圆锥曲线高考真题专练(共56页).docx

精选优质文档-倾情为你奉上2018年数学全国1卷设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：.解：（1）由已知得，l的方程为x=1.由已知可得，点A的坐标为或.所以AM的方程为或.（2）当l与x轴重合时，.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，则，直线MA，MB的斜率之和为.由得.将代入得.所以，.则.从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以.综上，.已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过定点.解：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此，解得.故C的方程为.（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.则，得，不符合题设.从而可设l：（）.将代入得由题设可知.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.而.由题设，故.即.解得.当且仅当时，欲使l：，即，所以l过定点（2，）2016年数学全国1卷设圆的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.（I）证明为定值，并写出点E的轨迹方程；（II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.【答案】（I）（）；（II）【解析】试题分析：（I）利用椭圆定义求方程；（II）把面积表示为关于斜率k的函数，再求最值。试题解析：（I）因为，故，所以，故.又圆的标准方程为，从而，所以.由题设得，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：（）.（II）当与轴不垂直时，设的方程为，.由得.则，.所以.过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以.故四边形的面积.可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为.当与轴垂直时，其方程为，四边形的面积为12.综上，四边形面积的取值范围为.2013年数学全国1卷已知圆:,圆:,动圆与圆外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线 C.（）求C的方程；（）是与圆,圆都相切的一条直线，与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|. 【解析】由已知得圆的圆心为（-1，0）,半径=1，圆的圆心为(1,0),半径=3.设动圆的圆心为（，），半径为R.（）圆与圆外切且与圆内切，|PM|+|PN|=4，由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左右焦点，场半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为.（）对于曲线C上任意一点（，），由于|PM|-|PN|=2，R2,当且仅当圆P的圆心为（2，0）时，R=2.当圆P的半径最长时，其方程为，当的倾斜角为时，则与轴重合，可得|AB|=.当的倾斜角不为时，由R知不平行轴，设与轴的交点为Q，则=，可求得Q（-4，0），设：，由于圆M相切得，解得.当=时，将代入并整理得，解得=，|AB|=.当=时，由图形的对称性可知|AB|=，综上，|AB|=或|AB|=.2012年数学全国1卷设抛物线的焦点为，准线为，为上一点，已知以为圆心，为半径的圆交于两点.（1） 若，的面积为，求的值及圆的方程；（2） 若三点在同一直线上，直线与平行，且与之有一个公共点，求坐标原点到距离的比值.【解析】（1）由对称性知：是等腰直角，斜边 点到准线的距离 圆的方程为 （2）由对称性设，则 点关于点对称得： 得：，直线 切点 直线坐标原点到距离的比值为。已知为坐标原点，为椭圆：在轴正半轴上的焦点，过且斜率为的直线与交与、两点，点满足.(I)证明：点在上；(II)设点关于点的对称点为，证明：、四点在同一圆上.【命题意图】本题考查直线方程、平面向量的坐标运算、点与曲线的位置关系、曲线交点坐标求法及四点共圆的条件。【解析】(I),的方程为,代入并化简得. 2分设,则 由题意得所以点的坐标为.经验证点的坐标满足方程,故点在椭圆上 6分(II)由和题设知，的垂直平分线的方程为. 设的中点为,则,的垂直平分线的方程为. 由、得、的交点为. 9分,故 ,又 , ,所以 ,由此知、四点在以为圆心,为半径的圆上. 12分 如图，已知抛物线与圆相交于、四个点。 （I）求得取值范围； （II）当四边形的面积最大时，求对角线、的交点坐标分析：（I）这一问学生易下手。将抛物线与圆的方程联立，消去，整理得（）抛物线与圆相交于、四个点的充要条件是：方程（）有两个不相等的正根即可.易得.考生利用数形结合及函数和方程的思想来处理也可以（II）考纲中明确提出不考查求两个圆锥曲线的交点的坐标。因此利用设而不求、整体代入的 方法处理本小题是一个较好的切入点 设四个交点的坐标分别为、。则由（I）根据韦达定理有，则 令，则 下面求的最大值。方法一：利用三次均值求解。三次均值目前在两纲中虽不要求，但在处理一些最值问题有时很方便。它的主要手段是配凑系数或常数，但要注意取等号的条件，这和二次均值类似。 当且仅当，即时取最大值。经检验此时满足题意。方法二：利用求导处理，这是命题人的意图。具体解法略。下面来处理点的坐标。设点的坐标为：由三点共线，则得。设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，（1）求的方程；（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程解：（1）由题意得，l的方程为.设，由得.，故.所以.由题设知，解得（舍去），.因此l的方程为.（2）由（1）得AB的中点坐标为，所以AB的垂直平分线方程为，即.设所求圆的圆心坐标为，则解得或因此所求圆的方程为或.设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P满足.(1) 求点P的轨迹方程；(2) 设点Q在直线x=-3上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. 解（1）设P（x,y）,M（x0,y0）,设N（x0,0）, 由得因为M（x0,y0）在C上，所以因此点P的轨迹方程为（2）由题意知F（-1,0）.设Q（-3，t）,P(m,n),则，由得，又由（1）知，故3+3m-tn=0所以，即.学.科网又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点，点N在E上，MANA.（I）当t=4，时，求AMN的面积；（II）当时，求k的取值范围.【解析】试题分析：（）先求直线的方程，再求点的纵坐标，最后求的面积；（）设，将直线的方程与椭圆方程组成方程组，消去，用表示，从而表示，同理用表示，再由求.试题解析：（I）设，则由题意知，当时，的方程为，.由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为.将代入得.解得或，所以.因此的面积.（II）由题意，.将直线的方程代入得.由得，故.由题设，直线的方程为，故同理可得，由得，即.当时上式不成立，因此.等价于，即.由此得，或，解得.因此的取值范围是.考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系. 平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：(ab0)右焦点的直线交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.(1)求M的方程；(2)C，D为M上两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD面积的最大值解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则，由此可得.因为x1x22x0，y1y22y0，所以a22b2.又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2b23.因此a26，b23.所以M的方程为.(2)由解得或因此|AB|.由题意可设直线CD的方程为y，设C(x3，y3)，D(x4，y4)由得3x24nx2n260.于是x3,4.因为直线CD的斜率为1，所以|CD|.由已知，四边形ACBD的面积.当n0时，S取得最大值，最大值为.所以四边形ACBD面积的最大值为.已知O为坐标原点，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为的直线l与C交于A、B两点，点P满足 .（I） 证明：点P在C上；（II）设点P关于点O的对称点为Q，证明四点在同一圆上。解：（I） ，l的方程为，代入并化简得 2分设，则，得得所以点P的坐标为，验证得P在椭圆上。6分（II） 由，知，的垂直平分线的方程为设AB的中点为M，则，AB的垂直平分线的方程为联立 ，得，9分12分己知斜率为1的直线l与双曲线C：相交于B、D两点，且BD的中点为 （）求C的离心率； （）设C的右顶点为A，右焦点为F，证明：过A、B、D三点的圆与x轴相切解： （I）由题设知，的方程为代入C的方程，并化简得，设则由为B D的中点知故即故所以C的离心率 （II）由、知，C的方程为：A（a，0），F（2a，0），故不妨设9分又故解得（舍去）故连结MA，则由A（1，0），M（1，3）知|MA|=3，从而MA=MB=MD，且MAx轴，因此以M为圆主，MA为半径的圆经地A、B、D三点，且在点A处与x轴相切，所以过A、B、D三点的圆与x轴相切。12分已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为（1）证明：；（2）设为的右焦点，为上一点,且证明：，成等差数列，并求该数列的公差解：（1）设，则.两式相减，并由得.由题设知，于是.由题设得，故.（2）由题意得，设，则.由（1）及题设得.又点P在C上，所以，从而，.于是.同理.所以.故，即成等差数列.设该数列的公差为d，则.将代入得.所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.故，代入解得.所以该数列的公差为或.已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C与A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点P（4，-2），求直线l与圆M的方程解（1）设由可得又=4因此OA的斜率与OB的斜率之积为所以OAOB故坐标原点O在圆M上.（2）由（1）可得故圆心M的坐标为，圆M的半径由于圆M过点P（4，-2），因此,故即由（1）可得，所以，解得.当m=1时，直线l的方程为x-y-2=0，圆心M的坐标为（3,1），圆M的半径为，圆M的方程为当时，直线l的方程为，圆心M的坐标为，圆M的半径为，圆M的方程为矩形的两条对角线相交于点，边所在直线的方程为，点在边所在直线上（I）求边所在直线的方程；（II）求矩形外接圆的方程；（III）若动圆过点，且与矩形的外接圆外切，求动圆的圆心的轨迹方程解：（I）因为边所在直线的方程为，且与垂直，所以直线的斜率为又因为点在直线上，所以边所在直线的方程为（II）由解得点的坐标为，因为矩形两条对角线的交点为所以为矩形外接圆的圆心又从而矩形外接圆的方程为（III）因为动圆过点，所以是该圆的半径，又因为动圆与圆外切，所以，即故点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线的左支因为实半轴长，半焦距所以虚半轴长从而动圆的圆心的轨迹方程为在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（-1,1）关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于.()求动点P的轨迹方程；()设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N，问：是否存在点P使得PAB与PMN的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由。（I）解：因为点B与A关于原点对称，所以点得坐标为. 设点的坐标为 由题意得 化简得 . 故动点的轨迹方程为（II）解法一：设点的坐标为，点，得坐标分别为,. 则直线的方程为，直线的方程为令得，.于是得面积 又直线的方程为，点到直线的距离.于是的面积 当时，得又，所以=，解得。因为，所以故存在点使得与的面积相等，此时点的坐标为.解法二：若存在点使得与的面积相等，设点的坐标为 则. 因为, 所以 所以 即 ，解得 因为，所以 故存在点S使得与的面积相等，此时点的坐标为.已知曲线.（1）若曲线是焦点在轴上的椭圆，求的取值范围；（2）设，曲线与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与曲线交于不同的两点，直线与直线交于点，求证：，三点共线.解：（1）原曲线方程可化简得：由题意可得：，解得：（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：，解得：由韦达定理得：，设，方程为：，则，欲证三点共线，只需证，共线即成立，化简得：将代入易知等式成立，则三点共线得证。已知椭圆，（1） 求椭圆的离心率.（2） 设为原点，若点在椭圆上，点在直线上，且，求直线与圆的位置关系，并证明你的结论.解：（I）由题意，椭圆C的标准方程为。 所以，从而。因此。故椭圆C的离心率。（） 直线AB与圆相切。证明如下：设点A,B的坐标分别为，其中。因为，所以，即，解得。 当时，代入椭圆C的方程，得， 故直线AB的方程为。圆心O到直线AB的距离。 此时直线AB与圆相切。 当时，直线AB的方程为， 即， 圆心0到直线AB的距离 ，又，故 此时直线AB与圆相切.已知椭圆：（）的离心率为，点，和点都在椭圆上，直线交轴于点M （）求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表示）；（）设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点问：轴上是否存在点Q，使得若存在，求点的坐标；若不不存在，说明理由 解：（）由题意知，又，解得，所以的方程为的斜率，所以方程，令，解得，所以（），同（I）可得，因为所以，设则即，又在椭圆上，所以，即，所以，故存在使得已知椭圆C：（）的离心率为，OAB的面积为1.（I）求椭圆C的方程；（II）设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：为定值.【答案】（I）；（II）见解析.【解析】试题分析：（I）根据离心率为，即，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（II）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值.试题解析：（I）由题意得解得.所以椭圆的方程为.（II）由（I）知，设，则.当时，直线的方程为.令，得，从而.直线的方程为.令，得，从而.所以.当时，所以.综上，为定值.【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.已知抛物线C：=2px经过点（1，2）过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N（）求直线l的斜率的取值范围；（）设O为原点，求证：为定值解：（）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k0）由得依题意，解得k<0或0<k<1又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）从而k-3所以直线l斜率的取值范围是（-，-3）（-3，0）（0，1）（）设A（x1，y1），B（x2，y2）由（I）知，直线PA的方程为y2=令x=0，得点M的纵坐标为同理得点N的纵坐标为由，得，所以所以为定值已知椭圆的两个焦点分别为，过点的直线与椭圆相交与两点，且。（）求椭圆的离心率；（）求直线AB的斜率；（） 设点C与点A关于坐标原点对称，直线上有一点在的外接圆上，求的值本小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，满分14分（）解：由/且，得，从而整理，得，故离心率（）解：由（）得，所以椭圆的方程可写为设直线AB的方程为，即由已知设，则它们的坐标满足方程组消去y整理，得.依题意，而 由题设知，点B为线段AE的中点，所以 联立解得，将代入中，解得.()解法一：由（）可知当时，得，由已知得.线段的垂直平分线l的方程为，直线与x轴的交点是外接圆的圆心，因此外接圆的方程为.直线的方程为，于是点H（m，n）的坐标满足方程组 ， 由解得故当时，同理可得解法二：由（）可知当时，得,由已知得由椭圆的对称性可知B，C三点共线，因为点H（m，n）在的外接圆上，且，所以四边形为等腰梯形.由直线的方程为,知点H的坐标为.因为，所以，解得m=c（舍），或.则，所以当时，同理可得已知椭圆的离心率，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4。（1） 求椭圆的方程；（2） 设直线与椭圆相交于不同的两点，已知点的坐标为（），点在线段的垂直平分线上，且，求的值（3） （1）解：由，得，再由，得（4） 由题意可知， （5） 解方程组 得 a=2,b=1（6） 所以椭圆的方程为（7） (2)解：由（1）可知A（-2,0）。设B点的坐标为（x1,y1）,直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k(x+2),（8） 于是A,B两点的坐标满足方程组（9） 由方程组消去Y并整理，得（10） 由得（11）（12） 设线段AB是中点为M，则M的坐标为（13） 以下分两种情况：（14） （1）当k=0时，点B的坐标为（2,0）。线段AB的垂直平分线为y轴，于是（15）（16） （2）当K时，线段AB的垂直平分线方程为（17） 令x=0，解得（18） 由（19）（20）（21） 整理得（22） 综上设椭圆的左焦点为F, 离心率为, 过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为. () 求椭圆的方程; () 设A, B分别为椭圆的左右顶点, 过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C, D两点. 若, 求k的值. ()解：设，由，知.过点F且与轴垂直的直线为，代入椭圆方程有，解得，于是，解得，又，从而，所以椭圆的方程为.（）解：设点，由得直线CD的方程为，由方程组消去，整理得.求解可得，.因为，所以.由已知得，解得.已知椭圆的左焦点为,离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆截得的线段的长为c，.(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，求直线OP（O为原点）的斜率的取值范围.【答案】(I) ； (II) ；(III) .【解析】试题分析：(I) 由椭圆知识先求出的关系，设直线直线的方程为，求出圆心到直线的距离，由勾股定理可求斜率的值； (II)由(I)设椭圆方程为，直线与椭圆方程联立，求出点的坐标，由可求出，从而可求椭圆方程.(III)设出直线：，与椭圆方程联立，求得，求出的范围，即可求直线的斜率的取值范围.试题解析：(I) 由已知有，又由，可得，设直线的斜率为，则直线的方程为，由已知有，解得.(II)由(I)得椭圆方程为，直线的方程为，两个方程联立，消去，整理得，解得或，因为点在第一象限，可得的坐标为，由，解得，所以椭圆方程为(III)设点的坐标为，直线的斜率为，得，即,与椭圆方程联立，消去，整理得，又由已知，得，解得或，设直线的斜率为，得，即，与椭圆方程联立，整理可得.当时，有，因此，于是，得当时，有，因此，于是，得综上，直线的斜率的取值范围是设椭圆 的右焦点为F,右顶点为A.已知 其中O为原点， 为椭圆的离心率.（I）求椭圆的方程；（II）设过点A的直线与椭圆交于点B（B不在轴上），垂直于的直线与交于点M，与轴交于点H，若BFHF，且MOAMAO,求直线的斜率的取值范围.【答案】（）；（）.【解析】试题分析：（）求椭圆标准方程，只需确a的值，由，得，再利用，可解得a的值；（）先化简条件：，即M再OA的中垂线上，再利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求；利用两直线方程组求H，最后根据，列等量关系即可求出直线斜率的取值范围.试题解析：（I）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.（）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.设，由方程组，消去，整理得.解得，或，由题意得，从而.由（）知，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为.设，由方程组消去，解得.设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.（I）求椭圆的方程；（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值.（）解：设椭圆的焦距为2c，由已知知，又由a2=b2+c2，可得2a=3b由已知可得，由，可得ab=6，从而a=3，b=2所以，椭圆的方程为（）解：设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）由已知有y1>y2>0，故又因为，而OAB=，故由，可得5y1=9y2由方程组消去x，可得易知直线AB的方程为x+y2=0，由方程组消去x，可得由5y1=9y2，可得5（k+1）=，两边平方，整理得，解得，或所以，k的值为 已知m1，直线，椭圆，分别为椭圆的左、右焦点. （）当直线过右焦点时，求直线的方程；（）设直线与椭圆交于两点， 的重心分别为.若原点在以线段为直径的圆内，求实数的取值范围. 解析：本题主要考察椭圆的几何性质，直线与椭圆，点与圆的位置关系等基础知识，同时考察解析几何的基本思想方法和综合解题能力。 （）解：因为直线经过，所以,得，又因为，所以，故直线的方程为。（）解：设。 由，消去得 则由，知，且有。由于，故为的中点，由，可知设是的中点，则，由题意可知即即而 所以即又因为且所以。所以的取值范围是。已知抛物线，圆的圆心为点M。（）求点M到抛物线的准线的距离；（）已知点P是抛物线上一点（异于原点），过点P作圆的两条切线，交抛物线于A，B两点，若过M，P两点的直线垂足于AB，求直线的方程.（）解：由题意可知，抛物线的准线方程为：所以圆心M（0,4）到抛物线的距离是 （）解：设P(x0, x02)，A（）B（），由题意得设过点P的圆C2的切线方程为y-x0=k(x- x0) 即， 则 即 设PA，PB的斜率为，则是上述方程的两根，所以 ， 将代入得， 由于是此方程的根，故所以由MPAB,得，解得即点P的坐标为，所以直线l的方程为。设抛物线的焦点为，准线为，已知以为圆心，为半径的圆交于两点；（1）若，的面积为；求的值及圆的方程；（2）若三点在同一直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，求坐标原点到距离的比值。【解析】（1）由对称性知：是等腰直角，斜边 点到准线的距离 圆的方程为 （2）由对称性设，则 点关于点对称得： 得：，直线 切点 直线坐标原点到距离的比值为。如图，点是椭圆（）的一个顶点，的长轴是圆的直径，是过点且互相垂直的两条直线，其中交圆于，两点，交椭圆于另一点（）求椭圆的方程；（）求面积取最大值时直线的方程（）由题意得 所以椭圆的方程为（）设，由题意知直线的斜率存在，不妨设为，则直线的方程为 又圆，故点到直线的距离， 所以 又，故直线的方程为 由消去，整理得， 故 所以 设的面积为，则， 所以，当且仅当时取等号所以直线的方程为如图，设椭圆（a1）.（I）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；（II）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.【答案】（I）；（II）（II）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，满足记直线，的斜率分别为，且，由（I）知，故，如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上（）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；（）若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点，求PAB面积的取值范围（）设，因为，的中点在抛物线上，所以，为方程即的两个不同的实数根所以因此，垂直于轴（）由（）可知所以，因此，的面积因为，所以因此，面积的取值范围是已知椭圆C：(ab0)的两个焦点分别为F1(1,0)，F2(1,0)，且椭圆C经过点P.(1)求椭圆C的离心率；(2)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且，求点Q的轨迹方程解：(1)由椭圆定义知，2a|PF1|PF2|，所以.又由已知，c1.所以椭圆C的离心率.(2)由(1)知，椭圆C的方程为y21.设点Q的坐标为(x，y)(1)当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0,1)，(0，1)两点，此时点Q的坐标为.(2)当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为ykx2.因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx12)，(x2，kx22)，则|AM|2(1k2)x12，|AN|2(1k2)x22.又|AQ|2x2(y2)2(1k2)x2.由，得，即.将ykx2代入y21中，得(2k21)x28kx60.由(8k)24×(2k21)×60，得k2.由可知，x1x2，x1x2，代入中并化简，得.因为点Q在直线ykx2上，所以，代入中并化简，得10(y2)23x218.由及k2，可知0x2，即x.又满足10(y2)23x218，故x.由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以1y1.又由10(y2)2183x2有(y2)2且1y1，则y.所以，点Q的轨迹方程为10(y2)23x218，其中x，y.已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l: 与椭圆E有且只有一个公共点T.（I）求椭圆E的方程及点T的坐标；（II）设O是坐标原点，直线平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P.证明：存在常数，使得，并求的值.【答案】（I），点T坐标为（2,1）；（II）.【解析】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（I）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y得关于x的方程有两个相等的实数根，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（II）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系，进行求解.试题解析：（I）由已知，则椭圆E的方程为.由方程组 得.方程的判别式为，由，得，此时方程的解为，所以椭圆E的方程为.点T坐标为（2,1）.（II）由已知可设直线的方程为，由方程组 可得所以P点坐标为（），.所以，同理，所以.故存在常数，使得.在平面直角坐标系中，如图，已知椭圆的左、右顶点为A、B，右焦点为F。设过点T（）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M、，其中m>0,。（1）设动点P满足,求点P的轨迹；（2）设，求点T的坐标；（3）设,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）。解析 本小题主要考查求简单曲线的方程，考查方直线与椭圆的方程等基础知识。考查运算求解能力和探究问题的能力。满分16分。（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。由，得 化简得。故所求点P的轨迹为直线。（2）将分别代入椭圆方程，以及得：M（2，）、N（，）直线MTA方程为：，即，直线NTB 方程为：，即。联立方程组，解得：，所以点T的坐标为。（3）点T的坐标为直线MTA方程为：，即，直线NTB 方程为：，即。分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，解得：、。（方法一）当时，直线MN方程为： 令，解得：。此时必过点D（1，0）；当时，直线MN方程为：，与x轴交点为D（1，0）。所以直线MN必过x轴上的一定点D（1，0）。（方法二）若，则由及，得，此时直线MN的方程为，过点D（1，0）。若，则，直线MD的斜率，直线ND的斜率，得，所以直线MN过D点。因此，直线MN必过轴上的点（1，0）。如图,在平面直角坐标系中,分别是椭圆的左、右焦点，顶点的坐标为，连结并延长交椭圆于点A，过点A作轴的垂线交椭圆于另一点C，连结.21世纪教育网版权所有F1F2OxyBCA(第17题)(1)若点C的坐标为,且,求椭圆的方程；(2)若求椭圆离心率e的值.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且右焦点F到左准线l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l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程.【答案】（1）（2）或（2）当轴时，又，不合题意当与轴不垂直时，设直线的方程为，将的方程代入椭圆方程，得，则，的坐标为，且若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意从而，故直线的方程为，则点的坐标为，从而因为，所以，解得此时直线方程为或考点：椭圆方程，直线与椭圆位置关系如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆:及其上一点A(2， 4).(1)设圆N与x轴相切，与圆外切，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与圆相交于B，C两点，且BC=OA，求直线l的方程；（3）设点T（t，0）满足：存在圆上的两点P和Q，使得，求实数t的取值范围.（第18题） 【答案】（1）（2）（3） (2)因为直线lOA，所以直线l的斜率为.设直线l的方程为y=2x+m，即2x-y+m=0，则圆心M到直线l的距离 因为 而 所以，解得m=5或m=-15.故直线l的方程为2x-y+5=0或2x-y-15=0.(3)设 因为，所以 因为点Q在圆M上，所以 .将代入，得.于是点既在圆M上，又在圆上，从而圆与圆没有公共点，所以 解得.因此，实数t的取值范围是. 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，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l1,过点F2作直线PF2的垂线l2.（1）求椭圆E的标准方程；（2）若直线l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标.解：（1）设椭圆的半焦距为c. 因为椭圆E的离心率为，两准线之间的距离为8，所以， 解得，于是， 因此椭圆E的