全国名校高中数学题库--圆锥曲线(编辑修改稿)

全国名校高中数学题库--圆锥曲线(编辑修改稿)内容摘要：

，221( , )Q x xk由 22221y kxxyab 得 22 2 2111kx a b，同 理2 2 2 221 1 1x a k b， 在 Rt△ OPQ 中， 有 2 2 2| | | | | |PQ OP OQ， 所 以 ，2 2 2 2 2 2221 2 1 1 1 2( ) ( ) [ ( ) ] [ ( ) ]xxx x k x x k x xkk      ， 化简 可 得 22111ab．综上，当 d=1时 a， b 满足条件22111ab ． 21 典型 考法 4 椭圆与圆 典型例题 以 1(0 1)F ， ， 2(0 1)F ， 为焦点的椭圆 C 过点 2( 1)2P ， ． (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 1( 0)3S  ，的动直线 l 交椭圆 C 于 A 、 B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点 T ，使得无论 l 如何转动，以 AB 为直径的圆恒过定点 T。 若存在，求出点 T 的坐标；若不存在，请说明理由． 解析 (1)方法一： 方法二： (2)方法一： 22 方法二： 方法三： 23 方法 四 ： 注： 以上方法很好地体现定点问题的基本思维．方法一先通过特殊情形确定定点，然后证明其它情形也过这一定点，是比较可取的方法；方法二假设定点 ()Tu v， ，通过条件确定定点，是通性通法，但需要较高的运算能力；方法三利用几何特征发现定点的纵坐标为 ( 0)Tt， ，能有效地减少运算量．同时，三种解法充分利用转化思想，合理使用韦达定理，避免求圆的方程带来繁琐的计算．方法四利用消元技巧以及圆的方程的特征，直接求出以 AB 为直径的圆的方程，不必利用韦达定理，计算过程简单，思路清晰、明了，从而使问题顺利解决． 必杀技： 平面几何知识与所给图形特征相结合 以“直线、圆及圆锥曲线”为主体的平面解析几何作为中学数学中几何代数化的典型代表，历来是高考的重头戏，是体现能力立意，强调思维空间，用“活题”考“死知识”的典范．由 于其综合性强，算功要求高，常令众多考生望而生畏．尤其近年悄然兴起的圆锥曲线与圆的交汇性问题更让考生们感到恐慌。 其实这类问题只要善于抓住问题主干，理清解题思路，及时灵活转化问题和条件，巧妙把向量方法和平面几何知识与图形特征结合起来，就会柳暗花明，轻松应对． 进一步 探究，可以得到以圆锥曲线的弦 AB 为直径的圆的方程的统一解法，具体为： 24 下面利用这一结论解决下面的试题 已知椭圆 C 的中心在坐标原点，焦点在 x 轴上， 椭圆 C 上的点到焦点的距离的最大值为 3，最小值为 1． (I)求椭圆 C 的标准方程。 (II)若直线 :l y kx m与椭圆 C 相交于 A， B 两点 (A， B 不是左右顶点 )，且以 AB为直径的圆过椭圆 C 的右顶点．求证 :直线 l 过定点，并求出该定点的坐标． 解： (I)由题意设椭圆的标准方程为 22 1( 0 )xy abab   ， 3ac ， 1ac ，2a ， 1c ， 2 3b ，  22143xy． (II) 方法一： 方法二：设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y，由 22143y kx mxy 得 2 2 2( 3 4 ) 8 4( 3 ) 0k x m k x m    ， 2 2 2 26 4 1 6 ( 3 4 ) ( 3 ) 0k k m     ， 25 223 4 0km  ． 21 2 1 2228 4 ( 3 ),.3 4 3 4m k mx x x xkk      22221 2 1 2 1 2 1 2 23 ( 4 )( ) ( ) ( ) .34mky y k x m k x m k x x m k x x m k           以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 (2,0),D 1AD BDkk  ， 1212 122yyxx   ，1 2 1 2 1 22( ) 4 0y y x x x x    ， 2 2 22 2 23 ( 4 ) 4 ( 3 ) 1 6 403 4 3 4 3 4m k m m kk k k     ，227 16 4 0m mk k  ，解得12 22, 7km k m   ，且满足 223 4 0km   ． 当 2mk 时， : ( 2)l y k x，直线过定点 (2,0), 与已知矛盾； 当 27km 时， 2: ( )7l y k x，直线过定点 2( ,0).7 综上可知，直线 l 过定点，定点坐标为 2( ,0).7 实战演练 1． 已知 A， B 分别为曲线 C ： 22xa+ 2y =1（ 00ya ， ）与 x 轴的左、右两个交点，直线 l 过点 B， 且与 x 轴垂直， S为 l 上异于点 B的一点，连结 AS 交曲线 C 于点 T． (Ⅰ )若曲线 C 为半圆，点 T 为圆弧 AB 的三等分点，试求出点 S 的坐标； (Ⅱ )如 图 814，点 M 是以 SB 为直径的圆与线段 TB 的交点，试问：是否存在 a ， 使得 O， M， S 三点共线。 若存在，求出 a 的值，若不存在，请说明理由 ． 图 814 26 2． 设椭圆 E： 221xyab（ 0ab， ）， O 为坐标原点，过 M（ 2， 2 ）， N( 6 ，1)两点． （ 1）求椭圆 E 的方程； （ 2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆 E恒有两个交点 A，B，且 OA OB。 若存在，写出该圆的方程，并求 |AB |的取值范围，若不存在说明理由． 参考答案： 1． (Ⅰ ) 23(1 )3S ，或 (1 2 3)S ， . 提示： 1a ， 如 图 815，由点 T为圆 弧 AB 的三等分点得 ∠ BOT=60176。 或 120176。 ． (1)当 ∠ BOT=60176。 时 ， ∠ SAB=30176。 ． 又 AB=2， (1 )s ，． (2)当 ∠ BOT=120176。 时 ， 同理可求得点 S 的坐标为 (1,2 3) ． (Ⅱ )提示：切入点 1 从 点 T 入手 切入点 2 从 点 S 入手 注：本题的求解还可 从 直线 AS 的斜率入手，这里不再 赘述． 图 815 27 2． (1) 22184xy . (2)存在，此圆为 2283xy， ||AB 的取值范围是 4[ 6 2 3]3 ，． 提示：假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆 E恒有两个交点 A，B ，且 OA OB ．设该圆的切线方程为 y kx m ，由 22184xyy kx m得2 2 2(1 2 ) 4 2 8 0k x k m x m    ，则12 2212 24122812kmxxkmxxk      ， 2212 2812mkyy k ，要使OA OB ，必须 1 2 1 2 0x x y y，即 2 2 2222 8 8 01 2 1 2m m kkk，所以 22 3808mk ，又 228 4 0km    ，所以 2 83m ，即 263m 或 263m ，由假设，知圆的半径为21mr k  ， 222228381318mmrmk   ， 263r ，所求的圆为 2283xy，此时圆的切线 y kx m都满足 263m 或 263m ，而当切线的斜率不存在时切线为 263x 与椭圆 22184xy的两个交点为 2 6 2 6( , )33 或 2 6 2 6( , )33满足OA OB ，因此， 存在圆心在原点的圆 2283xy， 使得该圆的任意一条切线与椭圆 E恒有两个交点 A， B，且 OA OB ．进一步地，可得 ||AB 24232 13 4 4 1kkk，分 0k 及 0k 讨论便易知， 4 6 | | 2 33 AB． 注：我们可把这个椭圆推广到任意椭圆，即得到如下性质： 28 考点 2 双曲线 典型考法 1 双曲线的最值问题 典型例题 已知点 ，， )02()02( NM  动点 P 满足条件 ，22||||  PNPM 记动点 P 的轨迹为 W ． (1)求 W 的方程； (2)若 BA、 是 W 上的不同 两点， O 是坐标原点，求 OBOA 的最小值． 解析 (1)由 22P M P N － 知动点 P 的轨迹是以 M ， N 为焦点的双曲线的右支，实半轴长 2a ，半焦距 c=2，故虚半轴长 22 2b c a   ，从而 W 的方程为22122xy( 2x )． (2)方法 一：分两种情况进行讨论，设 BA， 的坐标分别为 )( 11 yx， 和 )( 22 yx ， ．当xAB 轴时， 2121 yyxx  ， ，从而 221212121  yxyyxxOBOA ； 当 AB 不与 x 垂直时，设直线 AB 的方程为 mkxy  ，与 W 的方程联立，消去 y 得022)1( 222  mk m xxk ，故 2221221 112 kmxxkkmxx   ， ，所以242 1O A O Bk  ， 又 2020 221  OBOAkxx ， ，综上所述， OBOA 29 取得最小值 2． 方法 二： 设 BA、 的 坐 标 分 别 为 )()( 2211 yxyx ，、 ， 则22 ( ) ( ) 2i i i i i ix y x y x y    ( 1 2)i ， ．令 iiiiii yxtyxs  ， ( 1 2)i ， ，于是2iits ，且 00iist， ( 1 2)i， ，所以， 1 2 1 2O A O B x x y y   1 2 1 22ss tt  1 2 1 2 2s s t t  ，当且仅当 2121 ttss  ， 即  2121 yy xx 时 不等式取等号 ，所以 OBOA 的 最小值 是 2． 方法三 ：设 BA、 的坐标分别为 )()( 2211 yxyx ，、 ， 则1 2 1 2O A O B x x y y  ，因为 120xx ，要求 OBOA 的 最小值 ，必须 120yy ， 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 221 2 1 2 1 22 2 ( ) 2( ) 4( ) 4 4O A O B x x x x x x x x x xx x x x x x              1 2 1 2( 2) 2x x x x   ， 当且仅当 12xx 时， OBOA 取得 最小值 2． 方法四 ： 注意到 120yy ， 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 211[ ( ) ] [ ( ) ]22O A O B x x y y x x x x y y y y           2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 21 1 1 1( ) ( ) [ ( ) ( ) ] 2 [ ( 2 2 ) ( ) ]2 2 2 2x y x y y y x x x x x x              22 1212 2 2 212()2 ( ) [ 1 ] 2( 2 2 )xxxx xx     ，当且仅当 12xx 时， OBOA 取 最 小 值 2． 必杀技： 利用求函数最值的方法 +双曲线性 质 解决与双曲线有关的最值问题须注意： 1．最值问题的题型大致有：求距离的最值、角度的最值、面积的最值． 2．最值问题的求解策略： (1)总方针：建立目标函数（或目标不等式） (2)具体方法 ：。