解析几何专项练（2）.doc

1、 解析几何专项练1、如图，在平面直角坐标系 中，椭圆 E： 的离心率为 ，直线xoy)0(12bayax2l： 与椭圆 E 相交于 A，B 两点， ，C，D 是椭圆 E 上异于 A，B 两点，且直线xy25AC，BD 相交于点 M，直线 AD，BC 相交于点 N.（1）求 的值；（2）求证：直线 MN 的斜率为定值。ba,2、如图，在平面直角坐标系 中，椭圆 的左顶点为 ，右焦点为xOy21 (0 )yxabaA. 为椭圆上一点，且 .(0)Fc， 0( )Pxy， PAF（1）若 ， ，求 的值；（2）若 ，求椭圆的离心率；3a5b0x0x（3）求证：以 为圆心， 为半径的圆与椭圆的F右准线

2、 相切.2xc3、如图，在平面直角坐标系 中，椭圆 的左顶点为 ，与 轴平行的xOy:E21(0)xyabAx直线与椭圆 交于 、 两点，过 、 两点且分别与直线 、 C垂直的直线相交于EBCAB点 已知椭圆 的离心率为 ，右焦点到右准线的距离为 D5345（1）求椭圆 的标准方程； （2）证明点 在一条定直线上运动，并求出该直线的方程；（3）求 面积的最大值xyAOBCDMN(第 1 题图)xyOPA F（第 2 题）xy DCOBA4、如图,在平面直角坐标系 中，椭圆 的离心率为 ，直线 与xoy2:1(0)xyCab63l轴交于点 ，与椭圆 交于 、 两点. 当直线 垂直于 轴且点 为椭

3、圆 的右焦点时， 弦xEABlxEC的长为 .（1）求椭圆 的方程；（2）若点 的坐标为 ，点 在第一象限且横AB263 (,)2A坐标为 ，连结点 与原点 的直线交椭圆 于另一点 ，求 的面积；（3）是否存在点OCPB，使得 为定值？若存在，请指出点 的坐标，并求出该定值；若不存在，请说明理E2E由.5、给定椭圆 C： 1(ab0)，称圆 C1：x 2y 2a 2b 2为椭圆 C 的“伴随圆”已知椭圆x2a2 y2b2C 的离心率为 ，且经过点 (0，1)（1）求实数 a，b 的值；（2）若过点 P(0，m)(m 0)的直线l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，且 l 被椭圆 C 的伴随圆 C

4、1所截得的弦长为 2 ，求实数 m 的值2yxBPAOEF1F26、已知椭圆 的离心率为 2:1(2)xyCa63（1）求椭圆 的方程；（2）若 是椭圆 上任意一点， 为圆 上任意一点，求 的最大值PQ22:()1ExyPQ7、如图，已知椭圆 ，点 B 是其下顶点，过点 B 的直线交椭圆 C 于另一点 A（A 点2:14xyC在 轴下方），且线段 AB 的中点 E 在直线 上.x yx（1）求直线 AB 的方程；（2）若点 P 为椭圆 C 上异于 A、B 的动点，且直线 AP,BP 分别交直线 于点 M、N，证明：yxOM ON 为定值.A8、如图，在平面直角坐标系 中，离心率为 的椭圆 的左

5、顶点为xOy2:C21(0)xyab，过原点 的直线（与坐标轴不重合）与椭圆 交于 两点，直线 分别与 轴交于A ,PQ,Ay两点若直线 斜率为 时， ,MNPQ23（1）求椭圆 的标准方程；（2）试问以 为直径的圆是否经过定点CMNPNMBOA xyENMQAOPxy（与直线 的斜率无关）？请证明你的结论 PQ9.已知抛物线 ： 的焦点为 ，直线 过点 交抛物线 于A、B两点C24xyFlC（1）设 ,求 的取值范围；12,AyB12（2）是否存在定点 ，使得无论 怎样运动都有 ？证明你的结论QAQF10.如图,椭圆 E: =1(ab0)的左焦点为 F1,右焦点为 F2,离心率 e= .过2

6、xyab 1F1的直线交椭圆于 A,B两点,且ABF 2的周长为 8.(1)求椭圆 E的方程.(2)设动直线 l:y=kx+m 与椭圆 E有且只有一个公共点 P,且与直线 x=4相交于点 Q.试探究:在坐标平面内是否存在定 点 M,使得以 PQ为直径的圆恒过点 M?若存在,求出点 M的坐标;若不存在,说明理由.解析几何专项练（2）答案1、解：（1）因为 e ，所以 c2 a2，即 a2b 2 a2，所以 a22b 2故椭圆方程为 1ca 22 12 12 x22b2 y2b2由题意，不妨设点 A 在第一象限，点 B 在第三象限由 解得 A( b， b)y 12x，x22b2y2b2 1， )2

7、3333又 AB2 ，所以 OA ，即 b2 b25，解得 b23故 a ，b 5 543 13 6 3（2）方法一：由（1）知，椭圆 E 的方程为 1，从而 A(2，1)，B (2， 1)x26y23当 CA，CB，DA，DB 斜率都存在时，设直线 CA，DA 的斜率分别为 k1，k 2，C(x 0，y 0)，显然 k1k 2从而 k1 kCB 所以 kCB 同理 kDB y0 1x0 2y0 1x0 2y02 1x02 43(1 sdo1(f(x02,6) 1x02 42 x022x02 4 12 12k1 12k2于是直线 AD 的方程为 y1k 2(x2)，直线 BC 的方程为 y1

8、(x2)12k1由 解得 从而点 N 的坐标为( ， ) y 1 12k1(x 2)，y 1 k2(x 2)， )4k1k2 4k1 22k1k2 1 2k1k2 4k2 12k1k2 1用 k2代 k1，k 1代 k2得点 M 的坐标为( ， )4k1k2 4k2 22k1k2 1 2k1k2 4k1 12k1k2 1所以 kMN 1即直线 MN 的斜率为定值1 4(k1 k2)4(k2 k1)当 CA，CB，DA，DB 中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，故不妨设直线 CA 的斜率不存在，从而 C(2，1)仍然设 DA 的斜率为 k2，由知 kDB 12k2此

9、时 CA：x2，DB ：y 1 (x2)，它们交点 M(2，1 )12k2 2k2BC：y 1，AD： y1k 2(x2) ，它们交点 N(2 ，1)，从而 kMN1 也成立2k2由可知，直线 MN 的斜率为定值1 方法二：由（1）知，椭圆 E 的方程为 1，从而 A(2，1)，B (2，1)x26y23当 CA，CB，DA，DB 斜率都存在时，设直线 CA，DA 的斜率分别为 k1，k 2显然 k1k 2直线 AC 的方程 y1 k 1(x2)，即 yk 1x(12k 1)由 y k1x (1 2k1)， x26y23 1 )得(1 2k12)x24k 1(12k 1)x2(4k 124k

10、12)0设点 C 的坐标为(x 1， y1)，则 2x1 ，从而 x1 所以 C( ， )2(4k12 4k1 2)1 2k12 4k12 4k1 22k12 1 4k12 4k1 22k12 1 2k12 4k1 12k12 1又 B(2， 1)，所以 kBC 所以直线 BC 的方程为 y1 (x2) 2k12 4k1 12k12 1 14k12 4k1 22k12 1 212k112k1又直线 AD 的方程为 y1k 2(x2)由 解得 y 1 12k1(x 2)，y 1 k2(x 2)， )从而点 N 的坐标为( ， ) 4k1k2 4k1 22k1k2 1 2k1k2 4k2 12k1

11、k2 1用 k2代 k1，k 1代 k2得点 M 的坐标为( ， )4k1k2 4k2 22k1k2 1 2k1k2 4k1 12k1k2 1所以 kMN 1即直线 MN 的斜率为定值1 4(k1 k2)4(k2 k1)当 CA，CB，DA，DB 中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，故不妨设直线 CA 的斜率不存在，从而 C(2，1)仍然设 DA 的斜率为 k2，则由知 kDB 12k2此时 CA：x2，DB ：y 1 (x2)，它们交点 M(2，1 )12k2 2k2BC：y 1，AD： y1k 2(x2) ，它们交点 N(2 ，1)，从而 kMN1 也成立2k

12、2由可知，直线 MN 的斜率为定值1 2、解：（1）因为 ， ，所以 ，即 ， 由 得， ，即3a5b224cabcPAF0132yx, 又 所以 ，解得 或 (舍去) 2006yx019xy209x034x0（2）当 时, ，由 得， ，即 ，故 ， 2ybPAF1yac2bac2ac所以 ，解得 （负值已舍） 10e51e（3）依题意，椭圆右焦点到直线 的距离为 ，且 ，由 得， ,即2xc2c201xyabPAF01yxac, 由得， 解得 或200()yxca 200()ac220(舍去). 所以0 200PFxcy2000()xcx0cxa， 所以以 为圆心， 为半径的圆与右准线 相

13、切. 22acaFP2（注：第（2）小问中，得到椭圆右焦点到直线 的距离为 ，得 1 分；直接使用焦半径公式扣 1 分）2xc2ac3、解：（1）由题意得 ， ，解得 ，所以 ，53ca245c3,5ac24bac所以椭圆 的标准方程为 E219xy（2）设 ，显然直线 的斜率都存在，设为00(,)(,)BC,ABCD，则 ， ，1234,k0120,3yykxx00343,xkky所以直线 的方程为： ，,BD0000(),()xyy消去 得 ，化简得 ，故点 在定直线 上运动 y000033()()xxy3D3（3）由（2）得点 的纵坐标为 ，2009Dxy又 ，所以 ，则 ，20194x

14、y22094x20000354()Dyy所以点 到直线 的距离 为 ， BCh0059y将 代入 得 ，所以 面积0y2194xy234yBC2019624ABCySh，当且仅当 ，即 时等号成立，故 时，0207771204y002面积的最大值为 BCD44、解：（1）由 ，设 ，则 ， ，63ca(0)k6ck23b所以椭圆 的方程为 ，因直线 垂直于 轴且点 为椭圆 的右焦点，即 ，代入椭圆方程，C219xylxEC6ABxk解得 ，于是 ，即 ，所以椭圆 的方程为yk63k216y（2）将 代入 ，解得 ，因点 在第一象限，从而 ，x21yA(3,)由点 的坐标为 ，所以 ，直线 的方

15、程为 ，联立直线 与椭圆 的方程，解得E3(,0)23ABkP2()yxPAC，又 过原点 ，于是 ， ，所以直线 的方程为 ，所以点 到37(,)5BPAO(3,1)4PA30xyB直线 的距离 ，352h6325PABS（3）假设存在点 ，使得 为定值，设 ，E210(,)Ex当直线 与 轴重合时，有 ，ABx 20220011(6)6x当直线 与 轴垂直时， ，由 ，解得 ，21()xAB2003x，所以若存在点 ，此时 ， 为定值 2. 206xE3,021EAB根据对称性，只需考虑直线 过点 ，设 ， ，(,)1(,)xy2(,)又设直线 的方程为 ，与椭圆 联立方程组，化简得 ，所

16、以AB3xmyC2330my， ，又 ，123y1222221111()()EAyx所以 ，将上述关系代入，化简可得 .综上所述，222221()()yEABy 2EAB存在点 ，使得 为定值 23,05、解：（1）记椭圆 C 的半焦距为 c由题意，得 b1， ，c 2a 2b 2，解得 a2，b1 ca（2）由（1）知，椭圆 C 的方程为 y 21，圆 C1的方程为 x2y 25显然直线 l 的斜率存在x24设直线 l 的方程为 y kxm，即 kxym0 因为直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，故方程组 （*） 有且只有一组解由（*）得(14k 2)x28kmx 4m 2 40从而(

17、8km) 24(14k 2)( 4m24)0 化简，得 m214k 2 因为直线 l 被圆 x2 y25 所截得的弦长为 2 ，所以圆心到直线 l 的距离 d 即 2 5 2 3 3由，解得 k22， m29 因为 m0，所以 m3 6、解：（1）由题设知 ， 解得 63e22693cab26a椭圆 的方程为 （2）圆 的圆心为 ，点 在圆 上，C21xy22:()1Exy(0,)EQE （当且仅当直线 过点 E 时取等号）设 是椭圆 上的任意一点， PQEP PQ0,PxyC则 ，即 2016xy220063xy22200=+()(1)EPxyy因为 ，所以当 时， 取得最大值 12，即 .

18、所以 的最大值为 0,13PQ P23+17、解：（1）设点 E（m，m），由 B（0，2）得 A（2m，2m+2 ）代入椭圆方程得 ，即 ，解得 或 （舍） 24()22(1)3m2m0所以 A（ ， ）， 故直线 AB 的方程为 3160xy（2）设 ，则 ，即 设 ,由 A，P，M 三点共线，即 ， 0(,)Pxy2014y2043()xyAPMur ， 又点 M 在直线 y=x 上，解得 M 点的横坐标 ，003()MMx032yx设 ，由 B，P，N 三点共线，即 ， ， (,)NxyBPNur00(2)()NNxyx点 N 在直线 y=x 上，解得 N 点的横坐标 02x所以 OM

19、ON= = 22|0|MNx|MNx03|yx02|y= = = = 0026|()4yx2026|3xy02|y68、解：（1）设 ， 直线 斜率为 时， ， ，0(,)PPQ32200()3x20x ， ， 椭圆 的标准方程为 2ab2cabe24,abC14y（）以 为直径的圆过定点 设 ，则 ，且 ，MN(,0)F0()xy0(,)xy20即 ， ，直线 方程为： ， ，204xy2,)AP020(,M直线 方程为： ， ， Q0(x2(,)Nx以 为直径的圆为 即 ， N00)y22004xy ， ，令 ， ，解得 ，22004xy20xy2以 为直径的圆过定点 M(,)F9（） ；

20、（）存在定点 Q（0，-1），使 得AQF=BQF,解（）设直线 方程为 代入 得l1ykxy42042kx设 、 ，则1,Axy2,B4,2121xkx，所以 的取值范围是 1212126412y,（）当 平行于 轴时，要使 ，则 必在 轴上. 设点 ,由题意得lxAQF0Qb12121212120,44, 0,AQBkyxybxxbxb设 即 ，以上每步可逆，存在定点 Q（0，-1），使 得AQF=BQ0Q10.（1）因为|AB|+|AF 2|+|BF2|=8,即|AF 1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8,又|AF 1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a,所以 4a=8,

21、a=2.又因为 所以 c=1,所以 b= 故椭圆 E 的方程是 =1.ce,a即 ac3.2xy43(2)由 得(4k 2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0),所以 m0 且 =0,即 64k2m2-2ykxm,1434(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得 4k2-m2+3=0.(*)由 得 Q(4,4k+m).002k3x,yx,43P(,).m此 时所 以 4,ykxm假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点 M 必在 x 轴上.设 M(x1,0),则 =0 对满足(*)式的 m,k 恒成立.因为 = , =(4-x1,4k+m),由 =0,143()整理,得(4x 1-4) + -4x1+3=0.(*)km由于(*)式对满足(*)式的 m,k 恒成立,所以 解得 x1=1.故存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M.124x0,3以 下证明 M(1,0)就是满足条件的点:因为 M 的坐标为(1,0),所以 = , =(3,4k+m),从而 =4k3()故恒有 ,即存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M.12k30,m