2020年高考理科數(shù)學(xué)《圓錐曲線》題型歸納與訓(xùn)練及參考答案

1、2020年高考理科數(shù)學(xué)圓錐曲線題型歸納與訓(xùn)練【題型歸納】題型一求曲線的方程例1已知Fi(-2,0) , F2(2,0),點(diǎn)P滿足| PFi | |PF2 |=2 ,記點(diǎn)P的軌跡為E .求軌跡E 的方程.2【答案】x2.L=l3【解析】由| PFi | -1 PF2 |=2 <4 =|訐2 |可知：點(diǎn)P的軌跡E是以Fi,F2為焦點(diǎn)的雙曲線 的右支，2由 c=2,2a=2,. b2 =22 12 =3 ,故軌跡 E 的方程為 x2 y-= 1(x a 0).3【易錯(cuò)點(diǎn)】(1)對(duì)于雙曲線的定義理解片面；(2)如果動(dòng)點(diǎn)P滿足 |PF1 一 PF2| =2a(2a <|F1F2),則點(diǎn)P的軌

2、跡是雙曲線。但該題已知條件中給出的是PFi|-|PF2|=2”只能表示點(diǎn)P的軌跡是雙曲線的右支，而不是雙曲線的全部?！舅季S點(diǎn)撥】利用雙曲線解題時(shí)，一定要觀察是雙曲線的全部還是部分。題型二定值、定點(diǎn)問(wèn)題x2 V2一一.例2已知橢圓C:肉+#=1過(guò)A(2,0), B(0,1)兩點(diǎn).(1)求橢圓C的方程及離心率；(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓 C上，直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與 x軸交于點(diǎn)N,求證：四邊形ABNM的面積為定值.x2 03【答案】(1)1+y2=1, e=萬(wàn)(2)2.i【解析】(1)由題意得a = 2, b=1,2所以橢圓C的方程為、+y2= 1.又c=#a2_ b2 =斕，

3、所以離心率e=：=.(2)證明：設(shè) P(Xo, yo)(Xo< 0, y0<0),則 x0 + 4y2= 4.又 A(2,0), B(0,1),所以直線PA的方程為y =(x2).X0-2''令 x=o,得 yM = -Y2y02 從而|BM|= 1 yM=1 +v2y02 X0 2X0 2直線PB的方程為y= y01x+1.X0令y=0'得加=-yx'從而 |AN| = 2-Xn = 2 +X。y。一 1111所以四邊形ABNM的面積S= 2|AN| |BM|X02y0 y0 1 人X0 22.X0 + 4y2 + 4%y0 4x0 8y0 + 4

4、 %丫0 2xq4yo + 42 x0y0 X0 2y0+2Ryo x0 2y0 + 2從而四邊形abnm的面積為定值.【易錯(cuò)點(diǎn)】(1).想不到設(shè)出P(X0, y0)后，利用點(diǎn)斜式寫出直線FA, PB的方程.不會(huì)由直線FA, PB的方程求解|BM|, |AN|;1(2) .不知道四邊形的面積可用 S= 2| AN|BM|表不；(3) .四邊形ABNM的面積用X0, y0表示后，不會(huì)變形、化簡(jiǎn)，用整體消參來(lái)求值.【思維點(diǎn)撥】第(1)問(wèn)由a = 2, b = 1, c=也 解第一問(wèn);1一第(2)問(wèn)畫草圖可知ANXBM,四邊形ABNM的面積為2|AN| |BM|,設(shè)點(diǎn)P(x°, y

5、6;),1得出PA, PB的萬(wàn)程，進(jìn)而得出M, N的坐標(biāo)，得出|AN|, |BM|,只需證明2|AN| |BM|是一個(gè)與點(diǎn)P的坐標(biāo)無(wú)關(guān)的量即可.22_例 3 已知橢圓 C: f2+b?= 1(a>b>0),四點(diǎn) Pi(1,1), P2(0, 1), P3L %，P41 也3J I 2 j i 2中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.(1)求C的方程； (2)設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)P2點(diǎn)且與C相交于A, B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為一1,證明：l過(guò)定點(diǎn).x2【答案】(1)1 + y2=1(2)(2, -1)【解析】(1)因?yàn)镻311包P4；43',所以P3, P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，J

6、 2 )2 2 )故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過(guò)P3, P4兩點(diǎn).一，11 13 . 一 又由/ + b>/ + 4b2知，橢圓C不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1,1b2 因此，1=1,所以點(diǎn)P2在橢圓C上.a2 = 4,解得.1.2= 1,x2故橢圓C的方程為：+ y2=1.(2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為左，k2.如果l與x軸垂直，設(shè)l: x= t,由題設(shè)知t?Q且|t|<2,可得A, B的坐標(biāo)分別為t 土二，t -<4-t2 ，2，2I J kw44 t2 - 2 J4-t2 + 2則 k1 + k2=2t 2t =-1，得t = 2,不符合題設(shè).從而可設(shè)l: y=kx+ m(m?1

7、)、x2c將y= kx+ m代入i + y2= 1得(4k2 + 1)x2 + 8kmx+ 4m2 4 = 0.由題設(shè)可知 = 16(4k2 m2+1)>0.設(shè) A(xi, y) B(x2, y2),8km 一4m2-4x1+x2 4k2+ 1, XlX24k2+不 yi 1 y21而 ki + k2= 丫 + 丫 X1X2kx1 + m- 1 kxz+m1= +X1X2_ 2kxix2 m 7 x1 x2泅 .由題設(shè) k + k2=1,故(2k+1)x1x2+(m1)(x1+x2)=0.口門4m2 48km即(2k+ 1)源彳1 +(m-1) 4k2 = 0.m 1解得k 2當(dāng)且僅當(dāng)m

8、>-1時(shí)，奧0,于是，m±1 ，l： y=2 x+m,即 y+1 = m21(x 2),所以l過(guò)定點(diǎn)(2, 1).【易錯(cuò)點(diǎn)】(1)觀察不出P3, P4對(duì)稱，忽視對(duì)稱性導(dǎo)致判斷失誤；(2)不會(huì)用點(diǎn)的坐標(biāo)代入方程判斷 Pl, P2是否在橢圓上而滯做；(3)聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，計(jì)算化簡(jiǎn)失誤而滯做；(4)利用ki + k2=1運(yùn)算變形不明確變形目標(biāo)，導(dǎo)致化簡(jiǎn)不出k, m的關(guān)系.【思維點(diǎn)撥】第(1)問(wèn)利用橢圓的性質(zhì)，易排除點(diǎn)Pi(1,1)不在橢圓上，從而求橢圓 方程；第(2)問(wèn)分類討論斜率是否存在，若存在，設(shè) l: y=kx+ m,利用條件建立k, m 的等量關(guān)系，消參后再表示出直

9、線l的方程可證明.題型三最值(范圍)問(wèn)題例4已知橢圓C: xi+y2=1(a>0), F1，F(xiàn)2分別是其左、右焦點(diǎn)，以F1F2為直徑 a的圓與橢圓C有且僅有兩個(gè)交點(diǎn).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)F1且不與坐標(biāo)軸垂直的直線l交橢圓于A, B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)P,點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍是-£ 01求線段AB長(zhǎng)的取值范 < 4 J圍.【答案】(1)，+丫2= 1(2) 322, 2 2【解析】(1)因?yàn)橐訤1F2為直徑的圓與橢圓C有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，所以b = c=1,a= 2,x2所以橢圓C的方程為+y2= 1.(2)根據(jù)題意，直線A, B的斜率存在且不

10、為0,設(shè)直線AB的方程為y=k(x+1),.x2 C 一與5+ y2 = 1聯(lián)立，消去 y并整理得(1 + 2k2)x2 + 4k2x+ 2k2 2=0,設(shè) A(x1,0)，B(x2, y2), AB 的中點(diǎn)為 M(m, y(),4k22k2-2則 x + x2=_ 1 + 2k2, x1、2= 1 + 2k2, 2k2k2y1+y2=k(x1+1) + k(x2+1) = k(x1+x2+2) = -72,即 M 一：，2k1 + 2k2 k則直線AB的垂直平分線為y1%=1(2k2一起 1 + 2k2,，令 y = 0,得 xp=1 + 2k2,i 1 1因?yàn)閄p -4 4-1，町，即1&

11、lt;1+2k2<0,1 所以 0<k2< 2,AB = J(1 +k2 ”(K +x2 2 -4x1x2I 7(1+k2)|4k22k2 +1 /一 42k22 二2 2k2 12/L(1+k ) %一1 + 2k2)=2歷2=2 1 +2k2 +1、 11.2<2k2T1 < 1， . |AB|6【易錯(cuò)點(diǎn)】運(yùn)算錯(cuò)誤，由于運(yùn)算方法、運(yùn)算技巧以及自身運(yùn)算能力差，都是出錯(cuò)原因?！舅季S點(diǎn)撥】與圓錐曲線有關(guān)的取值范圍問(wèn)題的三種解法：(1)數(shù)形結(jié)合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后數(shù)形結(jié)合求解.(2)構(gòu)建不等式法：利用已知或隱含的不等關(guān)系，構(gòu)建以待求量為元的不等式

12、 求解.(3)構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域.題型四存在性問(wèn)題例5.如圖，橢圓E: x2+ y2=1(a>b>0)的離心率是平，點(diǎn)P(0, 1)在短軸CD上, a b2且玩PD = 1.(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P的動(dòng)直線與橢圓交于 A, B兩點(diǎn).是否 存在常數(shù) 力使得OA OB+加A而為定值？若存在，求 入的值；若 不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.x2 y2【答案】。)了 + y- = i(2)3,理由見解析【解析】(1)由已知，點(diǎn)C, D的坐標(biāo)分別為(0, b), (0, b).又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1),且PC pd = - 1,1

13、b2= 1,解得 a= 2, b= 2.a2-b2 = c2.所以橢圓E的方程為1.(2)當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y=kx+ 1, A, B的坐標(biāo)分別為(X1,必)，(X2, 丫2). 22x y /丁+M=1,c c聯(lián)立 4 2得(2k2+1)x2 + 4kx 2= 0.、V= kx+1其判別式 = (4k)2+8(2k2+1)>0,所以x1 + x2 =4k2k2+1'2 XiX22k2+i.從而，OA OB + Apa pb= xiX2+yy2+ =iX2+(yii)(y2 1)= (1+ =1 + k2)xix2 + k(xi + x2)+ 1_ (2九

14、一4 )k2 +(2兒一1 ) _ _ 卜 1 _一 2k2+_ 22k 12. rr入- 1所以，當(dāng)月1時(shí)，2/+1 卜2= -3.此日寸，OA OB + Apa pb = 3為定值.當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí)，直線 AB即為直線CD.止匕時(shí)，OA Ob+Zpa pB=oc Od + Tpc pd = - 2入 當(dāng)上1 時(shí)，oA OB + PA 麗 =3, 為定值.綜上，存在常數(shù) 上1,使得oA ob + ZPA PB為定值-3.【思維點(diǎn)撥】解決是否存在常數(shù)的問(wèn)題時(shí)，應(yīng)首先假設(shè)存在，看是否能求出符合條件的參數(shù)值，如果推出矛盾就不存在，否則就存在。一 一_ x2 y2例6已知橢圓C: /+g=1（

15、a>b>0）的右焦點(diǎn)為F2（2,0）,點(diǎn)P 1,上.求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）是否存在斜率為1的直線l與橢圓C相交于M, N兩點(diǎn)， 使得|F1M|=|F1N|（F1為橢圓的左焦點(diǎn)）?若存在，求出直線l的 方程；若不存在，說(shuō)明理由.【解析】c= 2,22（1）+y2 = 1（2）不存在滿足條件的直線l （1）法一：橢圓C的右焦點(diǎn)為F2（2,0）, 橢圓C的左焦點(diǎn)為F1（-2,0）.由橢圓的定義可得2.6, 解得 a= 6, b2= a2 c2 = 6 4= 2.22橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為X + y2=1.法二：.橢圓C的右焦點(diǎn)為F2(2,0),. .c=2,故 a2 b2 = 4,又點(diǎn)p

16、3 115面橢圓c上，則a2+9b2=i,- 115故b+k=1，化簡(jiǎn)得 3b4+4b2 20 = 0,得 b2=2, a2=6.22橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為X + y2=1.(2)假設(shè)存在滿足條件的直線I,設(shè)直線l的方程為y= x+t, .2277+5=1.八八由62 得 x2+3(x+t)2 6=0,y= x+1即 4x2-6tx+(3t26)=0,= (6t)2 4Mz3t26) = 9612t2>0, 解得2 2<t<2 2.、r 3t3t26設(shè) M(x1,必)，N(m, y2),則刈 + 乂2=萬(wàn)，x1m= 4 ,由于IF1MIRF1NI,設(shè)線段MN的中點(diǎn)為E,1則 FE

17、，MN,故 kF1E= ；=1,Kmn又 Fi(2,0), Exi + X2 yi + y2 23t t即E4, 41t4 . kFiE= z: = 1,解得 t= - 4.A當(dāng) t= 4 時(shí)，不滿足2V2<t<2V2,不存在滿足條件的直線l.【思維點(diǎn)撥】解決是否存在直線的問(wèn)題時(shí)，可依據(jù)條件尋找適合條件的直線方程, 聯(lián)立方程消元得出一元二次方程，利用判別式得出是否有解 【鞏固訓(xùn)練】 題型一求曲線的方程1 .已知A(T,0), B是圓F: x2 2x + y211=0(F為圓心)上一動(dòng)點(diǎn),線段 AB的垂直平分線交BF于點(diǎn)P,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為()a£_ A.12+11-1

18、22-x y , C.3-2 = 1BS=1B.36 35 Tx2 y2D.3 + 2= 1【答案】D【解析】由題意得 |PA|=|PB|,|PA|+|PF|=|PB|+|PF|=r = 2m>|AF| = 2, .點(diǎn)P的軌跡是以A、F為焦點(diǎn)的橢圓，且a = 43, c=1,小=也，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡 22方程為x + y=1,故選D. 3 22 .已知點(diǎn)A(0, 1),當(dāng)點(diǎn)B在曲線y = 2x2+1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段AB的中點(diǎn)M的軌 跡方程是.【答案】v= 4x2【解析】設(shè) M(x, y), B(xo, yo),貝U y0 = 2x2+ 1.又因?yàn)镸為AB的中點(diǎn)，0 Xo即 X0=2X,yo=2

19、y+1,x= 2 ，所以,V0Ty 2 ，將其代入 yo= 2x0+1 得，2y+1 = 2(2x)2+1,即 y=4x2.3.已知圓C的方程為x2+y2=4,過(guò)圓C上的一動(dòng)點(diǎn)M作平行于x軸的直線m, 設(shè)m與y軸的交點(diǎn)為N,若向量QmM + BN,求動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡._ X2 y2【答案】»20)【解析】設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x, y),點(diǎn)M的坐標(biāo)為(X。，y0)(y0#0)則點(diǎn)N的坐標(biāo)為 (0, y。).因?yàn)镻Q = OM + PN,即(x, y)=(x°, 丫°) + (0, y0)=(刈,2%),則 x°= x, y0=2又因?yàn)辄c(diǎn)M在圓C上，所以 x2 +

20、y0 = 4,即 x2+、= 4(y#0) x2 y2所以動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡方程是+16= 1(y# 0)題型二定值、定點(diǎn)問(wèn)題222_1 .已知橢圓C: a2 + $=1(a>b>0)的離心率為2 ,點(diǎn)(2, V2)在C上.(1)求C的方程；(2)直線l不過(guò)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A, B,線段AB的中 點(diǎn)為M證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.x2 y2一 一(1)xf+；=1(2)略【解析】(1)由題意有a2 b2 也 4 2=2,孑=1,解得a28, b2=4.i322所以C的方程為x + yr = 1.8 4(2)證明：設(shè)直線 l： y= kx+ b(

21、kQ bO) A(xn y) B%, y?), M(而, Ym).小、x2 y2一將y=kx+b代入之+/1,得(2k2+1)x2 + 4kbx+ 2b2 8=0.e x + x2 2kb., , b故 xM 2 2k2 + 1，yM k xM + b _2k2+1于是直線OM的斜率koM=yM= 1，xm2k口口，1即 koM k= 2所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.2 .已知?jiǎng)訄AM恒過(guò)點(diǎn)(0,1),且與直線y=1相切.求圓心M的軌跡方程；(2)動(dòng)直線l過(guò)點(diǎn)P(0, 2),且與點(diǎn)M的軌跡交于A, B兩點(diǎn)，點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于 y軸對(duì)稱，求證：直線 AC恒過(guò)定點(diǎn).【答案】(1)x2 =

22、 4y略【解析】(1)由題意，得點(diǎn)M與點(diǎn)(0,1)的距離始終等于點(diǎn)M到直線y= 1的距離, 由拋物線定義知圓心M的軌跡為以點(diǎn)(0,1)為焦點(diǎn)，直線y= - 1為準(zhǔn)線的拋物線，則p=1, p= 2.圓心M的軌跡方程為x2 = 4y.證明：由題知，直線l的斜率存在， 設(shè)直線 l: y= kx 2, A(xi, yi), B(x2, y2),則 C( X2 , y2),x2= 4y聯(lián)立得x2 4kx+ 8=0,y=kx 2,|xi+x2=4k,xi X2 8.22X1X2yi-y244 X1-X2kAC=Xi + X2 = Xi + X2=4'則直線AC的方程為yy1 =X1 4 X2(XX

23、1),X1-X2即 y=yi+4 (xXi)=Xi x2Xi Xi -X2 x2-4 X4 - 4Xi X2 XiX2 x+ V.c . Xi x2 , XiX2 Xix2 , c, XiX2= 8, . y= 4 x+ 4 = 4 x + 2,故直線AC恒過(guò)定點(diǎn)(0,2).22r 3、3.已知橢圓C： a2+ b2=i(a>b>0)上一點(diǎn)PJ, 2j與橢圓右焦點(diǎn)的連線垂直于 X 軸，直線I：y=kx+ m與橢圓C相交于A, B兩點(diǎn)(均不在坐標(biāo)軸上).求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若MOB的面積為口，試判斷直線OA與OB的斜率之積是 否為定值？x-12k2+3m23 4

24、k2m2 上 一 /曰 4k2m：=4m212 = - 433,由(*)式，得 F 3koA k0B= 4,即直線OA與OB的斜率N積為定值4.題型三最值(范圍)問(wèn)題1.已知平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)M與兩定點(diǎn)Bi(0, 1)和B2(0,1)連線的斜率之積等于一 (1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡E的方程；(2)設(shè)直線l: y=x + m(m小曲軌跡E交于A, B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線交 軸于點(diǎn)P,當(dāng)m變化時(shí)，求4PAB面積的最大值. y23a2= 4,解得3,【答案】(1)4 +%=1(2) 3.【解析】(1)由題意知a 4b la2 = b2+1,，一 一，x2y2橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程為了+y3=1.(2)設(shè)點(diǎn) A(

25、xi, y”, B(x2,以1 ,CCC得(4k2+3)x2+ 8kmx+ 4m2 12 = 0,y=kx+ m,由= (8km)216(4k2+3)(m23)>0,得 m2<4k2 + 3.8km4m2 12 x1 + x2 = 4k2+ 3, x1x2= 4k2+3，Saoab =114 3 ；4k2+ 3-2|m|x1-x2|=2|m| -4k2 + 3m2-一=弧化簡(jiǎn)得4k2+ 3-2m2= 0,滿足>0,從而有 4k2m2=m2 3(*), kx2+ mk2x1x2 + km x1 + x2 +m2X1X22 一=1,12.W kx1 + m-OA OB X1X2X

26、1X2【答案】（1）*+y2= l（x0）（2）32【解析】（1）設(shè)M的坐標(biāo)為（x, y）, 1分依題意得y+1y-1 =12'x2化簡(jiǎn)得動(dòng)點(diǎn)M的軌跡E的方程為x2+y2=1（x?0）(2)設(shè) A(xi, yi), B(x2,均.x22+ y2= 1 xO , 聯(lián)立2ly = x+ m,化簡(jiǎn)得 3x2+ 4mx+ 2m22= 0(x0).有兩個(gè)不同的交點(diǎn),由根與系數(shù)的關(guān)系得xi+x2=-4m，x1x2 =_ 2 -2m2 23-，. = (4m)212(2m2 2)>0, 即一出< m<#且 m# 1,0,1.設(shè)A, B的中點(diǎn)為C(xc, yc),整十用 2m則 xc

27、 = -=一可"，yc = xc + m的垂直平分線方程為my-3 =5+230/，令V= 0,得P點(diǎn)坐標(biāo)為號(hào)，0）則點(diǎn)P到AB的距離d =2m 2，2mT由弦長(zhǎng)公式得 |AB| = 2YX1+X224X1X2=手寸24 8m2,24-8m2露 _L SAPAB - 2 J232 亞2r2 m2 + 3 m2 22= 9/m 3 m < 9 、2= 3，當(dāng)且僅當(dāng)m2=2,即m= £26 （ J3,水）時(shí)，等號(hào)成立,.PAB面積的最大值為*. 3222.已知橢圓X2 + b2=1（a>b>0）離心率為J過(guò)點(diǎn)E（，7, 0）的橢圓的兩條切線相互垂直.（1）求此

28、橢圓的方程；（2）若存在過(guò)點(diǎn)（t,0）的直線l交橢圓于A, B兩點(diǎn)，使得FA，F(xiàn)B（F為右焦點(diǎn)），求t 的取值范圍.【答案】（1）5+ yT= 1（2）巴上史6u |空空6,+如、4 3 '、 7 .7 ） c 1【解析】（1）由橢圓的離心率e= a= 2,得 a=2c, b2= a2 c2= 3c2.不妨設(shè)在x軸上方的切點(diǎn)為M,x軸下方的切點(diǎn)為N,由橢圓的對(duì)稱性知kME = 1, 直線ME的方程為y=x+g,y=x+ 7聯(lián)立義上消去y,l4c2+3c2=1整理得 7x2+ 8 7x+28- 12c2=0,由= (85)2 4X7><2812c2) = 0,得 c=1,.

29、. a= 2, b= /3,、I , x y2橢圓方程為n+3=i. 4 3(2)設(shè) l 的方程為 x=my+ t, A(xi, y), B(x2, y?),f my+ t=x,聯(lián)立x2 y2消去x,V整理得(3m2 + 4)y2 + 6mty+ 3t2 12 = 0,mi-6mt3t212y1 + y2=3m2+4' y1y2=3m2+4.又W = (xi1,必)，"FB = (x21, y2), .-."FT TB = (xi-1)(x2-1) + NN2=4x2 (x1 + x2) + 1 + NN2=(m2+1)wy2+ (mtm)(y1 +y2) + t2

30、2t+ 1 = 0, .,.(m2+1)(3t2-12)+(mt- m)(-6mt)+(t2- 2t + 1) (3m2 + 4) = 0, 化簡(jiǎn)得 7t2-8t-8=9m2.要滿足題意，則7t28t 8=9m2有解，24 +672- 4 672/.7t2-8t-8>Q 解得 t> 7 .或 t*十.t的取值范圍為一"6%，三6,十1. < 7 -7 ；一x2 y23.已知橢圓 + b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F,直線PQ過(guò)F交橢圓于P,Q兩點(diǎn),且 |PF|max2|QF|min=ap(1)求橢圓的長(zhǎng)軸與短軸的比值；(2)如圖，線段PQ的垂直平分線與

31、PQ交于點(diǎn)M,與x軸，y軸分別交于D, E兩點(diǎn)，求2的取值范圍.OE【答案】(1)2(2) 1,二 9【解析】(1)設(shè)F(c,0), 則1PF|max=a+ c, |QF|min=a c, . a2c2 =， : b2+ c2 = a2,a2=4b2,長(zhǎng)軸與短軸的比值為2a ： 2b = 2.22(2)由(1)知a=2b,可設(shè)橢圓方程為4b2+3=1.依題意，直線PQ的斜率存在且不為0,設(shè)直線PQ的方程為y = k(x c), PM,必)，Q(x2, 凡yy= k x c ,聯(lián)立 x2 y2消去y,4b2+b2= 1得(4k2 +1)x2-8k2cx+ 4k2c2 -4b2= 0, 8k2c則

32、 x1 + x2= 4k2 + 1 ,一、 2kc y1 + y2 = k(x1 + x2 2c) = - 4k2 + 1 ,4k2ckc 'Mdk2+1， 4k2+LVMDXPQ,設(shè) D(x3,0),kc1,4k2+1:ik2r k x34k2+1解得出 =段"1，.D3 3k2c Qk2+1，0;.DMFs/XDOE,3k2ckc2SFM時(shí)一/ 3k2c、 ©k2+1,-4k2+1J 憶91 +1 1出>9,. SD%的取值范圍為S.DOE(9F題型四存在性問(wèn)題1.如圖，橢圓C： x2 + ay2一#= 1(a>b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)3、一 一 1 P

33、J, 2J,離/L、率e=萬(wàn)，直線l的萬(wàn)程為 x=4.求橢圓C的方程;(2)AB是經(jīng)過(guò)右焦點(diǎn)F的任一弦(不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P),設(shè)直線AB與直線l相交于點(diǎn)M,25記PA, PB, PM的斜率分別為K, k2, k3.問(wèn)：是否存在常數(shù) N使得ki + k2=入3?若存在,求入的值；若不存在，說(shuō)明理由.22【答案】(1):+g=1(2)入=2 ,' 31 19-【解析】0)由pj, 2，在橢圓上得，/+后=1.依題設(shè)知a=2c,則b2=3c2.代入解得c2=1, a2=4, b2=3.一 一，x2 y2故橢圓c的方程為A + y-=1.4 3(2)由題意可設(shè)直線AB的斜率為k,則直線AB的方程為y=

34、k(x- 1).代入橢圓方程并整理，得(4k2 + 3)x2 8k2x + 4(k2 3) = 0.設(shè) A(xi, yi), B(x2, y2),則有一 _8kL、,4 k2 3 小x1+X2=4k2+3' xlX2=4k2 + 3 .在方程中令x=4得，M的坐標(biāo)為(4,3k).333yi2y223k21從而 ki = -7, k2 = "J , k3 = "2 T = k - 2.Xi 1 X2 I 4 12由于A' F, B三點(diǎn)共線，則有k= *=%口即有e= X2yh = k.3y12所以 ki + k2 = A +Xi i3Bi ="+x-

35、3 出1+ ； = 2k X2-13Xi + X2 22 xix2 xi + x2 + i.8k2.3 4卜2+3-2代入得 ki + k2= 2k- 2 4 卜2 38k2-= 2k- i,4k2 + 3 4k2 + 3一 i又k3=k 2,所以ki +k2 = 2k3.故存在常數(shù) 上2符合題息.2 .已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，左頂點(diǎn)為A,左焦點(diǎn)為Fi( 2,0), 點(diǎn)B(2,也)在橢圓C上，直線y=kx(k?曲橢圓C交于E, F兩點(diǎn)，直線AE, AF分別與y軸交于點(diǎn)M, N.(i)求橢圓C的方程；(2)在x軸上是否存在點(diǎn)P,使得無(wú)論非零實(shí)數(shù)k怎樣變化，總有/ MPN為直角？ 若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.22【答案】(i)、+ yT = i(2)P(2,0)或 P(2