高考专题讲解之圆锥曲线全部经典题型(6)

(1?m)2?n2?r2-------------------③

由①②③联立解得

m?2?31?235，n?，r2? 4442?321?2325)?(y?)? 444∴所求的?P的方程为(x?（2）∵?P过点F,B,C三点，∴圆心P既在FC的垂直平分线上，也在BC的垂直平分线上，

1?c1b--------④ ∵BC的中点为(,)，kBC??b 222b11∴BC的垂直平分线方程为y??(x?)-----⑤

2b2FC的垂直平分线方程为x?1?cb2?c1?cb2?c由④⑤得x?，即m? ,n?,y?22b22b1?cb2?c∵P(m,n)在直线x?y?0上，∴??0?(1?b)(b?c)?0

22b∵1?b?0 ∴b?c 由b?1?c得b?∴椭圆的方程为x?2y?1

12.【解】（Ⅰ）证明：设直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2)

22222222?|OA|?|OB| ∴x1?y1?x2?y2 即：x1?y1?x2?y2

2221 222∴x1?x2?y2?y1 ?A,B在C上

2222xyxy∴12?12?1，22?22?1

abab∴两式相减得：x1?x2∴曲线C是一个圆

（Ⅱ）设直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2)，?a?b?0

∴曲线C是焦点在x轴上的椭圆 ?OA?OB ∴

222222a2a222?2(y2?y1) ∴2?1 即：a2?b2 bby1y2???1 即：y1y2??x1x2 x1x2222222将y?x?1代入bx?ay?ab?0整理得：

(b?a)x?2ax?a?ab?0

22222222a2a2(1?b2)∴x1?x2??2，x1?x2?

a?b2a2?b2?A,B在l上 ∴y1?y2?(x1?1)(x2?1)?x1?x2?x1?x2?1

又?y1y2??x1x2 ∴2x1?x2?x1?x2?1?0

a2(1?b2)2a2 ∴2??(?2)?1?0 ∴a2?b2?2a2b2?0 222a?ba?b ∴a?a?c?2a(a?c)?0 ∴2a?2a?c?2ac?0

222222422222a2(a2?1)c22(a2?1)12 ∴c? ∴ e???1?2a2?1a22a2?12a2?12?a?[610113,] ∴2a2?1?[2,4] ∴1?2?[,] 222a?124e?[23,] 222213.【解】（1）由题设知F1(?a?2,0),F2(a?2,0)

2由于AF2?F1F2?0，则有AF2?F1F2，所以点A的坐标为(a?2,?2)， a故AF1所在直线方程为y??(1?)，

aa2?2axa2?2(a?2)， 所以坐标原点O到直线AF1的距离为

a2?1a2?21?又|OF1|?a?2，所以2a?132a2?2，解得a?2(a?2)，

x2y2??1． 所求椭圆的方程为42（2）由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y?k(x?1)，则有M(0,k)， 设Q(x1,y1)，由于MQ?2QP，∴(x1,y1?k)?2(?1?x1,?y1)，解得

2kx1??,y1?

332k(?)2()23?3?1，又Q在椭圆C上，得解得k??4， 故直线l的方程为y?4(x?1)42或y??4(x?1)， 即4x?y?4?0或4x?y?4?0． 14. 【解】（I）由题意可设抛物线的方程为x2??2py(p?0),

∵过点p(x0,y0)(x0?0)的切线方程y?y0?2ax0(x?x0) ?y?|x为x?x0??0p?2ax0,

?p??1. ∴抛物线的方程为y?ax22a(a?0).

（II）直线PA的方程为y?y0?k1(x?x0),

??y?a2x,?y?y

0?k1(x?x0).?ax2?k1x?k1x0?y0?0,?xA?x10?ka,x?k1Aa?x0.

同理,可得xk2B??x. ?k?0,?k?k102??k12???k1,Bx??? x0. 又 ????BM??????MA?aa(??0,???1),

?x?(x?xA?xBM?xB?A?xM),xM?1????x0. ∴线段PM的中点在y轴上.

（III）由??1,P(1,?1),可知a??1. ?A(?k221?1,?(k1?1)),B(k1?1,?(k1?1)).

?????????

???AP?????(2??k21,k1?2k1),AB?(2k1,4k1). ∵∠PAB为钝角，且P, A, B不共线, ?AP?AB?0. 即(2?k1)?2k1?(k21?2k1)?4k1?0. ?k1(2k21?5k1?2)?0.

??kk0,?2k21??1?15k1?2?0.1??2,或2?k1?0.

又∵点A的纵坐标y2A??(k1?1), ∴当k1??2时，yA??1；

当?12?k1?0时,?1?yA??14.

∴∠PAB为钝角时点A的坐标的取值范围为(??,?1)?(?1,?14).

15.【解】（1）设A(a,0),B(0,b),P(x,y)

,

?AP?tPB,即(x?a,y)?t(?x,b?y)????2分?a?(1?t)x?x?a??tx???则?1?t,由题意知t?0,?y?y?t(b?y)?b?t? 1?t222222?|AB|?2?a?b?4即(1?t)x?()y?4tx2y2?点P轨迹方程C为:??1????4分44t2(1?t)2(1?t)29x292 （2）t=2时，C为?y?1

416设M(x1,y1),则N?(?x1,?y1),则MN?2x12?y12.设直线MN的方程为y?点Q到MN距离为3y1?3x1|h?2????7分22x1?y1|?S?QMN3y1?3x1|13??2x12?y12?2?|y1?3x1|????8分22x12?y12|92y1?9x1y14

y1x,(x1?0)x122?S?QMN?9x1?9x129y129又??1?9x12?y12?441642?S?QMN?4?9x1y19x129y123x3y9xy而1????2?1?1??11416244??9x2y1?4????11分3x13y11?,即x1??y1时,等号成立242?S?QMN的最大值为22????12分当且仅当

y2?x2?1 4ca2?b23??a?2,c?3椭圆的方程为16.解：（Ⅰ）2b?2.b?1,e??aa2

（Ⅱ）由题意，设AB的方程为y?kx?3

?y?kx?3?2?(k2?4)x2?23kx?1?0.................4分 ?y2??x?1?4x1?x2??23k?1,xx?. .................5分 1222k?4k?4

由已知m?n?0得：

x1x2y1y21??xx?(kx1?3)(kx2?3)1222ba4?(1?k3k3)x1x2?(x1?x2)? .................6分 4442

k2?413k?23k3?(?2)????0,解得k??2 4k?44k2?44(Ⅲ) （1）当直线AB斜率不存在时，即x1?x2,y1??y2,由m?n?0得

y12x??0?y12?4x12

4214x122又 A(x1,y1)在椭圆上，所以x??1?x1?,y1?2

4221s?11x1y1?y2?x12y1?1 22所以三角形的面积为定值

（2）.当直线AB斜率存在时：设AB的方程为y=kx+b

?y?kx?b?2kb?2222 ?(k?4)x?2kbx?b?4?0得到x?x??y1222k?4??x?1?4b2?4x1x2?2

k?4x1x2?y1y2(kx?b)(kx2?b)?0?x1x2?1?0代入整理得:2b2?k2?4 441b1|b|4k2?4b2?162S?AB?|b|(x1?x2)?4x1x2? 21?k22k2?4

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