高考圆锥曲线难题集粹

高考复习讲义-1-高考数学圆锥曲线训练1.已知ABC△的顶点AB，在椭圆2234xy上，C在直线2lyx：上，且ABl∥．（Ⅰ）当AB边通过坐标原点O时，求AB的长及ABC△的面积；（Ⅱ）当90ABC，且斜边AC的长最大时，求AB所在直线的方程．解：（Ⅰ）因为ABl∥，且AB边通过点(00)，，所以AB所在直线的方程为yx．设AB，两点坐标分别为1122()()xyxy，，，．由2234xyyx，得1x．所以12222ABxx．又因为AB边上的高h等于原点到直线l的距离．所以2h，122ABCSABh△．（Ⅱ）设AB所在直线的方程为yxm，由2234xyyxm，得2246340xmxm．因为AB，在椭圆上，所以212640m．设AB，两点坐标分别为1122()()xyxy，，，，则1232mxx，212344mxx，所以21232622mABxx．又因为BC的长等于点(0)m，到直线l的距离，即22mBC．所以22222210(1)11ACABBCmmm．所以当1m时，AC边最长，（这时12640）此时AB所在直线的方程为1yx．2.如图，椭圆C：22221(0)xyabab的一个焦点为F（1，0），且过点(20)，．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若AB为垂直于x轴的动弦，直线l：4x与x轴交于点N，直线AF与BN交于点M．（ⅰ）求证：点M恒在椭圆C上；（ⅱ）求AMN△面积的最大值．yxABMFNlO高考复习讲义-2-（Ⅰ）由题设2a，1c，从而2223bac．所以椭圆C的方程为22143xy．（Ⅱ）（ⅰ）由题意得(10)F，，(40)N，，设()Amn，，则()(0)Bmnn，，22143mn．……①AF与BN的方程分别为：(1)(1)0nxmy，(4)(4)0nxmy．设00()Mxy，，则有0000(1)(1)0(4)(4)0nxmynxmy，②，③由②，③得05825mxm，0325nym．由于22220022(58)3434(25)(25)xymnmm2222(58)34(25)(25)mnmm222(58)124(25)mnm222(58)3694(25)mmm1．所以点M恒在椭圆C上．（ⅱ）设AM的方程为1xty，代入22143xy得22(34)690tyty．设11()Axy，，22()Mxy，，则有：122634tyyt，122934yyt．2212121224333()434tyyyyyyt．令234(4)t≥，则221243111111434324yy，因为4≥，1104≤，所以当114，即4，0t时，12yy有最大值3，此时AM过点F．AMN△的面积12121322AMNSFNyyyy△有最大值92．yxABMFNOyxABMFNO高考复习讲义-3-3.设椭圆中心在坐标原点，A(2,0)、B(0,1)是它的两个顶点，直线y=kx(k0)与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点.(Ⅰ)若ED=6DF，求k的值；Ⅱ)求四边形AEBF面积的最大值。22．（Ⅰ）解：依题设得椭圆的方程为2214xy，直线ABEF，的方程分别为22xy，(0)ykxk．·················································2分如图，设001122()()()DxkxExkxFxkx，，，，，，其中12xx，且12xx，满足方程22(14)4kx，故212214xxk．①由6EDDF知01206()xxxx，得021221510(6)77714xxxxk；由D在AB上知0022xkx，得0212xk．所以221012714kk，化简得2242560kk，解得23k或38k．·················································································································6分（Ⅱ）解法一：根据点到直线的距离公式和①式知，点EF，到AB的距离分别为21112222(1214)55(14)xkxkkhk，22222222(1214)55(14)xkxkkhk．········································································9分又2215AB，所以四边形AEBF的面积为121()2SABhh214(12)525(14)kk22(12)14kk22144214kkk22≤当21k，即当12k时，上式取等号．所以S的最大值为22．·································12分解法二：由题设，1BO，2AO．设11ykx，22ykx，由①得20x，210yy，DFByxAOE高考复习讲义-4-故四边形AEBF的面积为BEFAEFSSS△△222xy··································································································9分222(2)xy22222244xyxy22222(4)xy≤22当222xy时，上式取等号．所以S的最大值为22．····················································12分4.已知曲线11(0)xyCabab：所围成的封闭图形的面积为45，曲线1C的内切圆半径为253．记2C为以曲线1C与坐标轴的交点为顶点的椭圆．（Ⅰ）求椭圆2C的标准方程；（Ⅱ）设AB是过椭圆2C中心的任意弦，l是线段AB的垂直平分线．M是l上异于椭圆中心的点．（1）若MOOA（O为坐标原点），当点A在椭圆2C上运动时，求点M的轨迹方程；（2）若M是l与椭圆2C的交点，求AMB△的面积的最小值．22．解：（Ⅰ）由题意得22245253ababab，．又0ab，解得25a，24b．因此所求椭圆的标准方程为22154xy．（Ⅱ）（1）假设AB所在的直线斜率存在且不为零，设AB所在直线方程为(0)ykxk，()AAAxy，．解方程组22154xyykx，，得222045Axk，2222045Akyk，所以22222222202020(1)454545AAkkOAxykkk．设()Mxy，，由题意知(0)MOOA，所以222MOOA，即2222220(1)45kxyk，因为l是AB的垂直平分线，高考复习讲义-5-所以直线l的方程为1yxk，即xky，因此22222222222220120()4545xyxyxyxyxy，又220xy，所以2225420xy，故22245xy．又当0k或不存在时，上式仍然成立．综上所述，M的轨迹方程为222(0)45xy．（2）当k存在且0k时，由（1）得222045Axk，2222045Akyk，由221541xyyxk，，解得2222054Mkxk，222054Myk，所以2222220(1)45AAkOAxyk，222280(1)445kABOAk，22220(1)54kOMk．解法一：由于22214AMBSABOM△2222180(1)20(1)44554kkkk2222400(1)(45)(54)kkk22222400(1)45542kkk≥222221600(1)4081(1)9kk，当且仅当224554kk时等号成立，即1k时等号成立，此时AMB△面积的最小值是409AMBS△．当0k，1402522529AMBS△．当k不存在时，140542529AMBS△．高考复习讲义-6-综上所述，AMB△的面积的最小值为409．解法二：因为222222111120(1)20(1)4554kkOAOMkk2224554920(1)20kkk，又22112OAOMOAOM≥，409OAOM≥，当且仅当224554kk时等号成立，即1k时等号成立，此时AMB△面积的最小值是409AMBS△．当0k，1402522529AMBS△．当k不存在时，140542529AMBS△．综上所述，AMB△的面积的最小值为409．5.已知抛物线C：22yx，直线2ykx交C于AB，两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N．（Ⅰ）证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；（Ⅱ）是否存在实数k使0NANB，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．解法一：（Ⅰ）如图，设211(2)Axx，，222(2)Bxx，，把2ykx代入22yx得2220xkx，由韦达定理得122kxx，121xx，1224NMxxkxx，N点的坐标为248kk，．设抛物线在点N处的切线l的方程为284kkymx，将22yx代入上式得222048mkkxmx，直线l与抛物线C相切，2222282()048mkkmmmkkmk，mk．即lAB∥．（Ⅱ）假设存在实数k，使0NANB，则NANB，又M是AB的中点，1||||2MNAB．由（Ⅰ）知121212111()(22)[()4]222MyyykxkxkxxxAy112MNBO高考复习讲义-7-22142224kk．MNx轴，22216||||2488MNkkkMNyy．又222121212||1||1()4ABkxxkxxxx2222114(1)11622kkkk．22216111684kkk，解得2k．即存在2k，使0NANB．解法二：（Ⅰ）如图，设221122(2)(2)AxxBxx，，，，把2ykx代入22yx得2220xkx．由韦达定理得121212kxxxx，．1224NMxxkxx，N点的坐标为248kk，．22yx，4yx，抛物线在点N处的切线l的斜率为44kk，lAB∥．（Ⅱ）假设存在实数k，使0NANB．由（Ⅰ）知22221122224848kkkkNAxxNBxx，，，，则22221212224488kkkkNANBxxxx222212124441616kkkkxxxx1212144444kkkkxxxx221212121214()4164kkkxxxxxxkxx22114(1)421624kkkkkk