以椭圆与圆为背景地解析汇报几何大题

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1、热庶十一以椭园和圆为背景的解析几何大题【名师精讲指南篇】【高考真题再现】 1a b 0的离心率为一2，b222 X例1【2015高考】如图，在平面直角坐标系 xOy中，已知椭圆 a且右焦点F到左准线I的距离为3.(1)求椭圆的标准方程;(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 I和AB于点P, C,若PC=2 AB,求直线AB的方程.占2【答案】（1） y21（2） y x 1 或 y x 1 .2【解析】试题分析 求椭圆标准方程，只需列两个独立条件即可；一是离芯率为二是右篤点F到左准线12的距禽为解方程组艮国昌(2)因為直线起过F,所以求直线AB的方程就是确定其

2、斜率，本题关键就是 根据P2AB別出关干斜率的尊臺关系；这有一定运算量首先利用直线方程与椭圆方程联立方程组，解出 AB两点坐标、刊用两点间距离仝式求出AB -K再根16中点坐标公式求出C点坐标；刊用两直线交点求出P 点坐掠，再根抿两点间距漏公式求出PC长，利用PC=2AB解出直线AB斜率,写出直线AB方程.试题解析：(1)由题意，得所以椭圆的标准方程为(2)x轴时,.2，不合题意.与X轴不垂直时，设直线的方程为yx2,y2 ,的方程代入椭圆方程，得2k2 x2 4k2x 2 k2x1,22k2一2k2k，C的坐标为门日疋，且2x2x12y2 *222.2 1 k21 kx21 2k20，则线段

3、的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意.从而k 0，故直线C的方程为yk1 2k212k2k x 1 2k2 ，一 c 5k22则点的坐标为 2,k 1 2k22 3k2 1 J1 k2从而 C 2k 1 2k2因为C 2 ，所以2 3k2 11 k21 k2厂厂，解得k 1 -k 1 2k2此时直线方程为y例2【2016高考】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以m为圆心的圆M:x2 y212x 14y60 0及其上一点A(2 , 4).(1)设圆N与x轴相切，与圆 M外切，且圆心 N在直线x=6上，求圆N的标准方程;(2) 设平行于 OA的直线l与圆M相交于B, C两点，且BC=OA，

4、求直线I的方程；ur uir uuu(3) 设点T (t, 0)满足：存在圆 M上的两点P和Q,使得TA TP TQ,，数t的取值围(y 1)2【解析】1 (2) l:y 2x 5或 y 2x 15 (3) 2 2.21 t 2 2.21试题分析；根据直线轴相切确定圆心位置，再根据两圆外切建立等量关系求半卷根据垂径走 理确定等量关系，求直线方程；(3) S用向量加法几何意义建立等量关系，根据圆中弦长范围律立不等式, 求解即得参数取值范围-2 2试题解析：解：圆 M的标准方程为 x 6 y 725，所以圆心 M(6, 7)，半径为5,.(1)由圆心N在直线x=6上，可设N 6, y0 .因为N与

5、x轴相切，与圆 M外切，所以0 yo 7，于是圆N的半径为yo，从而7 y 5 y。，解得y。 1 .2 2因此，圆N的标准方程为 x 6 y 11.4 0因为直线I/OA，所以直线l的斜率为2.2 0则圆心M到直线I的距离设直线I的方程为y=2x+m，即2x-y+m=0,因为BCOA22 42 2.5,2而MCd2 ( BC )2,22所以25m 55，解得 m=5 或 m=-15.5故直线I的方程为2x-y+ 5=0或2x-y-15=0.设P冷 ,Q X2,y2urUlTUllx2为 2! t因为A 2,4 ,Tt,0,TATPTQ ,所以y2 y14因为点Q在圆M上,所以X226y227

6、25.-将代入，得X1t 42y1 3225 .于是点P x1,y1既在圆M上,又在圆X2t 42y 325上，, 222225没有公共点,从而圆 x 6y725与圆Xt4y3所以5 5:t 46223 755,解得22 一 21t 2 2.21因此，实数t的取值围是 22 21,22.21 .【考点】直线方程、圆的方程、直线与直线、直线与圆、圆与圆的位置关系、平面向量的运算【名师点睛】直线与圆中的三个定理：切线的性质定理，切线长定理，垂径定理；两个公式：点到直线距离公式及弦长公式，其核心都是转化到与圆心、半径的关系上，这是解决直线与圆的根本思路对于多元问题，也可先确定主元，如本题以P为主元，

7、揭示 P在两个圆上运动，从而转化为两个圆有交点这一位置关系，这也是解决直线与圆问题的一个思路，即将问题转化为直线与圆、圆与圆的位置关系问题2 2例3【2017高考】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:% 爲 1(a b 0)的左、右焦点分别为Fi， a b1F2，离心率为，两准线之间的距离为 8 点P在椭圆E上，且位于第一象限，过点 F1作直线PF1的 垂线11，过点F2作直线PF2的垂线12 (1) 求椭圆E的标准方程；(2) 若直线11 , 12的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标.【答案】(1 ) 1 ;( 2) (i-l,3!).4377【解析】试题分析； D由条件可得 = k= 8解

8、万程组可得。=2疋=1 ,则&二后W二0.yG0当弋=1时)右与相交于耳与题设不符当西时，直线尸年的抖率为逹7,亘线码的斜率为丄，因为J丄码2丄蹈，所以直线占的斜率为- ,的斜率为-匹2JoW从而直线A的方程：y二一空a+l)j直线百的方程：”=一2匕一1)由，解得厂疋二1,所以0心工zl)”因为点Q在椭圆上，由对称性，得X01y。2 2 2 2,yo，即 Xoy。1 或Xoy。1.2 2又P在椭圆E上，故虫匹1.2 2Xo yo 1 由x y ，解得xo1434、. 7,yox： y2 1 xo yo 1，无解.4 T43【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系【名师点睛】直线与圆锥曲线的位置

9、关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用 根与系数关系或求根公式进行转化，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点在曲线上（点的坐标满 足曲线方程）等.【热点深度剖析】1.圆锥曲线的解答题中主要是以椭圆为基本依托，考查椭圆方程的求解、考查直线与曲线的位置关系，考查数形结合思想、函数与方程思想、等价转化思想、分类与整合思想等数学思想方法，这道解答题往往是试卷的压轴题之一由于圆锥曲线与方程是传统的高中数学主干知识，在高考命题上已经比较成熟，考查的形式和试题的难度、类型已经较为稳定，预计2o17年仍然是这种考查方式，不会发生大的变化.2解决圆锥曲线综合题，关键是熟练掌握每一种圆锥曲线的定

10、义、标准方程、图形与几何性质，注意挖掘知识的在联系及其规律，通过对知识的重新组合，以达到巩固知识、提高能力的目的综合题中常常离不开直线与圆锥曲线的位置，因此，要树立将直线与圆锥曲线方程联立，应用判别式、韦达定理的意识解析几何应用问题的解题关键是建立适当的坐标系，合理建立曲线模型，然后转化为相应的代数问题作出定量或 定性的分析与判断常用的方法：数形结合法，以形助数，用数定形在与圆锥曲线相关的综合题中，常借助于“平面几何性质”数形结合、“方程与函数性质”化解析几何问题为代数问题、“分类讨论思想”化整 为零分化处理、“求值构造等式、求变量围构造不等关系”等等3.避免繁复运算的基本方法：回避，选择，寻

11、求所谓回避，就是根据题设的几何特征，灵活运用曲线的有关定义、性质等，从而避免化简方程、求交点、解方程等繁复的运算所谓选择，就是选择合适的公式，合适的参变量，合适的方法等，一般以直接性和间接性为基本原则“设而不求”、“点代法”等方法的运用就是主动的“所谓寻求” 4.定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、 数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要 求的定点、定值化解这类问题难点的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据 等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.5.预计18

12、年将继续将解几大题作为探究能力考查的“试验田”，考查定点、定值问题的可能性较大【最新考纲解读】容要求备注ABC平面解析几何初步直线的斜率和倾斜角V对知识的考查要求依次分为了解、理解、掌握三个层 次（在表中分别用 A、B、C表示）.了解：要求对所列知识的含义有最基本的认识，并能解 决相关的简单问题理解：要求对所列知识有较深刻的认识，并能解决有一 定综合性的问题掌握：要求系统地掌握知识的在联系，并能解决综合性 较强的或较为困难的问题直线方程V直线的平行关系与垂直关系V两条直线的交点V两点间的距离、点到直V线的距离圆的标准方程与一般方 程V直线与圆、圆与圆的位护方置关系V圆锥曲 线与方 程中心在坐标

13、原点的椭圆的标准方程与几何性质V中心在坐标原点的双曲线的标准方程与几何性质V顶点在坐标原点的抛物线的标准方程与几何性质V【重点知识整合】2a(2a|FiF2|)的点的轨迹e的点的轨迹.(0 e0)ab3.几何性质:(2)中心坐标原点O(0,0)(3)顶点(a,0),(a,0),(0, b),(0,b)(4)对称轴x轴，y轴，长轴长2a，短轴长2b(5)焦占八 、八、Fi( c,0),F2(c,0)焦距 2c , ( c(6)离心率c e,(0 e 1)aa2(7)准线x一c(8)焦半径通径r左 a2b2ex0,r右 aex0(9)围(1)b.a2b2 )aa xa, b y2(10)焦参数 c

14、1.抛物线的定义:平面与定点和直线的距离相等的点的轨迹 （ e=1 ）2图形与方程（以一个为例）图形标准方程：y2 2px（p 0）3.几何性质：（1 ）围 x 0 经，y R（2）中心无（3）顶点 0（0,0）（4） 对称轴 x轴（5） 焦点 F,0）焦距无2(6)离心率e1(7)准线xp2(8)焦半径rx0p2(9)通径2p（10）焦参数 p【应试技巧点拨】一、（1 ）要能够灵活应用圆锥曲线的两个定义（及其“括号”的限制条件）解决有关问题，如果涉及到其两焦点（或两相异定点），那么优先选用圆锥曲线第一定义；如果涉及到焦点三角形的问题，也要 重视第一定义和三角形中正余弦定理等几何性质的应用，尤

15、其注意圆锥曲线第一定义与配方法的综 合运用。（2） 椭圆的定义中应注意常数大于 |FiF2|.因为当平面的动点与定点 Fi、F2的距离之和等于|FiF2|时，其 动点轨迹就是线段 F1F2 ;当平面的动点与定点 Fi、F2的距离之和小于|FiF2|时，其轨迹不存在.（3）求椭圆的标准方程 定义法：根据椭圆定义，确定a2,b2的值，再结合焦点位置，直接写出椭圆方程. 待定系数法：根据椭圆焦点是在x轴还是在y轴上，设出相应形式的标准方程，然后根据条件确定关于a、b、c的方程组，解出a2,b2，从而写出椭圆的标准方程.（4）椭圆中有一个十分重要的 OFiB2（如图），它的三边长分别为 a、b c易见

16、c2 a2 b2，且若记cOF1B2，则 cose.a（5）在掌握椭圆简单几何性质的基础上，能对椭圆性质有更多的了解，如： a c与a c分别为椭圆上点到焦点距离的最大值和最小值；2b2 椭圆的通径（过焦点垂直于长轴的弦）长 ，过椭圆焦点的直线被椭圆所截得的弦长的最小值.a(6 )共离心率的椭圆系的方程：椭圆2 x2 a2 2Xyt(t是大于0的参数，a b二、对于抛物线的标准方程 y22px(pc a0)与 x 2py(p0的离心率也是e我们称此方程为共离心率的椭圆系方程0)，重点把握以下两点:(1) p是焦点到准线的距离,p恒为正数;0)的离心率是 e -(c , a2 b2)，方程a(2

17、)方程形式有四种，要搞清方程与图形的对应性，其规律是“对称轴看一次项，符号决定开口方向”B.抛物线的几何性质以考查焦点与准线为主根据定义，抛物线上一点到焦点的距离和到准线的距离相等，可得以下规律:特别地，已知抛物线y22 px( p 0),过其焦点的直线交抛物线于A B两点，设 Ay), B(X2,y2)(1)抛物线2y2px(p0)上一点M (x, y)到焦点F的距离MFxp2 ；(2)抛物线2y2px(p0)上一点M (x。，y。)到焦点F的距离MFP.2X ；(3)抛物线2 x2py(p0)上一点M(x0,y。)到焦点F的距离MFy。p2 ；(4)抛物线2 x2py(p0)上一点M(x0

18、,y。)到焦点F的距离MF卫2y0.C.直线与抛物线的位置关系类似于前面所讲直线与椭圆、双曲线的位置关系.则有以下结论:(1) AB % x2 p，或 AB2p 2 sin(为AB所在直线的倾斜角);XN(3) yi y2p2过抛物线焦点且与对称轴垂直的弦称为抛物线的通径，抛物线的通径长为2p .【考场经验分享】1.目标要求：直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数 形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的 关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型.2.注意问题：(1)对

19、于填空题，常充分利用几何条件，利用数形结合的方法求解.(2)涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根 与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解.3.经验分享：圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何方 法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即 把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.【名题精选练兵篇】2 2x y1.【市2018届高三上学期第一次调

20、研】 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆 2 1 (a b 0)a b的离心率为一2，两条准线之间的距离为4.2.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 已知椭圆的左顶点为 A，点M在圆x2 y2上，直线AM与椭圆相交于另一点 B，且 AOB的9面积是 AOM的面积的2倍，求直线 AB的方程.2 2x y【答案】(1 )1 (2) x 2y 20, x 2y 2042【解析】试题分析：根据两条准线之间的距离为近联立离心率条件解得2, c = 2r b = y/2c(2)由面积关系得M为庙中点，由直线AB点斜式方程与椭圆方程联立解得B坐标,由中点坐标公式得入 坐标，代入圈方程解得直线飭斜率试题解

21、析：（1）设椭圆的焦距为 2c，由题意得,解得a 2， c 2，所以b .2.2 2所以椭圆的方程为1.42（2 ）方法一：因为 S AOB2 S AOM ， 所以AB 2 AM，所以点M为AB的中点.2 2因为椭圆的方程为1，所以A 2,0设 MXo, yo，则 B2xo2,2 yo .2228 -2xo22yo所以x0y0，1，942由得9xo218xo16o，解得x02Xo-（舍去）33把Xo2代入，得yo233所以kAB12因此，直线AB的方程为y1x 2即 x 2y 2 o， x 2y 2 o2方法二：因为S aob 2S aom，所以AB 2AM，所以点M为AB的中点.设直线AB的

22、方程为y k x 22 2x_ y_ 12 2 2 2由 42得 1 2k x 8k x 8k 40，y k x 2 ,所以 x 21 2k2 x 4k220,解得Xb2 4k21 2k2，所以XmXB224k2yMXM 22k2 ，1 2k代入x2y24k2 22k222k821 2k9化简得28k4 k220,2 2 1即7k 2 4k 10,解得k21所以，直线AB的方程为y x 2即x 2y 2x 2y 20.2.【市等四市2018届高三上学期第一次模拟】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆l(a的离心率为1，且过点(1 为椭圆的右焦点，虫为椭圆上关于原点对称的两点，连接分别交椭圆

23、于两点.求椭圆的标准方程；若肿=叫求FD的值；设直线W 汕的斜率分别为礼，场，是否存在实数巴使得心“嵌，若存在，求出啊的值；若不存在,2 2x y + 105TTT = 一【答案】（1）1（2）（3）【解析】试题分析：1）壬十乡$ 由楠圆对糾生，知2影 所以巩7-凱 此时直线商方程为3 -4y - 3 = 0 7故詩=令于=器 设卫 如轴），则万fr） 通过直线和椭K方理，解得f 口 一5刊 - ayin 打广+皿* 53 ?! 5SS 4- 3jT|j S+J-Tfl S5+3_5-2即存在皿二m试题解析:（1）设椭圆方程为x J一 += 1(口 ba2 b2a 219-+= 1解之得:(2

24、 )若若，由椭圆对称性，知L_ 4T = 14，由题意知:凶，所以椭圆方程为:所以?此时直线方程为 7二匕，得用-(at - 13 = 0，解得J-C-l)_713 3 17故（3）设川九必），则比七儿）yG以护” =（x- 1） + =1直线川的方程为丨叱7，代入椭圆方程4 ：，得（15 -金口“ - 0y - 15xg + ZAxe = 0?8-5仓因为是该方程的一个解，所以点的横坐标，儿I 儿 30rfy = 0-1） 血= % _ 1） = 又5儿在直线上，所以 廿同理，”点坐标为8 + 5%4 + 2%5 + 2x05-2(B +8 Sxq,所以5 + 2xq5-如m =即存在，使得

25、3.【南师附中、天一、海门、四校2018届高三联考】已知椭圆C的方程:2x-2a1(a b 0)，右准线I方程为x 4，右焦点F 1,0 , A为椭圆的左顶点(1)求椭圆C的方程;(2)设点M为椭圆在x轴上方一点，点N在右准线上且满足uuuv uiuv AM MNuuuv AMuuuv2 MN，求直线AM的方程.【答案】(1)(2)y【解析】试题分析:(1)由准线方程和焦点坐标可得4,b23，由此可得椭圆方程.(2)由题意设AM的方程为y k x 2，与椭圆方程联立解方程组可得点 M的坐标，由此可得 MN ,AM，然后由uuuv5 AMuuuy2 MN建立关于k的方程，解方程可得 k，从而可得

26、直线方程.试题解析:2(1 )由题意得4,c1 ,ca24,b2 a2 c23,2x椭圆C的方程为一4 = +2）.y -fr(x+2) 由2+143，得J些斗斗於（无+ 2）（2-工）4P+312k23 4以x 122366 加V2k九4亡+3又 Xn4,MN1kl2XM XN224k64k2 3.1 k2 24k26k 4k23 ，又AM1 k2XmXa|：.：1 k2124k2 3121 k24k2 3，Q5AM|2 MNQ 5丁1 k24k 32 土线k 4k1 解得k 1或k -.4直线AM的方程为y亠 1 1x 2或y 4x4.【如皋市 2017-2018学年度高三年级第一学期教学

27、质量调研】在平面直角坐标系xOy中，已知直线22x yy x与椭圆二21(a b 0)交于点A，a bB（ A在x轴上方），且ABa设点A在X轴上的射影为N，三角形ABN的面积为2 （如图1）（1 ）求椭圆的方程；（2）设平行于 AB的直线与椭圆相交，其弦的中点为 Q. 求证：直线 OQ的斜率为定值； 设直线OQ与椭圆相交于两点 C， D（ D在x轴上方），点P为椭圆上异于 A， B， C， D 一点,直线PA交CD于点E， PC交AB于点F，如图2，求证： AF CE为定值托】x【答案】（1）62,6a，3又椭圆经过A -.2, .2 ，即.2 2b21 ,解得b x3；【解析】试题分析：(

28、1 )设A X0,X0 X00 已知 SABN2SaON 2 即 SAON1 所以 X02，1 2-i 6故 AO ?2 X0ABa，即 a2 3.6，再根据椭圆经过 A . 2. 2解得b .3，从而可得椭圆的y = jc + ?m方程：2)设平行血的直线的方程为y =?且腔加.0 联立2 /,得到+ 63Sx3十斗g；十2m1-6 = 0异艮推韦达宦理求得可=码严=_竿临=花十扔=，从而可得直线0Q 的般率為定值，由題意可知彳血,旋，厢？二孟00，=球出c1)*(1)设JDFD 求出的坐标，利用弦长公式分别求出4只CE的值，将亦6用兀居表示，化简消 去兀即可的结论.1 2试题解析：(1)由

29、题意，可设 A Xo,Xo Xo 0，已知S ABN 2S AON 2，即s AONX0 1 ,2所以Xo2， 故 AO . 2x0 丄 AB22 2故所求椭圆的方程为： 163(2)设平行AB的直线的方程为yy x m 联立 x2 y2，得到 3x2 4mx 2 m2 6 0，163所以Xqx1x22m23，yXqmm3 ；.匹Xqm1（定值）2故，直线OQ的斜率为kQ =3 2m3由题意可知 A - 2, F2分别是椭圆的左、右焦ab2点。过点A作斜率为k k 0的直线交椭圆E于另一点B，直线BF2交椭圆E于点C.(i)求椭圆E的标准方程;(2 )若 CRF2为等腰三角形，求点 B的坐标;

30、(3 )若 FiCAB，求k的值.22【答案】(i )X1 (2)43B心(3) k上5 5i2【解析】试题分析:2 y_ 5(3)设直线AB的方程Iab ： y k x 2，联立直线方程与椭圆方程，可得8k2 612k3 4k2 3 4k2利用几(1)由题意得到关于a,b,c的方程组，求解方程组可得椭圆E的标准方程:由题意可得点 C在x轴下方据此分类讨论有：C 0,3，联立直线 BC的方程与椭圆方程可得8 3 35， 5k的方程，解方程有:何关系F1C AB计算可得C 8k2 1, 8k ，利用点C在椭圆上得到关于实数_/612试题解析：0=2 。二2由题青得、解得二、回19*c=l一+ =

31、1斗4酹二椭圆E的标准方程:- + = 143丁AC耳码为等腰三角形，且JtO.SC在轴下方1。若恥胡c,则q 0-7)；2。若耳码二C码则禺=2苗卜3 若 =则 C耳=2* 二二中_吗直线BC的方程y 3x1y 3，由 x2x2y_3853,35(3)设直线AB的方程1 ab : y XaXb2 y_ 32xbXB 216k24k22 216k x 16k12123 4k212k31|1,0直线BF2的方程1bf2又点8k263 4 k24k4k21kC在椭圆上得4k2 BkBF28k21,8k2 612k4k4k1 4k4k1 4k2解得4k2 3F12，kCF1x 1，直线8k2 18k

32、28k1,0，kCFF-, FQ4与AB不垂直;1，即3点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意:CF1的方程:28k 1, 8klCF1 ： y24k21 8k290，即 k224(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件;(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、角形的面积等问题.7 已知椭圆C :2，且过点 2,0 .22y21(a b 0)的离心率为b(I)求椭圆C的方程;(n)过点 M 1,0任作一条直线与椭圆C相交于P,Q两点，试问在x轴上是否存在定点 N，使得直线PN与直线QN关于x轴对称？若存在，求出点 N

33、的坐标；若不存在，说明理由2y【答案】(I)82x1 ； (n) N 4,0 .4【解析】试卷分析:(I)根据离心率为 一2，短轴右端点为 A的坐标即可求出a,b的值，进而求出椭圆 C2的方程；(n)分类讨论：当直线PQ与x轴不垂直时，当PQ x轴时，由椭圆的对称性可知恒有直线PN与直线QN关于x轴对称，即在x轴上存在定点 N 4,0，使得直线PN与直线QN关于x轴对称.试卷解析:(I)由题意得b 2,2a28，故椭圆C的方程为8(n)假设存在点 N m,0满足题设条件当直线PQ与x轴不垂直时,设PQ的方程为y k x 1 ,代入椭圆方程化简得:k2x2 2k2x k280 ,2P2fc山如（

34、帀眄所以血 十孔 _ 片I恥 _盘_1） |粼花T） 花5_1）（七_刖十血（花_1）（坷一如 6 马一曲m马_粧片2西习一（1斗胡）（巧斗切+2胡（无_加）（无_朋）因为2旳衍一（1十册）（西十花）2m =2（用-町2+A1坐字怜二如芋2十疋2-hfc所以当m 4时，kpN kQN 0 ,直线PN与直线QN关于x轴对称,当PQ x轴时，由椭圆的对称性可知恒有直线PN与直线QN关于x轴对称，综上可得，在x轴上存在定点 N 4,0，使得直线PN与直线QN关于x轴对称.点睛：本题考查椭圆的方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了韦达定理的运用，考查了分类讨论的 数学思想，考查学生的计算能力，属于中

35、档题，超强的运算能力是解决问题的关键2 28 .已知点P为E:42LUU 1 UULT1上的动点，点Q满足OQ -OP .3（1）求点Q的轨迹M的方程；.224（2）直线l : y kx n与M相切，且与圆x y 相交于A, B两点，求 ABO面积的最大值（其中O9为坐标原点）.【答案】（I）2y2【解析】试题分析；J I ）根据轉移法求动点.轨迹：先设。益刃（沧此），由呆件页=0得%=,代入柵IS方程可得动点轨述方稈- II）由直线方程与桶园方程莊立方殍组，根据判别式 血=3，为4 = 9-2 、再由垂径定理得弦长嗣=2書一屮,得也严*屈|小利用基本不等 式求最值试题解析:(i)设 Q x,

36、y ,P x0,y0UULT，由于OD1 uuuOP，则有x, y3xoyo3x，又P xo, yo在椭圆E上，故有3y23x423y2X2即点Q的轨迹M的方程为49n)直线1x:y kx n与椭圆D :4与 1相切，故由992 24 - 9y kx n2 2可得:18k2x236 k nx18n2因为36kn18k2 918n218 4k2 9n2则有4k2 9n2(显然n 0 )。点0到直线AB的距离dnk2则ABd2 ;因为4k29n22，则 n2所以2n1 k24rz9 n2则 S AOBAB d4 d2d2d2当且仅当422229 d d时，即d 9时等号成立.所以，面积的最大值为2

37、x9 .已知双曲线C :41的左右两个顶点是A2曲线C上的动点P,Q关于X轴对称，直线AP与A2Q交于点M ，(1)求动点M的轨迹D的方程;(2 )点E 0,2，轨迹ULDD上的点A,B满足EAuuuEB，数的取值围.x2【答案】（1）4y2 1 ；(2) 1,3【解析】【试题分析】（1 ）借助题设条件运用两个等式相乘建立等式;依据题设条件运用直线与椭圆的位置关系建立二次方程，运用判别式及根与系数的关系建立不等式分析求解:（1）由已知A2,0，人 2,0 ，设 Pq.Q2t,则直线AP: yt24x直线A2Q : y、t242 t 22 1 2 两式相乘得y匸x，化简得y21，即动点M的轨迹D

38、的方程为(2)过 E0,2的直线若斜率不存在则设直线斜率k存在,B X2,y2y kx x2 4y21 4k22X2 16kx12 0 ，x1x2则X1X216k1 4k2 2半31 4k24由（2）（ 4）解得X1, X2代入（3）式得一116k1 4k2121 4k2化简得3_6414k24，由（1）0解得k24代入上式右端得,3161 解得3,31综上实数的取值围是-,3310 已知椭圆E :2x2ab20)的离心率为-，3F1, F2分别是它的左、右焦点，且存在直线2使F1, F2关于I的对称点恰好是圆 C : x22y 4mx 2my 5m 40 ( m R, m 0 )的一条直线的

39、两个端点.(1)求椭圆E的方程;2(2)设直线I与抛物线y 2 px ( p0)相交于 代B两点，射线F1A，F1B与椭圆E分别相交于点 M , N ,试探究：是否存在数集D，当且仅当p D时，总存在m，使点F1在以线段MN为直径的圆？若存在，求出数集D ;若不存在，请说明理由2 2x y【答案】(1)1 ;(2)D 5,95【解析】试题分析：(1)由圆C的方程配方得半径为 2，由题设知，椭圆的焦距 2c等于圆C的直径，所以c 2，又e -，可得椭圆方程.a 32(2)由题可得直线I是线段0C的垂直平分线，由I方程与y 2px，联立可得：1 525 2ujuir umn为X2 p m ，X1X

40、2m .又点F1在以线段MN为直径的圆即FM ?F)N 02 2 16坐标化代入求解即可试题解析：(1)将圆C的方程配方得：+ (y-m)2 =4-,所以其圆心为?半径 为&由题设知，椭圆的焦距玄菁于圆C的直径所以c =又乍斗3,从而宀,故極E的方程为訐(2)因为, F2产于I的对称点恰好是圆 C的一条直径的两个端点，所以直线I是线段0C的垂直平分线(0是坐标原点)，故I方程为y5m222x ，与y2px，联立得：2y 2py 5pm 0,由其判别2式0得pi0m 0 .设Axi,yi ,B X2,y2，则yiy2p,y”25 pm2从而x,x2yiy5 m1 -p5 -m,X-!X22yy2

41、5 2 m. 222224pi6因为Fi的坐标为2,0 ,uHTuuur所以FiA%2,yi ,RBX22,y2 ,ujurujirunuuLir注意到F1M与F1A同向，F1N与F1B同向，所以uuuu uuuu点Fl在以线段MN为直径的圆FM ?FiN 0,所以又当p 5时，由韦达定理知方程252m210 2 p m 4 p44 0的两根均为正数，故使成立的uuur uur FiA?FiB0Xi2X22yiy20 即 XiX22 XiX24yiy20代入整理得252 mi0 2p m 4p 404当且仅当i0022 pi00 p40即p 5时，总存在m，使成立m 0，从而满足故存在数集D

42、5, ，当且仅当p D时，总存在m使点Fi在以线段MN为直径的圆点晴：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角度求解联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法uuur uuur.涉及点Fi在以线段MN为直径的圆FiM ?FiN0,坐标化求解2Xii 设Fi, F2分别是椭圆。：丐 a2古i(a b 0)的左、右焦点，过F2作倾斜角为-的直线交椭圆D于A,B两点，Fi到直线AB的距离为2 = 3，连接椭圆D的四个顶点得到的菱形面积为 2-5(1)求椭圆D的方程;4所截得的弦长分

43、别为m, n ,当m n最大时,2(2)设过点F2的直线I被椭圆D和圆C: x 2求直线l的方程.【答案】2x 2(1) y 1 ;(2) x ,3y 20或 x5、3y 20.【解析】设F1坐标为 c,0 ,F2坐标为c,0 ,(c 0),则直线AB的方程为y3 x c，即,3c 0,、3c i 3c12、.3,c2 ；又 S -2a/2b 2.5, ab .5,2a25,b2 1 ,2x椭圆D的方程为一5易知直线I的斜率不为可设直线I的方程为x ty 2，则圆心C到直线I的距离为2tdJt2 1所以n2、22 d2*r5ty得t25 y24ty.1 t2yiy28 一5?t2 1t2 52

44、：5 t21t25，2、5(当且仅当、.t2 1.3时，等号成立)，所以直线方程为 x 、-3y 20或x . 3y 20.点睛：对于圆锥曲线的题型，在做题时首先要题中的几何关系理解清楚，最好可以画出草图帮助自己理解,然后根据几何关系建立等式求解，对于第二问在求解围及最值问题时首先要明确表达式，然后根据基本不 等式或者函数求最值方法来求解围问题42.12 设点M到坐标原点的距离和它到直线 l : x m(m 0)的距离之比是一个常数牙.(1)求点M的轨迹；（2 ）若m 1时得到的曲线是 C ,将曲线C向左平移一个单位长度后得到曲线E，过点P 2,0的直线li与曲线E交于不同的两点 A xi,

45、yi , B X2,y2 ，过F 1,0的直线AF, BF分别交曲线 E于点D,Q，设uuruur uuuuuuAFFD， BFFQ，, R，求 的取值围.【答案】（i）见解析；（n）6,10 .【解析】试題分析；设M（並刃直接法求出点财的轨迹万程，由轨迹方程判断出轨迹”由已知 条件拙曲线E的方程，利用向量坐标运算求出赵=3為卫=3坯，设直线百的斜率为应，联豈直线 4的方程和曲线E的方程，利用韦达走理求出巧斗无，再求出*2 的范围.试题解析：（I）过点M作MHH为垂足,设点M的坐标为x, y ,则 0M| Jx2 y2,MH又0M#|mh I，所以故点M的轨迹方程为x22mxm20.2可化为2x m2m22y_ 12m显然点M的轨迹为焦点在x轴上的椭圆.故曲线m 1时,得到的曲线C的方程是2xE的方程是2设 A x1,yi , B x2, y2uur由AFuuuFD，得 y11.uuuuuux3, y3，则AF1 为，y1 ,FD3，即71y3