直线与圆锥曲线(五)(垂直问题)

F2,01F2,01直线与圆锥曲线（五）（垂直问题）．已知椭圆的两个焦点分别为

6.1（）椭圆的准方程2）已知过点

且斜率为1的线交椭圆于A、两点，试探究原点是否在以线段AB

为直径的圆上.．圆

xy（2

）的左、右焦点分别为

12

，过椭圆中心的弦PQ满，Q2

0

，且

2

的面积为1.（）椭圆的程；（）线

l

不经过点

M,N

两点，若以

MN

为直径的圆经过点

，求证：直线l过点，并求出该定点的坐.2xy．已知离心率为的圆C:0)过F分别2a22为椭圆的左、焦点，过的直线l1

与C交于B两点，且S

ABF

435

.（）求椭圆的程；（2）求证以为直径的圆坐标原点.已椭圆

C

：

x2b2

的左焦点为

程为

.（）椭圆

C

的标准方程；（2）已知直线

l

交椭圆

C

于A

两点.①若直线l经椭圆的焦点F，轴于点，满足AF

，BF

求证：

为定值；②若OB（为原点），求面的取值范围．如图，在平面直角坐标系中已知椭圆

x220)2

过点(2，，心率为

．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若直l:y

与椭圆相交于两点异点A，线段BC被y平分，且

，求直线l的方程．答案第1页，总21

．知椭圆

C

x2

，其离心率

63

，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为

3

.

程；

且斜率为直线l与圆交于不同两点B,

O

为坐标原点，若

为锐角，求直线l斜的取值范围．经过原点的直线与椭:

x2a交A、两，P为椭圆上2不同于、B的点，直线PA、的率均存在，直线PA、PB的率之积为1.4（）求椭圆的心率；（）设、分别为椭圆的左、右焦点，斜率为k的线l经过椭圆的右点，且1与椭圆交于、N两.若点在MN为直径的内部，求的值范围.1已点P点、别为椭圆是等腰直角三角形，且.

的左右顶点直线

交于点，（Ⅰ求的程Ⅱ设过点的直线与相交于、两点当标原点位于以直径的圆外时，求直线斜的取值范.

为．如图所示，椭圆E的心为坐标原点，焦点

1

在

轴上，且

1

在抛物线

y

的准线上，点

是椭圆E上的个动点，

PFF12

面积的最大值为

.（Ⅰ）求椭圆E的程；（Ⅱ）过焦点

,12

作两条平行直线分别交椭圆E于,C,

四个点①试判断四边形

能否是菱形，并说明理由；

2222②求四边形面的最大.．如图，在平面直角标系

中，椭圆

E:

x2

的焦距为

，且过点

62

（）椭圆E

的方程；（点,B

分别是椭圆E

的左右顶点线l经点B

且垂直于

轴，点P是圆上异于AB的意一点，直线AP交l点M.①设直线

OM

的斜率为

k1

，直线BP

的斜率为

k2

，求证：

kk12

为定值；②设过点M

垂直于PB

的直线为

m

，求证：直线

m

过定点，并求出定点的坐.．已知

F、F1

是椭圆

E:

x2

的左、右焦点，椭圆E

的离心率为，的方程；过原点O的线交椭圆于C、D两，若四边形（1求椭圆E

1

的面积最大值为．（2若直线l与圆E

交于,且OAOB，证：原点到直线l的离为定值．12已知直线l

：ykx与轴交点是椭圆C：

y2m

m0)的一个焦点(1)求椭C的程；(2)若直线l

与椭圆交于A、B两，是否存在k

使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O？存在，求出

的值；若不存，请说明理由．13已知椭圆

x2b2

的离心率

，左右焦点分别为

,1

是椭圆在第一象限上的一个动点

C

与

A1

的延长线，

12

的延长线以及线段

AF2

都相切，M

为一个切点（）椭圆方程；（）设

,0

，过

2

且不垂直于坐标轴的动点直线

l

交椭圆于P

两点，若以NPNQ

为邻边的平行四边形是菱形，求直线l方.答案第3页，总21

2AB2222222AB22222214在平面直角坐标，已知椭圆(的焦点为F(，经ab过点(1，)．

y

B（1求椭圆的标准方程；

F（2）已知椭圆的弦过，且与轴不垂直A若为上的一点，DA，求的．DF

Dx变设线（m0与双曲线-＝1(ab两条渐近线分别交于点A，若点（-m，0）满足，该双曲线的渐近线方为_

x615已椭圆C＋＝a＞b＞0)的两个焦点分别为F(－F离心率为.b23过点的直线l(斜率不为0)与椭圆交B两点段的点为DO为标原点，2直线OD交圆于，两．(1)求椭圆C的程；(2)当四边形NF为形时，求直线l的程．12

22参答．（1）

9

2

；（2）见解析【解析】试题分析（）据c2,2a

，焦点在

轴得到椭圆方程；）线

的方程为x

与椭圆方程练了练，若满足条件，有

xy1

，代入根与系数的关系，看是否满足

OA

试题解析：1）根据题意得：∴椭圆方程为y.9

，，以b，（）

A1

2

，直线AB

的方程为yx

，2由{得

0

，x

则

x2

1827，xx510

，∴

OAxy22121

273655

，∴原点

不在以线段AB

为直径的圆.【点睛】本题考查了求椭圆方程，以及直线与椭圆的位置关系解决几何问题，利ab,e的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，本题的难点是如何将几何关系转化为坐标法解决的问题，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析.．（1）

2

2

1（）点0,3【解析】试题分析：（1）PF2

PFQF1

为矩形

FFc1

，

PFF

PFQ

21

，又

PF1

，得

b2

，由此即可求出椭圆的方程；（2）{

，得到韦达定理，可得

·12

，可得

m2m答案第5页，总21

2221122211又直线不经过试题解析：

结果.（）2

PFQF12

为矩形

FFc1

PFF

PFQ

21又

PF1

，得

2

2

椭圆方程：

2

2

（）{

km2,xxk2k2AM·AN3m2m0又直线不经过．（Ⅰ）2

，（Ⅱ）见解析

13

1，定点0,3

.【解析】试题分析：(1)利用离心率结合椭圆所过的点得到关系b的方程组解方程组即可求得椭圆的标准方程；(2)分类讨论，当斜率不存在的时候单独考查，当斜率存在的时候设出直线方程，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理和平面向量的结论证得试题解析：

即可.（Ⅰ）点F，分别为椭圆左右焦点，椭圆的方程1

x；22由离心率为

22

得：

2；

1212112k321212112k32过点

11；222所以，a2，b

；椭圆方程为

2

2

；（Ⅱ）由（）y121；当直线l的斜率不存在，直线方程为l:

By2

；此时，S

ABF

2，不满足；设直线方程为ly代入椭圆方程：

2

k

2

2

k

4

2

k2韦达定理：x，x·2

k2

；所以，x

2k

，y＝k12

2

－k(x＋x＋＝；＋k所以，x12

k2

；点到直线l的离为d

k

；所以，由

ABF

5

得：

；kxy1OA所以，以为直径的圆过坐标原点．(1)

2

;(2)证明见解析；②.

,

.【解析】试题分析：（）根左焦点坐标得

，根据

左准线方程得

a

，解方程答案第7页，总21

212212组a

2

，

2

，（2）①以算代证：即利用

11

By22

坐标表示

根据直线l

的

方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理化简

定值，②AOB的面积

2

，因此根据直线OAl的方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理及弦长公式（OA斜率表示），同理可得代入面积公式化简可得S

.最后利用二次函数方法求值域讨斜率不存在的情形试题解析：解：1）由题设知c，

a2

，a22

，

2

2，

2

a

2

2

，C：.2（）由题设知直线

l

的斜率存在，设直线

l

的方程为

y

.设

y11

By22

，直线

l

代入椭圆得

2

k

2

，整理得，2x

2

，

12

2k

2

，

1

2k12

.由

AF

，BF知1，，112

xx1x112

2421k122211k1k2

（定值）.②当直线，OB分与坐标轴重合时，易AOB面积，当直线，OB的率均存在且不为零时，设：y，：

y

1k

x

，设

y112

，将y代入椭圆C得

2

k2x

2

，

2

k2k22，y2，理x，2，k222

13231323AOB

的面积

S

OA

.令t

S

t2

1tt

，令

ut

12

.综上所述，

2S,

.点睛点值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么定值”是多少或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题证明该式是恒定的.定点值问题同证明问题类似在求定点值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现．（1）

x22

（）

y【解析】试题分析：（）离率知e

ca2

，椭圆过点，，入椭圆方程41a2

，可解得b

.(2)由题意可得直线BC一定过点，即m=0,设B

，代入椭圆方程得

x

81

，又ABAC，

代入坐标运算可解得k.试题解析：（Ⅰ）由条件知椭圆

xy0)2b2

离心率为

2

，所以

b

14

a

．又点(2，1)在椭圆

x220)2

上，答案第9页，总21

2323所以

41a2b

，

解得

{

所以，所求椭圆的方程为

xy2

．（Ⅱ）将

y，

2

，整理，得m2

．①由线段被轴分，得

xB

81k

，因为，以m因为当

时，B关原点对称，设

B

，由方程①，得

x2

81k

，又因为所

以

，，，

2

2

，所以

k

12

．由于

k

111时，直线x过(2，1)，故不合题设．22所以，此时直线l的程

y

12

x

．．（1）

3

2

3939（2）【解析】试题分析：1）由椭的第一定义可知

a3

，再由离心率

ca

，可求得ab

。

222233（（得椭圆方程

3

2

设直线l的程为，Ay1122

由

为锐角，得

>0且平行，即

xy121

>0,所以让直线方程与椭圆方程组方程组，消去得于x的程，由韦达定理及判别式范围，可解得k范围。试题解析：

3

2

程kx

，

A122

联立

{

kx3

，得

2

2

则

xx2

129xx0解得k3k3kOA,yOBx12

xy121121解得

213k23

k2

kk1

133

，即

3939,．（1）

47;（）471【解析】试题分:先用差法由直线PAPB斜率之积为得a之关,4再解出离心,(2)点在以MN为直径的圆内部价F11111可转化为

、

两点横坐标和与积的关系.将线

l

方程与椭圆方程联立方程组，消去y得关于

的一元二次方程，利用韦达定理得

、

两点横坐标和与积关于

k

的关系式，代入

·N1

，解不等式可得

k

的取值范围试题解析（）设A1

10

、、P

三点均在椭圆，答案第11，21页

ck22ck22∴

xy200，b2ab

，∴作差得

x10

x10

y1

y1

，∴·kPA

PB

yyyyb22·xx2a10

，3∴e.2（）设F12

，直线l

的方程为yy34

∵e

32

，∴a

2

2

,

2

2，联立{

4

得

2

ck

2

c

2

2

2

，

，∴{

x3

2324c2k2c2k2b22

2

，当点在以MN为径的圆内部时，FMFN11134∴3

3

2，4得

4c2k

解得.47．(Ⅰ);Ⅱ）【解析】试题分析:（）由

为等腰直角三角形得，

可得坐，代入椭圆方程得

，进而得的程；（2）可设直的方，联立，根与系数的关系

可得

的值，因为在

外，得参数的取值范围。（Ⅰ）由

是等腰直角三角形，得

，，设，则由

，得，代入椭圆方程得

，所以的方程为，（Ⅱ）依题意得，直线的率存在，方程设为

，联立

消去并理得：（），因直线与有个交点，即方程*有不等的两实根，故，得，设，，根与系的关系得由坐标原点位以为直径的圆外，又由解得，综上可得，或.则满足条件的斜率的取值范围为.

，

，答案第13，总21页

．（Ⅰ）

x2

；（Ⅱ(i)

ABCD

不能为菱形；ii），取ABCD大值【解析】试题分析：（Ⅰ）待定系数法，利用焦点在已知抛物线的准线上，可

值，再由点P

在短轴顶点时

F1

面积的最大得由,,

关系得a可求得标准程）易判断函数不可能平行于

x

轴计算方便可令方程为xmy

椭圆方程联立消去

x

，利用根与系数的关系，得A

两点纵坐标间的关系，①四边形ABCD为形，对角线互相垂直，则

O

，转化为关于方程，无线，可证四边形不是菱形．②同样利用标和面积公式，用m表示出四边形的面．再利用函数的性质可得面积的最大值．试题解析：（Ⅰ）设椭圆方程为

x2b2焦点在物线1

2

x的线x

上，c当点

在短轴顶点时

12

面积最大，此时

S

PF

1=2b3,a

2

2

2

椭方程为

xy23（Ⅱ）(i)由I）知

1

（-1，）直线AB不平行于轴所以设直线AB的程为my设

A1由{y43

得

my2

6my32m2连结OA,，若ABCD为形，则OA，xy1

又x111122

3

2

显然方程无解，所以ABCD不为菱形（）知四边形

为平行四边形，则

S

，而

S

12

OFy12又因为

OF1

，

S

OF

y2

yy2

2

24

m2

24

m

设t，则t

11tt

在

上是增函数，所以，当时S

取最大值6，此时

2

即点睛：本题主要考查椭圆的标准方程和几何性,直线与椭圆的位置关,基本不等式,及韦达定理的应用.解几何大题的一问一般都是确定曲线的方程常见有求参数确定方程和求轨迹确定方程,第二一般为直线与椭圆的位置关系,解决类问题一般需要充分利用数形结合的思想化给出的条件,可将几何条件转化为代数关系,从建立方程或者不等式来解决.10（）

xy3

；（2）见解析.【解析】试题分析：1）根据条件列方程组

，解得b32

，（2）①设

00

，则可由直线交点得

M

4yx

，再根据斜率公式化简

kk12

，最后利用点P在圆上得定值先求点为

再根据点斜式写出直线方最后令y=0答案第15，总21页

yx22myx22m解得x=-1.试题解析：1）由题意椭圆

xyE:a22

的焦距为2，且过点

2,

62

，所以2

，解得a3

，所以椭圆E的准方程为

x2

.（）设

Py00

AP

的方程为0x0

，令

x

得

4M

，因为1

20，因为k0xx0

，所以

kk12

y0x0

，因为

Py00

所

xy00

，所以

k

32

为定值，y②直线BP斜率为k，线斜率为k1，x11则直线

m

x的方程为y1

0

21y1

4x1xy11

，所以直线

过定点

.点睛：求值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．2．定点的探索与证明问题(1)探直线过定点时，可设出直线方程为y

，然后利用条件建立,b

等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．．（）

x2

（）解析【解析】试题分析：1）四边形

12

面积最大值为

，所以根据a,b,c的程组解出

（先

lAy12

利用直线方程与椭圆方程联

11立方程组，结合韦达定理以及

，得

127

直线距离公式可得

d

1

2217

验斜率不存在的情.试题解析解1由圆的离率为

1c知，,a∴b22

2

a

2

2

2

，∴c

，又四边形

1

面积最大值为

23

，∴

c

2

，∴a

，所以椭圆E

的方程为

x2

；（2当直线

l

的斜率

k

存在时，设

l:yy12

，由{

ykxx

得

2

2

kmxm

2

，所以

x1

2,x3k2

，因为

OA

，所以

，即xy122

2

228km271?2k32

2

，所以

m

127

O

到直线

l

的距离

d

m1

2217

；当直线

l

的斜率不存在时，设直线

l

的方程为

x

，则

32

,Bm

32

2

，由

得m

2

，解得

m

2，所以此时原点到线l的离为．7综上可知，原点

到直线

l

的距离为定值

．12（）

24

2

（）

答案第17，总21页

1313【解析】【试题分析】（１）依据题设条件先焦半距即可获解；（２）借助题设及直线与椭圆的位置关系，运用向量的数量积公式建立方程分析求解：（Ⅰ）因为直l：3与y轴交点坐标为F所以椭圆：

y2m

m0)的一个焦点坐标为F，所以椭圆的焦距c3，以m，故所求的方程为

4

2

．(

将直线l的方程y3代入

24

2并整理得

2

.设点112

，则1

231，xxkk

．假设以线段AB为直径的圆恰好经过标原点OA

xx122

．又yyxx12

2k2，解得k2

112

，经检验知：此（）式

，适合题意故存在k

112

，使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标点O．13（）

4

2

（）y

【解析】试题分析：（1）为角形AF12

内切圆，由内切圆性质及椭圆定义得由c

，可知cb

（）NQ

为邻边的平行四边形是菱形以

NQ·PQ设xy,,122

，

l

方程为yx3

则可得坐标之间关系，利用直线方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理代入坐标关系化简可得

k

2xyyx122xxy3,2222xyyx122xxy3,222AB92试题解析：解：1）设圆

C

与

A1

的延长线切于点

，与线段

AF

2

切于点D

，则,DFFM,AFAFa,AFADDF2111

，FMF2a,MFMF12

，故

，由c

，可知cb

，椭圆方程为

4

2

.（）

l

方程为

y

，代入椭圆方程可得

2

2

2

k

2

，

设

Px1

1

，y则2k3k11

，以

为邻边的平行四边形是菱形，

33NQPQNPNQ,y831k

1k

，

的方向向量为

，832，l方程为21k21k22

.14．平面直角坐标系xOy中已知椭圆(的焦点为F(，经ab过点(1，)．

y

B（1求椭圆的标准方程；

F（2）已知椭圆的弦过，且与轴不垂直A若为上的一点，DA，求的．DF

D（第17题）【解】（）方法一：由题意，得解得

4b，

„„3分所以椭圆的标准方程为．„答案第19，总21页

2x，x2k0