高中解析几何椭圆与直线-大题精编-配答案——练习必备!!考试必备!!

1.已知抛物线2:4Cyx，直线:lyxb与抛物线C交于,AB两点.（Ⅰ）若以AB为直径的圆与x轴相切，求该圆的方程；（Ⅱ）若直线l与y轴负半轴相交，记AOB面积为S，求bS的最大值答案：1.解：（1）令线段AB中点坐标为P00,yx，则由题意得，20ABy，由xy42，bxy得0442byy由01616b，得1b421yy，byy421，21212yybxx21221221221221422yyyyyyyyxxAB=bb1241616222210yyy，所以2122b，解出21b2322210bxxx，所求圆的方程为422322yx（8分）（2）由（1）知，bAB124，点O到直线AB的距离2bdbbbbS12212421，bS=41212122bbb，因01b，所以当21b时，bS取最大值1（15分）略2.（本题满分13分）已知椭圆C的两个焦点是(0，-3)和(0，3)，并且经过点3(1)2，，抛物线的顶点E在坐标原点，焦点恰好是椭圆C的右顶点F．（Ⅰ）求椭圆C和抛物线E的标准方程；（Ⅱ）过点F作两条斜率都存在且互相垂直的直线l1、l2，l1交抛物线E于点A、B，l2交抛物线E于点G、H，求HBAG的最小值．答案：2.（I）设椭圆的标准方程为12222bxay(ab0)，焦距为2c，则由题意得c=3，22332(13)(13)444a，∴a=2，222bac=1，∴椭圆C的标准方程为2214yx．………………………………………4分∴右顶点F的坐标为(1，0)．设抛物线E的标准方程为22(0)ypxp，∴1242pp，，∴抛物线E的标准方程为24yx．…………………………………………6分（Ⅱ）设l1的方程：(1)ykx，l2的方程1(1)yxk，11()Axy，，22()Bxy，，33()Gxy，，44()Hxy，，由2(1)4ykxyx，，消去y得：2222(24)0kxkxk，∴x1+x2=2+24k，x1x2=1．由21(1)4yxkyx，，消去y得：x2-(4k2+2)x+1=0，∴x3+x4=4k2+2，x3x4=1，……………………………………………………9分∴()()AGHBAFFGHFFB=FBFGHFFGFBAFHFAF=|AF|·|FB|+|FG|·|HF|=|x1+1|·|x2+1|+|x3+1|·|x4+1|=(x1x2+x1+x2+1)+(x3x4+x3+x4+1)=8+2244kk≥8+22442kk=16．当且仅当2244kk即k=±1时，HBAG有最小值16．……………………13分3.（本题满分12分）已知12,FF为椭圆2222:1xyCab0ab的左右焦点，O是坐标原点，过2F作垂直于x轴的直线2MF交椭圆于M，设2MFd.（1）证明：,,dba成等比数列；(2)若M的坐标为2,1，求椭圆C的方程；（3）在(2)的椭圆中，过1F的直线l与椭圆C交于A、B两点，若0OAOB，求直线l的方程．答案：3.(1)证明：由条件知M点的坐标为0,cy，其中0yd，22222221,1cdcbdbabaa，dbba，即,,dba成等比数列．………3分(2)由条件知2,1cd，22212baab22ab椭圆方程为22142xy…6分所以2122212242kxx,12k4k4xx12k+科+网]由0OAOB得1212xxyy04.（原创）（本小题满分12分）如图，已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率是22，12,AA分别是椭圆C的左、右两个顶点，点F是椭圆C的右焦点。点D是x轴上位于2A右侧的一点，且满足121122ADADFD。（1）求椭圆C的方程以及点D的坐标；（2）过点D作x轴的垂线n，再作直线:lykxm与椭圆C有且仅有一个公共点P，直线l交直线n于点Q。求证：以线段PQ为直径的圆恒过定点，并求出定点的坐标。答案：4.（1）12(,0),(,0),(,0)AaAaFc，设(,0)Dx，由12112ADAD有112xaxa，又1FD，1,1xcxc，于是11211caca1(1)(1)ccaca，又222caca，1(12)(12)ccccc20cc，又0c，1,2,1cab，椭圆22:12xCy，且(2,0)D。（2）(2,2)Qkm，设00(,)Pxy，由2222()1212ykxmxkxmxy222()2xkxm222(21)4220kxkmxm，由于22222222164(21)(22)021021kmkmkmmk（*），而由韦达定理：*00222422222121kmkmkmkxxkkmm由（），20021kykxmmmm，21(,)kPmm，设以线段PQ为直径的圆上任意一点(,)Mxy，由0MPMQ有2221212()(2)()((2))0(2)(2)(1)0kkkxxyykmxyxkmymmmmm由对称性知定点在x轴上，令0y，取1x时满足上式，故过定点(1,0)K。1A2AOFDPQlnxy5.(本题满分l3分)已知椭圆C：2211xym的两个焦点是F1(c,0)，F2(c，0)(c0)。(I)若直线2yx与椭圆C有公共点，求m的取值范围；(II)设E是(I)中直线与椭圆的一个公共点，求|EF1|+|EF2|取得最小值时，椭圆的方程；(III)已知斜率为k(k≠0)的直线l与(II)中椭圆交于不同的两点A，B，点Q满足AQ=QB且0NQAB，其中N为椭圆的下顶点，求直线l在y轴上截距的取值范围．答案：5.6.（本小题14分）已知椭圆P的中心O在坐标原点，焦点在x轴上，且经过点)32,0(A，离心率为21。（1）求椭圆P的方程；(2)是否存在过点)4,0(E的直线l交椭圆P于点,,TR且满足716OTOR，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由。答案：6.（1）设椭圆方程为)0(12222babyax22212122121221221222222211222243)1(4816)(4)4)(4(4316433241001632)43(112164:),(),()2(1121623241222132kkxxkxxkkxkxyykxxkkxxkkxxkyxkxylyxTyxRkyxcbacacaaceb设设存在易知椭圆方程为为所求或0404:1171643)1(48431671671622222121yxyxlkkkkkyyxxOTOR7.（本小题14分）已知椭圆C：12222byax0ba的离心率为21，且过点23,1P，F为其右焦点。（1）求椭圆C的方程。(2)设过点0,4A的直线l与椭圆相交于NM,两点（点M在NA,两点之间），若AMF与MFN的面积相等，试求直线l的方程。答案：7.①CbCaaC3,221134114341)23,1(,134222222222yxCCCPCyCx代入点设椭圆②已知直线l斜率存在，设l方程为y=k(x-4)0126432)34(134)4(222222kxkxky，yxxky得消去△=(32k2)2-4(3+4k2)(64k2-12)02121k)4(6565365431264)4431642(43164)5()4()5(431264)42()2(42)4(43164,)3)(1()3(42)2(431264)1(4332),(),(2222222221112221221222122212211xykkkkkkkkkkxxxxkkxxxx，kkxxkkxxyxNyxM解得代入将得代入将得消去由由已知设8.已知椭圆C两焦点坐标分别为1(3,0)F,2(3,0)F，且经过点1(3,)2P．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）已知点(0,1)A，直线l与椭圆C交于两点,MN．若△AMN是以A为直角顶点的等腰直角三角形，试求直线l的方程．答案：8.（Ⅰ）设椭圆标准方程为22221(0)xyabab．依题意1211212444aPFPF，所以2a．又3c，所以2221bac．于是椭圆C的标准方程为2214xy．………………5分（Ⅱ）依题意，显然直线l斜率存在.设直线l的方程为ykxm，则由2214xyykxm得222(41)8440kxkmxm．因为2222644(41)(44)0kmkm,得22410km．………………①设1122(,),(,)MxyNxy，线段MN中点为00(,)Qxy，则12221228414441kmxxkmxxk于是000224,4141kmmxykxmkk．因为AMAN，线段MN中点为Q，所以AQMN．（1）当00x，即0k且0m时，0011ykx，整理得2341mk．………………②因为AMAN，1122(,1),(,1)AMxyANxy，所以2212121212(1)(1)(1)(1)()21AMANxxyykxxkmxxmm22222448(1)(1)()2104141mkmkkmmmkk，整理得25230mm，解得35m或1m．当1m时，由②不合题意舍去.由①②知，35m时，55k．（2）当00x时，（ⅰ）若0k时，直线l的方程为ym，代入椭圆方程中得221xm.设2(21,)Mmm，2(21,)Nmm,依题意，若△AMN为等腰直角三角形，则AQQN.即2211mm，解得1m或35m.1m不合题意舍去，即此时直线l的方程为35y.（ⅱ）若0k且0m时，即直线l过原点.依椭圆的对称性有(0,0)Q,则依题意不能有AQMN,即此时不满足△AMN为等腰直角三角形.综上，直线l的方程为35y或5530xy或5530xy.………………14分9.已知椭圆22221(0)xyabab的左焦点为F(2,0),离心率e=22,M、N是椭圆上的的动点。（Ⅰ）求椭圆标准方程；（Ⅱ）设动点P满足：2OPOMON，直线OM与ON的斜率之积为12，问：是否存在定点12,FF，使得12PFPF为定值？，若存在，求出12,FF的坐标，若不存在，说明理由。（Ⅲ）若M在第一象限，且点,MN关于原点对称，点M在x轴上的射影为A，连接NA并延长交椭圆于点B，证明：MNMB；答案：9.（Ⅰ）由题知：22,222cacca故2222bac故椭圆的标准方程为：22142xy（Ⅱ）设1122(,),(,),(,)pPPxyMxyNxy，由2OPOMON可得：12122.............2