1、1(一)直线与圆锥曲线(1)1(2018唐山模拟)已知点 A(2,0)，点 B(1,0)，点 C(1,0)，动圆 O与 x轴相切于点A，过点 B的直线 l1与圆 O相切于点 D，过点 C的直线 l2与圆 O相切于点 E(D， E均不同于点 A)，且 l1与 l2交于点 P，设点 P的轨迹为曲线 .(1)证明：| PB| PC|为定值，并求 的方程；(2)设直线 l1与 的另一个交点为 Q，直线 CD与 交于 M， N两点，当 O， D， C三点共线时，求四边形 MPNQ的面积解 (1)由已知可得| PD| PE|，|BA| BD|，| CE| CA|，所以| PB| PC| PD| DB| P
2、C| PE| PC| AB| CE| AB| AC| AB|42| BC|，所以点 P的轨迹 是以 B， C为焦点的椭圆(去掉与 x轴的交点)，可求得 的方程为 1( y0)x24 y23(2)由 O， D， C三点共线及圆的几何性质，可知 PB CD，又由直线 CE， CA为圆 O的切线，可知| CE| CA|，| O A| O E|，所以 O AC O EC，进而有 ACO ECO，所以| PC| BC|2，又由椭圆的定义，| PB| PC|4，得| PB|2，所以 PBC为等边三角形，即点 P在 y轴上，点 P的坐标为(0， )3()当点 P的坐标为(0， )时，3 PBC60， BCD
3、30，此时直线 l1的方程为 y (x1)，3直线 CD的方程为 y (x1)，33由Error! 整理得 5x28 x0，得 Q ，(85， 335)所以| PQ| ，1652由Error! 整理得 13x28 x320，设 M(x1， y1)， N(x2， y2)， x1 x2 ， x1x2 ，813 3213|MN| |x1 x2| ，1 13 4813所以四边形 MPNQ的面积 S |PQ|MN| .12 38465()当点 P的坐标为(0， )时，3由椭圆的对称性，得四边形 MPNQ的面积为 .38465综上，四边形 MPNQ的面积为 .384652(2018合肥模拟)已知椭圆 1(
4、 ab1)的离心率为 ，左、右焦点分别为 F1， F2，x2a2 y2b2 12且| F1F2|2 c， F2：( x c)2 y21 与该椭圆有且只有一个公共点(1)求椭圆的标准方程；(2)过点 P(4c,0)的直线与 F2相切，且与椭圆相交于 A， B两点，求证： F2A F2B；(3)过点 P(4c,0)的直线 l与 F1：( x1) 2 y2 r2(r1)相切，且与椭圆相交于 A， B两点，试探究 kF2A， kF2B的数量关系(1)解 F2与椭圆有且只有一个公共点，公共点为( a,0)或( a,0)，若公共点为( a,0)，则 a c1，又 ，ca 12解得 a 1矛盾，故公共点为(
5、 a,0)23 a c1，又 e ， a2， c1.ca 12反之，当 c1 时，联立Error!解得Error! 满足条件椭圆的标准方程为 1.x24 y23(2)证明 P(4,0)，设过 P(4,0)的直线 l的方程为 x my4，联立Error!得(43 m2)y224 my360，由 576 m2144(43 m2)0，得 m24.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，3则 y1 y2 ， y1y2 ，24m4 3m2 364 3m2又 F2(1,0)， ( x11， y1)(x21， y2)F2A F2B (1 m2)y1y23 m(y1 y2)9 9 .361 m24 3m
6、2 72m24 3m2 72 9m24 3m2由 l： x my4 与 F2：(x1) 2 y21 相切得 m28，满足 m24， 0，即 F2A F2B.F2A F2B (3)解 猜想： k 0.证明如下：由(2)得 2FAk 2B y1x1 1 y2x2 1 .2my1y2 3y1 y2m2y1y2 3my1 y2 92 my1y23( y1 y2)2 m 0，364 3m2 72m4 3m2 FAk B0.3(2018成都模拟)设 F1， F2分别是椭圆 E： 1 的左、右焦点若 P是该椭圆上x24 y2b的一个动点， 的最大值为 1.PF1 PF2 (1)求椭圆 E的方程；(2)设直线
7、 x ky1 与椭圆 E交于 A， B两点，点 A关于 x轴的对称点为 A( A与 B不重合)，则直线 A B与 x轴是否交于一个定点？若是，请写出定点坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由解 (1)由题意得 a2， c ， b0.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 A( x1， y1)，故 y1 y2 ， y1y2 .2kk2 4 3k2 4经过点 A( x1， y1)， B(x2， y2)的直线方程为 ，y y1y2 y1 x x1x2 x1令 y0，则 x y1 x1x2 x1y1 y2x2 x1y1 y1 y2x1y1 y2 ，x2y1 x1y2y1 y2又 x1 ky
8、11， x2 ky21， xx2y1 x1y2y1 y2ky2 1y1 ky1 1y2y1 y22ky1y2 y1 y22kk2 4 4， 6kk2 4 2kk2 42kk2 4即当 x4 时， y0.5直线 A B与 x轴交于定点(4,0)4(2018济南模拟)在平面直角坐标系 xOy中，抛物线 C： x22 py(p0)，斜率为 k(k0)的直线 l经过 C的焦点，且与 C交于 A， B两点，满足 .OA OB 34(1)求抛物线 C的方程；(2)已知线段 AB的垂直平分线与抛物线 C交于 M， N两点， R为线段 MN的中点，记点 R到直线 AB的距离为 d，若 ，求 k的值d|AB|
9、22解 (1)由已知，得直线 l的方程为 y kx ，p2设 A ， B ，(x1， y1) (x2， y2)由Error!得 x22 pkx p20，(*)x1x2 p2， y1y2 ，x212p x22p p24 x1x2 y1y2 p2 ，OA OB p24 3p24由已知得 ，即 p1，3p24 34抛物线 C的方程为 x22 y.(2)由(1)知， p1， C： x22 y， l： y kx ，12方程(*)即： x22 kx10，x1 x22 k， x1x21.设 AB的中点为 D(x0， y0)，则 x0 (x1 x2) k，12y0 kx0 k2 ，12 12 AB的垂直平分线
10、 MN的方程为y (x k)，(k212) 1k即 x y k2 0.1k 326将直线 MN的方程与 C： x22 y联立，得 x2 x2 k230，(*)2k设 M ， N ，(x3， y3) (x4， y4)则 R ，(x3 x42 ， y3 y42 ) ，x3 x42 1k k2 y3 y42 1k(x3 x42 ) 32 k2 ，1k2 32R点到直线 AB： kx y 0 的距离 d ，12 k2 1k2 2k2 1|AB| k2 1|x1 x2| k2 1(x1 x2)2 4x1x2 2 ，k2 14k2 4 (1 k2)所以 ，d|AB|k2 1k2 2k2 12(1 k2)
11、k2 12k2由已知得 ，即得 k1.k2 12k2 22把 k1 代入验证知(*)与(*)式的判别式都大于零5(2018甘肃省西北师范大学附属中学模拟)已知椭圆 C： 1( ab0)的离心率为x2a2 y2b2，过右焦点 F且斜率为 1的直线交椭圆 C于 A， B两点， N为弦 AB的中点， O为坐标原63点(1)求直线 ON的斜率 kON；(2)求证：对于椭圆 C上的任意一点 M，都存在 0,2)，使得 cos sin OM OA 成立OB (1)解 设椭圆的焦距为 2c，因为 ，ca 63所以 ，a2 b2a2 237故有 a23 b2.从而椭圆 C的方程可化为 x23 y23 b2，右
12、焦点 F的坐标为( b,0)，2据题意有 AB所在的直线方程为 y x b.2由得，4 x26 bx3 b20，2 72 b2443 b224 b20.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，弦 AB的中点为 N(x0， y0)，由根与系数的关系得，x0 ， y0 x0 b .x1 x22 32b4 2 2b4所以 kON .y0x0 13(2)证明 显然 与 可作为平面向量的一组基底，OA OB 由平面向量基本定理，对于这一平面内的向量 ，OM 有且只有一对实数 ， ，使得等式 成立OM OA OB 设 M(x， y)，由(1)中各点的坐标有(x， y) (x1， y1) (x2， y
13、2)，故 x x 1 x 2， y y 1 y 2.又因为点 M在椭圆 C上，所以有( x 1 x 2)23( y 1 y 2)23 b2，整理可得 2(x 3 y ) 2(x 3 y )2 (x1x23 y1y2)3 b2.21 21 2 2由(1)可知， x1 x2 ， x1x2 ，32b2 3b24所以 x1x23 y1y2 x1x23( x1 b)(x2 b)2 24 x1x23 b(x1 x2)6 b223 b29 b26 b20.又点 A， B在椭圆 C上，故有( x 3 y )3 b2，( x 3 y )3 b2.21 21 2 2将代入可得， 2 21.所以对于椭圆上的每一个点 M，总存在一对实数，8使等式 成立，且 2 21.OM OA OB 所以存在 0,2)，使得 cos ， sin .即对于椭圆 C上任意一点 M，总存在 0,2)，使得等式 cos sin 成立OM OA OB
