

(1)求 E 的离心率 e; (2)设点 C 的坐标为(0,-b),N 为线段 AC 的中点,证明:MN ? AB。 【答案】 (1)

2 5 (2)详见解析. 5

8

1 b 5 b2 1 a2 ? c2 1 c2 4 2 5 ∴ 3 = ? 2 ? ? ? ? ? ?e? 2 2 2 a 5 a 5 a 5 5 a 10 3 a b (Ⅱ)由题意可知 N 点的坐标为( ,? ) 2 2 1 1 5b b? b 3 2 ? 6 ? 5b ∴ K MN ? 2 a a a a? 3 2 6 b K AB ? ?a
∴ K MN ? K AB ∴MN ⊥AB 考点:1 椭圆的离心率;2.直线与椭圆的位置关系. 6、(2015 安徽理 20) 设椭圆 E 的方程为 点 B 的坐标为

5b 2 ? ? 2 ? ?1 a

x2 y 2 ? ? 1? a ? b ? 0 ? ,点 O 为坐标原点,点 A 的坐标为 ? a, 0? , a 2 b2

b? ,点 M 在线段 AB 上,满足 BM ? 0,
(I)求 E 的离心率 e;

? 2 MA ,直线 OM 的斜率为

5 . 10

9

(II)设点 C 的坐标为 ? 0, ? b ? ,N 为线段 AC 的中点,点 N 关于直线 AB 的对称点的 纵坐标为

7 ,求 2
E 的方程.

【答案】 (I)

x2 y 2 2 5 ? ?1. ; (II) 5 45 9

试题解析: (I)由题设条件知,点 M 的坐标为 ( a , b ) ,又 kOM ? 进而得

2 3

1 3

5 b 5 ? ,从而 , 10 2a 10

a ? 5b, c ? a 2 ? b2 ? 2b ,故 e ?

c 2 5 ? . a 5
x y ? ? 1 ,点 N 的坐标为 5b b

(II)由题设条件和(I)的计算结果可得,直线 AB 的方程为

(

7 5 1 b, ? b) ,设点 N 关于直线 AB 的对称点 S 的坐标为 ( x1 , ) ,则线段 NS 的中点 T 的 2 2 2

坐标为 (

x 5 1 7 b ? 1 ,? b ? ). 又 点 T 在 直 线 AB 上 , 且 kN S? k 4 2 4 4

A B

? ?1 , 从 而 有

10

? 5 x 1 7 b? 1 ? b? ? 2 ? 4 4 ?1 ? 4 b 5b ? x2 y 2 ? b ? 3 ? ?1. 解得 ,所以 ,故椭圆 的方程 为 b ? 3 5 E ? 7 1 45 9 ? b ? 2 2 ? 5 ? 5b ? x1 ? ? ? 2
科。网 Z。X。X。K]

[来源:学。

考点:1.椭圆的离心率;2.椭圆的标准方程;3.点点关于直线对称的应用. 7、(2015 福建理 18).已知椭圆 E: ( Ⅰ)求椭圆 E 的方程; (Ⅱ)设直线 x = my - 1 ,(m

x2 y 2 2 + 2 = 1(a > b > 0) 过点 (0, 2) ,且离心率为 . 2 a b 2

9 R)交椭圆 E 于 A,B 两点,判断点 G (- ,0)与以线段 AB 为 4

直径的圆的位置关系,并说明理由.

9 x2 y 2 + = 1 ;(Ⅱ) G (- ,0)在以 AB 为直径的圆外. 【答案】(Ⅰ) 4 4 2

G 在圆上.
试题解析:解法一:(Ⅰ)由已知得

ì b = 2, ? ì a =2 ? ? c 2 ? ? 解得 = , íb= 2 í 2 ? ? a ? ? a 2 = b2 + c 2 , ?c= 2 ? ?

11

所以椭圆 E 的方程为

x2 y 2 + =1 . 4 2



|GH|2 -

|AB|2 5 25 5m2 3(m2 +1) 25 17m2 + 2 = my0 + (m2 +1) y1 y2 + = + = >0 4 2 16 2(m2 + 2) m2 + 2 16 16(m2 + 2)
|AB| 9 ,故 G (- ,0)在以 AB 为直径的圆外. 4 2

所以 |GH|>

解法二:(Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)设点 A( x1 y1 ),B( x2 , y 2 ), ,则 GA = ( x1 + , y1 ), GB = ( x2 + , y2 ).

9 4

9 4

ì x = my - 1 ? 2m 3 由 í x2 y 2 得(m2 + 2) y2 - 2my - 3 = 0, 所以 y1 + y 2 = 2 , y1 y 2 = 2 , m +2 m +2 ? + =1 ? ? 4 2
从而 GA GB = ( x1 + )( x2 + ) + y1 y2 = (my1 + )(my 2 + ) + y1 y2

[来源:学科网 ZXXK]

9 4

9 4

5 4

5 4

17m2 + 2 5 25 5m2 3(m2 +1) 25 = (m2 +1) y1 y2 + m( y1 + y2 ) + = + = >0 16(m 2 + 2) 4 16 2(m2 + 2) m2 + 2 16
所以 cos狁 GA,GB > 0, 又GA, GB 不共线,所以 ?AGB 为锐角. 故点 G (- ,0)在以 AB 为直径的圆外. 考点:1、椭圆的标准方程;2、直线和椭圆的位置关系;3、点和圆的位置关系.

9 4

12

8、 (2015 福建文 19)已知点 F 为抛物线 E : y 2 ? 2 px( p ? 0) 的焦点, 点 A(2, m) 在抛物线 E 上,且 AF ? 3 . (Ⅰ)求抛物线 E 的方程; (Ⅱ)已知点 G(?1, 0) ,延长 AF 交抛物线 E 于点 B ,证明:以点 F 为圆心且与直线 GA 相切的圆,必与直线 GB 相切.

[来源:学科网 ZXXK]

【答案】 (Ⅰ) y ? 4 x ; (Ⅱ)详见解析.
2

【解析】 试题分析: (Ⅰ)利用抛物线定义,将抛物线上的点到焦点距离和到准线距离相互转化.本 题由 AF ? 3 可得 2 ?

p ? 3 ,可求 p 的值,进而确定抛物线方程; (Ⅱ)欲证明以点 F 为 2

圆心且与直线 GA 相切的圆,必与直线 GB 相切.可证明点 F 到直线 GA 和直线 GB 的距离 相等(此时需确定两条直线方程) ;也可以证明 ??GF ? ??GF ,可转化为证明两条直线 的斜率互为相反数. 试题解析:解法一: (I)由 抛物线的定义得 ?F ? 2 ? 因为 ?F ? 3 ,即 2 ?

p . 2

p ? 3 ,解得 p ? 2 ,所以抛物线 ? 的方程为 y 2 ? 4x . 2
2

(II)因为点 ? ? 2, m? 在抛物线 ? : y ? 4 x 上, 所以 m ? ?2 2 ,由抛物线的对称性,不妨设 ? 2, 2 2 . 由 ? 2, 2 2 , F ?1,0? 可得直线 ?F 的方程为 y ? 2 2 ? x ? 1? .

?

?

?

?

13

由?

? ? y ? 2 2 ? x ? 1? ? ? y ? 4x
2

,得 2 x ? 5 x ? 2 ? 0 ,
2

解得 x ? 2 或 x ? 又 G ? ?1,0 ? , 所以 kG? ?

1 ?1 ? ,从而 ? ? , ? 2 ? . 2 ?2 ?

? 2 ?0 2 2 2 2 ?0 2 2 ?? , kG? ? , ? 1 3 2 ? ? ?1? 3 ? ? ?1? 2

所以 kG? ? kG? ? 0 ,从而 ??GF ? ??GF ,这表明点 F 到直线 G ? , G ? 的距离相等, 故以 F 为圆心且与直线 G ? 相切的圆必与直线 G ? 相切. 解法二: (I)同解法一. (II)设以点 F 为圆心且与直线 G ? 相切的圆的半径为 r . 因为点 ? ? 2, m? 在抛物线 ? : y 2 ? 4 x 上, 所以 m ? ?2 2 ,由抛物线的对称性,不妨设 ? 2, 2 2 .

?

?

由 ? 2, 2 2 , F ?1,0? 可得直线 ?F 的方程为 y ? 2 2 ? x ? 1? . 由?

?

?

? ? y ? 2 2 ? x ? 1? ? ? y ? 4x
2

,得 2 x ? 5 x ? 2 ? 0 ,
2

解得 x ? 2 或 x ?

1 ?1 ? ,从而 ? ? , ? 2 ? . 2 ?2 ?

又 G ? ?1,0 ? ,故直线 G ? 的方程为 2 2x ? 3 y ? 2 2 ? 0 , 从而 r ?

2 2?2 2 8?9

?

4 2 . 17

又直线 G ? 的方程为 2 2x ? 3 y ? 2 2 ? 0 ,
14

所以点 F 到直线 G ? 的距离 d ?

2 2?2 2 8?9

?

4 2 ?r. 17

这表明以点 F 为圆心且与直线 G ? 相切的圆必与直线 G ? 相切. 考点:1、抛物线标准方程;2、直线和圆的位置关系. 9、(2015 广东文、理 20)已知过原点的动直线 l 与圆 C1 : x2 + y 2 - 6 x + 5 = 0 相交于不同的两 点 A,B. (1)求圆 C1 的圆心坐标; (2)求线段 AB 的中点 M 的轨迹 C 的方程; (3)是否存在实数 k ,使得直线 L : y = k ( x - 4) 与曲线 C 只有一个交点:若存在, 求出 k 的取值范围;若不存在,说明理由.

【答案】 (1)? 3,0 ? ; (2)? x ? ? ? y 2 ?

? ?

3? 2?

2

9?5 ? ? 3 3? ? 2 5 2 5 ? (3)k ? ?? , ? ? ? , ?. ? ? x ? 3? ; 4? 3 7 ? ? ? 4 4? ? 7
2

【解析】 (1)由 x2 ? y 2 ? 6x ? 5 ? 0 得 ? x ? 3? ? y 2 ? 4 , ∴ 圆 C1 的圆心坐标为 ? 3,0 ? ; (2)设 M ? x, y ? ,则 ∵ 点 M 为弦 AB 中点即 C1M ? AB , ∴ kC1M ? k AB ? ?1 即

y y ? ? ?1 , x ?3 x

∴ 线段 AB 的中点 M 的轨迹的方程为 ? x ? ? ? y 2 ?

? ?

3? 2?

2

9?5 ? ? ? x ? 3? ; 4? 3 ?

(3) 由 (2) 知点 M 的轨迹是以 C ? ,0 ? 为圆心 r ?

?3 ?2

? ?

3 为半径的部分圆弧 EF(如下图所示, 2

不包括两端点) ,且 E ? ,

?5 2 5 ? ?5 2 5 ? ,F ? , ? ,又 直线 L : y ? k ? x ? 4? 过定点 D ? 4,0 ? , ? ? ?3 3 ? ?3 ? 3 ? ? ? ?

15

L y

E D O C F x

[来源:Z+xx+k.Com]

当 直 线 L 与 圆 C

相 切 时 , 由

?3 ? k ? ? 4? ? 0 ?2 ? k ?1
2 2

?

3 3 得 k?? , 又 2 4

k DE ? ?k DF

? 2 5? 0??? ? 3 ? 2 5 ? 3 3? ? 2 5 2 5 ? ? ?? ? , 结合上图可知当 k ? ?? , ? ? ? , ? 时,直 5 7 4 4 7 7 ? ? ? ? 4? 3

线 L : y ? k ? x ? 4? 与曲线 C 只有一个交点. 【考点定位】本题考查圆的标准方程、轨迹方程、直线斜率等知识与数形结合思想等应用, 属于中高档题. 10、(2015 湖北文、理*22) 一种画椭圆的工具如图 1 所示. O 是滑槽 AB 的中点,短杆 O N 可绕 O 转动,长杆 MN 通过 N 处铰链与 ON 连接,MN 上的栓子 D 可沿滑槽 AB 滑动,且 DN ? ON ? 1 ,
MN ? 3 .当栓子 D 在滑槽 AB 内作往复运动时,带动 ..N 绕 O 转动,M 处的笔尖画出的

椭圆记为 C.以 O 为原点, AB 所在的直线为 x 轴建立如图 2 所示的平面直角坐标系. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ) 设动直线 l 与两定直线 l1 : x ? 2 y ? 0 和 l2 : x ? 2 y ? 0 分别交于 P, Q 两点. 若直线 l 总 与椭圆 C 有且只有一个公共点, 试探究:?OPQ 的面积是否存在最小值?若存在, 求出该最小值;若不存在,说明理由.

16

【答案】 (Ⅰ) 得最小值 8. 【解析】

x2 y 2 ? ? 1.(Ⅱ)当直线 l 与椭圆 C 在四个顶点处相切时, ?OPQ 的面积取 16 4

试题分析: (Ⅰ)由题意并结合三角形三边关系(两边之和大于第三边,两边之差小于第三 边)知, | MN | ? | NO |?| OM | ? | MN | ? | NO | ,即 2 ?| OM | ?4 ,这表明椭圆 C 的长半轴长为

4 ,短半轴长为 2 ,即可求出椭圆 C 的方程;
(Ⅱ)首先讨论直线 l 的斜率存在与不存在两种情况,当直线 l 的斜率不存在时,易知直线 l 的方程为 x ? 4 或 x ? ?4 ,即可求出 ?OPQ 的面积的值;当直线 l 的斜率存在时,设出直线 l

1 的方程 l : y ? kx? m ( k ? ? ) ,然后联立直线 l 与椭圆的方程并整理得到一元二次方程 2
(1 ? 4k 2 ) x2 ? 8kmx ? 4m2 ? 16 ? 0 ,然后根据题意直线 l 总与椭圆 C 有且只有一个公共点知,
? ? 0 即可得到 m2 ? 16k 2 ? 4 .再分别联立直线 l 与直线 l1 : x ? 2 y ? 0 和 l2 : x ? 2 y ? 0 可解得点

P 和点 Q 的坐标,并根据原点 O 到直线 PQ 的距离公式可求得 d ?

|m| 1? k2

,于是 ?OPQ 的

面积可表示为 S?OPQ ?

4k 2 ? 1 2m 2 1 ,于是分两种情 | PQ | ?d 消去参数 m 可得 S?OPQ ? ? 8 2 1 ? 4k 2 4k 2 ? 1
1 1 时;②当 0 ? k 2 ? 时,分别求出 ?OPQ 的面积的最小值,并比较 4 4

况进行讨论:①当 k 2 ?

即可求出 ?OPQ 的面积取得最小值. 试题解析: (Ⅰ)因为 | OM | ? | MN | ? | NO |? 3 ? 1 ? 4 ,当 M , N 在 x 轴上时,等号成立;同 理
| OM | ? | MN | ? | NO |? 3 ? 1 ? 2 ,当 D, O 重合,即 MN ? x 轴时,等号成立. 所以椭圆 C 的

17

中心为原点 O ,长半轴长为 4 ,短半轴长为 2 ,其方程为

x2 y 2 ? ? 1. 16 4

1 (Ⅱ) (1)当直线 l 的斜率不存在时,直线 l 为 x ? 4 或 x ? ?4 ,都有 S?OPQ ? ? 4 ? 4 ? 8 . 2
? y ? kx ? m, 1 (2) 当直线 l 的斜率存在时, 设直线 l : y ? kx ? m (k ? ? ) , 由 ? 2 2 2 ? x ? 4 y ? 16,



去 y ,可得
(1 ? 4k 2 ) x2 ? 8kmx ? 4m2 ? 16 ? 0 .因为直线 l 总与椭圆 C 有且只有一个公共点,所以 ? ? 64k 2 m2 ? 4(1 ? 4k 2 )(4m2 ? 16) ? 0 ,即 m2 ? 16k 2 ? 4 .



? y ? kx ? m, 2m m ?2m m 又由 ? 可得 P( , ) ;同理可得 Q( , ) .由原点 O 到直线 PQ 的 x ? 2 y ? 0, 1 ? 2k 1 ? 2k 1 ? 2k 1 ? 2k ?

距离为 d ?

|m| 1? k2

和 | PQ |? 1 ? k 2 | xP ? xQ | ,可得
1 1 1 2m 2m 2m 2 | PQ | ?d ? | m || xP ? xQ |? ? | m | ? ? . 2 2 2 1 ? 2k 1 ? 2k 1 ? 4k 2

S?OPQ ?

















S?OPQ

4k 2 ? 1 2m 2 ? ?8 2 1 ? 4k 2 4k ? 1

.



k2 ?

1 4





S?OPQ ? 8(
0 ? k2 ?

1 4k 2 ? 1 2 4k 2 ? 1 2 2 ;当 时, 0 ? k ? ) ? 8(1 ? ) ? 8 S ? 8( ) ? 8(?1 ? ) .因 ?OPQ 2 2 2 4 4k ? 1 4k ? 1 1 ? 4k 1 ? 4k 2

1 2 ,则 0 ? 1 ? 4k 2 ? 1 , ? 2 ,所以 4 1 ? 4k 2 2 ) ? 8 ,当且仅当 k ? 0 时取等号.所以当 k ? 0 时, S?OPQ 的最小值为 8. 1 ? 4k 2

S?OPQ ? 8(?1 ?

综合(1) (2)可知,当直线 l 与椭圆 C 在四个顶点处相切时, ?OPQ 的面积取 得最小值 8. 考点:1、椭圆的标准方程;2、直线与椭圆相交综合问题;

18

11、(2015 湖南文 20)已知抛物线 C1 : x2 ? 4 y 的焦点 F 也是椭圆 C2 :

y 2 x2 ? ?1 a 2 b2

(a ? b ? 0) 的一个焦点, C1 与 C2 的公共弦长为 2 6 ,过点 F 的直线 l 与 C1 相交于 A, B 两
点,与 C2 相交于 C , D 两点,且 AC 与 BD 同向。 (I)求 C2 的方程; (II)若 AC ? BD ,求直线 l 的斜率。

【答案】 (I) 【解析】

y 2 x2 6 ? ? 1 ;(II) ? . 9 8 4

试题分析: (I) 由题通过 F 的坐标为 (0,1) , 因为 F 也是椭圆 C2 的一个焦点, 可得 a ? b ? 1 ,
2 2

根据 C1 与 C2 的公共弦长为 2 6 ,C1 与 C2 都关于 y 轴对称可得 应曲线方程即可;

9 6 ? 2 ? 1,然后得到对 2 4a b

(II) 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ), C( x3 , y3 ), D( x4 , y4 ), 根据 AC ? BD , 可得

( x3 ? x4 )2 ? 4x3 x4 ? ( x1 ? x2 )2 ? 4x1x2 ,设直线 l 的斜 率为 k ,则 l 的方程为 y ? kx ? 1 ,联
立直线与抛物线方程、直线与椭圆方程、利用韦达定理进行计算即可得到结果. 试题解析: (I)由 C1 : x2 ? 4 y 知其焦点 F 的坐标为 (0,1) ,因为 F 也是椭圆 C2 的一个焦点, 所以 a ? b ? 1
2 2

①; 又 C1 与 C2 的公共弦长为 2 6 , C1 与 C2 都关于 y 轴对称,且 C1

的方程为 C1 : x2 ? 4 y ,由此易知 C1 与 C2 的公共点的坐标为 ( ? 6, ) , ? ②, 联立①②得 a2 ? 9, b2 ? 8 ,故 C2 的方程为

3 2

9 6 ? 2 ?1 2 4a b

y 2 x2 ? ? 1。 9 8

(II)如图,设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ), C( x3 , y3 ), D( x4 , y4 ),

19

因 AC 与 BD 同向,且 AC ? BD , 所以 AC ? BD ,从而 x3 ? x1 ? x4 ? x2 ,即 x3 ? x4 ? x1 ? x2 ,于是

( x3 ? x4 )2 ? 4x3 x4 ? ( x1 ? x2 )2 ? 4x1x2
设直线 l 的斜率为 k ,则 l 的方程为 y ? kx ? 1 ,



由?

? y ? kx ? 1 ?x ? 4 y
2

得 x ? 4kx ? 4 ? 0 , 由 x1 , x2 是这个方程的两根, ? x1 ? x2 ? 4k , x1x2 ? ?4 ④
2

? y ? kx ? 1 ? 2 2 由 ? x2 y 2 得 (9 ? 8k ) x ? 16kx ? 64 ? 0 ,而 x3 , x4 是这个方程的两根, ?1 ? ? 9 ?8
x3 ? x4 ? ? 16k 64 , x3 x4 ? ? , 2 9 ? 8k 9 ? 8k 2
2



162 k 3 4 ? 64 162 ? 9(k 2 ? 1) 2 将④、⑤代入③,得 16(k ? 1) ? 。即 16(k ? 1) ? ? (9 ? 8k 2 )2 9 ? 8k 2 (9 ? 8k 2 )2
所以 (9 ? 8k ) ? 16 ? 9 ,解得 k ? ?
2 2

6 6 ,即直线 l 的斜率为 ? 4 4

[来源:学科网 ZXXK]

考点:直线与圆锥曲线的位置关系;椭圆的性质 12、 (2015 湖南理 20)已知抛物线 C1 : x ? 4 y 的焦点 F 也是椭圆 C2 :
2

y 2 x2 ? ? 1(a ? b ? 0) a 2 b2

的一个焦点, C1 与 C2 的公共弦的长为 2 6 . (1)求 C2 的方程; (2)过点 F 的直线 l 与 C1 相交于 A、B 两点,与 C2 相交于 C、D 两点,且 AC 与 BD 同向

20

(ⅰ)若 | AC |?| BD | ,求直线 l 的斜率 (ⅱ)设 C1 在点 A 处的切线与 x 轴的交点为 M,证明:直线 l 绕点 F 旋转时, ?MFD 总是 钝角三角形 【答案】 (1) 【解析】 试题分析: (1)根据已知条件可求得 C2 的焦点坐标为 (0,1) ,再利用公共弦长为 2 6 即可 求解; (2) (i)设直线 l 的斜率为 k,则 l 的方程为 y=kx+1.由 ?

y 2 x2 6 ? ?1; (2) (i) ? , (ii)详见解析. 4 9 8

? y ? kx ? 1 2 得 x +16kx-64=0, 2 x ? 4 y ?

根据条件可知 AC = BD ,从而可以建立关于 k 的方程,即可求解; ( ii)根据条件可说明

FA ? FM =

x12 2

- y1 ? 1 =

x12 4

+1>0,因此 ?AFM 是锐角,从而 ?MFD ? 180 ? ?AFM 是
o

钝角,即可得证 试题解析: (1)由 C1 : x ? 4 y 知其焦点 F 的坐标为(0,1) ,因为 F 也是椭圆 C2 的一焦点,
2
1 又 C 与 C 的公共弦的长为 2 6 ,C 与 C 都关于 y 轴对称,且 C 的方 所以 a ? b ? 1 ○ 2 2 1 1 1
2 2

程为 x ? 4 y ,由此易知 C1 与 C2 的公共点的坐标为( ? 6,
2
1 ,○ 2 得 a =9, b =8,故 C 的方程为 联立○ 2
2 2

9 6 3 2 , ) ,所以 2 ? 2 ? 1 ○ 4a b 2

x2 y 2 3 ; ? ?1 ○ (2)如图 f ,设 A( x1 , y1 ) 9 8

B( x2 , y2 )C( x3 , y3 )D( x4 , y4 ). (i)因 AC 与 BD 同向,且|AC|=|BD|,所以 AC = BD ,从而 x3 ? x1 = x4 ? x2 ,即

x1 ? x2 = x3 ? x4 ,于是 ? x1 ? x2 ? -4 x1 x2 =
2

? x3 ? x4 ?

2

3 -4 x3 x4 ○

设直线 l 的斜率为 k, 则 l 的方程为 y=kx+1.由 ?

? y ? kx ? 1 2 得 x +16kx-64=0.而 x1 ,x 2 是这个 2 ? x ? 4y

? y ? kx ? 1 ? 2 2 4 , 方程的两根.所以 x1 ? x2 =4k,x1 x2 =-4○ 由 ? x2 y 2 得 (9+8 k )x +16kx-64=0.而 x3 , ?1 ? ? 9 ?8

x 4 是这个方程的两根.所以
21

x3 ? x4 =即

16k 64 4 ? 64 16k 2 5 , 4 ○ 5 带入○ 3 , , ○ 将○ 得 16 ( k +1) = + , x3 x4 =2 2 2 2 9 ? 8k 9 ? 8k ? 9 ? 8k 2 ? 9 ? 8 k

16( k +1)=

2

162 ? 9(k 2 ? 1)

? 9 ? 8k ?

2 2

,所以 9 ? 8k

?

2 2

?

= 16 ? 9 ,解得 k= ?

6 ,即直线 l 的斜率为 4

?

6 . 4

(ii)由 x ? 4 y 得 y =
2
'

x x ,所以 C1 在点 A 处的切线方程为 y- y1 = 1 (x- x1 ) ,即 2 2
x1 x x ,即 M( 1 ,0),所以 FM =( 1 ,-1).而 FA =( x1 , y1 ? 1 ).于是 2 2 2
+1>0,因此 ?AFM 是锐角,从而 ?MFD ? 180 ? ?AFM 是
o

y= x1 x -

x12 4

.令 y=0 得 x=

FA ? FM =

x12 2

- y1 ? 1 =

x12 4

钝角. 故直线 l 绕点 F 旋转时,△MFD 总是钝角三角形. 考点:1.椭圆的标准方程及其性质;2.直线与椭圆 位置关系.

x2 y 2 13、(2015 江苏 18)如图,在平面直角坐标 系 xOy 中,已知椭圆 2 ? 2 ? 1? a ? b ? 0 ? 的 a b
离心率为

2 ,且右焦点 F 到左准线 l 的距离为 3. 2

(1)求椭圆的标准方程;
22

(2)过 F 的直线与椭圆交于 A,B 两点,线段 AB 的垂直平分线分别交直线 l 和 AB 于点 P,C,若 PC=2AB,求直线 AB 的方程.

【答案】 (1)

x2 ? y 2 ? 1(2) y ? x ? 1 或 y ? ? x ? 1 . 2

(2)当 ?? ? x 轴时, ?? ?

2 ,又 C? ? 3 ,不合题意.

当 ?? 与 x 轴不垂直时,设直线 ?? 的方程为 y ? k ? x ?1? , ? ? x1 , y1 ? , ? ? x2 , y2 ? , 将 ?? 的方程代入椭圆方程,得 1 ? 2k 则x

?

2

?x

2

? 4k 2 x ? 2 ? k 2 ? 1? ? 0 ,

1,2

?

2k 2 ? 2 ?1 ? k 2 ? 1 ? 2k 2

, C 的坐标为 ?

? 2k 2 ?k ? , 2 2 ? ,且 ? 1 ? 2k 1 ? 2k ?

23

?? ?

? x2 ? x1 ? ? ? y2 ? y1 ?
2

2

?

?1 ? k ? ? x
2

2

? x1 ? ?
2

2 2 ?1 ? k 2 ? 1 ? 2k 2



若 k ? 0 ,则线段 ?? 的垂直平分线为 y 轴,与左准线平行,不合题意.

k 1? 2k 2 ? ? ? ?x? 从而 k ? 0 ,故直线 ? C 的方程为 y ? ?, 1 ? 2k 2 k ? 1 ? 2k 2 ?
? 2 ? 3k 2 ? 1? 1 ? k 2 5k 2 ? 2 ? ? ? ? 2, 则 ? 点的坐标为 ,从而 ?C ? . ? k ?1 ? 2k 2 ? ? k ?1 ? 2k 2 ? ? ?
因为 ?C ? 2 ?? ,所以

2 ? 3k 2 ? 1? 1 ? k 2 k ?1 ? 2k 2 ?

?

4 2 ?1 ? k 2 ? 1 ? 2k 2

,解得 k ? ?1 .

此时直线 ?? 方程为 y ? x ? 1 或 y ? ? x ? 1 . 考点:椭圆方程,直线与椭圆位置关系

x2 y 2 ? ? 1( a ? b ? 0 )的半焦距为 c ,原点 ? 到经过 a 2 b2 1 两点 ? c, 0 ? , ? 0, b ? 的直线的距离为 c . 2 (I)求椭圆 ? 的离心率; 5 2 2 (II)如图, ?? 是圆 ? : ? x ? 2 ? ? ? y ? 1? ? 的一条直径,若椭圆 ? 经过 ? , ? 两点, 2 求椭圆 ? 的方
14、(2015 陕西理 20)已知椭圆 ? : 程.

x2 y 2 3 ? ? 1. 【答案】 (I) ; (II) 12 3 2
【解析】 试题分析: (I)先写过点 ? c, 0 ? , ? 0, b ? 的直线方程,再计算原点 ? 到该直线的距离,进而 可得椭圆 ? 的离心率; (II) 先由 (I) 知椭圆 ? 的方程, 设 ?? 的方程, 联立 ?

? ? y ? k ? x ? 2? ? 1 , 2 2 2 x ? 4 y ? 4 b ? ?
2

消去 y ,可得 x1 ? x2 和 x1 x2 的值,进而可得 k ,再利用 ?? ? 10 可得 b 的值,进而可得 椭圆 ? 的方程.

24

试题解析: (I)过点(c,0),(0,b)的直线方程为 bx + cy - bc = 0 , 则原点 O 到直线的距离 d ?

bc b ?c
2 2

?

bc , a

由d =

1 c 3 c ,得 a = 2b = 2 a2 - c2 ,解得离心率 = . 2 a 2
(1)

(II)解法一:由(I)知,椭圆 E 的方程为 x2 + 4 y 2 = 4b2 . 依题意,圆心 M(-2,1)是线段 AB 的中点,且 | AB|= 10 . 易知,AB 不与 x 轴垂直,设其直线方程为 y = k ( x + 2) +1 ,代入(1)得

(1 + 4k 2 ) x2 +8k (2k +1) x + 4(2k +1)2 - 4b2 = 0
设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ), 则 x1 + x2 = 由 x1 + x2 = - 4 ,得 从而 x1 x2 = 8 - 2b2 . 于是 | AB |? 1 ? ?

8k (2k +1) 4(2k +1) 2 - 4b 2 , x x = . 1 2 1 + 4k 2 1 + 4k 2

8k (2k +1) 1 = - 4, 解得 k = . 2 2 1 + 4k

5 ?1? ? | x1 ? x2 |? 2 ?2?

2

? x1 ? x2 ?

2

? 4 x1 x2 ? 10(b 2 ? 2) .

2 2 由 | AB|= 10 ,得 10(b - 2) = 10 ,解得 b = 3 .

x2 y 2 + =1 . 故椭圆 E 的方程为 12 3
解 法二:由(I)知,椭圆 E 的方程为 x + 4 y = 4b . 依题意,点 A,B 关于圆心 M(-2,1)对称,且 | AB|= 10 . 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ), 则 x1 + 4 y1 = 4b , x2 + 4 y2 = 4b , 两式相减并结合 x1 + x2 = - 4, y1 + y2 = 2, 得 -4( x1 - x2 ) +8 y1 - y2 = 0 . 易知,AB 不与 x 轴垂直,则 x1 ? x2 ,所以 AB 的斜率 k AB = 因此 AB 直线方程为 y =
2 2 2 2 2 2
2 2 2

(2)

(

)

y1 - y2 1 = . x1 - x2 2

1 ( x + 2) +1 ,代入(2)得 x2 + 4 x +8 - 2b2 = 0. 2
25

所以 x1 + x2 = - 4 , x1 x2 = 8 - 2b2 . 于是 | AB |? 1 ? ?

5 ?1? ? | x1 ? x2 |? 2 ?2?

2

? x1 ? x2 ?

2

? 4 x1 x2 ? 10(b 2 ? 2) .

2 2 由 | AB|= 10 ,得 10(b - 2) = 10 ,解得 b = 3 .

故椭圆 E 的方程为

x2 y 2 + =1 . 12 3

考点:1、直线方程;2、点到直线的距离公式;3、椭圆的简单几何性质;4、椭圆的方程; 5、圆的方程;6、直线与圆的位置关系;7、直线与圆锥曲线的位置. 15、(2015 陕西文 20)如图,椭圆 E :

x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0) 经过点 A(0, ?1) ,且离心率为 a 2 b2

2 . 2
(I)求椭圆 E 的方程; (II)经过点 (1,1) , 且斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同两点 P, Q(均异于点 A ) , 证明: 直线 AP 与 AQ 的斜率之和为 2.

【答案】(I)

x2 ? y 2 ? 1 ; (II)证明略,详见解析. 2

【解析】学科网 试题分析:(I)由题意知

c 2 ? , b ? 1 ,由 a 2 ? b2 ? c2 ,解得 a ? 2 ,继而得椭圆的方程 a 2

x2 ? y2 ? 1 ; 为 2
(II) 设 P ? x1 y1 ? , Q ? x2 y2 ? , x1 x2 ? 0 由题设知,直线 PQ 的方程为 y ? k ( x ? 1) ? 1(k ? 2) , 代入
26

x2 ? y2 ? 1 2









(1 ? 2k 2 ) x 2 ? 4k (k ? 1) x ? 2k (k ? 2) ? 0





4k (k ? 1) 2k ( k ? 2) x1 ? x ? 2 ,x x ? 1 , 2 2 1 ? 2k 1 ? 2k 2
由 已 知

??0









线

AP



AQ











k AP ? k AQ ?

y1 ? 1 y2 ? 1 kx1 ? 2 ? k kx2 ? 2 ? k ? ? ? x1 x2 x1 x1 x1 ? x2 4k (k ? 1) ? 2k ? ? 2 ? k ? ? 2k ? (2k ? 1) ? 2 . 2k (k ? 2) x1 x2

化简得 k AP ? k AQ ? 2k ? (2 ? k )

试题解析:(I)由题意知
2 2 2

c 2 ? ,b ? 1, a 2

[来源:学科网]

综合 a ? b ? c ,解得 a ?

2,

x2 ? y2 ? 1 . 所以,椭圆的方程为 2
(II)由题设知,直线 PQ 的方程为 y ? k ( x ? 1) ? 1(k ? 2) ,代入

x2 ? y 2 ? 1 ,得 2

(1 ? 2k 2 ) x 2 ? 4k (k ? 1) x ? 2k (k ? 2) ? 0 ,
由已知 ? ? 0 ,设 P ? x1 y1 ? , Q ? x2 y2 ? , x1 x2 ? 0 则 x1 ? x2 ?

4k (k ? 1) 2k ( k ? 2) , x1 x2 ? , 2 1 ? 2k 1 ? 2k 2

从而直线 AP 与 AQ 的斜率之和

k AP ? k AQ ?

y1 ? 1 y2 ? 1 kx1 ? 2 ? k kx2 ? 2 ? k ? ? ? x1 x2 x1 x1

?1 1? x ? x2 ? 2k ? (2 ? k ) ? ? ? ? 2k ? (2 ? k ) 1 x1 x2 ? x1 x2 ?

? 2k ? ? 2 ? k ?

4k (k ? 1) ? 2k ? (2k ? 1) ? 2 . 2k (k ? 2)

考点:1.椭圆的标准方程;2.圆锥曲线的定值问题.

27

2 x2 y 2 16、(2015 四川文 20)如图,椭圆 E: 2 ? 2 ? 1 (a>b>0)的离心率是 ,点(0,1)在短轴 a b 2
CD 上,且 PC ? PD =-1 (I)求椭圆 E 的方程; (II) 设 O 为坐标原点,过点 P 的动直线与椭圆交于 A 、 B 两点 . 是否存在常数 λ ,使得

OA ? OB ? ? PA? PB为定值?若存在,求 λ 的值;若不存在,请说明理由.

【解析】本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程等基础知识,考查推理论证呢过能留、运 算求解能力,考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想. (I)由已知,点 C,D 的坐标分别为(0,-b),(0,b) 又点 P 的坐标为(0,1),且 PC ? PD =-1

?1 ? b 2 ? ?1 ? 2 ?c 于是 ? ? ,解得 a=2,b= 2 2 ?a ?a 2 ? b 2 ? c 2 ?
所以椭圆 E 方程为

x2 y 2 ? ? 1. 4 2

(II)当直线 AB 斜率存在时,设直线 AB 的方程为 y=kx+1 A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)

? x2 y 2 ?1 ? ? 联立 ? 4 ,得(2k2+1)x2+4kx-2=0 2 ? y ? kx ? 1 ?
其判别式△=(4k)2+8(2k2+1)>0 所以 x1 ? x2 ? ?

4k 2 , x1 x2 ? ? 2 2 2k ? 1 2k ? 1

从而 OA ? OB ? ? PA ? PB =x1x2+y1y 2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)] =(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1 =

(?2? ? 4)k 2 ? (?2? ? 1) 2k 2 ? 1
28

=-

? ?1
2k 2 ? 1

?? ?2

所以,当 λ=1 时,-

? ?1
2k 2 ? 1

? ? ? 2 =-3

此时, OA ? OB ? ? PA ? PB =-3 为定值 当直线 AB 斜率不存在时,直线 A B 即为直线 CD 此时 OA ? OB ? ? PA ? PB ? OC ? OD ? PC ? PD =-2-1=-3 故存在常数 λ=-1,使得 OA ? OB ? ? PA ? PB 为定值-3.

x2 y2 2 17、(2015 四川理 20)如图,椭圆 E: 2 + 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率是 ,过点 P(0,1) a b 2
的动直线 l 与椭圆相交于 A,B 两点,当直线 l 平行与 x 轴 时,直线 l 被椭圆 E 截得的线段 长为 2 2 . (1)求椭圆 E 的方程; (2) 在平面直角坐标系 xOy 中, 是否存在与点 P 不同的定点 Q, 使得 若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,请说明理由.

QA PA 恒成立? ? QB PB

【答案】 (1) 【解析】

x2 y 2 ? ? 1; (2)存在,Q 点的坐标为 Q (0, 2) . 4 2

试题分析: (1 )根据椭圆的对称性,当直线 l 与 x 轴平行时, B(? 2,1), A( 2,1) ,将这个 点的坐标代入椭圆的方程,得

2 1 c 2 2 2 2 ? 2 ? 1 .再根据离心率得 ? ,又 a ?b ?c ,三者 2 a b a 2

联立,解方程组即可得 a ? 2, b ? 2 ,进而得椭圆的方程为

x2 y 2 ? ? 1 .(2)先利用 l 与 x 4 2

轴平行和垂直这两种特殊情况找出点 Q 的坐标为 Q (0, 2) .接下来联立直线与椭圆的方程, 利 用根与系数的关系证明:对任意的直线 l ,均有

| QA | | PA | ? .设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,由图 | QB | | PB |

29

可看出

| QA | | PA | | QA | | x1 | | PA | | x1 | ? ,为了证明 ,只需证明 ,为此作点 B 关于 y ? ? | QB | | PB | | QB | | x2 | | PB | | x2 |

轴对称的点 B?(? x2 , y2 ) ,这样将问题转化为证 Q, A, B? 三点共线. 试题解析: (1)由已知,点 ( 2,1) 在椭圆 E 上.

?2 1 ? a 2 ? b 2 ? 1, ? ? 因此, ?a 2 ? b 2 ? c 2 , ? ?c ? 2 , ? 2 ?a
解得 a ? 2, b ? 2 . 所以椭圆的方程为

x2 y 2 ? ? 1. 4 2 | QC | | PC | ? ? 1 ,即 | QC |?| QD | . | QD | | PD |

(2)当直线 l 与 x 轴平行时,设直线 l 与椭圆相交于 C 、D 两点. 如果存在定点 Q 满足条件,则
[来源:Z。xx。k.Com]

所以 Q 点在 y 轴上,可设 Q 点的坐标为 (0, y0 ) . 当直线 l 与 x 轴垂直时,设直线 l 与椭圆相交于 M、N 两点. 则 M (0, 2), N (0, ? 2) , 由

| QM | | PM | | y ? 2| 2 ?1 ? ,有 0 ,解得 y0 ? 1 或 y0 ? 2 . ? | QN | | PN | | y0 ? 2 | 2 ?1

所以,若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件,则 Q 点的坐标 只可能为 Q (0, 2) . 下面证明:对任意的直线 l ,均有

| QA | | PA | ? . | QB | | PB |

当直线 l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立. 当直线 l 的斜率存在时, 可设直线 l 的方程为 y ? kx ? 1 , A、 B 的坐标分别为 ( x1 , y1 ),( x2 , y2 ) .

? x2 y 2 ?1 ? ? , 得 (2k 2 ? 1) x2 ? 4kx ? 2 ? 0 . 联立 ? 4 2 ? y ? kx ? 1 ?
其判别式 ? ? 16k ? 8(2k ? 1) ? 0 ,
2 2

所以, x1 ? x2 ? ? 因此

4k 2 , x1 x2 ? ? 2 . 2 2k ? 1 2k ? 1

1 1 x1 ? x2 ? ? ? 2k . x1 x2 x1 x2
30

易知,点 B 关于 y 轴对称的点的坐标为 B?(? x2 , y2 ) .

又 kQA ?

y1 ? 2 y ?2 1 1 1 ? k ? , kQB? ? 2 ? ?k ? ? k ? , x1 x1 ? x2 x2 x1

所以 kQA ? kQB? ,即 Q, A, B? 三点共线. 所以

| QA | | QA | | x1 | | PA | . ? ? ? | QB | | QB? | | x2 | | PB |

故存在与 P 不同的定点 Q (0, 2) ,使得

| QA | | PA | ? 恒成立. | QB | | PB |

考点: 本题考查椭圆的标准方程与几何性质、 直线方程、 直线与椭圆的位置关系等基础知识, 考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合 等数学思想. 18、(2015 天津文 19) . 已知椭圆

x2 y 2 5 + 2 = 1(a > b > 0) 的上顶点为 B,左焦点为 F ,离心率为 , 2 a b 5

(I)求直线 BF 的斜率; (II)设直线 BF 与椭圆交于点 P(P 异于点 B),故点 B 且垂直于 BF 的直线与椭圆交于点 Q (Q 异于点 B)直线 PQ 与 x 轴交于点 M, |PM |=l |MQ| . (i)求 l 的值; (ii)若 |PM |sin?BQP =

7 5 ,求椭圆的方程. 9

【答案】 (I)2; (II) (i) 【解析】 试题分析: (I)先由

x2 y2 7 ? ? 1. ; (ii) 8 5 4

c 5 ? a 5

及 a ? b ? c , 得 a ? 5c, b ? 2c , 直 线 BF 的 斜 率
2 2 2

31

k?

b?0 b ? ?2; (II)先把直线 BF,BQ 的方程与椭圆方程联立,求出点 P,Q 横坐标,可 0 ? ? ?c ? c



??

PM MQ

?

xM ? xP xQ ? xM

?

7 7 5 ? . ( ii ) 先 由 |PM |sin?BQP = 9 xQ 8

xP



BP =|PQ|sin?BQP =

15 |PM |sin? BQP 7

x2 y2 5 5 ? ? 1. ,由此求出 c=1,故椭圆方程为 5 4 3

试题解析: (I) F ? ?c,0 ? ,由已知

c 5 及 a 2 ? b2 ? c 2 , 可得 a ? 5c, b ? 2c ,又因为 ? a 5

B ? 0, b ? ,故直线 BF 的斜率 k ?

b?0 b ? ?2 . 0 ? ? ?c ? c

[来源:学_科_网 Z_X_X_K]

(II) 设点 P ? xP , yP ? , Q xQ , yQ , M ? xM , yM ? , (i) 由 (I) 可得椭圆方程为

?

?

x2 y2 ? ? 1, 5c 2 4c 2
5c .因为 3

直线 BF 的方程为 y ? 2 x ? 2c ,两方程联立消去 y 得 3x2 ? 5cx ? 0, 解得 xP ? ?

1 BQ ? BP ,所以直线 BQ 方程为 y ? ? x ? 2c ,与椭圆方程联立消去 y 得 21x 2 ? 40cx ? 0 , 2
解得 xQ ?

xM ? x P x PM 7 40c ? P ? . .又因为 ? ? ,及 xM ? 0 得 ? ? 21 xQ ? xM xQ 8 MQ

( ii ) 由 ( i ) 得

PM 7 PM 15 7 7 PM ? ,所以 ? ? , 即 PQ ? 7 MQ 8 PM ? MQ 7 ? 8 15
7 5 15 ,所以 BP =|PQ|sin?BQP = |PM |sin? BQP 9 7
2

,又因为

|PM |sin?BQP =

5 5 . 3
2

又 因 为 yP ? 2 xP ? 2c ? ?

5c ? ? 4c ? 5 5 4 ? c , 所 以 BP ? ? 0 ? ? ? ? 2c ? ? ? c ,因此 3 3? ? 3 ? 3 ?

x2 y2 5 5 5 5 ? 1. 学科网 c? , c ? 1 ,所以椭圆方程为 ? 5 4 3 3
考点:直线与椭圆. 19、 (2015 天津理 19) .已知椭圆

x2 y 2 3 + 2 =1(a > b > 0) 的左焦点为 F(-c,0) ,离心率为 , 2 a b 3 b4 4 3 |FM|= 截得的线段的长为 c, . 4 3

2 2 点 M 在椭圆上且位于第一象限, 直线 FM 被圆 x +y =

32

(I )求直线 FM 的斜率; (II)求椭圆的方程; (III)设动点 P 在椭圆上,若直线 FP 的斜率大于 2 ,求直线 OP(O 为原点)的斜率的 取值范围. 【答案】(I) 【解析】 试题分析:(I) 由椭圆知识先求出 a , b, c 的关系,设直线直线 FM 的方程为 y ? k ( x ? c) , 求出圆心到直线的距离,由勾股定理可求斜率 k 的值; (II)由(I)设椭圆方程为

? 2 3? ? 2 2 3? x2 y2 3 , ? ? 1 ;(III) ? ??, ? ; (II) ? ? ?. 3 ? ? 3 3 ? 3 2 3 ?

x2 y2 4 3 ? ? 1 ,直线与椭圆方程联立,求出点 M 的坐标,由 FM ? 可求出 c ,从而 2 2 3c 2c 3
可求椭圆方程.(III)设出直线 FP : y ? t ( x ? 1) ,与椭圆方程联立,求得

6 ? 2 x2 t? ? 2 ,求出 x 的范围,即可求直线 OP 的斜率的取值范围. 3( x ? 1)2
试题解析:(I) 由已知有

c2 1 ? ,又由 a 2 ? b2 ? c2 ,可得 a 2 ? 3c 2 , b2 ? 2c 2 , 2 a 3

设直线 FM 的斜率为 k (k ? 0) ,则直线 FM 的方程为 y ? k ( x ? c) ,由已知有

? kc ? ? c ? ? b ? 3 . ? 2 ? ? ? ? ? ? ? ,解得 k ? 3 ? k ?1 ? ? 2 ? ? 2 ?

2

2

2

x2 y2 (II)由(I)得椭圆方程为 2 ? 2 ? 1 ,直线 FM 的方程为 y ? k ( x ? c) ,两个方程联立,消 3c 2c
去 y ,整理得

5 3x 2 ? 2cx ? 5c 2 ? 0 ,解得 x ? ? c 或 x ? c ,因为点 M 在第一象限,可得 M 的坐标为 3

? 2 3 ? ?2 3 ? 4 3 c ? ,由 FM ? (c ? c)2 ? ? ,解得 c ? 1 ,所以椭圆方程为 c ? 0? ? ? c, 3 ? 3 ? ? 3 ?

2

x2 y2 ? ?1 3 2
(III)设点 P 的坐标为 ( x, y ) ,直线 FP 的斜率为 t ,得 t ?

y x ?1 ) ( x ? ?1 ) , ,即 y ? t ( x ?1

33

? y ? t ( x ? 1) ? 与椭圆方程联立 ? x 2 y 2 ,消去 y ,整理得 2 x2 ? 3t 2 ( x ? 1)2 ? 6 ,又由已知,得 ? ?1 ? 2 ?3

t?
?

6 ? 2 x2 ? 2 ,解得 3( x ? 1)2

3 ? x ? ? 1 或 ?1 ? x ? 0 , 2
设直线 OP 的斜率为 m ,得 m ?

y ,即 y ? mx( x ? 0) ,与椭圆方程联立,整理可得 x

m2 ?

2 2 ? . x2 3

①当 x ? ? ? , ?1? 时,有 y ? t ( x ? 1) ? 0 ,因此 m ? 0 ,于是 m ?

? 3 ? 2

? ?

2 2 ? ,得 x2 3

? 2 2 3? m?? , ? 3 3 ? ?
②当 x ? ? ?1,0? 时,有 y ? t ( x ? 1) ? 0 ,因此 m ? 0 ,于是 m ? ?

2 2 ? ,得 x2 3

? 2 3? m ? ? ??, ? ? 3 ? ?
综上,直线 OP 的斜率的取值范围是 ? ??, ?

? ?

2 3? ? 3 ?

? 2 2 3? , ? ? 3 ? ? 3

考点:1.椭圆的标准方程和几何性质;2.直线和圆的位置关系;3.一元二次不等式. 20、(2015 新课标 1 理 20)

在直角坐标系 xoy 中,曲线 C:y=

x2 与直线 y ? kx ? a ( a >0)交与 M,N 两点, 4

(Ⅰ)当 k=0 时,分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程; (Ⅱ)y 轴上是否存在点 P,使得当 k 变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由。 【答案】 (Ⅰ) ax ? y ? a ? 0 或 ax ? y ? a ? 0 (Ⅱ)存在 【解析】 试题分析: (Ⅰ)先求出 M,N 的坐标,再利用导数求出 M,N.(Ⅱ)先作出判定, 再利用设而不求思想即将 y ? kx ? a 代入曲线 C 的方程整理成关于 x 的一元二次

34

方程,设出 M,N 的坐标和 P 点坐标,利用设而不求思想,将直线 PM,PN 的斜率 之和用 a 表示出 来,利用直线 PM,PN 的斜率为 0,即可求出 a , b 关系,从而找出 适合条件的 P 点坐标. 试题解析: (Ⅰ) 由题设可得 M (2 a , a) , 或 M (?2 2, a) , N (?2 2, a) , N (2 a , a) . ∵ y? ? 为
1 x2 x ,故 y ? 在 x = 2 2a 处的到数值为 a ,C 在 (2 2a, a) 处的切线方程 2 4

y ? a ? a ( x ? 2 a ) ,即 ax ? y ? a ? 0 .
故y?
x2 在 x =- 2 2a 处的到数值为- a ,C 在 (?2 2a, a) 处的切线方程为 4

y ? a ? ? a ( x ? 2 a ) ,即 ax ? y ? a ? 0 .
故所求切线方程为 ax ? y ? a ? 0 或 ax ? y ? a ? 0 . (Ⅱ)存在符合题意的点,证明如下: 设 P(0,b)为复合题意得点, M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ,直线 PM,PN 的斜率分 别为 k1 , k2 . 将 y ? kx ? a 代入 C 得方程整理得 x2 ? 4kx ? 4a ? 0 . ∴ x1 ? x2 ? 4k , x1 x2 ? ?4a . ∴ k1 ? k2 ?
y1 ? b y2 ? b 2kx1 x2 ? (a ? b)( x1 ? x2 ) k ( a ? b) ? = = . a x1 x2 x1 x2

??5 分

当 b ? ? a 时,有 k1 ? k2 =0,则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补, 故∠OPM=∠OPN,所以 P(0, ?a) 符合题意. ??12 分

考点:抛物线的切线;直线与抛物线位置关系;探索新问题;运算求解能力 21、 (2015 新课标 1 文 20)已知过点 A ?1,0 ? 且斜率为 k 的直线 l 与圆 C: ? x ? 2 ? ? ? y ? 3? ? 1
2 2

交于 M,N 两点. (I)求 k 的取值范围;

35

(II) OM ? ON ? 12 ,其中 O 为坐标原点,求 MN . 【答案】 (I) 琪 【解析】 试题分析: (I)设出直线 l 的方程,利用圆心到直线的距离小于半径列出关于 k 的不等式, 即可求出 k 的取值范围; (II)设 M( x1 ,y ),N( ,y x 1 2 )2 ,将直线 l 方程代入圆的方程化为关于

骣 4- 7 4+ 7 (II)2 琪 3 , 3 桫

x 的一元二次方程,利用韦达定理将 x1 x2 , y1 y2 用 k 表示出来,利用平面向量数量积的坐标 公式及 OM ? ON ? 12 列出关于 k 方程,解出 k,即可求出|MN|. 试题解析: (I)由题设,可知直线 l 的方程为 y = kx +1 .

因为 l 与 C 交于两点,所以

| 2k - 3 +1| 1+k 2

<1.

解得

43

7

<k <

4+ 7 . 3
骣 4- 7 4+ 7 . 琪 3 , 3 桫

所以 k 的取值范围是 琪

(II)设 M( x1 , y1 ), N( x2 , y2 ) . 将 y = kx +1 代入方程 x - 2 所以 x1 + x2 =

(

) +( y - 3)

2

2

= 1 ,整理得 (1 + k 2 ) x2 -4(k +1) x + 7 = 0 ,

4(k +1) 7 , x1 x2 = . 2 1+k 1+k 2 x1 x2 + y1 y 2 = 1 + k 2 x1 x2 + k ( x1 + x2 ) +1 =

OM ?ON
由题设可得

(

)

4k (1 + k ) +8 , 1+k 2

4k (1 + k ) + 8=12 ,解得 k =1 ,所以 l 的方程为 y = x +1 . 1+k 2

故圆心在直线 l 上,所以 | MN |= 2 . 考点:直线与圆的位置关系;设而不求思想;运算求解能力

x2 y 2 2 22、 (2015 新课标 2 文 20)已知椭圆 C : 2 ? 2 ? 1? a ? b ? 0 ? 的离心率为 ,点 2, 2 a b 2
在 C 上. (I)求 C 的方程;
36

?

?

(II) 直线 l 不经过原点 O,且不平行于坐标轴,l 与 C 有两个交点 A,B,线段 AB 中点为 M,证明: 直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率乘积为定值. 【答案】(I)

x2 y 2 ? ? 1 (II)见试题解析 82 42

考点:直线与椭圆

23、(2015 新课标 2 理 20) 已知椭圆 C : 9 x ? y ? m (m ? 0) ,直线 l 不过原点 O 且不平行
2 2 2

于坐标轴, l 与 C 有两个交点 A , B ,线段 AB 的中点为 M . (Ⅰ )证明:直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值; (Ⅱ )若 l 过点 (

m , m ) ,延长线段 OM 与 C 交于点 P ,四边形 OAPB 能否为平行四边形? 3

若能,求此时 l 的斜率,若不能,说明理由. 【答案】(Ⅰ )详见解析; (Ⅱ )能, 4 ? 7 或 4 ? 7 .
37

【解析】 试题分析:(Ⅰ )题中涉及弦的中点坐标问题,故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方 法求解:设端点 A, B 的坐标,代入椭圆方程并作差,出现弦 AB 的中点和直线 l 的斜率;设 直线 l 的方程同时和椭圆方程联立,利用韦达定理求弦 AB 的中点,并寻找两条直线斜率关 系; (Ⅱ ) 根据(Ⅰ )中结论, 设直线 OM 方程并与椭圆方程联立, 求得 M 坐标, 利用 xP ? 2 xM 以及直线 l 过点 (

m , m ) 列方程求 k 的值. 3

试题解析:(Ⅰ )设直线 l : y ? kx ? b (k ? 0, b ? 0) , A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) , M ( xM , yM ) . 将

y ? kx ? b





9 x2 ?

2 y ?

2 得 m

(k 2 ? 9) x2 ? 2kbx ? b2 ? m2 ? 0





xM ?

x1 ? x2 kb ?? 2 , 2 k ?9
9b y 9 .于是直线 OM 的斜率 kOM ? M ? ? ,即 kOM ? k ? ?9 .所以直 k ?9 xM k
2

yM ? kxM ? b ?

线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值. (Ⅱ )四边形 OAPB 能为平行四边形. 因为直线 l 过点 (

m , m ) ,所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k ? 0 , k ? 3 . 3

9 由 (Ⅰ ) 得 OM 的 方 程 为 y ? ? x . 设 点 P 的 横 坐 标 为 xP . 由 k

9 ? ? y ? ? x, 得 k ? ?9 x 2 ? y 2 ? m 2 , ?

xP 2 ?

m m(3 ? k ) k 2m2 ? km , 即 xP ? . 将点 ( , m ) 的坐标代入直线 l 的方程得 b ? , 2 3 3 9k ? 81 3 k2 ? 9

因此 xM ?

mk (k ? 3) . 四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分, 3(k 2 ? 9)

即 xP ? 2 xM .于是

? km 3 k2 ? 9

?

2?

mk (k ? 3) .解得 k1 ? 4 ? 7 , k2 ? 4 ? 7 .因为 ki ? 0, ki ? 3 , i ? 1 , 2 ,所以当 l 3(k 2 ? 9)

的斜率为

4 ? 7 或 4 ? 7 时,四边形 OAPB 为平行四边形.

38

考点:1、弦的中点问题;2、直线和椭圆的位置关系. 24 、 (2015 浙江 文 19) 如 图 , 已知 抛 物线 C1:y=

1 2 x , 圆 C2:x2 + (y- 1)2 = 1 , 过 点 4

作不过原点 O 的直线 PA,PB 分别与抛物线 C1 和圆 C2 相切,A,B 为切点. P(t,0)(t>0)

(1)求点 A,B 的坐标; (2)求 ?PAB 的面积. 注:直线与抛物线有且只有一个公共点, 且与抛物线的对称轴不平行,则该直线 与抛物线相切,称该公共点为切点. 【答案】(1) A(2t , t ), B(
2

t3 2t 2t 2 , ) ; (2) 2 1? t2 1? t2

2 因为直线 PA 与抛物线相切,所以 ? ? 16k ? 16kt ? 0 ,解得 k ? t .

所以 x ? 2t ,即点 A(2t , t ) .
2

设圆 C2 的圆心为 D(0,1) ,点 B 的坐标为 ( x0 , y0 ) ,由题意知,点 B,O 关于直线 PD 对称,

39

x0 ? y0 ? ? ? ?1 故有 ? 2 2t , ? ? x0t ? y0 ? 0
解得 x0 ?

[来源:学,科,网 Z,X,X,K]

2t 2t 2 2t 2t 2 , y ? B ( , ). . 即点 0 1? t2 1? t2 1? t2 1? t2

(2)由(1)知, AP ? t 1 ? t 2 , 直线 AP 的方程为 tx ? y ? t 2 ? 0 , 所以点 B 到直线 PA 的距离为 d ?

t2 1? t 2

.

所以 ?PAB 的面积为 S ?

1 t3 AP ? d ? . 2 2

考点:1.抛物线的几何性质;2.直线与 圆的位置关系;3.直线与抛物线的位置关系.

x2 1 ? y 2 ? 1 上两个不同的点 A,B 关于直线 y=mx+ 对称. 25、(2015 浙江理 19) 已知椭圆 2 2
(1)求实数 m 的 取值范围; (2)求 AOB 面积的最大值(O 为坐标原点) .

【答案】 (1) m ? ?

6 2 6 或m ? ; (2) . 3 2 3

? x2 ? y2 ? 1 ? 1 ?2 试题分析: (1)可设直线 AB 的方程为 y ? ? x ? b ,从而可知 ? 有两个不同 m 1 ?y ? ? x ?b ? m ?
的解,再由 AB 中点也在直线上,即可得到关于 m 的不等式,从而求解; (2)令 t ?

1 ,可 m

40

考点:1.直线与椭圆的位置关系;2.点到直线距离公式;3.求函数的最值. 26、(2015 重庆文 21)如题(21)图,椭圆

x2 y 2 ? ? 1 ( a > b >0)的左右焦点分别 a 2 b2

为 F1 , F2 ,且过 F2 的直线交椭圆于 P,Q 两点,且 PQ ? PF1 . (I)
(II)

若| PF1 |=2+ 2 ,| PF2 |=2- 2 ,求椭圆的标准方程. 若|PQ|= ? | PF1 |,且
3 4 ? ? ? ,试确定椭圆离心率的取值范围. 4 3

41

【答案】 (Ⅰ) 【解析】

x2 2 2 +y =1 ; (Ⅱ) <e 4 2

5 . 3

试题分析: (Ⅰ)由椭圆的定义知 2a =| PF 1 ^ PF 2 及勾股 1 | + | PF 2 | 可求出 a 的值,再由 PF

x2 y 2 定理可求得 c 的值, 最后由 b ? a ? c 求得 b 的值, 从而根据椭圆的标准方程 2 ? 2 ? 1 a b
2 2

得到结果; (Ⅱ)由 P F 1 |= | PF 1 | + | PQ | = 1 + l 1 ^ PQ,| PQ |= l | P F 1 | ,得 | QF
2 2 2

| PF1 |

由椭圆的定义, | PF 1 | + | PF 2 |= 2a,| QF 1 | + | QF 2 |= 2a ,进而 | PF 1 | + | PQ | + | QF 1 |= 4a 于 是

( +l 1+

+l

2

1

1

= ) a

|.

P 解 F得 | |

1

4a 4= F P | 1+l + 1+ l

2





| PF2 |= 2a - | PF1 |=
再 注

2a(l + 1 + l 2 - 1) 1+l + 1+l

2




2 2

2 2 | PF | PF2 |2 = (2c)2 = 4c2 1 | +| P F 2 | =
2





骣 4a 琪 琪 1+l + 1+l 桫
2

骣 2a(l + 1 + l 2 - 1) +琪 琪 2 桫 1+l + 1+ l
1
2 2

= 4c 2 ,

两边除以 4 a , 得

(1 + l + 1 + l ) (1 + l + 1 + l )
2

+

(l + 1 + l 2 - 1) 2
2

= e 2 ,若记 t =1 + l + 1 + l 2 , 则上

式变成

42

骣 4 + (t - 2)2 1 1 琪e = = 8 琪 2 t t 4 桫
2

2

3 1 + .再由 ? l 4 2

4 ,并注意函数的单调性,即可求得离心率 3

e 的取值范围。 试题解析:(1)由椭圆的定义, 2a =| PF 1 | + | PF 2 |= 2 + 2 + 2 设椭圆的半焦距为 c,由已知 PF 1 ^ PF 2 ,因此

(

) (

2 = 4,故a=2.

)

2c =| F1F2 |= | PF1 |2 + | PF2 |2 =
从而 b = a2 - c2 = 1 故所求椭圆的标准方程为

(

2+ 2

) (
2

+ 2-

2

)

2

= 2 3, 即 c= 3.

x2 2 +y =1 . 4

(2)如题(21)图,由 P F 1 ^ PQ,| PQ |= l | P F 1 | ,得

| QF1 |= | PF1 |2 + | PQ |2 = 1 + l 2 | PF1 |
由椭圆的定义, | PF 1 | + | PF 2 |= 2a,| QF 1 | + | QF 2 |= 2a ,进而 | PF 1 | + | PQ | + | QF 1 |= 4a
2 于是 (1 + l + 1 + l ) | PF1 |= 4a .

解得 | PF 1 |=

4a 1+l + 1+ l
2
2

,故 | PF2 |= 2a - | PF 1 |=
2 2 2

2a(l + 1 + l 2 - 1) 1+l + 1+l
2

.

由勾股 定理得 | PF | PF2 | = (2c) = 4c , 1 | +| P F 2 | =

2

骣 4a 从而 琪 琪 1+l + 1+l 桫
两边除以 4 a ,得
2

2 2

骣 2a(l + 1 + l 2 - 1) 琪 +琪 2 桫 1+l + 1+ l
1
2 2

2

= 4c 2 ,

(1 + l + 1 + l ) (1 + l + 1 + l )
2

+

(l + 1 + l 2 - 1) 2
2

= e2 ,

43

若记 t =1 + l + 1 + l 由

2

,则上式变成 e2 =

骣 4 + (t - 2)2 1 1 琪= 8 琪 2 t t 4 桫

2

1 + . 2
4 ,即

3 ?l 4

4 ,并注意到 1 + l + 1 + l 2 关于 l 的单调性,得 3 ? t 3
5 2 ,即 <e 9 2

1 1 1 < ,进而 4 t 3

1 < e2 2

5 . 3

考点:1. 椭圆的标准方程;2. 椭圆的定义;3.函数与方程思想.

x2 y 2 27、 (2015 重庆理 21)如题 (21) 图, 椭圆 2 ? 2 ? 1? a ? b ? 0 ? 的左、 右焦点分别为 F1 , F2 , a b
过 F2 的直线交椭圆于 P, Q 两点,且 PQ ? PF 1

(1)若 PF1 ? 2 ? 2, PF2 ? 2 ? 2 ,求椭圆的标准方程 (2)若 PF1 ? PQ , 求椭圆的离心率 e.

【答案】 (1)

x2 2 +y =1 ; (2) 6 ? 3 4

44

(2)解法一:如图(21)图,设点 P ( x0 , y0 ) 在椭圆上,且 PF 1 ? PF 2 ,则

x0 2 y0 2 + 2 =1, x0 2 + y0 2 = c 2 2 a b c 2 b2 2 a ? 2b , y0 ? ? . 求得 x0 = ? a c
由| PF | P F2 | ,得 x0 >0 ,从而 1 | = | PQ |>
2 ?c ? ?b ? | PF1 | = ? a 2 ? 2b 2 +c ? ? ? ? ? 2 ? a 2 ? b 2 ? ? 2a a 2 ? 2b 2 ? a ? a 2 ? 2b 2 ?a ? ? c ? 2 2 2

?

?.
2















| PF 1 | + | PF 2 |= 2a,| QF 1 | + | QF 2 |= 2a | P F | + | Q F

,







|

1

P F

|

=

,有 |2 P Q = 2|

|

| QF 1 |= 4a - 2 | PF 1|

45

2+ 2 | PF1 | =4a 又由 PF 1 ? PF 2 , | PF 1 | = | PQ | 知 | QF 1 |= 2 | PF 1 | ,因此
于是 2 + 2

(

)

(

)(a+

a2 - 2b2 = 4a.
2

)

1? ? 4 ? 解得 e ? ? 1? ?1 ? ? 2? ? ? 2? 2 ?

? ? ? 6 ? 3. ? ?

解法二:如图(21)图由椭圆的定义, | PF 1 | + | PF 2 |= 2a,| QF 1 | + | QF 2 |= 2a ,从而由

| PF 1 | = | PQ | = | PF 2 | + | QF 2 | ,有 | QF 1 |= 4a - 2 | PF 1|
又由 PF 1 ? PF 2 , | PF 1 | = | PQ | 知 | QF 1 |= 2 | PF 1 | ,因此 4a - 2 | PF 1 |= 2 | PF 1 |,

| PF 1 | =2(2- 2)a ,从而 | PF 2 | =2a- | PF 1 |= 2a - (2- 2)a = 2( 2 - 1)a
2 2 由 PF | PF2 |2 = (2c)2 = 4c2 ,因此 1 ? PF 2 ,知 | PF 1 | +| P F 2 | =

e=

| PF1 |2 + | P F2 |2 c = = (2 a 2a

2)2 + ( 2 - 1)2 = 9 - 6 2 = 6 - 3

考点:椭圆的标准方程,椭圆的几何性质.

46



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