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8.1椭圆



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第八章 圆锥曲线方程
一 椭圆 【考点阐述】 椭圆及其标准方程.椭圆的简单几何性质.了解椭圆的参数方程. 【考试要求】 (1)掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质,了解椭圆的参数方程. 【考题分类】 选择题( (一) 选择题(共 3 题) ( 过椭圆 1. 江西卷理 6)

x2 y2 + = 1 ( a > b > 0 )的左焦点 F1 作 x 轴的垂线交椭圆于点 P ,F2 a2 b2

为右焦点,若 ∠F1 PF2 = 60 ,则椭圆的离心率为

A.

2 2

B.

3 3

C.

1 2

D.

1 3

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b2 3b 2 c 3 【解析】因为 P ( c, ± ) ,再由 ∠F1 PF2 = 60 有 = 2a, 从而可得 e = = ,故选 B a a a 3
2.(全国Ⅰ 12) 2.(全国Ⅰ卷理 12 文 12)已知椭圆 C :

x2 + y 2 = 1 的右焦点为 F ,右准线为 l ,点 A ∈ l ,线 2

段 AF 交 C 于点 B ,若 FA = 3FB ,则 | AF | = (A).

2

(B). 2

(C). 3

(D). 3

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解:过点 B 作 BM ⊥ l 于 M,并设右准线 l 与 X 轴的交点为 N,易知 FN=1.由题意 FA = 3FB , 故 | BM |=

2 2 2 2 .又由椭圆的第二定义,得 | BF |= = ∴| AF |= 2 .故选 A w 3 2 3 3 x2 y2 + = 1 ( a > b > 0) 的左焦点为 F ,右顶点为 A ,点 B 在椭 a 2 b2


3.( 3.(浙江卷文 6)已知椭圆

圆上,且 BF ⊥ x 轴, 直线 AB 交 y 轴于点 P .若 AP = 2 PB ,则椭圆的离心率是(
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A.

3 2

B.

2 2

C.

1 3

D.

1 2

D 【命题意图】对于对解析几何中与平面向量结合的考查,既体现了几何与向量的交汇, 也体现了数形结合的巧妙应用.

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阳光家教网 【解析】对于椭圆,因为 AP = 2 PB ,则 OA = 2OF ,∴ a = 2c,∴ e = (二)填空题(共 5 题) 填空题(

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1 2

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x2 y 2 1.( 13) + = 1 的焦点为 F1 , F2 ,点 P 在椭圆上,若 | PF1 |= 4 ,则 1.(北京卷理 12 文 13)椭圆 9 2 | PF2 |= _________; ∠F1 PF2 的小大为__________.
【解析】本题主要考查椭圆的定义、焦点、长轴、短轴、焦距之间的关系以及余弦定理. 属 解析】 于基础知识、基本运算的考查. ∵ a 2 = 9, b 2 = 3 ,∴ c = ∴ F1 F2 = 2 7 , 又 PF1 = 4, PF1 + PF2 = 2a = 6 ,∴ PF2 = 2 ,

a 2 b2 = 9 2 = 7 ,

又由余弦定理,得 cos ∠F1 PF2 =

2 2 + 42 2 7 2× 2× 4
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(

)

2

1 = , 2

∴ ∠F1 PF2 = 120° ,故应填 2, 120° .

11) 2. (广东卷理 11)巳知椭圆 G 的中心在坐标原点,长轴在 x 轴上,离心率为 一点到 G 的两个焦点的距离之和为 12,则椭圆 G 的方程为 【解析】 e = .

3 ,且 G 上 2

x2 y2 3 , 2a = 12 , a = 6 , b = 3 ,则所求椭圆方程为 + = 1. 2 36 9 x2 y2 + = 1(a > b > 0) a2 b2

13) 如图, 在平面直角坐标系 xoy 中, 1 , A2 , B1 , B2 为椭圆 A 3.(江苏卷 13)

的四个顶点, F 为其右焦点,直线 A1 B2 与直线 B1 F 相交于点 T,线段 OT 与椭圆的交 点 M 恰为线段 OT 的中点, 则该椭圆的离心率为 等。以及直线的方程。 直线 A1 B2 的方程为: ▲ .

【解析】 考查椭圆的基本性质,如顶点、焦点坐标,离心率的计算

x y + = 1; a b

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阳光家教网 直线 B1 F 的方程为: 则M(

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x y 2ac b( a + c ) + = 1 。二者联立解得: T ( , ), c b ac ac

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ac b(a + c ) x2 y2 , ) 在椭圆 2 + 2 = 1(a > b > 0) 上, a c 2(a c ) a b
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(a + c) 2 c2 + = 1, c 2 + 10ac 3a 2 = 0, e 2 + 10e 3 = 0 , 解得: e = 2 7 5 2 2 (a c) 4(a c)
x2 y2 12) 4. (上海卷理 9 文 12)已知 F1 、 F2 是椭圆 C : 2 + 2 = 1 ( a > b >0)的两个焦点, P a b
为椭圆 C 上一点,且 PF1 ⊥ PF2 .若 PF1 F2 的面积为 9,则 b =____________.
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| PF1 | + | PF2 |= 2a ,可得 4c2+36=4a2, 【解析】依题意,有 | PF1 | | PF2 |= 18 2 2 2 | PF1 | + | PF2 | = 4c
即 a2-c2=9,故有 b=3。 【答案】3

x2 y2 15) 5. (重庆卷文 15)已知椭圆 2 + 2 = 1(a > b > 0) 的左、右焦点分别为 F1 ( c, 0), F2 (c, 0) , a b
若椭圆上存在一点 P 使 为 【答案】 答案】 .

a c ,则该椭圆的离心率的取值范围 = sin PF1 F2 sin PF2 F1

(

2 1,1

)
PF2 PF1 = sin PF1 F2 sin PF2 F1

解法 1,因为在 PF1 F2 中,由正弦定理得

则由已知,得

a c ,即 aPF1 = cPF2 = P F2 P F1 1 1

设 点 ( x0 , y0 ) 由 焦 点 半 径 公 式 , 得 PF1 = a + ex0 , PF2 = a ex0 则

a ( a + ex0 ) = c ( a ex0 )
记得 x0 =

a (c a ) a (e 1) a (e 1) = 由椭圆的几何性质知 x0 > a则 > a ,整理 e(c a ) e(e + 1) e(e + 1)
2 1,又e ∈ (0,1) , 故 椭 圆 的 离 心 率
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2 得 e + 2e 1 > 0, 解 得 e < 2 1或e <

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e ∈ ( 2 1,1)
解法 2 由解析 1 知 PF1 =

c PF2 由椭圆的定义知 a

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c 2a 2 PF1 + PF2 = 2a则 PF2 + PF2 = 2a即PF2 = ,由椭圆的几何性质知 a c+a 2a 2 PF2 < a + c, 则 < a + c, 既c 2 + 2c a 2 > 0, 所以 e2 + 2e 1 > 0, 以下同解析 1. c+a
(三)解答题(共 16 题) 解答题( 1. ( 安 徽 卷 理 20 ) 点 P ( x0 , y0 ) 在 椭 圆

x2 y2 + = 1(a > b > 0) 上 , a2 b2

x0 = a cos β , y0 = b sin β , 0 < β <

π
2

. 直线 l2 与直线 l1 :

x0 y0 x + 2 y = 1 垂直,O 为坐标原 2 a b

点,直线 OP 的倾斜角为 α ,直线 l2 的倾斜角为 γ .

(I)证明: 点 P 是椭圆

x2 y2 + = 1 与直线 l1 的唯一交点; a2 b2

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(II)证明: tan α , tan β , tan γ 构成等比数列. 本小题主要考查直线和椭圆的标准方程和参数方程,直线和曲线的几何性质, 本小题主要考查直线和椭圆的标准方程和参数方程,直线和曲线的几何性质,等比数 列等基础知识。考查综合运用知识分析问题、解决问题的能力。 列等基础知识。考查综合运用知识分析问题、解决问题的能力。本小题满分 13 分。 解: (方法一)由 (I)

x0 y0 b2 x2 y2 x + 2 y = 1 得 y = 2 ( a 2 x0 x), 代入椭圆 2 + 2 = 1 , a2 b a y0 a b

得(

1 b 2 x0 2 2 2b 2 x0 b2 + 4 2 ) x 2 x + ( 2 1) = 0 . a 2 a y0 a y0 y0



x0 = a cos β 代入上式,得 x 2 2a cos β x + a 2 cos 2 β = 0, 从而 x = a cos β . y0 = b sin β

x2 y2 2 + 2 =1 x = x0 a b 因此,方程组 有唯一解 ,即直线 l1 与椭圆有唯一交点 P. y = y0 x0 y0 x + y =1 a2 b2

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(方法二)显然 P 是椭圆与 l1 的交点,若 Q (a cos β1 , b sin β1 ), 0 ≤ β1 < 2π 是椭圆与 l1 的交点,

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阳光家教网 代入 l1 的方程

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cos β sin β x+ y = 1 ,得 cos β cos β1 + sin β sin β1 = 1, a b

即 cos( β β1 ) = 1, β = β1 , 故 P 与 Q 重合。

(方法三)在第一象限内,由

x2 y2 b 2 b 2 + 2 = 1 可得 y = a x 2 , y0 = a x0 2 , 2 a b a a bx0 a a 2 x0 2

椭圆在点 P 处的切线斜率 k = y ′( x0 ) =

=

b 2 x0 , a 2 y0

切线方程为 y =

b 2 x0 xx y y ( x x0 ) + y0 , 即 02 + 02 = 1 。 2 a y0 a b

因此, l1 就是椭圆在点 P 处的切线。 根据椭圆切线的性质,P 是椭圆与直线 l1 的唯一交点。 (II) tan α =

x b2 y a2 a y0 b = tan β , l1 的斜率为 0 2 , l2 的斜率为 tan γ = 0 2 = tan β , y0 a x0b b x0 a

由此得 tan α tan γ = tan 2 β ≠ 0, tan α , tan β , tan γ 构成等比数列。

2.( 18) 2.(安徽卷文 18)已知椭圆 短半轴长半径的圆与直线 y=x+2 相切, (Ⅰ)求 a 与 b;
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(a>b>0)的离心率为

,以原点为圆心。椭圆

(Ⅱ)设该椭圆的左,右焦点分别为 轴垂直, 交 与点 p..求线段 P 【思路】 (1)由椭圆



,直线 过

且与 x 轴垂直,动直线 与 y

垂直平分线与 的交点 M 的轨迹方程, 并指明曲线类型。

x2 y2 c 3 建立 a、b 等量关系,再根据直线 + = 1中 a 2 = b 2 + c 2 及 e = = a 3 a 2 b2 与椭圆相切求出 a、b. (2)依据几何关系转化为代数方程可求得,这之中的消参就很重要了。 3 3

【解析】 (1)由于 e =
2 2

∴ e2 =

c 2 a 2 b2 1 = = a2 a2 3



b2 2 = a2 3

又b=

2 1+1

= 2



b =2,a =3 因此, a = 3 . b= 2 .

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, ,由题意可设 P(1,t).(t≠0).那么 (2)由(1)知 F1,F2 两点分别为(-1,0)(1,0)

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t 线 段 PF1 中 点 为 N (0, ) , 设 M(x 、 y) 是 所 求 轨 迹 上 的 任 意 点 . 由 于 2

t t MN PF1 = 2 x + t ( y ) = 0 消去参数 t 得 y 2 = 4 x( x ≠ 0) MN = ( x , y ) . PF1 = ( 2, t ) 则 2 2 y = t

,其轨迹为抛物线(除原点)

x2 2 19) 已知 A,B 分别为曲线 C: 2 + y =1 ≥ 0,a>0) (y 3. 福建卷理 19) ( a
与 x 轴的左、右两个交点,直线 l 过点 B,且与 x 轴垂直,S 为 l 上 异于点 B 的一点,连结 AS 交曲线 C 于点 T.(1)若曲线 C 为半圆, 点 T 为圆弧 AB 的三等分点,试求出点 S 的坐标; (II)如图,点 M 是以 SB 为直径的圆与线段 TB 的交点,试问:是否存在 a ,使得 O,M,S 三 点共线?若存在,求出 a 的值,若不存在,请说明理由。w. 【解析】解法一:(Ⅰ)当曲线 C 为半圆时, a = 1, 如图,由点 T 为圆弧 AB 的三等分点得∠ BOT=60°或 120°. (1)当∠BOT=60°时, ∠SAE=30°. 又 AB=2,故在△SAE 中,有 SB = AB tan 30° =
2 3 2 3 ,∴ s (t , ); 3 3 2 3 )或S(1,2 3) 3

(2)当∠BOT=120°时,同理可求得点 S 的坐标为 (1, 2 3) ,综上, S (1, (Ⅱ)假设存在 a( a > 0) ,使得 O,M,S 三点共线.

由于点 M 在以 SB 为直线的圆上,故 BT ⊥ OS . 显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 k>0,可设直线 AS 的方程为 y = k ( x + a) .

x2 2 + y =1 得(1 + a 2 k 2 ) x 2 + 2a 2 k 2 x + a 4 k 2 a 2 = 0 由 a2 y = k ( x + a)
设点 T ( xT , yT ),∴ xT (a) = 亦即 T (

a2k 2 a2 a a2k 2 2ak , 故 xT = ,从而 y T = k ( xT + a ) = . 2 2 2 2 1+ a k 1+ a k 1 + a2k 2

a a 2 k 2 2ak , ). 1 + a2 k 2 1 + a2k 2

2a 2 k 2 2ak ∵ B(a, 0),∴ BT = (( , )) 2 2 1 + a k 1 + a2 k 2
x = a 由 得 s (a, 2ak ),∴ OS = (a, 2ak ). y = k ( x + a)

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阳光家教网 由 BT ⊥ OS ,可得 BT OS =

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2a 2 k 2 + 4a 2 k 2 = 0 即 2a 2 k 2 + 4a 2 k 2 = 0 1 + a2k 2

∵ k > 0, a > 0,∴ a = 2
经检验,当 a = 2 时,O,M,S 三点共线. 故存在 a = 2 ,使得 O,M,S 三点共线.

解法二:(Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)假设存在 a,使得 O,M,S 三点共线. 由于点 M 在以 SO 为直径的圆上,故 SM ⊥ BT . 显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 K>0,可设直线 AS 的方程为 y = k ( x + a)

x2 2 + y =1 得(1 + a 2b 2 ) x 2 + 2a 2 k 2 x + a 2 k 2 a 2 = 0 由 a2 y = k ( x + a)
设点 T ( xT , yT ) ,则有 xT (a) = 故 xT =

a4 k 2 a2 . 1 + a2 k 2

a a2 k 2 2ak a a2 k 2 2ak , 从而yT = k ( xT + a) = 亦即T ( ). 2 2 2 2 2 2 a+a k 1+ a k 1 + a k 1 + a2 k 2 yT 1 ∵ B(a, 0),∴ k BT = = 2 , 故kSM = a 2 k xT a ak

x = a 由 得S(a,2ak),所直线 SM 的方程为 y 2ak = a 2 k ( x a) y = k ( x + a) O,S,M 三点共线当且仅当 O 在直线 SM 上,即 2ak = a 2 k (a) .

∵ a > 0, K > 0,∴ a = 2
故存在 a = 2 ,使得 O,M,S 三点共线.

4.( 22) 4.(福建卷文 22)已知直线 x 2 y + 2 = 0 经过椭圆 C :

x2 y 2 + = 1(a > b > 0) a 2 b2
10 3

的左顶点 A 和上顶点 D,椭圆 C 的右顶点为 B ,点 S 和椭 圆 C 上位于 x 轴上方的动点,直线, AS , BS 与直线 l : x = 分别交于 M , N 两点。 (I)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)求线段 MN 的长度的最小值; (Ⅲ)当线段 MN 的长度最小时,在椭圆 C 上是否存在这 样的点 T ,使得 TSB 的面积为

1 ?若存在,确定点 T 的个数,若不存在,说明理由 5
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解法一: (I)由已知得,椭圆 C 的左顶点为 A( 2, 0), 上顶点为 D (0,1),∴ a = 2, b = 1 解法一:

故椭圆 C 的方程为

x2 + y2 = 1 4

(Ⅱ)直线 AS 的斜率 k 显然存在,且 k > 0 ,故可设直线 AS 的方程为 y = k ( x + 2) ,从而

M(

10 16k , ) 3 3

y = k ( x + 2) 由 x2 得 (1 + 4k 2 ) x 2 + 16k 2 x + 16k 2 4 = 0 2 + y =1 4
设 S ( x1 , y1 ), 则 (2), x1 =

16k 2 4 2 8k 2 4k 得 x1 = ,从而 y1 = 2 2 1 + 4k 1 + 4k 1 + 4k 2

2 8k 2 4k 即 S( , ), 又 B (2, 0) 2 1 + 4k 1 + 4 k 2 1 10 y = 4k ( x 2) x = 3 10 1 16k 1 由 得 ∴ N ( , ) 故 | MN |= + 3 3k 3 3k x = 10 y = 1 3 3k

| 又 k > 0,∴ MN |=
当且仅当

16k 1 16k 1 8 + ≥2 = 3 3k 3 3k 3

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16k 1 1 ,即 k = 时等号成立 = 3 3k 4 1 8 ∴ k = 时,线段 MN 的长度取最小值 4 3
(Ⅲ)由(Ⅱ)可知,当 MN 取最小值时, k =

1 4 4 2 5 1 ,只须 T 到直线 BS 的距离等于 5

此时 BS 的方程为 x + y 2 = 0, s ( , ),∴| BS |=

6 4 5 5

要使椭圆 C 上存在点 T ,使得 TSB 的面积等于

2 2 ,所以 T 在平行于 BS 且与 BS 距离等于 的直线 l 上。 4 4

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设直线 l ' : x + y + 1 = 0 则由

|t +2| 2 3 5 = , 解得 t = 或 t = 4 2 2 2

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5.( 19) 5.(广东卷文 19)已知椭圆 G 的中心在坐标原点,长轴在 x 轴上,离心率为 为 F1 和 F2 , 椭 圆

3 ,两个焦点分别 2
12. 圆

G

上 一 点 到 F1 和 F2 的 距 离 之 和 为

Ck : x 2 + y 2 + 2kx 4 y 21 = 0 ( k ∈ R ) 的圆心为点 Ak .
(1)求椭圆 G 的方程 (2)求 Ak F1 F2 的面积 (3)问是否存在圆 Ck 包围椭圆 G?请说明理由.

x2 y2 【解析】 (1)设椭圆 G 的方程为: 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 )半焦距为 c; a b

2a = 12 a=6 , ∴ b 2 = a 2 c 2 = 36 27 = 9 则c 3 , 解得 c = 3 3 = 2 a
所求椭圆 G 的方程为: (2 )点 AK 的坐标为 ( K , 2 )

x2 y2 + =1. 36 9

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1 1 SV AK F1F2 = × F1 F2 × 2 = × 6 3 × 2 = 6 3 2 2
(3)若 k ≥ 0 ,由 6 2 + 0 2 + 12 k 0 21 = 5 + 12 k f 0 可知点(6,0)在圆 Ck 外, 若 k < 0 ,由 (6) 2 + 0 2 12k 0 21 = 5 12k f 0 可知点(-6,0)在圆 Ck 外;

∴ 不论 K 为何值圆 Ck 都不能包围椭圆 G.
6.(海南宁夏卷理 20 文 20)已知椭圆 C 的中心为直角坐标系 xOy 的原点,焦点在 s 轴上, 6.( 20) 它的一个顶点到两个焦点的距离分别是 7 和 1. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)若 P 为椭圆 C 上的动点,M 为过 P 且垂直于 x 轴的直线上的点, 的轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线。

OP OM

=λ,求点 M

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阳光家教网 解:(Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为 a,c ,由已知得 (

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a c = 1 x2 y 2 , 解得a = 4, c = 3 , 所以椭圆 C 的标准方程为 + =1 16 7 a + c = 7
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(Ⅱ)设 M ( x, y ) ,其中 x ∈ [ 4, 4] 。由已知

OP OM

2 2

= λ 2 及点 P 在椭圆 C 上可得

9 x 2 + 112 = λ 2 。整理得 (16λ 2 9) x 2 + 16λ 2 y 2 = 112 ,其中 x ∈ [ 4, 4] 。 2 2 16( x + y )
(i) λ =

3 时。化简得 9 y 2 = 112 4

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所以点 M 的轨迹方程为 y = ±

4 7 ( 4 ≤ x ≤ 4) ,轨迹是两条平行于 x 轴的线段。 3 x2 y2 + = 1 ,其中 x ∈ [ 4, 4] 112 112 16λ 2 9 16λ 2

(ii) λ ≠

3 时,方程变形为 4

当0 < λ < 的部分。 当

3 时,点 M 的轨迹为中心在原点、实轴在 y 轴上的双曲线满足 4 ≤ x ≤ 4 4

3 < λ < 1 时,点 M 的轨迹为中心在原点、长轴在 x 轴上的椭圆满足 4 ≤ x ≤ 4 的 4

部分; 当 λ ≥ 1 时,点 M 的轨迹为中心在原点、长轴在 x 轴上的椭圆; 7.( 20) 7.(湖南卷文 20)已知椭圆 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上,以两个焦点和短轴的两个端点 为顶点的四边形是一个面积为 8 的正方形(记为 Q). (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)设点 P 是椭圆 C 的左准线与 x 轴的交点,过点 P 的直线 l 与椭圆 C 相交于 M,N 两点,当线段 MN 的中点落在正方形 Q 内(包括边界)时,求直线 l 的斜率的取值范围。 解: (Ⅰ)依题意,设椭圆 C 的方程为

x2 y2 + = 1(a > b > 0), 焦距为 2c , a2 b2

由题设条件知, a 2 = 8, b = c, 所以 b 2 =

1 2 a = 4. 2

故椭圆 C 的方程为

x2 y 2 + =1 8 4

.

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(Ⅱ)椭圆 C 的左准线方程为 x = 4, 所以点 P 的坐标 ( 4, 0) , 显然直线 l 的斜率 k 存在,所以直线 l 的方程为 y = k ( x + 4) 。

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如图,设点 M,N 的坐标分别为 ( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ), 线段 MN 的中点为 G ( x0 , y0 ) ,

y = k ( x + 4), 得 (1 + 2k 2 ) x 2 + 16k 2 x + 32k 2 8 = 0 . 由 x2 y2 =1 + 4 8
由 = (16k 2 ) 2 4(1 + 2k 2 )(32k 2 8) > 0 解得

……①

2 2 . <k< 2 2

……②

因为 x1 , x2 是方程①的两根,所以 x1 + x2 =

16k 2 ,于是 1 + 2k 2

8k 2 x1 + x2 4k = , y0 = k ( x0 + 4) = x0 = 2 2 1 + 2k 1 + 2k 2
因为 x0 =

.

8k 2 ≤ 0 ,所以点 G 不可能在 y 轴的右边, 1 + 2k 2

又直线 F1 B2 , F1 B1 方程分别为 y = x + 2, y = x 2, 所以点 G 在正方形 Q 内(包括边界)的充要条件为

2 4k y0 ≤ x0 + 2, 8k 2 2k + 2k 1 ≤ 0, 即 1 + 2k 2 ≤ 1 + 2k 2 + 2, 亦即 2 2k 2k 1 ≤ 0. y0 ≥ x0 2. 8k 2 4k
1 + 2k 2 ≥ 1 + 2k 2 2,

w. w.w. k.s.5.u.c.o.m

155

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解得

3 1 3 1 ,此时②也成立. ≤k≤ 2 2 3 1 3 1 , ]. 2 2
2 2 2

故直线 l 斜率的取值范围是 [

x2 + y 2 = 1 的内接△ ABC 的 8.( 22) 8.(江西卷文 22)如图,已知圆 G : ( x 2) + y = r 是椭圆 y 16
内切圆, 其中 A 为椭圆的左顶点. (1)求圆 G 的半径 r ; (2)过点 M (0,1) 作圆 G 的两条切线交椭圆于 E,F 两点, 证明:直线 EF 与圆 G 相切. 解: (1)设 B 2 + r , y0) ( ,过圆心 G 作 GD ⊥ AB 于 D , BC 交长轴于 H 由

M

B
F

A

0
C . E
G

x

GD HB y r 得 = = 0 ,即 2 AD AH 6+r 36 r
2

y0 =

r 6+r

6r

(1)

而点 B 2 + r , y0) ( 在椭圆上, y0 = 1

(2 + r ) 2 12 4r r 2 (r 2)(r + 6) = = 16 16 16
2 6 或 r = (舍去) 3 5

(2)

由(1)、 (2)式得 15r 2 + 8r 12 = 0 ,解得 r = (2) 设过点 M(0,1) 与圆 ( x 2) 2 + y 2 = 则

4 相切的直线方程为: y 1 = kx 9
(4)

(3)

2k + 1 2 = ,即 32 k 2 + 36 k + 5 = 0 2 3 1+ k 9 + 41 9 41 , k2 = 16 16

解得 k1 =

将(3)代入

x2 32k + y 2 = 1 得 (16k 2 + 1) x 2 + 32kx = 0 ,则异于零的解为 x = 16 16k 2 + 1 32k1 32k 2 , x2 = 2 16k1 + 1 16k 2 2 + 1

设 F ( x1 , k1 x1 + 1) , E ( x2 , k2 x2 + 1) ,则 x1 =

则直线 FE 的斜率为: k EF =

k2 x2 k1 x1 k +k 3 = 1 2 = x2 x1 1 16k1k2 4

156

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于是直线 FE 的方程为: y +

32k12 3 32k1 1 = (x + ) 2 16k1 + 1 4 16k12 + 1

即y=

3 7 x 4 3

3 7 2 2 3 则圆心 (2, 0) 到直线 FE 的距离 d = = 故结论成立. 3 9 1+ 16
9.( 22) 9.(辽宁卷理 20 文 22)已知,椭圆 C 以过点 A(1, (1) 求椭圆 C 的方程; (2) E,F 是椭圆 C 上的两个动点,如果直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数,证明直 线 EF 的斜率为定值,并求出这个定值。 (Ⅰ)由题意,c=1,可设椭圆方程为 解:
w.w.w.k.s.5.u. c.o.m

3 ) ,两个焦点为(-1,0) (1,0) 。 2

x2 y2 + 2 = 1。 1 + b 2 4b

w.w.w.k.s.5.u. c.o.m

因为 A 在椭圆上,所以

1 9 3 。 + 2 = 1 ,解得 b 2 =3, b 2 = (舍去) 2 1 + b 4b 4
... 分 ...4

所以椭圆方程为

x2 y 2 + = 1. 4 3 x2 y 2 3 ,代入 + = 1得 2 4 3

(Ⅱ)设直线AE方程:得 y = k ( x 1) +

w.w.w.k.s.5. u.c.o. m

3 (3+4k 2)x 2 +4k (3 2k ) x + 4( k ) 2 12 = 0 2
设E( xE , yE ) ,F( xF , yF ) .因为点A(1,

3 )在椭圆上,所以 2
....8 分 ...

3 4( k ) 2 12 xE = 2 , 3 + 4k 2

w.w.w.k.s.5 .u.c.o .m

yE = kxE +

3 k 。 2

又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数,在上式中以 k 代 k ,可得

3 4( + k ) 2 12 xF = 2 , 3 + 4k 2

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y F = kxF +

3 +k。 2

所以直线 EF 的斜率 k EF =

y F y E k ( xF + xE ) + 2 k 1 = = 。 xF xE xF xE 2 1 。 2
157

即直线 EF 的斜率为定值,其值为

....12 分 ...

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10.(全国Ⅱ 22) ∶ 10.(全国Ⅱ卷理 21 文 22)已知椭圆 C 2 +

x2 a

y2 3 =1 ( a>b>0 ) 的离心率为 ,过右焦点 F 2 b 3
2 。 2

的直线 L 与 C 相交于 A、B 两点,当 L 的斜率为 1 时,坐标原点 O 到 L 的距离为 (Ⅰ) 求 a,b 的值;

(Ⅱ) C 上是否存在点 P,使得当 L 绕 F 转到某一位置时,有 OP=OA OB 成立? + 若存在,求出所有的 P 的坐标与 L 的方程;若不存在,说明理由 本题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力, 本题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力,第一问直接运用点到直线的距离公 式以及椭圆有关关系式计算,第二问利用向量坐标关系及方程的思想, 式以及椭圆有关关系式计算,第二问利用向量坐标关系及方程的思想,借助根与系数关系 解决问题,注意特殊情况的处理。 解决问题,注意特殊情况的处理。 解: (Ⅰ)设 F (c,0), 当 l 的斜率为 1 时,其方程为 x y c = 0, O 到 l 的距离为

00c 2

=

c
2



c
2

=

2 , c =1 2

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由 e= 得 a=

c 3 = a 3 3 , b = a2 c2 = 2

(Ⅱ)C 上存在点 P ,使得当 l 绕 F 转到某一位置时,有 OP = OA + OB 成立。 由 (Ⅰ)知 C 的方程为 2x 2 + 3y 2 =6. 设 A( x1 , y1 ), B( x 2 , y 2 ). (ⅰ) 当l不垂直x轴时,设l的方程为y = k ( x 1) C 上的点P使OP = OA + OB 成立的充要条件是 P点的坐标为(x1 + x 2 , y1 + y 2) 且 ,

2( x1 + x 2 ) 2 + 3( y1 + y 2 ) 2 = 6
整理得 2 x1 + 3 y1 + 2 x 2 + 3 y 2 + 4 x1 x 2 + 6 y1 y 2 = 6
2 2 2 2

又A、B在C上,即2 x1 + 3 y1
2

2

= 6,2 x 2 + 3 y 2 = 6
2 2



2 x1 x2 + 3 y1 y 2 + 3 = 0
158



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将 y = k ( x 1)代入2 x 2 + 3 y 2 = 6, 并化简得 (2 + 3k 2 ) x 2 6k 2 x + 3k 2 6 = 0 于是 x1 + x 2 =

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6k 2 3k 2 6 , x1 x 2 = , 2 + 3k 2 2 + 3k 2 4k 2 2 + 3k 2
3 2
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y1 y 2 = k 2 ( x1 1)( x 2 2) =

代入①解得, k 2 = 2 ,此时 x1 + x 2 = 于是 y1 + y 2 = k ( x1 + x 2 2) = 因此, 当 k = 2 时, P ( ,

k 3 k , 即 P ( , ) 2 2 2

3 2

2 ) , l的方程为 2 x + y 2 = 0 ; 2

当k =

3 2 2 时, P ( , ) , l的方程为 2 x y 2 = 0 。 2 2

(ⅱ)当 l 垂直于 x 轴时,由 OA + OB = ( 2,0) 知,C 上不存在点 P 使

OP = OA + OB 成立。
综上,C 上存在点 P ( ,±

3 2

2 ) 使 OP = OA + OB 成立,此时 l 的方程为 2

2x ± y 2 = 0

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x2 y2 11.( 22) 11.(山东卷理 22)设椭圆 E: 2 + 2 = 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,O a b
为坐标原点, (I)求椭圆 E 的方程; (II)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 OA ⊥ OB ?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:(1)因为椭圆 E:

x2 y2 + = 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点, a2 b2

159

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4 2 1 1 a 2 + b2 = 1 a2 = 8 a 2 = 8 x2 y 2 所以 解得 所以 2 椭圆 E 的方程为 + =1 8 4 b = 4 6 + 1 =1 1 =1 a 2 b2 b2 4
(2)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,

y = kx + m 得 且 OA ⊥ OB , 设 该 圆 的 切 线 方 程 为 y = kx + m 解 方 程 组 x 2 y 2 + =1 4 8 x 2 + 2(kx + m) 2 = 8 ,即 (1 + 2k 2 ) x 2 + 4kmx + 2m 2 8 = 0 ,
则△= 16k 2 m 2 4(1 + 2k 2 )(2m 2 8) = 8(8k 2 m 2 + 4) > 0 ,即 8k 2 m 2 + 4 > 0

4km x1 + x2 = 1 + 2k 2 2 x x = 2m 8 1 2 1 + 2k 2 y1 y2 = (kx1 + m)(kx2 + m) = k 2 x1 x2 + km( x1 + x2 ) + m 2 =

,

k 2 (2m 2 8) 4k 2 m 2 m 2 8k 2 + m2 = 1 + 2k 2 1 + 2k 2 1 + 2k 2

要 使 OA ⊥ OB , 需 使 x1 x2 + y1 y2 = 0 , 即

2 m 2 8 m 2 8k 2 + =0 , 所 以 1 + 2k 2 1 + 2k 2

3m 2 8k 2 8 = 0 , 所 以 k 2 =

m2 > 2 3m 2 8 ≥ 0 又 8k 2 m 2 + 4 > 0 , 所 以 2 ,所以 8 3m ≥ 8

m2 ≥

8 2 6 2 6 ,即 m ≥ 或m ≤ ,因为直线 y = kx + m 为圆心在原点的圆的一条切 3 3 3

线,所以圆的半径为 r =

m 1+ k 2

, r2 =

m2 = 1+ k 2

m2 8 2 6 ,所求的圆为 = ,r = 2 3m 8 3 3 1+ 8

x2 + y2 =

8 2 6 2 6 ,此时圆的切线 y = kx + m 都满足 m ≥ 或m ≤ ,而当切线的斜 3 3 3

x2 y 2 2 6 2 6 2 6 率 不 存 在 时 切 线为 x = ± 与椭圆 + = 1 的两个交点为 ( ,± )或 3 8 4 3 3

160

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(

2 6 2 6 8 ,± ) 满足 OA ⊥ OB ,综上, 存在圆心在原点的圆 x 2 + y 2 = ,使得该圆的 3 3 3

任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ⊥ OB .

4km x1 + x2 = 1 + 2k 2 因为 , 2m 2 8 xx = 1 2 1 + 2k 2
所以 ( x1 x2 ) = ( x1 + x2 ) 4 x1 x2 = (
2 2

4km 2 2m 2 8 8(8k 2 m 2 + 4) ) 4× = , 1 + 2k 2 1 + 2k 2 (1 + 2k 2 )2
8(8k 2 m 2 + 4) (1 + 2k 2 ) 2

| AB |= ( x1 x2 ) 2 + ( y1 y2 ) = (1 + k 2 )( x1 x2 ) 2 = (1 + k 2 )
2

=

32 4k 4 + 5k 2 + 1 32 k2 4 = [1 + 4 ], 3 4 k + 4k 2 + 1 3 4k + 4 k 2 + 1

①当 k ≠ 0 时 | AB |=

32 1 [1 + ] 1 3 2 4k + 2 + 4 k

因为 4k 2 +

1 1 1 + 4 ≥ 8 所以 0 < ≤ , 2 1 k 4k 2 + 2 + 4 8 k 32 32 1 所以 < [1 + ] ≤ 12 , 1 3 3 2 4k + 2 + 4 k
4 2 时取”=”. 6 <| AB |≤ 2 3 当且仅当 k = ± 3 2 4 6 . 3 2 6 2 6 2 6 2 6 ,± ) 或 ( ,± ) ,所以此时 3 3 3 3

所以

② 当 k = 0 时, | AB |=

③ 当 AB 的斜率不存在时, 两个交点为 (

| AB |=

4 6 , 3

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阳光家教网 综上, |AB |的取值范围为

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4 4 6 ≤| AB |≤ 2 3 即: | AB |∈ [ 6, 2 3] 3 3

【命题立意】 :本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆 的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关 参数问题以及方程的根与系数关系. 12.( 22) 12.(四川卷理 20 文 22)已知椭圆

x2 y2 + = 1(a > b > 0) 的左右焦点分别为 F1 , F2 ,离心率 a2 b

e=

2 ,右准线方程为 x = 2 。 2

(I)求椭圆的标准方程; 且 (II) 过点 F1 的直线 l 与该椭圆交于 M , N 两点, F2 M + F2 N =

2 26 , 求直线 l 的方程。 3

本小题主要考查直线、椭圆、平面向量等基础知识,以及综合运用数学知识解决问题 及推理运算能力。

(Ⅰ)有条件有 解: (

{

c 2 = a 2 a2 = 2 ,解得 a = 2,c=1 。 c

w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

∴ b = a 2 c2 = 1 。

所以,所求椭圆的方程为

x2 + y 2 = 1 。…4 分 2

( 0) (Ⅱ)由(Ⅰ)知 F1 ( 1, 0) 、 F2 1, 。
若直线 l 的斜率不存在,则直线 l 的方程为 x=-1. 将 x=-1 代入椭圆方程得 y = ±

2 。 2

不妨设 M ( 1,

2 2 , ) 、 N 1, ( ) 2 2

uuuu uuuv v 2 2 ∴ F2 M + F2 N = ( 2, ) + ( 2, ) = ( 4, 0) . 2 2 uuuu uuuv v ∴ F2 M + F2 N = 4 ,与题设矛盾。
。 ∴ 直线 l 的斜率存在。 设直线 l 的斜率为 k,则直线的方程为 y=k(x+1)
162

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阳光家教网 设 M (x1,y1 ) 、 N ( x2 , y2 ) ,

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联立

{

x2 + y 2 =1 2 y=k(x+1) ,消 y 得 (1 + 2k 2 ) x 2 + 4k 2 x + 2k 2 2 = 0 。

4 k 2 2k 由根与系数的关系知 x1 + x2 = ,从而 y1 + y2 = k ( x1 + x2 + 2) = , 2 1 + 2k 1 + 2k 2
又∵ F2 M = ( x1 1, y1 ) , F2 N = ( x2 1, y2 ) ,

∴ F2 M + F2 N = ( x1 + x2 2, y1 + y2 ) 。
∴ F2 M + F2 N = ( x1 + x2 2)2 + ( y1 + y2 )2 = (
2

8k 2 + 2 2 2k 2 4(16k 4 + 9k 2 +1) ) +( ) = 1 + 2k 2 1 + 2k 2 4k 4 + 4k 2 +1



4(16k 4 + 9k 2 + 1) 2 26 2 =( ) 。 4 2 4k + 4k + 1 3

化简得 40k 4 23k 2 17 = 0 解得 k 2 = 1或者k 2 =

17 40

∴ k = ±1.
w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

∴ 所求直线l的方程为y = x + 1或者y = x 1 x2 y2 + = 1(a > b > 0) 的 两 个 焦 点 分 别 为 a2 b2

13. ( 天 津 卷 理 21 文 22 ) 以 知 椭 圆

a2 F1 ( c, 0)和F2 (c, 0)(c > 0) , 过 点 E ( , 0) 的 直 线 与 椭 圆 相 交 与 A, B 两 点 , 且 c

F1 A / / F2 B, F1 A = 2 F2 B 。
(1) 求椭圆的离心率; (2) 求直线 AB 的斜率;
w.w.w. k.s.5 .u.c.o.m

w.w.w. k.s.5. u.c.o.m

(3) 设点 C 与点 A 关于坐标原点对称,直线 F2 B 上有一点 H ( m, n )( m ≠ 0) 在

AF1C 的外接圆上,求

n 的值 m

w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、圆的方程等基础知识, 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、圆的方程等基础知识,考查 用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想,考查运算能力和推理能力, 用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想,考查运算能力和推理能力,满分 14 分

163

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(I)

a2 c EF2 F2 B 1 1 c = = ,从而 2 = 解:由 F1A // F2 B 且 F1A = 2 F2 B ,得 a EF1 F1A 2 2 +c c
2 2

整理,得 a = 3c ,故离心率 e = (II)

c 3 = a 3

w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

解:由(I)得 b 2 = a 2 c 2 = 2c 2 ,所以椭圆的方程可写为 2 x 2 + 3 y 2 = 6c 2

设直线 AB 的方程为 y = k x



a2 ,即 y = k ( x 3c ) . c

w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

由已知设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,则它们的坐标满足方程组 消去 y 整理,得 (2 + 3k 2 ) x 2 18k 2 cx + 27 k 2 c 2 6c 2 = 0 . 依题意, = 48c 2 (1 3k 2 ) > 0,得

y = k ( x 3c)
2 2 2 2 x + 3 y = 6c

3 3 <k< 3 3




x1 + x2 =

18k 2 c 2 + 3k 2

x1 x2 =

27 k 2 c 2 6c c 2 + 3k 2



w.w.w. k.s.5 .u.c.o.m

由题设知,点 B 为线段 AE 的中点,所以

x1 + 3c = 2 x2



联立①③解得

x1 =

9 k 2 c 2c 9 k 2 c + 2c , x2 = 2 + 3k 2 2 + 3k 2 2 . 3
3c 2
w.w.w. k.s.5.u.c.o.m

将 x1 , x2 代入②中,解得 k = ±

(III)解法一:由(II)可知 x1 = 0, x2 = 当k =

2 时,得 A(0, 2c ) ,由已知得 C (0, 2c ) . 3 2 2 c c= x + 直线 l 与 x 轴 2 2 2
2 2

线段 AF1 的垂直平分线 l 的方程为 y

的交点

c c c , 0 是 AF1C 外接圆的圆心,因此外接圆的方程为 x + y 2 = + c . 2 2 2
164

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阳光家教网 直线 F2 B 的方程为 y =
2 c 9c 2 m + n2 = 2 4 n = 2(m c )

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2( x c ) ,于是点 H(m,n)的坐标满足方程组

5 m= c 3 n 2 2 , 由 m ≠ 0, 解得 故 = 5 n = 2 2 c m 3

当k =

2 n 2 2 时,同理可得 = . 3 m 5
3c 2

w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

解法二:由(II)可知 x1 = 0, x2 = 当k =

2 时,得 A(0, 2c ) ,由已知得 C (0, 2c ) 3

由椭圆的对称性可知 B, F2 ,C 三点共线,因为点 H(m,n)在 AF1C 的外接圆上, 且 F1 A // F2 B ,所以四边形 AF1CH 为等腰梯形. 由直线 F2 B 的方程为 y =

2( x c ) ,知点 H 的坐标为 ( m, 2m 2c ) .

因为 AH = CF1 ,所以 m 2 + ( 2m 2c 2c ) 2 = a 2 ,解得 m=c(舍) ,或 m = 则n =

5 c. 3

2 2 n 2 2 . c ,所以 = 3 m 5

w.w. w. k.s.5. u.c.o.m

当k =

2 n 2 2 时同理可得 = 3 m 5

y2 x2 14.( 21) 14.(浙江卷理 21)已知椭圆 C1 : 2 + 2 = 1 ( a > b > 0) 的右顶点为 A(1, 0) ,过 C1 的焦点 a b
且垂直长轴的弦长为 1 . (I)求椭圆 C1 的方程; (II)设点 P 在抛物线 C2 : y = x 2 + h (h ∈ R) 上, C2 在点 P 处的切线与 C1 交于点

M , N .当线段 AP 的中点与 MN 的中点的横坐标相等时,求 h 的最小值.

b = 1 a = 2 y2 解析: (I)由题意得 b 2 ,∴ , 所求的椭圆方程为 + x 2 = 1 , 4 2 = 1 b = 1 a

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( II ) 不 妨 设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ), P (t , t 2 + h ), 则 抛 物 线 C2 在 点 P 处 的 切 线 斜 率 为

y′

x =t

= 2t , 直 线 MN 的 方 程 为 y = 2tx t 2 + h , 将 上 式 代 入 椭 圆 C1 的 方 程 中 , 得

4 x 2 + (2tx t 2 + h) 2 4 = 0 , 即 4 (1 + t 2 ) x 2 4t (t 2 h) x + (t 2 h) 2 4 = 0 , 因 为 直 线
MN 与椭圆 C1 有两个不同的交点,所以有 1 = 16 t 4 + 2( h + 2)t 2 h 2 + 4 > 0 ,
设线段 MN 的中点的横坐标是 x3 ,则 x3 = 设线段 PA 的中点的横坐标是 x4 , x4 = 则

x1 + x2 t (t 2 h) = , 2 2(1 + t 2 )

w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

t +1 , 由题意得 x3 = x4 , 即有 t 2 + (1 + h)t + 1 = 0 , 2

其中的 2 = (1 + h ) 2 4 ≥ 0,∴ h ≥ 1 或 h ≤ 3 ;

当 h ≤ 3 时有 h + 2 < 0, 4 h 2 < 0 ,因此不等式 1 = 16 t 4 + 2( h + 2)t 2 h 2 + 4 > 0 不
成立;因此 h ≥ 1 ,当 h = 1 时代入方程 t + (1 + h)t + 1 = 0 得 t = 1 ,将 h = 1, t = 1 代入不
2

等式 1 = 16 t 4 + 2( h + 2)t 2 h 2 + 4 > 0 成立,因此 h 的最小值为 1. 15.( 20) 15.(重庆卷理 20)已知以原点 O 为中心的椭圆的一条准线方程为 y =

4 3 ,离心率 3

e=

3 , M 是椭圆上的动点. 2
(Ⅰ)若 C , D 的坐标分别是 (0, 3),(0, 3) ,求 MC i MD 的最大值; (Ⅱ)如题(20)图,点 A 的坐标为 (1, 0) ,B 是圆 x 2 + y 2 = 1 上的点,

N 是 点 M 在 x 轴 上 的 射 影 , 点 Q 满 足 条 件 : OQ = OM + ON ,
QAi BA = 0 .求线段 QB 的中点 P 的轨迹方程;
(Ⅰ)由题设条件知焦点在 y 轴上,故设椭圆方程为 解:

x2 y2 + = 1 (a >b> 0 ). a2 b2

设c=

a 2 b2 ,由准线方程 y =

4 3 3 得.由 e = 得 3 2
2

c 3 , 解得 a = 2 ,c = = a 2

y2 3, 从而 b = 1, 椭圆方程为 x + =1 . 4
166

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又易知 C,D 两点是椭圆 x +
2

y2 = 1 的焦点,所以, MC + MD = 2a = 4 4

从而 MC MD ≤ ( 标为 ( ±1, 0)

MC + MD 2 ) = 2 2 = 4 ,当且仅当 MC = MD ,即点 M 的坐 2

时上式取等号, MC MD 的最大值为 4 .

(II)如图(20)图,设 M( xm , ym ), B ( xB , yB )

Q ( xQ , yQ ) .因为 N ( xN , 0), OM + ON = OQ ,故 xQ = 2 xN , yQ = yM ,
2 2 xQ + yQ = (2 xM ) 2 + y y = 4



因为 QA BA = 0,

(1 xQ yQ ) (1 xN yn ) = (1 xQ )(1 xN ) + yQ yN = 0,

所以

xQ xN + yQ y N = xN + xQ 1 .



记 P 点的坐标为 ( xP , yP ) ,因为 P 是 BQ 的中点所以 2 xP = xQ + xP , 2 yP = yQ + y P 由因为
2 2 xN + y N = 1 ,结合①,②得

1 1 2 2 2 2 (( xQ + xN ) 2 + ( yQ + y N ) 2 ) = ( xQ + xN + yQ + yn + 2( xQ xN + yQ y N )) 4 4 1 3 = (5 + 2( xQ + xN 1)) = + xP 4 4 1 2 故动点 P 的估计方程为 ( x ) + y 2 = 1 2
2 2 xP + y P =

( 18) 该探测器的运行轨道是以火星 (其半径 R = 34 16. 上海春卷 18) 我国计划发射火星探测器, 百公里) 的中心 F 为一个焦点的椭圆. 如图, 已知 探测器的近火星点(轨道上离火星表面最近的点) A 到火星表面的距离为 8 百公里,远火星点(轨 道上离火星表面最远的点) B 到火星表面的距离 为 800 百公里. 假定探测器由近火星点 A 第一次

y

B
逆时针运行到与轨道中心 O 的距离为 ab 百公里 时进行变轨,其中 a 、b 分别为椭圆的长半轴、短 半轴的长,求此时探测器与火星表面的距离(精 确到 1 百公里). [解] 设所求轨道方程为

O

F A x

|

x2 y2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) , c = a2 b2 . 2 a b
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全国最大家教平台 全国最大家教平台 家教 …… 4 分

∵ a + c = 800 + 34, a c = 8 + 34 ,∴ a = 438, c = 396 .
于是 b 2 = a 2 c 2 = 35028 .

∴ 所求轨道方程为

y2 x2 + =1. 191844 35028

…… 6 分

设变轨时,探测器位于 P( x 0 , y 0 ) ,则
2 2 x0 + y 0 = ab = 81975.1 ,
2 2 x0 y0 + =1, 191844 35028

解得 x 0 = 239.7 , y 0 = 156.7 (由题意).

…… 10 分

∴ 探测器在变轨时与火星表面的距离为
2 ( x 0 c) 2 + y 0 R ≈ 187.3 .

…… 13 分 …… 14 分

答:探测器在变轨时与火星表面的距离约为 187 百公里.

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