以椭圆和圆为背景的解析几何大题

【名师精讲指南篇】 【高考真题再现】

x2y22例1 【2015江苏高考】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆221ab0的离心率为，

2ab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.

x2【答案】（1）y21（2）yx1或yx1．

2【解析】

a2c2试题解析：（1）由题意，得且c3，

ca2解得a2，c1，则b1，

x2所以椭圆的标准方程为y21．

2（2）当x轴时，2，又C3，不合题意．

当与x轴不垂直时，设直线的方程为ykx1，x1,y1，x2,y2， 将的方程代入椭圆方程，得12k2x24k2x2k210，

则x1,22k221k212k222k2k,，C的坐标为22，且

12k12k2x2x1y2y11kx22x12221k212k2．

若k0，则线段的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．

k12k2x从而k0，故直线C的方程为y， 212kk12k223k211k25k22，从而C则点的坐标为2,． 22k12kk12k因为C2，所以

23k211k2k12k2421k212k2，解得k1．

此时直线方程为yx1或yx1．

例2 【2016江苏高考】

如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆

M:xy12x14y600及其上一点A(2，4).

22(1)设圆N与x轴相切，与圆M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M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M上的两点P和Q，使得TATPTQ,，求实数t的取值范围.

【答案】（1）(x6)2(y1)21（2）l:y2x5或y2x15（3）2221t2221 【解析】

试题解析：解：圆M的标准方程为x6y725，所以圆心M(6，7)，半径为5，. （1）由圆心N在直线x=6上，可设N6,y0.因为N与x轴相切，与圆M外切， 所以0y07，于是圆N的半径为y0，从而7y05y0，解得y01. 因此，圆N的标准方程为x6y11. (2)因为直线l∥OA，所以直线l的斜率为

2222402. 20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

d267m5m55.

因为BCOA而MC2d2（224225,

BC2）, 22m5所以2555，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Px1,y1,Qx2,y2.

x2x12t因为A2,4,Tt,0,TATPTQ，所以 ……①

yy421因为点Q在圆M上，所以x26y2725. …….② 将①代入②，得x1t4y1325.

于是点Px1,y1既在圆M上，又在圆xt4y325上，

222222

从而圆x6y725与圆xt4y325没有公共点， 所以552222t463755, 解得2221t2221. 22因此，实数t的取值范围是2221,2221.



【考点】直线方程、圆的方程、直线与直线、直线与圆、圆与圆的位置关系、平面向量的运算

【名师点睛】直线与圆中的三个定理：切线的性质定理，切线长定理，垂径定理；两个公式：点到直线距离公式及弦长公式，其核心都是转化到与圆心、半径的关系上，这是解决直线与圆的根本思路.对于多元问题，也可先确定主元，如本题以P为主元，揭示P在两个圆上运动，从而转化为两个圆有交点这一位置关系，这也是解决直线与圆问题的一个思路，即将问题转化为直线与圆、圆与圆的位置关系问题.

22xy例3 【2017江苏高考】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:221(ab0)的左、右焦点分别

ab1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

2PF1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．

x2y24737【答案】（1）1；（2）(,)．

4377试题解析：（1）设椭圆的半焦距为c．

c12a21因为椭圆E的离心率为，两准线之间的距离为8，所以，8，

a22c22xy解得a2,c1，于是ba2c23，因此椭圆E的标准方程是1．

43

2x012222y0，即x0y01或x0y01． 因为点Q在椭圆上，由对称性，得y022x0y0又P在椭圆E上，故1．

432222x0x0y01y01473722由x2y2，解得x0；x，无解． ,yy0000077113344因此点P的坐标为(4737,)． 77【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系

【名师点睛】直线与圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用根与系数关系或求根公式进行转化，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点在曲线上（点的坐标满足曲线方程）等．

【热点深度剖析】

1. 圆锥曲线的解答题中主要是以椭圆为基本依托，考查椭圆方程的求解、考查直线与曲线的位置关系，考查数形结合思想、函数与方程思想、等价转化思想、分类与整合思想等数学思想方法，这道解答题往往是试卷的压轴题之一．由于圆锥曲线与方程是传统的高中数学主干知识，在高考命题上已经比较成熟，考查的形式和试题的难度、类型已经较为稳定，预计2017年仍然是这种考查方式，不会发生大的变化． 2. 解决圆锥曲线综合题，关键是熟练掌握每一种圆锥曲线的定义、标准方程、图形与几何性质，注意挖掘知识的内在联系及其规律，通过对知识的重新组合，以达到巩固知识、提高能力的目的.综合题中常常离不开直线与圆锥曲线的位置，因此，要树立将直线与圆锥曲线方程联立，应用判别式、韦达定理的意识.解析几何应用问题的解题关键是建立适当的坐标系，合理建立曲线模型，然后转化为相应的代数问题作出定量或定性的分析与判断.常用的方法：数形结合法，以形助数，用数定形. 在与圆锥曲线相关的综合题中，常借助于“平面几何性质”数形结合、“方程与函数性质”化解析几何问题为代数问题、“分类讨论思想”化整为零分化处理、“求值构造等式、求变量范围构造不等关系”等等.

3. .避免繁复运算的基本方法：回避，选择，寻求.所谓回避，就是根据题设的几何特征，灵活运用曲线的有关定义、性质等，从而避免化简方程、求交点、解方程等繁复的运算.所谓选择，就是选择合适的公式，合适的参变量，合适的方法等，一般以直接性和间接性为基本原则.“设而不求”、“点代法”等方法的运用就是主动的“所谓寻求”.

4. 定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题难点的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．

5.预计18年将继续将解几大题作为探究能力考查的“试验田”，考查定点、定值问题的可能性较大. 【最新考纲解读】

要 求 内 容 A B C 平面解直线的斜率和倾斜角 √ 对知识的考查要求依次分为了解、理解、掌握三个层备注

析几何初步 直线方程 次（在表中分别用A、B、C表示）. 了解：要求对所列知识的含义有最基本的认识，并能解 √ 决相关的简单问题. 理解：要求对所列知识有较深刻的认识，并能解决有一 定综合性的问题. √ 性较强的或较为困难的问题. √ 掌握：要求系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合直线的平行关系与垂直关系 两条直线的交点 √ √ √ √两点间的距离、点到直线的距离 圆的标准方程与一般方程 直线与圆、圆与圆的位置关系 中心在坐标原点的椭圆 的标准方程与几何性质 圆锥曲线与方程 中心在坐标原点的双曲√线的标准方程与几何性质 顶点在坐标原点的抛物√线的标准方程与几何性质

【重点知识整合】 一、1.椭圆的定义：

（1）第一定义：平面内到两定点F1,F2的距离之和为定值2a(2a>|F1F2|)的点的轨迹. （2）第二定义：平面内与定点和直线的距离之比为定值e的点的轨迹.（0图形

x2y2 标准方程：221(ab>0)

ab3. 几何性质：

（1）范围 axa,byb （2）中心 坐标原点O(0,0)

（3）顶点 (a,0),(a,0),(0,b),(0,b)

（4）对称轴 x轴，y轴，长轴长2a，短轴长2b

（5）焦点 F1(c,0),F2(c,0) 焦距 2c，（ca2b2） （6）离心率 ec，（0e1） aa2 （7）准线 x

c （8）焦半径 r左aex0,r右aex0

2b2 （9）通径

aa2 （10）焦参数

c二、1. 抛物线的定义：

平面内与定点和直线的距离相等的点的轨迹. （e=1） 2.图形与方程（以一个为例）

图形

标准方程：y2px(p0) 3. 几何性质：

（1）范围 x0经，yR （2）中心 无 （3）顶点 O(0,0) （4）对称轴 x轴 （5）焦点 F(2p,0) 焦距 无 2p 2p 2 （6）离心率 e1 （7）准线 x （8）焦半径 rx0 （9）通径 2p （10）焦参数 p 【应试技巧点拨】

一、（1）要能够灵活应用圆锥曲线的两个定义（及其“括号”内的限制条件）解决有关问题，如果涉及

到其两焦点(或两相异定点)，那么优先选用圆锥曲线第一定义；如果涉及到焦点三角形的问题，也要重视第一定义和三角形中正余弦定理等几何性质的应用，尤其注意圆锥曲线第一定义与配方法的综合运用。

（2）椭圆的定义中应注意常数大于|F1F2|.因为当平面内的动点与定点F1、F2的距离之和等于|F1F2|时，

其动点轨迹就是线段F1F2；当平面内的动点与定点F1、F2的距离之和小于|F1F2|时，其轨迹不存在． （3）求椭圆的标准方程

①定义法：根据椭圆定义，确定a,b的值，再结合焦点位置，直接写出椭圆方程．

22

②待定系数法：根据椭圆焦点是在x轴还是在y轴上，设出相应形式的标准方程，然后根据条件确定关于a、b、c的方程组，解出a,b，从而写出椭圆的标准方程．

（4）椭圆中有一个十分重要的△OF1B2(如图)，它的三边长分别为a、b、c.易见cab，且若记

22222OF1B2，则cosce. a

（5）在掌握椭圆简单几何性质的基础上，能对椭圆性质有更多的了解，如： ①ac与ac分别为椭圆上点到焦点距离的最大值和最小值；

2b2②椭圆的通径(过焦点垂直于长轴的弦)长，过椭圆焦点的直线被椭圆所截得的弦长的最小值．

ax2y2c（6）共离心率的椭圆系的方程：椭圆221(ab0)的离心率是e(ca2b2)，方程

aabx2a2y2b2t(t是大于0的参数，ab0的离心率也是e22c 我们称此方程为共离心率的椭圆系方程. a二、对于抛物线的标准方程y2px(p0)与x2py(p0)，重点把握以下两点：

(1)p是焦点到准线的距离，p恒为正数；

(2)方程形式有四种，要搞清方程与图形的对应性，其规律是“对称轴看一次项，符号决定开口方向”．

B．抛物线的几何性质以考查焦点与准线为主．根据定义，抛物线上一点到焦点的距离和到准线的距离相等，可得以下规律：

(1)抛物线y2px(p0)上一点M(x0,y0)到焦点F的距离MFx0(2)抛物线y2px(p0)上一点M(x0,y0)到焦点F的距离MF222p； 2px0； 2p； 2(3)抛物线x2py(p0)上一点M(x0,y0)到焦点F的距离MFy0(4)抛物线x2py(p0)上一点M(x0,y0)到焦点F的距离MF2py0. 2C．直线与抛物线的位置关系类似于前面所讲直线与椭圆、双曲线的位置关系．

(p0)特别地，已知抛物线y2px，过其焦点的直线交抛物线于A、B两点，设A(xx,2y)． 1,y1),B(2则有以下结论：

(1)ABx1x2p，或AB22p (为AB所在直线的倾斜角)； 2sinp2(2)x1x2；

42(3)y1y2p.

过抛物线焦点且与对称轴垂直的弦称为抛物线的通径，抛物线的通径长为2p. 【考场经验分享】

1.目标要求：直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型． 2.注意问题：(1) 对于填空题，常充分利用几何条件，利用数形结合的方法求解．

(2) 涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解． 3.经验分享：圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解． 【名题精选练兵篇】

x2y21. 【南通市2018届高三上学期第一次调研】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆221

ab(ab0)的离心率为2，两条准线之间的距离为42. 2

（1）求椭圆的标准方程；

（2）已知椭圆的左顶点为A，点M在圆x2y2面积是AOM的面积的2倍，求直线AB的方程.

8上，直线AM与椭圆相交于另一点B，且AOB的9x2y21（2）x2y20， x2y20 【答案】（1）422a2c242 试题解析：（1）设椭圆的焦距为2c，由题意得， ，

a2c解得a2， c2，所以b2. x2y21. 所以椭圆的方程为42（2）方法一：因为SAOB2SAOM， 所以AB2AM， 所以点M为AB的中点.

x2y21， 因为椭圆的方程为42所以A2,0.

设Mx0,y0，则B2x02,2y0.

2x022y01②， 822所以x0y0①，

9422由①②得9x018x0160，

2228， x0（舍去）. 3322把x0代入①，得y0，

331所以kAB，

2解得x0

因此，直线AB的方程为y1x2即x2y20， x2y20. 2方法二：因为SAOB2SAOM，所以AB2AM，所以点M为AB的中点. 设直线AB的方程为ykx2.

x2y21,由{4 得12k2x28k2x8k240， 2ykx2,所以x212k2224kxx4k20，解得B12k2，

2所以xMxB224k22k， ， ykx2MM12k212k22284k22k822代入xy得，

912k212k29化简得28k4k220，

即7k224k210，解得k所以，直线AB的方程为y1， 21x2即x2y20， x2y20. 2

2. 【淮安市等四市2018届高三上学期第一次模拟】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆

的离心率为，且过点

连接

分别交椭圆于

两点.

.为椭圆的右焦点，为椭圆上关于原点对称的两点，

⑴求椭圆的标准方程； ⑵若⑶设直线

，求，

的值；

的斜率分别为，，是否存在实数，使得

，若存在，求出的值；若不存在，

请说明理由.

【答案】（1）（2） （3）

试题解析：

（1）设椭圆方程为，由题意知：

解之得：，所以椭圆方程为：

（2）若此时直线

，由椭圆对称性，知方程为

，

，所以，

由，得，解得（舍去），

故（3）设

． ，则

，

直线的方程为，代入椭圆方程，得

，

因为是该方程的一个解，所以点的横坐标，

又在直线上，所以，

同理，点坐标为，，

所以即存在

，使得

．

，

x2y23. 【南师附中、天一、海门、淮阴四校2018届高三联考】已知椭圆C的方程： 221(ab0)，

ab右准线l方程为x4，右焦点F1,0,A为椭圆的左顶点.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设点M为椭圆在x轴上方一点，点N在右准线上且满足AMMN0且5AM2MN，求直线

AM的方程.

x2y2111；【答案】（1）C:（2）yx2或yx. 4342【解析】试题分析：

（1）由准线方程和焦点坐标可得a4,b3，由此可得椭圆方程．（2）由题意设AM的方程为与椭圆方程联立解方程组可得点M的坐标，由此可得MN， AM，然后由5AM2MNykx2，

22

建立关于k的方程，解方程可得k，从而可得直线方程． 试题解析：

a24,c1， （1）由题意得ca24,

∴b2a2c23,

x2y21． 椭圆C的方程为43

又xN4，

1124k261k224k26MN12xMxN12， 22kk4k3k4k3又AM1k2xMxA1k2121221k， 224k34k3 5AM2MN，121k224k2651k2，

4k23k4k232

解得k1或k1． 411x． 42∴直线AM的方程为yx2或y4. 【如皋市2017--2018学年度高三年级第一学期教学质量调研】在平面直角坐标系xOy中，已知直线yxx2y226a.设点A在x轴上的射影与椭圆221(ab0)交于点A， B（A在x轴上方），且AB3ab为N，三角形ABN的面积为2（如图1）. （1）求椭圆的方程；

（2）设平行于AB的直线与椭圆相交，其弦的中点为Q. ①求证：直线OQ的斜率为定值；

②设直线OQ与椭圆相交于两点C， D（D在x轴上方），点P为椭圆上异于A， B， C， D一点，直线PA交CD于点E， PC交AB于点F，如图2，求证： AFCE为定值.

x2y211 (2) ①②45 【答案】（1）632【解析】试题分析：（1）设Ax0,x0故AO已知SABN2SAON2，即SO0x0，AN12所以x02，x01，

22x0126ABa，即a6,再根据椭圆经过A232,2解得b3，从而可得椭圆的



试题解析：（1）由题意，可设Ax0,x0x00，已知SABN2SAON2，即SAON所以x02，故AO12x01， 22x0126ABa，即a6； 232又椭圆经过A2,2，即

22a2b221 ，解得b3；

x2y21 故所求椭圆的方程为： 63(2)设平行AB的直线的方程为yxm，且m0，

yxm① 联立{x2 ，得到3x24mx2m260， y2163x1x22mm， yQxQm； 233myQ1故，直线OQ的斜率为kOQ=3（定值）

xQ2m231②由题意可知A2,2,AB:yx,OQ:yx，

2所以xQ1yx,2联立方程组{2 得C2,1,D2,1, 2xy1,63设Px0,y0，先考虑直线斜率都存在的情形：

直线AP:y2y02x0x2， 2y2联立方程组： {y02x222x0y02y0x0x02, 得E,

32x02y032x02y01yx2直线PC:y1y01x2, x02联立方程组： {y1y01x2y0x2x2y0x02,0 得F0,

3y0x03y0x0yx则AF232x02y0223y0x021x022y03y0x0，

22x0y01523221x022y0CE12，

4232x02y032x02y0[3221x022y045 所以AFCE103y0x032x02y02当直线斜率不存在时结果仍然成立.

5. 【兴化市楚水实验学校、黄桥中学、口岸中学三校2018届高三12月联考】已知圆O:xy1与x轴负半轴相交于点A，与y轴正半轴相交于点B.

22（1）若过点C133，求直线l的方程；

2,2的直线l被圆O截得的弦长为（2）若在以B为圆心半径为r的圆上存在点P，使得PA（3）设Mx1,y1,Qx2,y22PO (O为坐标原点)，求r的取值范围；

是圆O上的两个动点，点M关于原点的对称点为M1，点M关于x轴的对称

点为M2，如果直线QM1、QM2与y轴分别交于0,m和0,n，问mn是否为定值？若是求出该定值；若不是，请说明理由.

【答案】（1）直线l的方程为x1或x3y10；（2）0r22；（3）mn为定值1.. 2

试题解析：

（1）1 若直线l的斜率不存在，则l的方程为： x1，符合题意. 22 若直线l的斜率存在，设l的方程为： yk331kx，即2kx2yk30 22∴点O到直线l的距离d2k222 32∵直线l被圆O截得的弦长为3，∴d21

∴k23 ，此时l的方程为： x3y10 3∴所求直线l的方程为x1或x3y10 2（2）设点P的坐标为x,y，由题得点A的坐标为1,0，点B的坐标为0,1 由PA2PO可得x12y22x2y2，化简可得x1y22

2∵点P在圆B上，∴r2100122r2，∴0r22 ∴所求r的取值范围是0r22. （3）∵Mx1,y1，则M1x1,y1,M2x1,y1 ∴直线QM1的方程为yy1y2y1xx1

x2x1

令x0，则mx1y2x2y1xyx2y1 同理可得n12

x1x2x1x222x121x22x221x12x1y2x2y1x1y2x2y1x1y2x2y1∴mn 1 2222x1x2x1x2x1x2x1x2∴mn为定值1.

6. 【前黄高级中学、如东高级中学、姜堰中学等五校2018届高三上学期第一次学情监测】如图，已知椭

x2y23圆E:221ab0的左顶点A2,0，且点1,在椭圆上， F1、F2分别是椭圆的左、右焦

ab2点。过点A作斜率为kk0的直线交椭圆E于另一点B，直线BF2交椭圆E于点C.

（1）求椭圆E的标准方程；

（2）若CF1F2为等腰三角形，求点B的坐标； （3）若F1CAB，求k的值.

833x2y261（2）B,【答案】（1）（3）k 551243【解析】试题分析：

x2y21； (1)由题意得到关于a,b,c的方程组，求解方程组可得椭圆E的标准方程： 43(2)由题意可得点C在x轴下方据此分类讨论有： C0,3，联立直线BC的方程与椭圆方程可得

833B5,5； 8k2612k,(3)设直线AB的方程lAB:ykx2，联立直线方程与椭圆方程，可得B 利用几2234k34k何关系F1CAB计算可得C8k21,8k ，利用点C在椭圆上得到关于实数k的方程，解方程有：



k6 . 12试题解析：

∴直线BC的方程y3x1，由{xy3x122 或{ 得{y33y31y435x0x85833∴B,

55（3）设直线AB的方程lAB:ykx2，

ykx2由{x2 得34ky21432x216k2x16k2120

16k2128k26∴xAxB2xB ∴xB

34k234k28k2612k12k,∴yBkxB2 ∴B 2234k34k34k2若k3133，则∴B1,，∴C1,，∵F，∴，∴F1C与AB不垂直； k1,0CF11222414k1，∵F21,0， kBF2， ,kCF1214k2k4k1CF∴直线BF2的方程lBF2:y，直线的方程: x1l:yx1 1CF114k2k∴k4kx12x8k2114k由{ 解得{ ∴C8k21,8k

1y8kyx1ky又点C在椭圆上得

∵k0，∴k8k2148k3221，即24k218k290，即k21 246 12点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

x2y227．已知椭圆C： 221(ab0)的离心率为，且过点2,0.

2ab（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过点M1,0任作一条直线与椭圆C相交于P， Q两点，试问在x轴上是否存在定点N，使得直线PN与直线QN关于x轴对称？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由.

y2x21;（Ⅱ）N4,0. 【答案】（Ⅰ）84【解析】试卷分析：（Ⅰ）根据离心率为

2，短轴右端点为A的坐标即可求出a,b的值，进而求出椭圆C2

的方程；（Ⅱ）分类讨论：当直线PQ与x轴不垂直时，当PQx轴时，由椭圆的对称性可知恒有直线PN与直线QN关于x轴对称，即在x轴上存在定点N4,0，使得直线PN与直线QN关于x轴对称. 试卷解析：

（Ⅰ）由题意得b2，

y2x21. a8，故椭圆C的方程为842（Ⅱ）假设存在点Nm,0满足题设条件.

当直线PQ与x轴不垂直时，设PQ的方程为ykx1， 代入椭圆方程化简得： 2k2x22k2x k280，

所以当m4时， kPNkQN0，直线PN与直线QN关于x轴对称， 当PQx轴时，由椭圆的对称性可知恒有直线PN与直线QN关于x轴对称， 综上可得，在x轴上存在定点N4,0，使得直线PN与直线QN关于x轴对称.

点睛：本题考查椭圆的方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了韦达定理的运用，考查了分类讨论的数学思想，考查学生的计算能力，属于中档题，超强的运算能力是解决问题的关键.

x2y211上的动点，点Q满足OQOP. 8．已知点P为E：423（1）求点Q的轨迹M的方程；

（2）直线l:ykxn与M相切，且与圆x2y24相交于A,B两点，求ABO面积的最大值（其中O9

为坐标原点）.

x2y221；【答案】（Ⅰ）（Ⅱ） . 42999试题解析：（Ⅰ）设Qx,y,Px0,y0，由于OD11OP，则有x,yx0,y0，则 332{x03xy03y，又Px0,y0在椭圆E3x上，故有

423y21，

x2y21； 即点Q的轨迹M的方程为4299ykxn22x2y2xy1相切，故由{（Ⅱ）直线l:ykxn与椭圆D:1 42429999可得： 18k29x236knx18n240

因为36kn418k918n44184k9n20，

22222n则有4k29n22 （显然n0）。 点O到直线AB的距离d，则AB2k214d2； 9n242242, 因为4k9n2，则n，所以d1k292999n2222

则SAOB号成立.

1142424ABd2d2dd2d2，当且仅当d2d2时，即d2时等2299999所以，面积的最大值为

2 9x2y21的左右两个顶点是A1， A2，曲线C上的动点P,Q关于x轴对称，直线A1P 9．已知双曲线C:4与A2Q交于点M，

（1）求动点M的轨迹D的方程；

（2）点E0,2，轨迹D上的点A,B满足EAEB，求实数的取值范围.

x21y21；【答案】（1）（2）,3 . 43【解析】【试题分析】（1）借助题设条件运用两个等式相乘建立等式；（2）依据题设条件运用直线与椭圆的位置关系建立二次方程，运用判别式及根与系数的关系建立不等式分析求解：

t24t24.Qt, （1）由已知A12,0,A22,0 ，设Pt,22t24则直线A1P:yx2 ，

2t2t24直线A2Q:yx2，

2t2x212两式相乘得yx4，化简得y21，

442x2y21； 即动点M的轨迹D的方程为4（2）过E0,2的直线若斜率不存在则1或3， 3设直线斜率k存在， Ax1,y1,Bx2,y2

{ykx214k2x216kx120 ， 22x4y40

0116kx1x2214k2则{

12x1x2314k2x1x241216k由（2）（4）解得x1,x2代入（3）式得 ， 22214k14k1化简得

23142 ， 264k13代入上式右端得， 4由（1）0解得k231 , 16124解得

13, 31综上实数的取值范围是,3 .

3x2y2210．已知椭圆E:221（ab0）的离心率为， F1,F2分别是它的左、右焦点，且存在直线l，

ab3使F1,F2关于l的对称点恰好是圆C:xy4mx2my5m40（mR,m0）的一条直线的两个端点.

（1）求椭圆E的方程；

（2）设直线l与抛物线y2px（p0）相交于A,B两点，射线F1A， F1B与椭圆E分别相交于点M,N，试探究：是否存在数集D，当且仅当pD时，总存在m，使点F1在以线段MN为直径的圆内？若存在，求出数集D；若不存在，请说明理由.

2222x2y21;（2）D5, 【答案】（1）95【解析】试题分析：（1）由圆C的方程配方得半径为2，由题设知，椭圆的焦距2c等于圆C的直径，所以

c2，又ec2，可得椭圆方程. a32（2）由题可得直线l是线段OC的垂直平分线，由l方程与y2px，联立可得：

x1x215252pm， x1x2m.又点F1在以线段MN为直径的圆内即FM•F1N0, 12216坐标化代入求解即可.

（2）因为F1,F2产于l的对称点恰好是圆C的一条直径的两个端点，所以直线l是线段OC的垂直平分线（O是坐标原点），故l方程为y2x得p10m0①.

设Ax1,y1， Bx2,y2，则y1y2p， y1y25m22px，，与y2联立得： 2y2py5pm0，由其判别式025pm， 22yy25yy2515从而x1x21mpm， x1x2122m2.

22224p16因为F1的坐标为2,0，

所以F1Ax12,y1， F1Bx22,y2， 注意到F1M与F1A同向， F1N与F1B同向，所以 点F1在以线段MN为直径的圆内FM•F1N0，所以 1F1A•F1B0x12x22y1y20即x1x22x1x24y1y20

代入整理得

252m102pm4p40② 42当且仅当1002p100p40即p5时，总存在m，使②成立. 又当p5时，由韦达定理知方程

252m102pm4p40的两根均为正数，故使②成立的4m0，从而满足①.

故存在数集D5,，当且仅当pD时，总存在m使点F1在以线段MN为直径的圆内.

点晴:本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系. 直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角度求解．联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根

与系数的关系求解是一个常用的方法. 涉及点F1在以线段MN为直径的圆内FM•F1N0,坐标化求1解即可.

x2y211．设F1,F2分别是椭圆D:221(ab0)的左、右焦点，过F2作倾斜角为的直线交椭圆D于

ab3A,B两点， F1到直线AB的距离为23，连接椭圆D的四个顶点得到的菱形面积为25. （1）求椭圆D的方程；

n最大时，（2）设过点F2的直线l被椭圆D和圆C:x2y24所截得的弦长分别为m,n，当m·求直线l的方程.

22x2y21;(2) x3y20或x3y20. 【答案】(1) 5【解析】(1)设F1坐标为c,0， F2坐标为c,0,(c0)，则直线AB的方程为y3xc，即

3xy3c0,3c3c31123,c2；又S·2a?2b25,ab5,a25,b21，

2x2椭圆D的方程为y21.

5(2)易知直线l的斜率不为0，可设直线l的方程为xty2，则圆心C到直线l的距离为d2tt12，

所以n22d224t12xty2,{x25y12，

得t25y24ty10，

m1t2y1y225t21t25，

485?t21852t1m·n25（当且仅当，即t3时，等号成立），224t5t1t21t21所以直线方程为x3y20或x3y20.

点睛：对于圆锥曲线的题型，在做题时首先要题中的几何关系理解清楚，最好可以画出草图帮助自己理解，

然后根据几何关系建立等式求解，对于第二问在求解范围及最值问题时首先要明确表达式，然后根据基本不等式或者函数求最值方法来求解范围问题.

12．设点M到坐标原点的距离和它到直线l:xm(m0)的距离之比是一个常数（1）求点M的轨迹；

（2）若m1时得到的曲线是C，将曲线C向左平移一个单位长度后得到曲线E，过点P2,0的直线l1与曲线E交于不同的两点Ax1,y1,Bx2,y2，过F1,0的直线AF,BF分别交曲线E于点D,Q，设

2． 2AFFD， BFFQ， ,R，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）6,10.

试题解析:（Ⅰ）过点M作MHl， H为垂足， 设点M的坐标为x,y，则OM又OMx2y2,MHxm，

22MH，所以x2y2xm， 22故点M的轨迹方程为

121xy2mxm20. 22xm可化为

2m22y221，显然点M的轨迹为焦点在x轴上的椭圆. m2x1（Ⅱ）m1时，得到的曲线C的方程是

2x2y21. 故曲线E的方程是2y21，

设Ax1,y1,Bx2,y2, Dx3,y3，则AF1x1,y1,FDx31,y3， 由AFFD，得y1y3，即y1. y3

当AD与x轴不垂直时，直线AD的方程为yx1yy1，代入曲线的方程并y1Ex1，即x1x11y1x12y121， 注意到2整理可得32x1y2y1x11yy10，

22yy12则y1y3，即132x1，于是32x1.

y332x1当AD与x轴垂直时，A点的横坐标为x11， 1，显然32x1也成立. 同理可得32x2.

设直线l1的方程为ykx2，联立{x2ykx22y12，

消去y整理得2k21x28k2x8k220， 由k0及8k2242k218k220，解得0k21. 28k2又x1x22，

2k1则32x132x262x1x214故求的取值范围是6,10.

点睛:本题考查了轨迹方程的求法以及直线与椭圆相交时相关问题,属于中档题.在(1)中,求轨迹与求轨迹方程不一样,把轨迹方程求出来后,再判断是什么类型的曲线;在(2)中,注意向量坐标运算求出,的表达式,再联立直线l1的方程和椭圆方程求出x1x2,进而求出 的范围.

82k126,10.

x2y213．已知点F为椭圆E:221(ab0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角

ab形，直线

xy1与椭圆E有且仅有一个交点M. 42xy1与y轴交于P，过点P的直线与椭圆E交于两不同点A， B，若42（Ⅰ）求椭圆E的方程； （Ⅱ）设直线

PMPAPB，求实数的取值范围.

x2y241；【答案】（1）（2）,1. 4352（Ⅱ）由（Ⅰ）得点M的坐标，从而可得PM，要求范围只要求得PAPB的范围，为此可直线AB分类，对AB斜率不存在时，求得PAPB，而当直线AB斜率存在时，可设出直线方程为ykx2，同时设Ax1,y1,Bx2,y2，则PAPB1k2x1x2，由韦达定理可把PAPB表示为k的函数，注意直线与椭圆相交，判别式＞0，确定k的范围，从而可得PAPB的范围，最后可得的取值范围.

x2y2试题解析：（Ⅰ）由题意，得a2c,b3c，则椭圆E为： 221，

4c3cx2y2c23由{4，得x22x43c20 ， xy142直线

xy1与椭圆E有且仅有一个交点M， 424443c20c21 ， x2y21 ； 椭圆E的方程为43（Ⅱ）由（Ⅰ）得M1,xy3， 直线1与y轴交于P0,2 , 242PM25 , 4当直线l与x轴垂直时， PAPB23231 ,

由PM2PAPB4 , 5当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为ykx2， Ax1,y1,Bx2,y2 ，

由{ykx234k2x216kx40 ， 223x4y120依题意得， x1x24，且484k210 ， 234k415PAPB1k2x1x21k21 ， 2234k34k4411 ， 534k214k2,1 ，

45综上所述， 的取值范围是,1 .

45

14．已知点F1,0，点A是直线l1:x1上的动点，过A作直线l2， l1l2，线段AF的垂直平分线与

l2

交于点P．

(1)求点P的轨迹C的方程；

(2)若点M,N是直线l1上两个不同的点，且PMN的内切圆方程为xy=1，直线PF的斜率为k，求

22kMN的取值范围．

【答案】(1) y4x;(2) 0,.

【解析】试题分析：（1）利用抛物线定义求解即可；

（2）设出PMN的三个顶点的坐标，表示出PM,PN的解析式，化简之后可得m,n为关于t的方程

212x01t22y0tx010的两根，然后由韦达定理表示MN的长度，最后在PF中消去参数m,n，故

可以得到

kMN的取值范围.

试题解析： (1)据题设分析知，点P的轨迹C是以点F1,0为焦点，直线l1:x1为准线的抛物线，所以曲线C的方程为y4x.

2

所以圆心0,0到直线PM的距离为1，即222y0mmx01y0mx01221，

2所以y0m+x01y0m2my0mx01m2x01，

2由题意，得x01，所以x01m2y0mx010.

同理，有x01n2y0nx010，

2所以m,n是关于t的方程x01t2y0tx010的两根，

2x012y0所以mn因为 ,mnx01x01所以MN=mn2mn24mn4y02x0124x01x01. 因为y04x0,y02x0， 所以MN=16x0x0124x01x012x024x01x012. 直线PF的斜率k2x0y0y0=，则k，

x01x01x01

所以

kMNx02x04x011. 1x04x0因为函数yx110， 在1,上单调递增，所以当x01时， x0x0x所以011，所以01x044x011， 1x042x0所以0kMNk11.所以的取值范围是0,. 2MN2a2x2y261(a2)的离心率e,0的直线交椭圆E15．已知椭圆E:2，右焦点Fc,0，过点A3a2c于P,Q两点.

（1）求椭圆E的方程；

（2）若点P关于x轴的对称点为M ，求证: M,F,Q 三点共线； (3) 当FPQ面积最大时，求直线PQ的方程.

x2y21;(2)见解析;(3) x6y30. 【答案】(1) 62【解析】试题分析：(1)根据离心率可求得a的值，从而可求得b的值，进而可得结果；(2) 设（3）设直线PQ的方程为Px1,y1,Qx2,y2，只需用平面向量坐标法证明MFFQ即可得结论；

xmy3，根据韦达定理、弦长公式、三角形面积公式将FPQ面积表示为关于m的函数式，换元后根

据配方法求最值，取得最值时可以确定m的值，进而可得结果.

a226x2y2a6， 椭圆E的方程是1. 试题解析：(1) 由

a362x2y21(2)由（1）可得A3,0，设直线的方程为. 由方程组，得PQykx3{62ykx33k21x218k2x27k26，依题意01223k20，



得

66k33.设

Px1,y1,Qx2,y2，则

18k227k26x1x22,x1x2,F2,0,Mx1,y1,MF2x1,y1,FQx22,y223k13k1，由

2x1y2x22y123?x1k2x2?3 2xk1x18k227k26k5xx2xx12k5?2?120，得MFFQ,M,F,Q三点共线. 1222123k13k1x2y21(3)设直线PQ的方程为xmy3. 由方程组{6，得m23y26my30，依题意2xmy336m212m230y1y212，得

m232.设

Px1,y1,Qx2,y212，则

6m31,yy.SAF?yy 12FPQm33m3322y1y212y1y222216m121122m34y1y2，令tm23，2222m3m32m23则SFPQ11211111122t9y1y239,,tm239，即 222tt99t9m26,m6时， SFPQ最大， SFPQ最大时直线PQ的方程为x6y30.

【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用配方法法求三角形最值的.

x2y2616．已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，短轴长为22，右焦点为F.

3ab（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若直线l过点M3,t且与椭圆C有且仅有一个公共点P，过P点作直线PF交椭圆与另一点Q. ①证明：当直线OM与直线PQ的斜率kOM， kPQ均存在时， kOMkPQ为定值；

②求PQM面积的最小值.

x2y261;（2）【答案】（1）.

362（2）①由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程： ykxm，因为点M3,t在直线上， 所以t3km，联立直线与椭圆方程： 由{ykxmx23y260可得13k2x26kmx3m260，

又直线与椭圆有且只有一个公共点，故D0，即m26k22. 由韦达定理，可得P点坐标Pm3km,2213k13k. 因为直线PQ过椭圆右焦点为F2,0，所以直线PQ的斜率kPQkPF而直线OM的斜率kOMm； 23km26kt3km， 所以： 33kOM•kPQ3kmm21m3km3km11• . ••2223km26k33km26k33kmm333km26k2mmt3km26k20，即,②因为FM1,t， FP，所以FM•FP22213k13k13kFMPF；

所以三角形PQM的面积SDPQM1PQMF； 2MF1t2，由直线FM的斜率为t，可得直线PQ的方程： xty2，与椭圆方程联立可得：

PQ26t21t23.

所以SDPQM6tt222313232，令t3mm?3，则SPQM2126m32m3，单调递增， 3故SPQM6tt2136当且仅当t0时成立. 3点睛：平面解析几何是高中数学中的重要内容和知识点，也是高考重点考查的重要内容内容和考点。这类问题的设置旨在考查运用代数的方法建立直线与圆锥曲线出方程，依据直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识与方法的综合运用，以及运算求解能力、分析推断能力等基本数学能力的运用。解答本题的第一问时，依据题设建立方程组，通过解方程组，使得问题获解；解答本题的第二问时，先建立直线的方程再借助直线与椭圆的位置关系进行分析探求，从而使得问题获解。

x2y2317．已知椭圆E:221(ab0)过点0,1，且离心率为．

2ab（Ⅰ）求椭圆E的方程； （Ⅱ）设直线l:y1xm与椭圆E交于A、C两点，以AC为对角线作正方形ABCD，记直线l与x轴2的交点为N，问B、N两点间距离是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由．

x210y21;（Ⅱ）【答案】（Ⅰ）．

24【解析】试题分析：

(1)利用题意确定a,b,c 的值即可求得椭圆的标准方程；

(2)利用题意联立直线与椭圆的方程，利用弦长公式求得AC 的值，最后利用勾股定理进行计算，证得BN 为定值即可. 试题解析：

（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c．

22因为点0,1在椭圆C上，所以b1．故ac1．

又因为ec3，所以c3， a2． a2x2y21． 所以椭圆C的标准方程为: 4

（Ⅱ）设Ax1,y1， Cx2,y2，线段AC中点为Mx0,y0． 联立y1xm和x24y240，得: x22mx2m220． 2222由2m42m284m0，可得2m2所以x1x22m， x1x22m2．

2．

所以AC中点为Mm,1m． 22弦长ACx1x2y1y22 52x1x24x1x2 105m2， 4又直线l与x轴的交点N2m,0，

521所以MNm2mmm．

4222所以BN2BMMN 221522ACMN． 4210． 2所以B、N两点间距离为定值点睛：

第一问属于常规题目，第二问求解定值，求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 本题利用第二种方法求解定值.

x2y21的顶点，直线x2y0与椭圆E交于18．已知中心在原点的椭圆E的两焦点分别为双曲线2M、N两点，且M2,1，点P是椭圆E上异于M、N的任意一点，直线MN外的点Q满足MQMP0， NQNP0．

（1）求点Q的轨迹方程；

（2）试确定点Q的坐标，使得MNQ的面积最大，并求出最大面积．



【答案】（1）点Q的轨迹是椭圆2xy5除去四个点

2222 ， ， ，2,1，2,1,222,2其方程为2xy5（x2， 222522）；（2）SMNQ，点Q的坐标为或,2max2222. ,22（3）由点到直线距离可得三角形面积表达式，由均值不等式可得面积最大值及此时Q点坐标。 试题解析：

x2y21的顶点，得E的焦点F1 2,0， F2（1）由E的焦点为22,0．

x2y2b21． 令E的方程为221(ab0)，因为M2,1在E上，所以

abaa2b22,x2y221． 于是由{解得a2， b2，所以E的方程为242ba,由直线x2y0与椭圆E交于M、N两点，知M、N关于原点对称，所以N2,1．

令点Qx,y， Px0,y0，则MQx2,y1， MPx02,y01，

NQx2,y1， NPx02,y01．

x2x2y1y于是由MQMP0， NQNP0，得{x2x2y1y00010,10,

0x2x2y1y1,即{

x2x2y1y1,0000两式相乘得x22x202y21y021．



x02y021，即x0242y02， 又因为点Px0,y0在E上，所以42代入x22x202y21y021中，得2y021x22 y21y021．

222当y010时，得2xy5； 2当y010时，则点P2,1或

2,1，此时Q2,1或2,1，也满足方程2x2y25．

解得Q若点P与点M重合，即P2,1时，由{y2x3,222xy5,2． 2,1或Q2,2若点P与点N重合时，同理可得Q2,1或Q2． ,22222,1， 2,2， 2,1， 2,2，其综上，点Q的轨迹是椭圆2xy5除去四个点

22方程为2xy5（x2， 222）． 2（2）因为点Qx,y到直线MN: x2y0的距离dx2y3， MN23，

所以MNQ的面积SMNQx2y123x2y 23y x2y22x222x22y2 x22y222xy 5y2 5x

22x2y2x2y22y2 x2y4x22255522x2y2 5. 22222y52x,x,S当且仅当2x，即{或 ， {22MNQmax22y2,y2,此时点Q的坐标为22或,2,222．

x2y219．已知点P是长轴长为22的椭圆Q： 221(ab0)上异于顶点的一个动点， O为坐标原

ab

点， A为椭圆的右顶点，点M为线段PA的中点，且直线PA与OM的斜率之积恒为（1）求椭圆Q的方程；

1. 2（2）设过左焦点F1且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆于C,D两点，线段CD的垂直平分线与x轴交于点G，点G横坐标的取值范围是1,0，求CD的最小值. 4x232y21;(Ⅱ) 【答案】（Ⅰ）．

22试题解析：（Ⅰ）∵椭圆Q的长轴长为22，∴a设Px0,y0，

2．

y0y0112， ∵直线PA与OM的斜率之积恒为，∴22x02x0222x02y01，∴b1， ∴2x2y21. 故椭圆的方程为2x2y21有12k2x24k2x2k220， (Ⅱ) 设直线l方程为ykx1k0，代入2设Ax1,y1,Bx2,y2， AB中点Nx0,y0，

4k22k22,x1x2∴x1x2.

12k212k2

12k2k,ykx1∴x0x1x2 00212k212k21xx0， k11令y0，得xGx0ky0 224k2∴CD的垂直平分线方程为yy0∵xG11111，∴0k2． ,0，∴2424k22416k442k212k222k12CD1k2x2x11k2

1122+222k2132，

2|CD|min32． 2点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.

x2y222220．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E:221（ab0），圆O:xyr（0rb），

ab若圆O的一条切线l:ykxm与椭圆E相交于A,B两点. （1）当k1， r1时，若点A,B都在坐标轴的正半轴上，求椭圆E的方程； 2（2）若以AB为直径的圆经过坐标原点O，探究a,b,r之间的等量关系，并说明理由.

x24y21111；【答案】（1）椭圆E的方程是（2）a,b,r满足等量关系222． 55abr【解析】试题分析：

(1)首先利用直线到圆心的距离等于半径求得m 的值，然后结合几何关系求得a,b 的值即可求得椭圆的标准方程.

(2)将原问题转化为OA•OB0，联立直线与椭圆的标准方程，结合根与系数的关系整理计算即可求得

a,b,r 之间的等量关系.

试题解析： 解：（1）∵直线l与

O相切，∴mk12r.

由k51， r1，解得m. 22∵点A,B都在坐标轴正半轴上，

∴l:y15x. 22∴切线l与坐标轴的交点为0,5， 25,0.



∵点A,B在直线l上，

∴{y1kx1my2kx2m.

∴1k2x1x2mkx1x2m20 （*） 由{ykxm22222222消去，得bxakx2kmxmab0. y222222bxayab0即b2a2k2x22kma2xa2m2a2b20 显然0



2kma2x1x22ba2k2∴由一元二次方程根与系数的关系，得{ 2222amabx1x22ba2k2a2m2a2m2k2a2b2a2b2k22k2m2a2m2b2a2k2m2代入（*）式，得.

b2a2k2整理，得m2a2b2a2b2a2b2k20. 又由（1），有m21k2r2.

消去m2，得1k2r2a2b2a2b21k2 ∴

111 222abr111. a2b2r2∴a,b,r满足等量关系

【名师原创测试篇】

3在椭圆C上． x1.已知椭圆C的中心在原点，焦点在轴上，长轴长为4，且点1,2（1）求椭圆C的方程；

d（2）设P是椭圆C长轴上的一个动点，过P作方向向量(2,1)的直线l交椭圆C于A、B两点，

求证：|PA||PB|为定值．

22x2y21；【答案】（1）（2）证明见解析． 4【解析】

试题分析：（1）已知椭圆的长轴长，就是已知a，那么在椭圆的标准方程中还有一个参数b，正好椭圆过点

(1,3)，把这个点的代入椭圆标准方程可求出b，得椭圆方程；（2）这是直线与椭圆相交问题，考查同学2们的计算能力，给定了直线的方向向量，就是给出了直线的斜率，只要设动点P的坐标为(m,0)，就能写出直线l的方程，把它与椭圆方程联立方程组，可求出A,B两点的坐标，从而求出|PA||PB|的值，看它与m有没有关系（是不是常数），当然在求|PA||PB|时，不一定要把A,B两点的坐标直接求出

2222

（如直接求出，对下面的计算没有帮助），而是采取设而不求的思想，即设A(x1,y1),B(x2,y2)，然后求出

x1x2，x1x2，而再把|PA|2|PB|2用x1x2，x1x2表示出来然后代入计算，可使计算过程简化．

试题解析：（1） 因为C的焦点在x轴上且长轴为4，

x2y21（ab0）故可设椭圆C的方程为， 4b2133在椭圆C上，所以21， 因为点1,244b解得b1， …………（1分）

2x2y21． 所以，椭圆C的方程为4（2）设P(m,0)（2m2），由已知，直线l的方程是yxm， 21y(xm),2由2 2x22mxm240 （*） xy21,4设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1、x2是方程（*）的两个根，

m24所以有，x2x2m,x1x2，

2所以，|PA||PB|(x1m)y1(x2m)y2

222222115(x1m)2(x1m)2(x2m)2(x2m)2[(x1m)2(x2m)2]

444552[x12x22m(x1x2)2m2][(x1x2)22m(x1x2)2x1x22m2] 445[m22m2(m24)2m2]5（定值）． 4所以，|PA||PB|为定值．

2.已知圆C过定点A(0,1)，圆心C在抛物线x2y上，M、N为圆C与x轴的交点． （1）当圆心C是抛物线的顶点时，求抛物线准线被该圆截得的弦长． （2）当圆心C在抛物线上运动时，MN是否为一定值？请证明你的结论．

222

（3）当圆心C在抛物线上运动时，记AMm，ANn，求程．

【答案】（1）3；（2）是定值，为2；（3）

mn的最大值，并求出此时圆C的方nmmn取得最大值22，此时圆C的方程为nm(x2)2(y1)22．

【解析】

也即求出x1x2MN2为定值；（3）根据圆的性质，由（2）可得M,N两点的坐标为(a1,0),(a1,0)，

mnmn4a2这样m,n就可用a来表示，可求得214，a0时，有2，a0时，利用基本

nmnma4mn4a24a2不等式有a44a，从而214即a2时21222（当且仅当a44，

nma44a42等号成立），故所求最大值为22． 试题解析：（1）抛物线x2y的顶点为(0,210)，准线方程为y，圆的半径等于1，圆C的方程为

2133………………………4分 x2y21．弦长21()2222（2）设圆心C(a,112a)，则圆C的半径ra2(a21)2，

222圆C的方程是为：(xa)(y221221a)a2(a21)2…………6分 22令y0，得x2axa10，得x1a1，x2a1，

MNx2x12是定值．………………8分

（3）由（2）知，不妨设M(a1,0)，N(a1,0)，mx121(a1)21a222a，

2nx21(a1)21a222a．

mnm2n22a244a2214．………………11分

4nmmna4a4当a0时，

mn2．………………12分 nmmnm2n22a244a24当a0时，2142122．

44nmmna4a4a22a当且仅当a2时，等号成立…………………………14分 所以当a2时，

mn取得最大值22，此时圆C的方程为(x2)2(y1)22． nm………………………………16分

x2y23.给定椭圆C:221ab0，称圆心在坐标原点O，半径为a2b2的圆是椭圆C的“伴随圆”，

ab已知椭圆C的两个焦点分别是F12,0,F22,0.

（1）若椭圆C上一动点M1满足M1F1M1F24，求椭圆C及其“伴随圆”的方程；

（2）在（1）的条件下，过点P0,tt0作直线l与椭圆C只有一个交点，且截椭圆C的“伴随圆”所得弦长为23，求P点的坐标； （3）已知mn点到过两点m,m请说明理由.

cos3,mnmn,0,，是否存在a，b，使椭圆C的“伴随圆”上的sinsin22,n,n的直线的最短距离dmina2b2b.若存在，求出a，b的值；若不存在，

x2y21，伴随圆方程x2y26；【答案】（1）椭圆方程（2）(0,6)；（3）存在，42【解析】

试题分析：（1）这是基本题，题设实质已知2a4,c ．

2，要求椭圆标准方程，已知圆心及半径求圆的方程；（2）为了求P点坐标，我们可设直线l方程为ykxt，直线l与椭圆只有一个公共点，即直线l的方程与椭圆的方程联立方程组，这个方程组只有一个解，消元后利用0可得k,t的一个方程，又直线l截圆所得弦长为23，又得一个关于k,t的方程，联立可解得k,t；（3）这是解析几何中的存在性问题，解决

方法都是假设存在，然后去求出这个a,b，能求出就说明存在，不能求出就说明不存在．解法如下，写出过点m,m2,n,n2的直线方程，求出圆心到这条直线的距离为d3，可见当圆半径不小于3时，圆上的点到这条直线的最短距离为0，即当a2b23时，dmina2b2b0，但由于a2b2b0，无解，当圆半径小于3时，圆上的点到这条直线的最短距离为3a2b2，由此得

3a2b2a2b2b，又有a2b22，可解得a3,b1，故存在．

试题解析：（1）由题意：，则，所以椭圆的方程为，------2分

其“伴随圆”的方程为（2）设直线的方程为

．-----------------------4分

由得---------------------6分

则有得，---①--------------7分

由直线截椭圆的“伴随圆”所得弦长为，可得

，得------②------------------------------8分

由①②得，又，故，所以点坐标为．-----10分

（3）过的直线的方程为：，

即 由于圆心

，得到直线

------------------------12分 的距离为

，---------------------------------------14分

4.某校同学设计一个如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”，其中AC、BD是过抛物线焦点F的两条弦，且其焦点F(0,1)，ACBD0，点E为y轴上一点，记EFA，其中为锐角． (1) 求抛物线方程；

(2) 如果使“蝴蝶形图案”的面积最小，求的大小？

【答案】(1) x4y；(2) 【解析】

试题分析：(1)抛物线焦点在y轴上，其标准方程为x2py，其中焦点坐标为(0,224.

p)；(2)显然要把蝴蝶2形图案”的面积表示为的函数，由于ACBD0即ACBD，因此要求这个面积，只要求出

AF,BF,DF,CF的长，当然它们都要用来表示，为此我们设AFm，则A点坐标为

A(msin,mcos1)，利用点A在抛物线x24y上，代入可得出关于m的二次方程，解方程求出m,

把换成2，

2，可依次得到BF,DF,CF，由此我们就可把面积S用表示了，接下

来只是涉及到求函数的最大值而已.

试题解析：（1） 由抛物线焦点F(0,1)得,抛物线方程为x4y ……5分 （2） 设AFm，则点A(msin,mcos1) ……6分

22所以，(msin)4(1mcos)，既msin4mcos40 ……7分

22

2(cos1) ……8分 2sin2(1sin)同理： BF ……9分 2cos2(1sin) ……10分 DFcos22(1cos) ……11分 CFsin2解得 AF“蝴蝶形图案”的面积SSAFBSCFD1144sincosAFBFCFDF 22(sincos)2令tsincos,t0,2, t2, ……12分

1111t11则S4241, 2时,即“蝴蝶形图案”的面积为8.

t4tt2……14分

2x2y21. 5.已知椭圆：4 (1) 椭圆的短轴端点分别为A,B(如图)，直线AM,BM分别与椭圆交于E,F两点，其中点

1Mm,满足m0，且m3. 2①证明直线EF与y轴交点的位置与m无关； ②若∆BME面积是∆AMF面积的5倍，求m的值；

(2)若圆:xy4.l1,l2是过点P(0,1)的两条互相垂直的直线,其中l1交圆于T、

22R两点,l2交椭圆于另一点Q.求TRQ面积取最大值时直线l1的方程.

【答案】(1) ①交点为(0,2)；②m1；(2) y【解析】

10x1. 2MAMF15MAMBSAMF即，SBMEMBME5MEMF，这个比例式可以转化为点的横坐标之间(或纵坐标)的关系式，

从而 求出m；(2)仍采取基本方法，设l1的方程为ykx1，则l2的方程为y1x1，直线l1与圆k相交于T,R，弦TR的长可用直角三角形法求，(弦心距，半径，半个弦长构成一个直角三角形)，TRQ的

高为PQ是直线l2与椭圆相交的弦长，用公式PQ最大值及相应的k值，也即得出l1的方程. 试题解析：（1）①因为A(0,1),B(0,1),M (m,

(112)(xx)来求，再借助于基本不等式求出PQ2k1)，且m0， 213直线AM的斜率为k1=,直线BM斜率为k2=,

2m2m

3直线AM的方程为y=1x1 ,直线BM的方程为y=x1 , ……2分

2m2m

x224y1,由得m21x24mx0， y1x1,2m4m4mm21

x0,x2,E2,2,m1m1m1x2y21,由4得m29x212mx0， y3x1,2mx0,x12m12m9m2； ……4分 ,F2,2m29m9m92据已知，m0,m3，

m219m222222m3 (m3)(m3)直线EF的斜率k1m9m,24m4m12m4m(m3)221m9m

22m1m4m, 直线EF的方程为 y23x2m14mm1令x=0,得y2, EF与y轴交点的位置与m无关. ……5分 ②SAMF11|MA||MF|sinAMF,SBME|MB||ME|sinBME,AMFBME, 22|ME||MF|5SAMFSBME,5|MA||MF||MB||ME|，5|MA||MB|, ……7分

5mm, m0，

4m12mmmm219m2整理方程得

1151，即(m23)(m21)0， 22m1m922又有m3，m30， m1， m1为所求. ……10分

(2) 因为直线l1l2,且都过点P(0,1),所以设直线l1:ykx1kxy10, 直线l2:y1x1xkyk0, ……12分 k

所以圆心(0,0)到直线l1:ykx1kxy10的距离为d11k；

2,

所以直线l1被圆xy4所截的弦TR24d222234k21k2xkyk0222由x2kx4x8kx0,所以

2y148k164k28k21 所以 QP(12)2 ……14分 xQxP22k4k(k4)2k4所以 STRQ184k2332QPTR2k244k23134k23321613 21313当4k32134k23k2510k时等号成立, 22此时直线l1:y10x1 ……16分 226.已知点P(2,0)，点Q在曲线C：y2x上.

（1）若点Q在第一象限内，且|PQ|2，求点Q的坐标； （2）求|PQ|的最小值. 【答案】（1）(2,2)；（2）3． 【解析】

试题分析：（1）本题只是考查平面上两点间的距离公式，只要设Q点坐标为(x,y)，则

PQ(x2)2(y0)22，而点Q在曲线C上，故有y22x，代入PQ的式子，解方程可得Q坐

标；（2）实际上在（1）的求解过程中，知PQ(x2)2x2x22x4，根号里面是关于x的二

次函数，注意自变量x的范围是[0,)，因此问题就变为求二次函数在给定区间上的最小值问题，通过配方法可易得．

试题解析：设Q(x,y)（x0,y0）,y2x

2