资源描述
课时作业57高考解答题鉴赏圆锥曲线1(20xx·广州五校联考)已知椭圆E：1(a>b>0)的离心率e，且经过点(，1)，O为坐标原点(1)求椭圆E的标准方程；(2)圆O是以椭圆E的长轴为直径的圆，M是直线x4在x轴上方的一点，过M作圆O的两条切线，切点分别为P、Q，当PMQ60°时，求直线PQ的方程解：(1)由题意可得e，椭圆E经过点(，1)，1，又a2b2c2，解得a2，b2，椭圆E的标准方程为1.(2)连接OM，OP，OQ，OM与PQ交于点A，依题意可设M(4，m)由圆的切线性质及PMQ60°，可知OPM为直角三角形且OMP30°，|OP|2，|OM|4，4，又m>0，解得m4，M(4,4)，直线OM的斜率kOM1，由MPMQ，OPOQ可得OMPQ，直线PQ的斜率kPQ1，设直线PQ的方程为yxn，OMP30°，POM60°，OPA30°，由|OP|2知|OA|，即点O到直线PQ的距离为，解得n±2(舍去负值)，直线PQ的方程为xy20.2如图，分别过椭圆E：1(a>b>0)的左、右焦点F1，F2的动直线l1，l2相交于P点，l1，l2与椭圆E分别交于A，B与C，D且这四点两两不同，直线OA，OB，OC，OD的斜率k1，k2，k3，k4满足k1k2k3k4.已知当l1与x轴重合时，|AB|2，|CD|.(1)求椭圆E的方程；(2)是否存在定点M，N，使|PM|PN|为定值？若存在，求出M，N点坐标；若不存在，说明理由解：(1)当l1与x轴重合时，由2a|AB|2，得a23.又|CD|，所以b22，所以椭圆E的方程为1.(2)焦点F1，F2的坐标分别为(1,0)，(1,0)，当直线l1或l2的斜率不存在时，P点的坐标为(1,0)或(1,0)当斜率存在时，设直线l1，l2的斜率分别为m1，m2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(23m)x26mx3m60，所以x1x2，x1x2，所以k1k2m1m1.同理k3k4.k1k2k3k4，即(m1m22)(m2m1)0，由题意得m1m2，m1m220.设P(x，y)，则·20，即x21(x±1)当直线l1或l2的斜率不存在时，P点坐标为(1,0)或(1,0)也满足上式，所以P(x，y)在椭圆x21上所以存在点M，N，其坐标分别为(0，1)，(0,1)，使得|PM|PN|为定值2.3已知动点P到定点F(1,0)和直线l0：x2的距离之比为，设动点P的轨迹为曲线E，过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A，B两点，直线l：ymxn与曲线E交于C，D两点，与线段AB相交于一点(与A，B不重合)(1)求曲线E的方程；(2)当直线l与圆x2y21相切时，四边形ACBD的面积是否有最大值？若有，求出其最大值及对应的直线l的方程；若没有，请说明理由解：(1)设点P(x，y)，由题意可得，整理可得y21，即曲线E的方程是y21.(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由已知可得|AB|.当m0时，不合题意当m0时，由直线l与圆x2y21相切，可得1，即m21n2.联立消去y得x22mnxn210.4m2n24(n21)2m2>0，所以x1x2，x1x2，则S四边形ABCD|AB|x2x1|，当且仅当2|m|，即m±时等号成立，此时n±.经检验可知，直线yx和直线yx符合题意1(20xx·贵阳监测)设点F1(c,0)，F2(c,0)分别是椭圆C：y21(a>1)的左、右焦点，P为椭圆C上任意一点，且·的最小值为0.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，动直线l：ykxm与椭圆C有且仅有一个公共点，作F1Ml，F2Nl分别交直线l于M，N两点，求四边形F1MNF2面积S的最大值解：(1)设P(x，y)，则(cx，y)，(cx，y)，·x2y2c2x21c2，xa，a，由题意得，1c20，c1，则a22，椭圆C的方程为y21.(2)将直线l的方程l：ykxm代入椭圆C的方程y21中，得(2k21)x24kmx2m220，则16k2m24(2k21)(2m22)0，化简得：m22k21.设d1|F1M|，d2|F2N|.当k0时，设直线l的倾斜角为，则|d1d2|MN|·|tan|，|MN|·|d1d2|，S··|d1d2|·(d1d2)，m22k21，当k0时，|m|>1，|m|>2，即S<2.当k0时，四边形F1MNF2是矩形，此时S2.四边形F1MNF2面积S的最大值为2.2(20xx·石家庄一模)已知椭圆C：1(a>b>0)的离心率e，点A为椭圆上一点，F1AF260°，且SF1AF2.(1)求椭圆C的方程；(2)设动直线l：ykxm与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x4相交于点Q.问：在x轴上是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过定点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由解：(1)由e可得a24c2，SF1AF2|AF1|AF2|sin60°，可得|AF1|AF2|4，在F1AF2中，由余弦定理可得|F1A|2|F2A|22|F1A|·|F2A|cos60°4c2，又|AF1|AF2|2a，可得a2c23，联立得a24，c21，b23，椭圆C的方程为1.(2)设点P(x0，y0)，由得(4k23)x28kmx4m2120，由题意知64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230，x0，y0，P.由得Q(4,4km)，假设存在点M，坐标为(x1,0)，则，(4x1,4km)以PQ为直径的圆恒过M点，·0，即4x1x30，(4x14)x4x130对任意k，m都成立则解得x11，故存在定点M(1,0)符合题意
展开阅读全文