玉林高中2015级培优班数学补充资料(7)解析几何的存在性问题、定点定值问题与最值问题

玉林高中2015级数学培优资料（7）第1页，共8页玉林高中2015级培优班数学补充资料（7）存在性问题、定点定值问题与最值问题班别：____________姓名：_____________1、椭圆14222yx两焦点分别为F1、F2，P是椭圆在第一象限弧上一点，并满足121PFPF，过P作倾斜角互补的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点.（1）求P点坐标；（2）求证直线AB的斜率为定值；（3）求△PAB面积的最大值。2、已知椭圆E经过点A（2，3），对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在x轴上，离心率.21e（I）求椭圆E的方程；（II）求21AFF的角平分线所在直线l的方程；（III）在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，说明理由.玉林高中2015级数学培优资料（7）第2页，共8页3、已知椭圆的两焦点为)0,3(1F，)0,3(2F，离心率23e.（1）求此椭圆的方程；（2）设直线mxyl:，若l与此椭圆相交于P，Q两点，且PQ等于椭圆的短轴长，求m的值；（3）以此椭圆的上顶点B为直角顶点作椭圆的内接等腰直角三角形ABC，这样的直角三角形是否存在？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由.4、已知椭圆E的长轴的一个端点是抛物线.36,542离心率是的焦点xy（1）求椭圆E的方程；（2）过点(1,0)C，斜率为k的动直线与椭圆E相交于A、B两点，请问x轴上是否存在点M，使MBMA为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．玉林高中2015级数学培优资料（7）第3页，共8页5、已知椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线yx42的焦点，离心率52e，过椭圆的右焦点F作与坐标轴不垂直的直线l交椭圆于BA,两点．（1）求椭圆方程；（2）设点)0,(mM是线段OF上的一个动点，且ABMBMA)(，求m的取值范围；（3）设点C是点A关于x轴对称点，在x轴上是否存在一个定点N，使得NBC,,三点共线？若存在，求出定点N的坐标，若不存在，请说明理由．玉林高中2015级数学培优资料（7）第4页，共8页6.如图,设椭圆的中心为原点O,长轴在x轴上,上顶点为A,左右焦点分别为21,FF,线段12,OFOF的中点分别为21,BB,且△21BAB是面积为4的直角三角形.(Ⅰ)求该椭圆的离心率和标准方程;(Ⅱ)过1B做直线l交椭圆于P,Q两点,使22QBPB,求直线l的方程玉林高中2015级数学培优资料（7）第5页，共8页玉林高中2015级数学培优资料（7）答案存在性问题、定点定值问题与最值问题1、解：（1）由题得)2,0(1F，)20(2F，设)0,0(),(00000yxyxP)2,(001yxPF，)2,(001yxPF，∴1)2(202021yxPFPF，∵点),(00yxP在曲线上，则1422020yx，∴242020yx，从而1)2(242020yy，得20y.则点P的坐标为)2,1(.（2）由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在，设PB的斜率为)0(kk，则BP的直线方程为：)1(2xky.由142)1(222yxxky得xkkxk)2(2)2(2204)2(2k，设),(BByxB，则2222222212)2(2,2)2(21kkkkkkxkkkxBB，同理可得222)222kkkxA，则2224kkxxBA，228)1()1(kkxkxkyyBABA.所以：AB的斜率2BABAABxxyyk为定值.（3）设AB的直线方程：mxy2.由142222yxmxy，得0422422mmxx，由0)4(16)22(22mm，得2222mP到AB的距离为3||md，则3||3)214(21||212mmdABSPAB2)28(81)8(8122222mmmm。]当且仅当22,222m取等号∴三角形PAB面积的最大值为2。2、解析（I）设椭圆E的方程为22221xyab222211,,2,3,22ceacbacea由即得22221.43xyce椭圆方程具有形式将A（2，3）代入上式，得22131,2,ccc解得∴椭圆E的方程为221.1612xy（II）解法1：由（I）知12(2,0),(2,0)FF，所以直线AF1的方程为：3(2),3460,4yxxy即直线AF2的方程为：2.x由点A在椭圆E上的位置知，直线l的斜率为正数.设(,)Pxyl为上任一点，则|346||2|.5xyx若346510,280xyxxy得（因其斜率为负，舍去）.所以直线l的方程为：210.xy玉林高中2015级数学培优资料（7）第6页，共8页解法2：121212121(2,3),(2,0),(2,0),(4,3),(0,3).114(4,3)(0,3)(1,2).535||||2,:32(1),210.AFFAFAFAFAFAFAFklyxxy即（III）解法1：假设存在这样的两个不同的点1122(,)(,),BxyCxy和2112120000211,.(,),,,222BCyyxxyyBClkBCMxyxyxx设的中点为则由于M在l上，故00210.xy①又B，C在椭圆上，所以有2222112211.16121612xyxy与两式相减，得222221210,1612xxyy即12211221()()()()0.1612xxxxyyyy将该式写为122112211108262xxyyyyxx，并将直线BC的斜率BCk和线段BC的中点，表示代入该表达式中，得0000110,320.812xyxy即②①×2—②得202,3xy，即BC的中点为点A，而这是不可能的.∴不存在满足题设条件的点B和C.解法2：假设存在1122(,),(,)BxyCxyl两点关于直线对称，则1,.2BClBCk221,1,21612xyBCyxm设直线的方程为将其代入椭圆方程得一元二次方程2222134()48,120,2xxmxmxm即则12xx与是该方程的两个根，由韦达定理得12,xxm于是121213()2,22myyxxm∴B，C的中点坐标为3(,).24mm又线段BC的中点在直线321,1,4.4myxmm上得即B，C的中点坐标为（2，3），与点A重合，矛盾.∴不存在满足题设条件的相异两点.3、解：（1）设椭圆方程为12222byax)0(ba，则3c，23ac，1,2222caba所求椭圆方程为1422yx.（2）由4422yxmxy，消去y，得0)1(48522mmxx，玉林高中2015级数学培优资料（7）第7页，共8页则0)1(806422mm得52m（*）设),(),,(2211yxQyxP，则5821mxx，5)1(4221mxx，2121xxyy，2]5)1(16)58[(2)()(22221221mmyyxxPQ，解得.8152m，满足（*）（3）设能构成等腰直角三角形ABC，其中B（0，1），由题意可知，直角边BA，BC不可能垂直或平行于x轴，故可设BA边所在直线的方程为1kxy（不妨设k0），则BC边所在直线的方程为11xky，由44122yxkxy，得A),1418,418(222kkkk,4118)418()418(2222222kkkkkkkAB用k1代替上式中的k，得22418kkBC，由BCAB，得,41)4(22kkkk0，解得：1k或253k，故存在三个内接等腰直角三角形.-4、解：（1）依题意椭圆的焦点在x轴，且226301055,5,5,3333aceabac又故2231,55xyE故所求椭圆的方程为即5322yx（2）假设存在点M符合题意，设AB：),1(xky代入53:22yxE得：0536)13(2222kxkxk)0,(),,(),,(2211mMyxByxA设则1353,13622212221kkxxkkxx22222121121614(1)()()21033(31)mMAMBkxxkmxxkmmmk分要使上式与K无关，则有37,0146mm解得，存在点)0,37(M满足题意．5、解：（1）由题意知1b，又54222222abaace，所以52a，所以1522yx（2）由（1）得)0,2(F，所以20m，设l的方程为)0)(2(kxky，联立得052020)15(2222kxkxk，15202221kkxx，155202221kkxx，（*）),2(2121yymxxMBMA，),(1212yyxxAB，由题意得0))(())(2(12211221yyyyxxmxx，代入可得0)58(2mkm，所以0582mmk得580m（3）设)0,(tN，则有CNCB//，所以),(1212yyxxCB，玉林高中2015级数学培优资料（7）第8页，共8页),(11yxtCN，所以))(()(112112xtyyyxx，整理得：211221121221122121(2)(2)22()()4()4xyxyxkxkxkxkkxxkxxtyykxxkkxxk12212122()()4xxxxxx代入（*）式解得25t[来源：学．科．网]所以在x轴上存在一个定点N5(,0)2，使得NBC,,三点共线．6.解:设所求椭圆的标准方程为222210xyabab,右焦点为2,0Fc.因12ABB是直角三角形,又12ABAB,故12BAB为直角,因此2OAOB,得2cb.结合222cab得2224bab,故22225,4abcb,所以离心率255cea.在12RtABB中,12OABB,故122122122ABBcSBBOAOBOAbb由题设条件124ABBS,得24b,从而22520ab.因此所求椭圆的标准方程为:221204xy(2)由(1)知1(2,0),(2,0)BB,由题意知直线l的倾斜角不为0,故可设直线l的方程为:2xmy,代入椭圆方程得2254160mymy,设1222,,,PxyQxy,则12,yy是上面方程的两根,因此12245myym,122165yym又2112222,,2,BPxyBQxy,所以22121222BPBQxxyy121244mymyyy212121416myymyy2222161161655mmmm2216645mm由21PBQB,得220BPBQ,即216640m,解得2m,所以满足条件的直线有两条,其方程分别为:220xy和220xy