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广州市第一中学高三数学第二轮复习专题--圆锥曲线


广州市第一中学高三数学第二轮复习专题—— 广州市第一中学高三数学第二轮复习专题—— 圆锥 《
曲线》 曲线》
(一)典型例题讲解:
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例 1、过点(1,0)的直线 l 与中心在原点,焦点在 x 轴上且离心率为 、 圆 C 相交于 A、B 两点,直线 y= x 过线段 AB 的中点,同时 椭圆 C 上存在一点与右焦点关于直线 l 对称, 试求直线 l 与椭 圆 C 的方程
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2 的椭 2

1 2

y A

1 y= x 2 o 1 B x

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命题意图 本题利用对称问题来考查用待定系数法求曲 线方程的方法,设计新颖,基础性强
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知识依托 问题
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待定系数法求曲线方程,如何处理直线与圆锥曲线问题,对称

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错解分析 不能恰当地利用离心率设出方程是学生容易犯的错误 利用好对称问题是解决好本题的关键
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恰当地

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技巧与方法 本题是典型的求圆锥曲线方程的问题,解法一,将 A、B 两点 坐标代入圆锥曲线方程,两式相减得关于直线 AB 斜率的等式 解法二,用韦达 定理
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解法一







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由 e=

c 2 a 2 ? b2 1 2 2 = ,得 = ,从而 a =2b ,c=b 2 a 2 a2

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设椭圆方程为 x2+2y2=2b2,A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆上

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则 x12+2y12=2b2,x22+2y22=2b2,两式相减得,(x12-x22)+2(y12- y22)=0,
y1 ? y 2 x + x2 =? 1 . x1 ? x 2 2( y1 + y 2 )

设 AB 中点为(x0,y0),则 kAB=-

x0 1 1 ,又(x0,y0)在直线 y= x 上,y0= x0,于是- 2 y0 2 2

x0 =-1,kAB=-1,设 l 的方程为 y=-x+1 2 y0

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右焦点(b,0)关于 l 的对称点设为(x′,y′),

? y′ =1 ? ? x′ = 1 ? x′ ? b 则? 解得? ? y′ = 1 ? b ? y ′ = ? x′ + b + 1 ?2 2 ?

由点(1,1-b)在椭圆上,得 1+2(1-b)2=2b2,b2=

9 2 9 ,a = 16 8

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∴所求椭圆 C 的方程为

8 x 2 16 2 + y =1,l 的方程为 y=-x+1 9 9

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解法二







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由 e=

c 2 a 2 ? b2 1 2 2 = ,得 = ,从而 a =2b ,c=b a 2 2 a2

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设椭圆 C 的方程为 x2+2y2=2b2,l 的方程为 y=k(x-1), 将 l 的方程代入 C 的方程,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2b2=0,则 x1+x2=
2k 4k 2 ,y1+y2=k(x1-1)+k(x2-1)=k(x1+x2)-2k=- 2 1 + 2k 1 + 2k 2
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直线 l 或 k=-1
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y= x 过 AB 的中点(

1 2

x1 + x 2 y1 + y 2 ?k 1 2k 2 , ),则 ,解得 k=0, = ? 2 2 1 + 2k 2 2 1 + 2 k 2

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若 k=0,则 l 的方程为 y=0,焦点 F(c,0)关于直线 l 的对称点就是 F 点本身,不 能在椭圆 C 上,所以 k=0 舍去,从而 k=-1,直线 l 的方程为 y=-(x-1),即 y= -x+1,以下同解法一
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例 2、已知双曲线 C 、







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2x2-y2=2 与点 P(1,2)

(1)求过 P(1,2)点的直线 l 的斜率取值范围,使 l 与 C 分别有一个交点,两 个交点,没有交点
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(2)若 Q(1,1),试判断以 Q 为中点的弦是否存在
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y
2 1 -1

命题意图 第一问考查直线与双曲线交点个数问题,归 结为方程组解的问题 第二问考查处理直线与圆锥曲线问题 的第二种方法——“点差法”
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P Q
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o

x

知识依托 二次方程根的个数的判定、两点连线的斜率 公式、中点坐标公式
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错解分析 第一问,求二次方程根的个数,忽略了二次项系数的讨论 二问,算得以 Q 为中点弦的斜率为 2,就认为所求直线存在了
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技巧与方法 涉及弦长的中点问题,常用“点差法”设而不求,将弦所在 直线的斜率,弦的中点坐标联系起来,相互转化
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解 (1)当直线 l 的斜率不存在时, 的方程为 x=1,与曲线 C 有一个交点 l l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y-2=k(x-1),代入 C 的方程,并整理得
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(2-k2)x2+2(k2-2k)x-k2+4k-6=0

(*)

(ⅰ)当 2-k2=0,即 k=± 2 时,方程(*)有一个根,l 与 C 有一个交点

(ⅱ)当 2-k2≠0,即 k≠± 2 时

Δ=[2(k2-2k)]2-4(2-k2)(-k2+4k-6)=16(3-2k)
①当Δ=0,即 3-2k=0,k= 时,方程(*)有一个实根,l 与 C 有一个交点
3 2 3 2
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②当Δ>0,即 k< ,又 k≠± 2 ,故当 k<- 2 或- 2 <k< 2 或 2 <k<
3 时,方程(*)有两不等实根,l 与 C 有两个交点 2 3 2
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③当Δ<0,即 k> 时,方程(*)无解,l 与 C 无交点
3 2

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综上知







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当 k=± 2 ,或 k= ,或 k 不存在时,l 与 C 只有一个交点;
3 2

当 2 <k< ,或- 2 <k< 2 ,或 k<- 2 时,l 与 C 有两个交点;
3 2

当 k> 时,l 与 C 没有交点

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(2)假设以 Q 为中点的弦存在, 设为 AB, A(x1,y1),B(x2,y2), 2x12-y12=2,2x22 且 则 2 -y2 =2 两式相减得 2(x1-x2)(x1+x2)=(y1-y2)(y1+y2)
源 源 源

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又∵x1+x2=2,y1+y2=2 ∴2(x1-x2)=y1-y1

即 kAB=

y1 ? y 2 =2 x1 ? x 2

但渐近线斜率为± 2 ,结合图形知直线 AB 与 C 无交点,所以假设不正确, 即以 Q 为中点的弦不存在
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例 3、如图,已知某椭圆的焦点是 F1(-4,0)、F2(4,0),过点 F2 并垂直于 、 x 轴的直线与椭圆的一个交点为 B,且|F1B|+|F2B|=10,椭圆上不同的两点 A(x1,y1),C(x2,y2)满足条件 |F2A|、|F2B|、|F2C|成等差数列
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(1)求该弦椭圆的方程; (2)求弦 AC 中点的横坐标;
F1

y
A B C

o

F2 B'

x

(3)设弦 AC 的垂直平分线的方程为 y=kx+m, m 的取值范围 求 命题意图 本题考查直线、椭圆、等差数列等基本知识,一、二问较简单, 第三问巧妙地借助中垂线来求参数的范围,设计新颖,综合性,灵活性强
源 源 源

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知识依托 错解分析







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椭圆的定义、等差数列的定义,处理直线与圆锥曲线的方法 第三问在表达出“k=
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25 y0”时,忽略了“k=0”时的情况,理不 36

清题目中变量间的关系
源 源 源

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技巧与方法 第一问利用椭圆的第一定义写方程;第二问利用椭圆的第二 定义(即焦半径公式)求解, 第三问利用 m 表示出弦 AC 的中点 P 的纵坐标 y0,利用 y0 的范围求 m 的范围
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源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源

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源 源 源 源 源 源 源 源















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(1)由椭圆定义及条件知,2a=|F1B|+|F2B|=10,得 a=5,又 c=4,所以
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王
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b= a 2 ? c 2 =3

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故椭圆方程为

x2 y2 + =1 25 9

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(2)由点 B(4,yB)在椭圆上,得|F2B|=|yB|= 心率为 ,根据椭圆定义,有|F2A|= (
4 5

9 5

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因为椭圆右准线方程为 x=

25 ,离 4

4 25 4 25 -x1),|F2C|= ( -x2), 5 4 5 4

由|F2A|、|F2B|、|F2C|成等差数列,得
4 25 4 25 9 ( -x1)+ ( -x2)=2× ,由此得出 5 4 5 4 5
源 源 源

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源 源 源 源 源 源 源 源















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x1+x2=8

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设弦 AC 的中点为 P(x0,y0),则 x0=

x1 + x 2 =4 2

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(3)解法一







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源 源 源 源 源 源 源 源















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?9 x12 + 25 y12 = 9 × 25 ? 由 A(x1,y1),C(x2,y2)在椭圆上 得 ? 2 2 ?9 x2 + 25 y2 = 9 × 25 ?
新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源
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① ②

特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o

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①-②得 9(x12-x22)+25(y12-y22)=0, 即 9× (
x1 + x 2 y + y2 y ? y2 ) + 25( 1 )?( 1 ) =0(x1≠x2) 2 2 x1 ? x 2



x1 + x 2 y + y2 y ? y2 1 (k≠0) = x0 = 4, 1 = y0 , 1 =? 2 2 x1 ? x 2 k

代入上式,得 9×4+25y0(-

1 )=0 k

(k≠0) 即 k=

25 y0(当 k=0 时也成立) 36

新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源
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由点 P(4,y0)在弦 AC 的垂直平分线上,得 y0=4k+m, 所以 m=y0-4k=y0-
25 16 y0=- y0 9 9
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由点 P(4,y0)在线段 BB′(B′与 B 关于 x 轴对称)的内部, 得- <y0< ,所以- 解法二
源 源 源

9 5

9 5

16 16 <m< 5 5

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特 特 特 特特 特 特王特王特新特特王特 新 王 王w 王@ 新王m 王 新kt 12 .c6 o x c

因为弦 AC 的中点为 P(4,y0),所以直线 AC 的方程为
1 (x-4)(k≠0) k

y-y0=-



将③代入椭圆方程

x2 y2 + =1,得(9k2+25)x2-50(ky0+4)x+25(ky0+4)2-25×9k2=0 25 9

所以 x1+x2=

50( k 0 + 4) 25 =8,解得 k= y0 2 36 9k + 25
新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源
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(当 k=0 时也成立)

(以下同解法一)

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例 4、如图所示,已知 P(4,0)是圆 x2+y2=36 内的一点,A、B 是圆上两动点, 且满足∠APB=90°,求矩形 APBQ 的顶点 Q 的轨迹方程
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y

命题意图 的轨迹方程
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本题主要考查利用“相关点代入法”求曲线

B

Q

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R A

o

P

x

知识依托 的轨迹方程
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利用平面几何的基本知识和两点间的距离公式建立线段 AB 中点

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错解分析 欲求 Q 的轨迹方程,应先求 R 的轨迹方程,若学生思考不深刻, 发现不了问题的实质,很难解决此题
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技巧与方法 对某些较复杂的探求轨迹方程的问题,可先确定一个较易于 求得的点的轨迹方程,再以此点作为主动点,所求的轨迹上的点为相关点,求得 轨迹方程
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设 AB 的中点为 R,坐标为(x,y),则在 Rt△ABP 中,|AR|=|PR|
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又因为 R 是弦 AB 的中点,依垂径定理 |AR|2=|AO|2-|OR|2=36-(x2+y2) 又|AR|=|PR|= ( x ? 4) 2 + y 2

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在 Rt△OAR 中,

所以有(x-4)2+y2=36-(x2+y2),即 x2+y2-4x-10=0 因此点 R 在一个圆上,而当 R 在此圆上运动时,Q 点即在所求的轨迹上运动 设 Q(x,y),R(x1,y1),因为 R 是 PQ 的中点,所以 x1=
x+4 y+0 , y1 = , 2 2
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代入方程 x2+y2-4x-10=0,得 ( 整理得

x+4 2 y x+4 ) + ( )2 ? 4 ? -10=0 2 2 2
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x2+y2=56,这就是所求的轨迹方程

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(二)巩固练习
一,选择题







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1 1.椭圆的焦距是它的两条准线间距离的 ,则它的离心率为( 3



A.

3 2

B.

3 3

C.

6 3

D.

6 6

2.若抛物线 y 2 = 2 px 的焦点与椭圆

x2 y 2 + = 1 的右焦点重合,则 p 的值为( 6 2 C. ?4 D. 4



A. ?2

B. 2

10 )与抛物线 y2=2x 上的点 P 的距离为 d1,P 到抛物线 3 准线 l 的距离为 d2,则 d1+d2 取最小值时,P 点的坐标为( )

3.设定点 M(3,

A.

(0,0)

B.

(1 , 2 )

C.

(2,2)

D.

1 1 ( ,? ) 8 2

4.抛物线的顶点在原点,焦点在 y 轴上,抛物线上一点 P(m,-3)到焦点 的距离为 5,则抛物线的准线方程是( ) A.

y=4

B.

y=-4

C.

y=2

D.

y=-2

x2 y2 5.设 F(c,0)为椭圆 2 + 2 = 1(a > b > 0) 的右焦点,椭圆上的点与点 F 的距 a b
1 最小值为 m, 则椭圆上与 F 点的距离是 ( M + m) 的点是 ( 离的最大值为 M, 2 A.( c,± b ) a B.(0, ± b ) C.( ? c,±
b ) a



D.以上都不对

6 . 已知双曲线 3x 2 ? y 2 = 9 , 则双曲线右支上的点 P 到右焦点的距离与点 P 到

右准线的距离之比等于
A. 2 B.

(
2 2 3

) C. 2 D. 4

7. 斜率为 1 的直线 l 与椭圆
4 5 5

x2 2 +y =1 相交于 A、 两点, |AB|的最大值为( B 则 4

)

A

2

B

C

4 10 5

D

8 10 5

8 已知椭圆的焦点是 F1、F2,P 是椭圆上的一个动点,如果延长 F1P 到 Q, 使得|PQ|=|PF2|,那么动点 Q 的轨迹是( )
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A

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B

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椭圆

C

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双曲线的一支

D

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抛物线

9.P 为椭圆

x2 y2 + = 1 上的动点,过点 P 作椭圆长轴的垂线,垂足为 M,则 9 5

PM 中点的轨迹方程是(



(A)

4x 2 y 2 x2 4y2 x2 y2 x2 y2 + = 1 (B) + = 1 (C ) + = 1 (D) + =1 9 5 9 5 9 20 36 5

10.

设 A1、A2 是椭圆

x2 y2 + =1 的长轴两个端点,P1、P2 是垂直于 A1A2 的 9 4

弦的端点,则直线 A1P1 与 A2P2 交点的轨迹方程为( A
x2 y2 + =1 9 4 x2 y2 ? =1 9 4

)

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B

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y2 x2 + =1 9 4 y2 x2 ? =1 9 4

C

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D

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1 ( y ? 1) 上的动点,点 A(0,-1),点 M 在直线 PA 上且 2 分 PA 所成的比为 2:1,则点 M 的轨迹方程是( ) 1 1 1 1 1 1 1 (A)x 2 = ( y + ) (B)y 2 = ( x + ) (C)x 2 = ( y ? ) (D)x 2 = ? ( y + 1) 6 3 6 3 3 3 3

11.P 是抛物线 x 2 =

12.已知两点 M(-2,0)、N(2,0),点 P 为坐标平面内的动点,满足
| MN | ? | MP | + MN ? NP =0,则动点 P(x,y)的轨迹方程为 (
2 A. y = 8 x

)

B. y 2 = ?8 x

C. y 2 = 4 x

2 D. y = ?4 x

二,填空题
13. 直线 l 的方程为 y=x+3,在 l 上任取一点 P,若过点 P 且以双曲线 12x2- 4y2=3 的焦点作椭圆的焦点,那么具有最短长轴的椭圆方程为_________ 14. 在抛物线 y2=16x 内,通过点(2,1)且在此点被平分的弦所在直线的方 程是_________ 15. A 是椭圆长轴的一个端点,O 是椭圆的中心,若椭圆上存在一点 P,使
π
2

∠OPA=

,则椭圆离心率的范围是_________

16. 已知抛物线 y=x2-1 上一定点 B(-1,0)和两个动点 P、Q,当 P 在抛物 线上运动时,BP⊥PQ,则 Q 点的横坐标的取值范围是_________ 17 高为 5 m 和 3 m 的两根旗杆竖在水平地面上,且相距 10 m,如果把两 旗杆底部的坐标分别确定为 A(-5,0)、B(5,0),则地面观测两旗杆顶端仰角相 等的点的轨迹方程是_________
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4 18.已知点 A ( o, ?2 ) , B ( 0,) ,动点 P
P 的轨迹方程是______

( x, y ) 满足 PA.PB = y 2 ? 8 ,则动点

三,解答题 19、设椭圆的中心在原点,焦点在 x 轴上,离心率 e = 个椭圆上的点的最远距离为 7 ,求这个椭圆方程.
3 3 .已知点 P(0, ) 到这 2 2

20、已知中心在原点,顶点 A1 , A2 在 x 轴上,离心率为
P (6, 6)

21 的双曲线经过点 3

(I)求双曲线的方程;
(II)动直线 l 经过 ?A1 PA2 的重心 G ,与双曲线交于不同的两点 M , N ,问是否

存在 直线 l 使 G 平分线段 MN 。试证明你的结论。

21、已知圆 C1 的方程为(x-2)2+(y-1)2=
b>

20 x2 y2 ,椭圆 C2 的方程为 2 + 2 =1(a> 3 a b

0),C2 的离心率为

2 ,如果 C1 与 C2 相交于 A、B 两点,且线段 AB 恰为圆 C1 2

的直径,求直线 AB 的方程和椭圆 C2 的方程

22、如图,弧 ADB 为半圆,AB 为半圆直径,O 为半圆圆心,且 OD⊥AB, Q 为线段 OD 的中点,已知|AB|=4,曲线 C 过 Q 点,动点 P 在曲线 C 上运动且 保持|PA|+|PB|的值不变 (1)建立适当的平面直角坐标系,求曲线 C 的方程; (2)过 D 点的直线 l 与曲线 C 相交于不同的两点 M、N,且 M 在 D、N 之间, 设
DM =λ,求λ的取值范围 DN
D

Q

A

O

B

23、已知椭圆

x2 y2 + =1(a>b>0),点 P 为其上一点,F1、F2 为椭圆的焦点, a 2 b2

∠F1PF2 的外角平分线为 l,点 F2 关于 l 的对称点为 Q,F2Q 交 l 于点 R (1)当 P 点在椭圆上运动时,求 R 形成的轨迹方程; (2)设点 R 形成的曲线为 C, 直线 l
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y=k(x+ 2 a)与曲线 C 相交于 A、 两点, B
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当△AOB 的面积取得最大值时,求 k 的值

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t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x / x t 2 6 m w k 1 o c @ .c

y P

Q R

F1

o

F2

x

24、如图,已知点 F (1, ,直线 l : x = ?1 , P 为平面上的动点, 过 P 作直线 0)

l 的垂线,垂足为点 Q ,且 QPiQF = FP i FQ .
(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 , 已知 MA = λ1 AF , MB = λ2 BF ,求 λ1 + λ2 的值;
l y

F

?1 O

1

x

解答 一. 选择题 题 号 答 案 B D C C B C C A B C A B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

二. 填空题 13. 15. 17.
x2 y2 =1 + 5 4 2 <e<1 ; 2

14. 16. 18.

8x-y-15=0 (-∞,-3 ] ∪ [ 1,+∞)

4x2+4y2-85x+100=0

x2 = 2 y

三. 解答题 19、 解:设椭圆方程为 得 a = 2b
3 1 = x 2 + ( y ? ) 2 = ?3( y + ) 2 + 4b 2 + 3 , (?b ≤ y ≤ b) 2 2 1 3 3 1 2 若 b < ,则当 y = ?b 时 AM 最大,即 (?b ? ) 2 = 7 , ∴ b = 7 ? > ,故矛盾. 2 3 2 2 1 1 若 b ≥ 时, y = ? 时 4b 2 + 3 = 7 , b 2 = 1 2 2 2 x 所求方程为 + y2 =1 4 AM
2

c 3 x2 y2 + 2 = 1 (a > b > 0) , M ( x, y ) 为椭圆上的点,由 = 2 a 2 a b

20、解(I)设所求的双曲线方程为

21 x2 y2 ? 2 = 1∵ e = 且双曲线经过点 P (6, 6) , 2 a b 3

所以所求所求的双曲线方程为

x2 y 2 ? = 1。 9 12

(II)由条件 P, A1 , A2 的坐标分别为 (6, 6)、 3, 0)、 0) ,∴ G 点坐标为 (2, 2) (? (3,
假 设 存 在 直 线 l 使 G (2, 2) 平 分 线 段 MN , 设 M , N 的 坐 标 分 别 为

( x 1 , y1 ), ( x2 , y2 )

?12 x12 ? 9 y12 = 108.......(1) ? ∴? 2 2 ?12 x2 ? 9 y2 = 108.......(2) ?

(1) ? (2) 得

2 2 12( x12 ? x2 ) = 9( y12 ? y2 ) ( x1 + x2 )( x1 ? x2 ) = 9( y1 + y2 )( y1 ? y2 )



x1 + x2 y + y2 y ?y 4 = 2, 1 = 2, 即 x1 + x2 = 4, y1 + y2 = 4.∴ 1 2 = = kMN = k1 2 2 x1 ? x2 3

4 ∴ l 的方程为 y ? 2 = ( x ? 2) 3

?12 x 2 ? 9 y 2 = 108 ? 由? 4 ? y ? 2 = ( x ? 2) 3 ?

消去 y 整理得 x 2 ? 4 x + 28 = 0 ∵△= (?4) 2 ? 4 × 28 < 0 ∴所求直线不存在。

21、 解

p t h

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由 e=

2 x2 y2 ,可设椭圆方程为 2 + 2 =1, 2 2b b

又设 A(x1,y1)、B(x2,y2),则 x1+x2=4,y1+y2=2,
x1 y x y x ?x y ?y + 1 = 1, 2 2 + 22 =1,两式相减,得 1 2 2 + 1 2 2 =0, 2b 2 b 2 2b b 2b b
2 2 2 2 2 2 2 2



即(x1+x2)(x1-x2)+2(y1+y2)(y1-y2)=0 故直线 AB 的方程为 y=-x+3, 代入椭圆方程得 3x -12x+18-2b =0 0,
20 , 3
2 2

化简得

y1 ? y 2 =-1, x1 ? x2

y A

有Δ=24b -72>
o B x

2

又|AB|= 2 ( x1 + x2 ) 2 ? 4 x1 x2 =

得 2?

24b 2 ? 72 = 9

20 ,解得 b2=8 3
x2 y2 + =1 16 8

故所求椭圆方程为 22、解

p t h

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p t h

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(1)以 AB、OD 所在直线分别为 x 轴、y 轴,O 为原点,建立平面直角坐

标系,? ∵|PA|+|PB|=|QA|+|QB|=2 2 2 + 12 = 2 5 >|AB|=4 ∴曲线 C 为以原点为中心,A、B 为焦点的椭圆 设其长半轴为 a,短半轴为 b,半焦距为 c,则 2a=2 5 ,∴a= 5 ,c=2,b=1
x2 2 +y =1 5 x2 2 +y =1,得(1+5k2)x2+20kx+15=0 5

∴曲线 C 的方程为

(2)设直线 l 的方程为 y=kx+2,代入

Δ=(20k)2-4×15(1+5k2)>0,得 k2>
DM x1 =λ = DN x2

3 5

由图可知
y D N x2 M x1 o

20k ? ? x1 + x2 = ? 1 + 5k 2 ? 由韦达定理得 ? ? x ? x = 15 ? 1 2 1 + 5k 2 ?

x

将 x1=λx2 代入得
? 400k 2 2 2 ?(1 + λ) x2 = ? (1 + 5k 2 ) 2 ,两式相除得 ? ?λx 2 = 15 ? 2 1 + 5k 2 ?
(1 + λ ) 2 400k 2 80 = = 2 λ 15(1 + 5k ) 3(5 + 1 ) k2

3 1 5 1 20 80 16 ∵ k 2 > ,∴ 0 < 2 < ,∴ 5 < 2 < ,即4 < < 1 5 3 3 k k +5 3 3( 2 + 5) k
∴4 < (1 + λ ) 2 16 DM 1 < ,∵ λ = > 0,∴ 解得 < λ < 3 λ 3 DN 3 x1 DM = , M 在 D、N 中间,∴λ<1 x2 DN



∵λ =



又∵当 k 不存在时,显然λ=

DM 1 = (此时直线 l 与 y 轴重合) DN 3

23、 解







新新 新新 新新 新新
源 源 源 源 源 源 源 源















t /p w w .x t .c m /w /c h : k y o x j g

特特特特 特 特 特特特特 特特 特特 王王新 王 新王 王王 王王 新新
w x k 1 6 m c t 2 c o @ .





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源 源 源 源 源 源 源 源 源 源













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特特特特 特 特 特特特特王 特特王 王王新特特 新 王王 王王 新新
w x @ 1 .c m c k 2 6 o t

(1)∵点 F2 关于 l 的对称点为 Q,连接 PQ,

∴∠F2PR=∠QPR,|F2R|=|QR|,|PQ|=|PF2| 又因为 l 为∠F1PF2 外角的平分线,故点 F1、P、Q 在同一直线上,设存在 R(x0,y0),Q(x1,y1),F1(-c,0),F2(c,0)
新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源
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新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o

|F1Q|=|F2P|+|PQ|=|F1P|+|PF2|=2a,则(x1+c)2+y12=(2a)2
x1 + c ? ? x0 = 2 ? 又? ? y = y1 ? 0 2 ?

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特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o

得 x1=2x0-c,y1=2y0

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∴(2x0)2+(2y0)2=(2a)2,∴x02+y02=a2

新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源
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特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o

故 R 的轨迹方程为







新新 新新 新新 新新
源 源 源 源 源 源 源 源















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特特特特 特 特 特特特特 特特 特特 王王新 王 新王 王王 王王 新新
w x k 1 6 m c t 2 c o @ .





新新新 新新新
源 源 源 源 源 源 源 源 源 源













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特特特特 特 特 特特特特王 特特王 王王新特特 新 王王 王王 新新
w x @ 1 .c m c k 2 6 o t

x2+y2=a2(y≠0)
1 2
a2 sinAOB 2
y
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王
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(2)如右图,∵S△AOB= |OA|·|OB|·sinAOB= 当∠AOB=90°时,S△AOB 最大值为 a2
1 2

B

新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王
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C A o x

此时弦心距|OC|=

| 2 ak |
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源
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特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王
x t 2 6 m w k 1 o c @ .c

新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王
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1+ k2

在 Rt△AOC 中,∠AOC=45°,
∴ | OC | | 2ak | 2 3 = = cos 45° = ,∴ k = ± . | OA | a 1 + k 2 2 3

24、解:(Ⅰ)设点 P ( x,y ) ,则 Q (?1,y ) ,由 QPiQF = FP i FQ 得:
( x + 1, i(2, y ) = ( x ? 1,y )i( ?2,y ) ,化简得 C : y 2 = 4 x . 0) ?
y P B O A M F

Q

x

(Ⅱ)设直线 AB 的方程为: x = my + 1( m ≠ 0) .
2? ? 设 A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) ,又 M ? ?1, ? , ? m? ?

? y 2 = 4 x, 联立方程组 ? ,消去 x 得: ? x = my + 1,
y 2 ? 4my ? 4 = 0 , ? = (?4m) 2 + 12 > 0 ,故 由 MA = λ1 AF , MB = λ2 BF 得 :
y1 +

? y1 + y2 = 4m, ? ? y1 y2 = ?4.

2 2 = ?λ1 y1 , y2 + = ?λ2 y2 , 整 理 得 : m m

λ1 = ?1 ?

2 2 , λ2 = ?1 ? , my1 my2

∴ λ1 + λ2 = ?2 ?

2? 1 1 ? 2 4m 2 y1 + y2 =0. = ?2 ? i ? + ? = ?2 ? i m ? y1 y2 ? m ?4 m y1 y2


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