圆锥曲线大题专题训练答案和题目

圆锥曲线大题专题训练

1．如图，曲线G的方程为y22x(y≥0)．以原点为圆心．以t(t0)为半径的圆分别 与曲线G和y轴的正半轴相交于点A与点B．直线AB与x轴相交于点C． （Ⅰ）求点A的横坐标a与点C的横坐标

c的关系式

（Ⅱ）设曲线G上点D的横坐标为a2， 求证：直线CD的斜率为定值．

1.解：（Ⅰ）由题意知，A(a，2a)．

y G:y22x

D B A O a a2 Ｃ x 因为OAt，所以a2at．由于t0，故有ta22a． （1）

22由点B(0，t)，C(c，0)的坐标知，直线BC的方程为又因点A在直线BC上，故有解得ca22(a2)．

xy1． cta2aa2a1，将（1）代入上式，得1， ctca(a2)（Ⅱ）因为D(a2，2(a2))，所以直线CD的斜率为

kCD2(a2)2(a2)2(a2)1．

a2ca2(a22(a2))2(a2)所以直线CD的斜率为定值．

2．设F是抛物线G:x4y的焦点．

24)作抛物线G的切线，求切线方程； （I）过点P(0，（II）设A，B为抛物线G上异于原点的两点，且满足FAFB0，延长AF，BF分别交抛物线G于点C，D，求四边形ABCD面积的最小值．

2x0xx2.解：（I）设切点Qx0，．由y，知抛物线在Q点处的切线斜率为0，故所求切线方程为

224- 优选

. .

22x0x0x0x4y(xx0)． 即yx． 因为点P(0，)在切线上．

24422x02所以4，x016，x04．所求切线方程为y2x4．

4（II）设A(x1，y1)，C(x2，y2)．

由题意知，直线AC的斜率k存在，由对称性，不妨设k0． 因直线AC过焦点F(01)，，所以直线AC的方程为ykx1．

ykx1，2点A 得x4kx40， ，C的坐标满足方程组2x4y，x1x24k，由根与系数的关系知

xx4.12AC(x1x2)2(y1y2)21k2(x1x2)24x1x24(1k2)．

因为ACBD，所以BD的斜率为11，从而BD的方程为yx1． kk124(1k2)同理可求得BD41． 2kkSABCD18(1k2)212ACBD8(k2)≥32． 2k2k2当k1时，等号成立．所以，四边形ABCD面积的最小值为32．

3．如图，有一块半椭圆形钢板，其长半轴长为2r，短半轴长为r，计划将此钢板切割成等腰梯形的形状，下底AB是半椭圆的短轴，上底CD的端点在椭圆上，记CD2x，梯形面积为S． （I）求面积S以x为自变量的函数式，并写出其定义域； （II）求面积S的最大值． C D 2r

3．解：（I）依题意，以AB的中点O为原点建立直角坐标系

A B 2r Oxy（如图），则点C的横坐标为x．

y x2y2点C的纵坐标y满足方程221(y≥0)，

r4r解得y2r2x2(0xr)

D C x B- 优选

A O . .

1S(2x2r)2r2x2

22(xr)r2x2，其定义域为x0xr．

0xr， （II）记f(x)4(xr)(rx)，则f(x)8(xr)(r2x)． 令f(x)0，得x当0x22221r． 21fr是f(x)的最大值． 2rr时，f(x)0；当xr时，f(x)0，所以221r时，S也取得最大值，最大值为2332r． 2因此，当x1332frr．

22即梯形面积S的最大值为

y 边所在直线的方程

4．如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点M(2，0)，AB为x3y60点T(11)，在AD边所在直线上． （I）求AD边所在直线的方程；

（II）求矩形ABCD外接圆的方程；

（III）若动圆P过点N(2，0)，且与矩形ABCD外接圆外轨迹方程．

T D N O A C M B x 切，求动圆P的圆心

4.解：（I）因为AB边所在直线的方程为x3y60，且AD与AB垂直，所以直线AD的斜率为3．又因为点

T(11)，在直线AD上，所以AD边所在直线的方程为y13(x1)．即3xy20．

（II）由x3y60，解得点A的坐标为(0，2)，

3xy2=00)．所以M为矩形ABCD外接圆的圆心． 因为矩形ABCD两条对角线的交点为M(2，22又AM(20)(02)22．故矩形ABCD外接圆方程为(x2)y8．

22（III）因为动圆P过点N，所以PN是该圆的半径，又因为动圆P与圆M外切， 所以PMPN22，即PMPN22．

- 优选

. .

故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为22的双曲线的左支． 因为实半轴长a2，半焦距c2．所以虚半轴长bc2a22．

x2y21(x≤2)． 从而动圆P的圆心的轨迹方程为225．已知函数ykx与yx2(x≥0)的图象相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，l1，l2分别是yx2(x≥0)的图

22象在A，B两点的切线，M，N分别是l1，l2与x轴的交点． （I）求k的取值X围；

（II）设t为点M的横坐标，当x1x2时，写出t以x1为自变量的函数式，并求其定义域和值域； （III）试比较OM与ON的大小，并说明理由（O是坐标原点）．

5．解：（I）由方程ykx，yx22消y得xkx20．

2①

依题意，该方程有两个正实根，

k280，故解得k22．

xxk0，12（II）由f(x)2x，求得切线l1的方程为y2x1(xx1)y1，

2由y1x12，并令y0，得tx11 2x1kk284x1，x2是方程①的两实根，且x1x2，故x1，k22， 22kk8x1是关于k的减函数，所以x1的取值X围是(0，2)．

t是关于x1的增函数，定义域为(0，2)，所以值域为(，0)，

（III）当x1x2时，由（II）可知OMtx11． 2x1类似可得ONx21xxxx．OMON1212． 2x22x1x2由①可知x1x22．从而OMON0．

- 优选

. .

当x2x1时，有相同的结果OMON0．所以OMON．

6．如图，已知F(1 ，0)，直线l:x1，P为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且QPQFFPFQ．（Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；

（Ⅱ）过点F的直线交轨迹C于A，B两点，交直线l于点M． l y （1）已知MA1AF，MB2BF，求12的值； （2）求MAMB的最小值．

F 1 O 1 x 6.解：（Ⅰ）设点P(x，y)，则Q(1，y)，由QPQFFPFQ得： (x1，0)(2，y)(x1，y)(2，y)，化简得C:y24x．

（Ⅱ）（1）设直线AB的方程为：xmy1(m0)．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又M1，2m， 联立方程组y24x，22xmy1，，消去x得：y4my40，(4m)120，

y y1y24m， y1y24．Q P B 由MA1AF，MB2BF得：

x y2O F m211y1，y2m2y2，整理得：

A M 112my，122， 1my222m1y122y1y224m121y2my20．

1y2m4解法二：（Ⅰ）由QPQFFPFQ得：FQ(PQPF)0，

(PQPF)(PQPF)0，

PQ2PF20，

- 优选

. .

PQPF．

所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹C的方程为：y4x．

2（Ⅱ）（1）由已知MA1AF，MB2BF，得120． 则：

MAMB1AF2BF．…………①

过点A，B分别作准线l的垂线，垂足分别为A1，B1， 则有：

MAMBAA1BB1AFBF．…………②

AF1AF由①②得：，即120． 2BFBF（Ⅱ）（2）解：由解法一，MAMB2 (1m2)y1y2yM(y1y2)yM1m22y1yMy2yM

(1m2)42444m2(1m2)42 mmm4(2m22121)≥422m16． 22mm当且仅当m1，即m1时等号成立，所以MAMB最小值为16． m27．在平面直角坐标系xOy，已知圆心在第二象限、半径为22的圆C与直线yx相切于坐标原点O．椭圆

x2y21与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10． a29（1）求圆C的方程；

（2）试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长，若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 7.解：（1）圆C：(x2)2(y2)28；

x2y2 （2）由条件可知a=5，椭圆，若存在，则F在OQ的中垂线上，又O、Q在圆C上，所以O、1，∴F（4，0）

259Q关于直线CF对称；

- 优选

. .

4yx315直线CF的方程为y-1=(x1),即x3y40，设Q（x,y），则x，解得

12x3y3y40522412所以存在，Q的坐标为(,)。

55x2y21有两个不同的交点P和Q． 8．在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，2)且斜率为k的直线l与椭圆2（I）求k的取值X围；

（II）设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量OPOQ与AB共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由． 8．解：（Ⅰ）由已知条件，直线l的方程为ykx2，

x21(kx2)21．整理得k2x222kx10① 代入椭圆方程得22直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于8k421k24k220， 2解得k2222k∞，，∞或．即k的取值X围为2． 222（Ⅱ）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则OPOQ(x1x2，y1y2)， 由方程①，x1x242k． ② 又y1y2k(x1x2)22． ③

12k20)B(0，，1)AB(2，1)． 而A(2，，所以OPOQ与AB共线等价于x1x22(y1y2)， 将②③代入上式，解得k2． 2由（Ⅰ）知k22或k，故没有符合题意的常数k． 22222)且斜率为k的直线与圆Q相交9．在平面直角坐标系xOy中，已知圆xy12x320的圆心为Q，过点P(0，，B． 于不同的两点A- 优选

. .

（Ⅰ）求k的取值X围；

（Ⅱ）是否存在常数k，使得向量OAOB与PQ共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．

9．解：（Ⅰ）圆的方程可写成(x6)y4，所以圆心为Q(6，过P(0，代0)，2)且斜率为k的直线方程为ykx2．入圆方程得x(kx2)12x320， 整理得(1k)x4(k3)x360． ① 直线与圆交于两个不同的点A，B等价于

222222[4(k3)2]436(1k2)42(8k26k)0，

解得330． k0，即k的取值X围为，44（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则OAOB(x1x2，y1y2)， 由方程①，x1x24(k3)② 又y1y2k(x1x2)4． ③ 21k2)Q(6，，0)PQ(6，2)． 而P(0，，所以OAOB与PQ共线等价于(x1x2)6(y1y2)， 将②③代入上式，解得k3． 40，故没有符合题意的常数k． 由（Ⅰ）知k，10．在平面直角坐标系xOy中，过定点C(0，p)作直线与抛物线x2py（p0）相交于A，B两点．

234（I）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；

（II）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由．

- 优选

. .

y C A O N 10.解法1：（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N(0，p)，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

B x

x22py，22直线AB的方程为ykxp，与x2py联立得消去y得x2pkx2p0．

ykxp．22由韦达定理得x1x22pk，x1x22p．

y 于是S△ABNS△BCNS△ACN·2px1x2．

12B C A O N x px1x2p(x1x2)4x1x2

2p4pk8p2p2222k2，

2∴当k0时，(S△ABN)min22p2．

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为ya，

AC的中点为O，l与AC为直径的圆相交于点P，Q，PQ的中点为H，

则OHPQ，Q点的坐标为x1y1p，．

22y ∵OP11212ACx1(y1p)2y1p2， 222y1p12ay1p， 22l A B OHaOC O N 11222∴PHOPOH(y12p2)(2ay1p)2 44pay1a(pa)，

2x p2∴PQ(2PH)24ay1a(pa)．

2- 优选

. .

令appp0，得a，此时PQp为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y， 222即抛物线的通径所在的直线．

解法2：（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得

AB1k2x1x21k2·(x1x2)24x1x21k2·4p2k28p2

2p1k2·k22，

又由点到直线的距离公式得d2p1k22．

·AB·2p1k·k2·从而S△ABN·d121222p1k22p2k22，

∴当k0时，(S△ABN)min22p2．

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为ya，则以AC为直径的圆的方程为

(x0)(xx1)(yp)(yy1)0，

2将直线方程ya代入得xx1x(ap)(ay1)0，

2则△x14(ap)(ay1)4ap． ya(pa)12设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x3，y3)，Q(x4，y4)， 则有PQx3x4令app4ay1a(pa)2ay1a(pa)．

22ppp0，得a，此时PQp为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y， 22222即抛物线的通径所在的直线．

11．已知双曲线xy2的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的动直线与双曲线相交于A，B两点． （I）若动点M满足FM，求点M的轨迹方程； F1AF1BFO11（其中O为坐标原点）

（II）在x轴上是否存在定点C，使CA·CB为常数？若存在，求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．

0)，F2(2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 11．解：由条件知F1(2，解法一：（I）设M(x，y)，则则FM(x2，y)，F1A(x12，y1)， 1- 优选

. .

F1B(x22，y2)，FO1(2，0)，由FM1F1AF1BFO1得 x2x1x26，即x1x2xyy4，y 1y2y1y2于是AB的中点坐标为x42，y2． y当AB不与x轴垂直时，y1y22yx，即yy1y1x2x42x8(x1x2)． 22x8又因为A，B两点在双曲线上，所以x22221y12，x2y22，两式相减得

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)，即(x1x2)(x4)(y1y2)y．

将yy1y2x8(x1x2)代入上式，化简得(x6)2y24． 当AB与x轴垂直时，x1x22，求得M(8，0)，也满足上述方程． 所以点M的轨迹方程是(x6)2y24．

（II）假设在x轴上存在定点C(m，0)，使CACB为常数．

当AB不与x轴垂直时，设直线AB的方程是yk(x2)(k1)． 代入x2y22有(1k2)x24k2x(4k22)0．

则xx4k24k221，x2是上述方程的两个实根，所以x12k21，x1x2k21，

于是CACB(x1m)(x2m)k2(x12)(x22)

(k21)x1x2(2k2m)(x1x2)4k2m2

(k21)(4k22)4k2k21(2k2m)k214k2m2 2(12m)k22k21m22(12m)44m2k21m．

因为CACB是与k无关的常数，所以44m0，即m1，此时CACB=1．

- 优选

. .

2)， 当AB与x轴垂直时，点A，B的坐标可分别设为(2，2)，(2，2)1． 此时CACB(1，2)(1，故在x轴上存在定点C(1，0)，使CACB为常数．

x1x2x4，解法二：（I）同解法一的（I）有

yyy12当AB不与x轴垂直时，设直线AB的方程是yk(x2)(k1)． 代入xy2有(1k)x4kx(4k2)0．

2222224k2则x1，x2是上述方程的两个实根，所以x1x22．

k14k24k． y1y2k(x1x24)k42k1k14k24k由①②③得x42．…………④y2．……………⑤

k1k1当k0时，y0，由④⑤得，

x4k，将其代入⑤有 yx44y(x4)y22(x6)y4． ．整理得y222(x4)(x4)y1y240)，满足上述方程． 当k0时，点M的坐标为(4，0)，也满足上述方程． 当AB与x轴垂直时，x1x22，求得M(8，故点M的轨迹方程是(x6)y4．

220)，使CACB为常数， （II）假设在x轴上存在定点点C(m，4k24k22当AB不与x轴垂直时，由（I）有x1x221，x1x22．

kk1以下同解法一的（II）．

，0)． 12．已知双曲线xy2的右焦点为F，过点F的动直线与双曲线相交于A，B两点，点C的坐标是(1- 优选

22. .

（I）证明CA·CB为常数；

（II）若动点M满足CMCACBCO（其中O为坐标原点），求点M的轨迹方程． 12．解：由条件知F(2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

（I）当AB与x轴垂直时，可设点A，B的坐标分别为(2，2)，(2，2)， 此时CACB(1，2)(1，2)1． 当AB不与x轴垂直时，设直线AB的方程是yk(x2)(k1)． 代入x2y22，有(1k2)x24k2x(4k22)0．

，x4k24k2则x212是上述方程的两个实根，所以x1x2k21，x1x2k21，

于是CACB(x11)(x21)y1y2(x11)(x21)k2(x12)(x22)

(k21)x1x22(2k1)(x1x2)4k21

(k21)(4k22)k214k2(2k21)k214k21(4k22)4k211． 综上所述，CACB为常数1．

（II）解法一：设M(x，y)，则CM(x1，y)，CA(x11，y1)，

CB(x21，y2)，CO(1，0)，由CMCACBCO得： x1x1x23，yy即x1x2x2， 1y2y1y2y于是AB的中点坐标为x22，y2． y当AB不与x轴垂直时，y1y2x2y，即yy1y2(x1x2)． 1x2x22x2x22又因为A，B两点在双曲线上，所以x22221y12，x2y22，两式相减得

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)，即(x1x2)(x2)(y1y2)y．

- 优选

. .

将yy1y2x2(x1x2)代入上式，化简得x2y24． 当AB与x轴垂直时，x1x22，求得M(2，0)，也满足上述方程． 所以点M的轨迹方程是x2y24．

解法二：同解法一得x1x2x2，……………………………………①y1y

2yAB不与x轴垂直时，由（I） 有x4k2当1x2k21．…………………②

yyx4k24k12k(x124)k．………………………③ k14k2124k2由①②③得x4kk21．………④yk21．……………⑤

当k0时，y0，由④⑤得，

x2yk，将其代入⑤有 4x2yy4y(x2)22(x2)2(x2)2y2．整理得xy4． y21当k0时，点M的坐标为(2，0)，满足上述方程．

当AB与x轴垂直时，x1x22，求得M(2，0)，也满足上述方程． 故点M的轨迹方程是x2y24．

13．设动点P到点A(1，0)和B(1，0)的距离分别为d1和d2，y 常数(01)，使得d1d22sin．

dP 1 的方程； 2 （1）证明：动点P的轨迹C为双曲线，并求出Cd2 （2）过点B作直线交双曲线C的右支于M，N两点，试确定的A O B y其中点O为坐标原点．

13．解法一：（1）在△PAB中，AB2，即22d221d22d1d2cos2，

4(d21d2)4d1d2sin2，即d1d244d1d2sin2212（常数），

- APB2，且存在

X围，使OMON0，

优选

. .

故点P的轨迹C是以A，B为焦点，实轴长2a21的双曲线．

x2y21． 方程为：

1（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)

①当MN垂直于x轴时，MN的方程为x1，M(11)，，N(1，1)在双曲线上．

即

5111151210，因为01，所以．

212②当MN不垂直于x轴时，设MN的方程为yk(x1)．

x2y212222由1得：(1)kx2(1)kx(1)(k)0， yk(x1)2由题意知：(1)k0，

2k2(1)(1)(k2)所以x1x2，x1x2．

(1)k2(1)k2k22于是：y1y2k(x11)(x21)． 2(1)k2因为OMON0，且M，N在双曲线右支上，所以

(1)x1x2y1y20k2(1)251212． x1x201123xx0k2210121由①②知，

512≤． 23214．已知正三角形OAB的三个顶点都在抛物线y2x上，其中O为坐标原点，设圆C是△OAB的内接圆（点C为圆心）

（I）求圆C的方程；

（II）设圆M的方程为(x47cos)(y7sin)1，过圆M上任意一点P分别作圆C的两条切线PE，PF，

22切点为E，F，求CECF的最大值和最小值．

- 优选

. .

2y12y214.（I）解法一：设A，B两点坐标分别为，y1，，y2，由题设知

222y12y22y12y2222yy(y1y2)． 12222222解得y1y212，

22223)，B(6，23)． 23)或A(6，23)，B(6，所以A(6，设圆心C的坐标为(r，0)，则r264，所以圆C的方程为 3(x4)2y216． ···························· 4分

解法二：设A，B两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由题设知

222222x12y12x2y2．又因为y12x1，y22x2，可得x12x1x22x2．

即(x1x2)(x1x22)0．

由x10，x20，可知x1x2，故A，B两点关于x轴对称，所以圆心C在x轴上．

3333r2r，解得r4，所以圆C的方程为r，r设C点的坐标为(r，，于是有0)，则A点坐标为2222(x4)2y216． ···························· 4分

（II）解：设ECF2a，则

2CECF|CE||CF|cos216cos232cos216． ·········· 8分

在Rt△PCE中，cosx4，由圆的几何性质得 |PC||PC||PC|≤|MC|1718，|PC|≥|MC|1716，

1216≤cos≤，由此可得 8≤CECF≤． 23916则CECF的最大值为，最小值为8．

9所以

x2y21的左、右焦点分别为F1，F2．过F1的直线交椭圆于B，D两点，过F2的直线交椭圆于A，C15.已知椭圆32两点，且ACBD，垂足为P．

- 优选

. .

22x0y01； （Ⅰ）设P点的坐标为(x0，y0)，证明：32（Ⅱ）求四边形ABCD的面积的最小值． 15.证明：（Ⅰ）椭圆的半焦距c321，

22由AC⊥BD知点P在以线段F1F2为直径的圆上，故x0y01，

2222y0x0y0x21≤1． 所以，32222x2y21，并化简得（Ⅱ）（ⅰ）当BD的斜率k存在且k0时，BD的方程为yk(x1)，代入椭圆方程32(3k22)x26k2x3k260．

设B(x1，y1)，D(x2，y2)，则

6k23k26x1x22，x1x22

3k23k2BD1k243(k21)x1x2(1k)(x2x2)4x1x23k22；

22因为AC与BC相交于点P，且AC的斜率为1， k1432143(k21)k所以，AC． 212k3322k四边形ABCD的面积

124(k21)2(k21)296SBDAC≥．

2(3k22)(2k23)(3k22)(2k23)2252当k1时，上式取等号．

（ⅱ）当BD的斜率k0或斜率不存在时，四边形ABCD的面积S4． 综上，四边形ABCD的面积的最小值为

296． 2516．在直角坐标系xOy中，以O为圆心的圆与直线x3y4相切．

- 优选

. .

（1）求圆O的方程；

（2）圆O与x轴相交于A，B两点，圆内的动点P使PA，PO，PB成等比数列，求PAPB的取值X围． 16．解：（1）依题设，圆O的半径r等于原点O到直线x3y4的距离，

即 r42． 得圆O的方程为x2y24． 130)B(x2，，0)x1x2．由x24即得 （2）不妨设A(x1，，A(2，，0)B(2，0)．

设P(x，y)，由PA，PO，PB成等比数列，得

(x2)2y2(x2)2y2x2y2， 即 x2y22．

PAPB(2x，y)(2x，y)x24y22(y21).

22xy4，2y1． 由于点P在圆O内，故2 由此得2xy2.所以PAPB的取值X围为[2，0)．

17.已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1． （Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）若直线l:ykxm与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．

17.（本小题满分12分）

x2y2解：（Ⅰ）由题意设椭圆的标准方程为221(ab0)，

ab由已知得：ac3，ac1，a2，c1，bac3．

222x2y2椭圆的标准方程为1．

43ykxm，（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x2y2

1.34得(34k)x8mkx4(m3)0，

- 优选

222. .

m2k216(34k2)(m23)0，即34k2m20，则8mk ，x1x2234k4(m23).x1x2234k3(m24k2)又y1y2(kx1m)(kx2m)kx1x2mk(x1x2)m， 234k22因为以AB为直径的圆过椭圆的右焦点D(2，0)，

kADkBD1，即

y1y21，

x12x22y1y2x1x22(x1x2)40，

3(m24k2)4(m23)16mk40，

34k234k234k29m216mk4k20．

解得：

m12k，m22k22，且均满足34km0， 70)，与已知矛盾； 当m12k时，l的方程为yk(x2)，直线过定点(2，当m222k20． 时，l的方程为ykx，直线过定点，777270． 所以，直线l过定点，定点坐标为，6x2y218．已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为3．

3ab（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为3，求△AOB面积的最大值． 2c6，18．解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意a3

a3，- 优选

. .

x2b1，所求椭圆方程为y21．

3（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)． （1）当AB⊥x轴时，AB3． （2）当AB与x轴不垂直时， 设直线AB的方程为ykxm． 由已知m1k23232，得m(k1)．

42222把ykxm代入椭圆方程，整理得(3k1)x6kmx3m30，

3(m21)6km，x1x2． x1x2223k13k136k2m212(m21)AB(1k)(x2x1)(1k)2 22(3k1)3k1222212(k21)(3k21m2)3(k21)(9k21)

(3k21)2(3k21)212k21212343(k0)≤34．

19k6k2123629k26k当且仅当9k231k，即时等号成立．当k0时，AB3， 23k综上所述ABmax2．

当AB最大时，△AOB面积取最大值S133ABmax． 222x2y21的左、右焦点. 19.设F1、F2分别是椭圆4（Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求PF1·PF2的最大值和最小值;

（Ⅱ）设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且∠AOB为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的- 优选

. .

斜率k的取值X围.

19.解：（Ⅰ）解法一：易知a2,b1,c3 所以F13,0,F23,0，设Px,y，则

PF1PF23x,y,x,yx2y23x21x2314343x28

因为x2,2，故当x0，即点P为椭圆短轴端点时，PF1PF2有最小值2 当x2，即点P为椭圆长轴端点时，PF1PF2有最大值1 解法二：易知a2,b1,c3，所以F13,0,F23,0，设Px,y，则

222PF1PF2PF1PF2cosF1PF2PFPF1PF2F1F21PF22PF1PF

21x3222yx32y212x2y23（以下同解法一）

（Ⅱ）显然直线x0不满足题设条件，可设直线l:ykx2,Ax1,y2,Bx2,y2，

ykx2联立x22，消去y，整理得：k21x244y14kx30

∴x1x4k2,x1x23

k214k214由4k24k1434k230得：k32或k32 又00A0B900cosA0B0OAOB0 ∴OAOBx1x2y1y20

又yk2x3k28k2k21

1y2kx12kx221x22kx1x244k21214k4k21

4- 优选

. .

k210，即k24∴2k2 ∵

11k2k2443故由①、②得2k33k2 或22x2y220.设椭圆221(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，A是椭圆上的一点，AF2F1F2，原点O到直线AF1的

ab距离为

1OF1． 32b；

222（Ⅰ）证明a（Ⅱ）求t(0，b)使得下述命题成立：设圆xyt上任意点M(x0，y0)处的切线交椭圆于Q1，Q2两点，则

OQ1OQ2．

0)，F2(c，0)，不妨设点A(c，y)，其中 20.（Ⅰ）证法一：由题设AF2F1F2及F1(c，c2y2y0，由于点A在椭圆上，有221，

aba2b2y221， a2bb2b2解得y，从而得到Ac，，

aab2(xc)，整理得 直线AF2的方程为y2acb2x2acyb2c0．

由题设，原点O到直线AF1的距离为

1OF1，即 3cb2c， 4223b4ac将cab代入原式并化简得a2b，即a222222b．

b2证法二：同证法一，得到点A的坐标为c，，

a- 优选

. .

过点O作OBAF1，垂足为H，易知△F1BC∽△F1F2A，故 y BOFA2 OF1F1A由椭圆定义得AF1AF22a，又BOH F1 O A F2 x 1OF1，所以 3F2A1F2A， 3F1A2aF2Ab2b2aa，即a2b． 解得F2A，而F2A，得

aa222222（Ⅱ）解法一：圆xyt上的任意点M(x0，y0)处的切线方程为x0xy0yt．

当t(0，b)时，圆xyt上的任意点都在椭圆内，故此圆在点A处的切线必交椭圆于两个不同的点Q1和Q2，

222因此点Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)的坐标是方程组

2x0xy0yt ①的解．当y00时，由①式得 222x2y2b ②t2x0x yy0t2x0x22代入②式，得x22b，即

y0222(2x0y0)x24t2x0x2t42b2y00，

224t2x02t42b2y0于是x1x2，x1x2 22222x0y02x0y0t2x0x1t2x1x2 y1y2y0y1142tx0t2(x1x2)x0x1x22 y04224t2x014222t2by02tx0tx0 2222y02x0y02x0y0- 优选

. .

2t42b2x0． 222x0y0若OQ1OQ2，则

22222t42b2y0t42b2x03t42b2(x0y0)x1x2y1y20． 2222222x0y02x0y02x0y04222222422所以，3t2b(x0y0)0．由x0y0t，得3t2bt0．在区间(0，b)内此方程的解为t6b． 3当y00时，必有x00，同理求得在区间(0，b)内的解为t6b． 3另一方面，当t6b时，可推出x1x2y1y20，从而OQ1OQ2． 3综上所述，t6b(0，b)使得所述命题成立． 3x2y21交于A，B两点，记△AOB的面积为S． 21.如图，直线ykxb与椭圆4（I）求在k0，0b1的条件下，S的最大值； （II）当AB2，S1时，求直线AB的方程．

21.（Ⅰ）解：设点A的坐标为(x1，b)，点B的坐标为(x2，b)，

y A O x B （第 题）

x22b21，解得x1，由221b， 4所以S1bx1x22b1b2≤b21b21． 22时，S取到最大值1． 2当且仅当b- 优选

. .

（Ⅱ）解：由ykxb，2122x24y21，得k4x2kbxb10，

4k2b21，|AB|1k2|xk2b211x1|1k2412． ②

k24设O到AB的距离为d，则d2S|AB|1，又因为d|b|1k2，

所以b2k21，代入②式并整理，得

k4k2140，解得k2132，b22，代入①式检验，0，

故直线AB的方程是 y2622x2或y2x62或y22x622，或y2x62． 22．如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为F(3，0)，右准线l的方程为：x12． （1）求椭圆的方程；

（Ⅱ）在椭圆上任取三个不同点P1，P2，P3，使∠PFP12∠P2FP3∠P3FP1，

1y l 证明：FP11为定值，并求此定值． 1FP2FP3P3 P1

O F x

P2 x2y2题（22）图

22.解：（I）设椭圆方程为a2b21．

因焦点为F(3，0)，故半焦距c3．

y l 又右准线l的方程为xa2P2 P1 Q1 c，从而由已知

O F A x

P3 a2答（22）图

c12，a236， 因此a6，ba2c22733．

- 优选

. .

x2y21． 故所求椭圆方程为

3627（II）记椭圆的右顶点为A，并设AFPii（i1，2，3），不失一般性，

224，且21，31． 333c1又设点Pi在l上的射影为Qi，因椭圆的离心率e，从而有

a2假设0≤1a2FPiPQecFPcosiiiie

c12，3)． (9FPicosi)(i1，2解得因此

1212，3)． 1cosi(i1，FPi9211121243cos1cos1cos1， FPFP2FP392331而cos1cos124cos1 331313cos1cos1sin1cos1sin10，

2222故

1112为定值． FPFP2FP331223．如题21图倾斜角为的直线经过抛物线y8x的焦点F， y A ，B两点． 且与抛物线交于A（Ⅰ）求抛物线的焦点F的坐标及准线l的方程；

l y （Ⅱ）若为锐角，作线段AB的垂直平分线

 Ｏ m交x轴于点P，证明FPFPcos2为定值，

并求此定值．

F B 题（21）图 P m x

- 优选

. .

23.（I）解：设抛物线的标准方程为y2px，则2p8，从而p4． 因此焦点F2p，0的坐标为(2，0)， 2y l C A p． 2从而所求准线的方程为x2．

（II）解法一：如答21图作ACl，BDl， 垂足分别为C，D，则由抛物线的定义知

又准线方程的一般式为xy  Ｏ E P m F B 题（21）图 FAAC，FBBD．

记A，B的横坐标分别为xA，xB，

x

D pppFAcos 2224． FAcos4，解得FA1cos4类似地有FB4FBcos，解得FB．

1cos则FAACxA记直线m与AB的交点为E，则FEFAAEFAFAFB1(FAFB) 2214421cos1cos所以FP4cos． 2sinFE4． cossin244·2sin2(1cos2)8． 故FPFPcos2sin2sin2解法二：设A(xA，yA)，B(xB，yB)，直线AB的斜率为ktan，则直线方程为yk(x2)．

4(k22)将此式代入y8x得kx4(k2)x4k0，故xAxB．

k222222xAxB2(k22)4yk(x2)记直线m与AB的交点为E(xE，yE)，则xE，， EE22kk- 优选

. .

412k24故直线m的方程为yx，

kkk2令y0，得点P的横坐标x2k24pk24，故FPxPxE4(k21)4k2sin2． 从而FPFPcos24sin2cos2)42sin2(1sin28为定值．

- 优选