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点差法
2
(1,0)的直线l与中心在原点,焦点在x轴上且离心率为的
2
1
椭圆C相交于A、B两点,直线y=x过线段AB的中点,同时椭圆C
2
上存在一点与右焦点关于直线l对称,试求直线l与椭圆C的方程.
命题意图:本题利用对称问题来考查用待定系数法求曲线方程的
方法,设计新颖,基础性强,属★★★★★级题目.
知识依托:待定系数法求曲线方程,如何处理直线与圆锥曲线问
题,对称问题.
错解分析:不能恰当地利用离心率设出方程是学生容易犯的错误.
恰当地利用好对称问题是解决好本题的关键.
技巧与方法:本题是典型的求圆锥曲线方程的问题,解法一,将
A、B两点坐标代入圆锥曲线方程,两式相减得关于直线AB斜率的等
,用韦达定理.
c2a2b21
解法一:由e=,得,从而a2=2b2,c=b.
a2a22
设椭圆方程为x2+2y2=2b2,A(x,y),B(x,y)在椭圆上.
1122
则x2+2y2=2b2,x2+2y2=2b2,两式相减得,(x2-x2)+2(y2-
1122121
2yyxx
y)=0,1212.
2
xx2(yy)
1212
x11
设AB中点为(x,y),则k=-0,又(x,y)在直线y=x上,y=x,
00AB0000
2y22
0:.
x
于是-0=
2y
0
-1,k=-1,设l的方程为y=-x+1.
AB
右焦点(b,0)关于l的对称点设为(x′,y′),
y
1
xbx1
则解得

yxby1b
1
22
22299
由点(1,1-b)在椭圆上,得1+2(1-b)=2b,b=,a2.
168
8x216
∴所求椭圆C的方程为y2=1,l的方程为y=-x+1.
99
c2a2b21
解法二:由e=,得,从而a2=2b2,c=b.
a2a22
设椭圆C的方程为x2+2y2=2b2,l的方程为y=k(x-1),
将l的方程代入C的方程,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2b2=0,则
4k22k
x+x=,y+y=k(x-1)+k(x-1)=k(x+x)-2k=-.
12121212
12k212k2
1xxyyk12k2
直线l:y=x过AB的中点(12,12),则,解得
22212k2212k2
k=0,或k=-1.
若k=0,则l的方程为y=0,焦点F(c,0)关于直线l的对称点就是F点
本身,不能在椭圆C上,所以k=0舍去,从而k=-1,直线l的方程
为y=-(x-1),即y=-x+1,以下同解法一.
2.(★★★★★)已知圆C的方程为(x-2)2+(y
1
20x2y2
-1)2=,椭圆C的方程为=1(a>b>0),
2
3a2b2
2
C的离心率为,如果C与C相交于A、B两点,且线段AB恰为
212
2
圆C的直径,求直线AB的方程和椭圆C的方程.
12:.
2x2y2
解:由e=,可设椭圆方程为=1,
22b2b2
又设A(x,y)、B(x,y),则x+x=4,y+y=2,
11221212
x2y2x2y2x2x2y2y2
又111,22=1,两式相减,得1212=0,
2b2b22b2b22b2b2
即(x+x)(x-x)+2(y+y)(y-y)=0.
12121212
yy
化简得12=-1,故直线AB的方程为y=-x+3,
xx
12
代入椭圆方程得3x2-12x+18-2b2=0.
220
有Δ=24b-72>0,又|AB|=2(xx)24xx,
12123
24b27220
得2,解得b2=8.
93
x2y2
故所求椭圆方程为=1.
168
x2y22
椭圆(1ab0)的离心率e,A、B是椭圆上关于坐标不对称的
a2b23
两点,线段AB的中垂线与x轴交于点(,P10)。
()设1AB中点为C(x,y),求x的值。
000
(2)若F是椭圆的右焦点,且AFBF3,求椭圆的方程。
:.
(1)令A(x,y)、B(x,y)
1122
则xx2x,yy2y
120120
yy1x
120
xxy
120
2c2a2b24b25
由e
3a3a29a29
x2y2
又A、B在椭圆1上
a2b2
b2x2a2y2a2b2
11
b2x2a2y2a2b2
22
b(2xx)(xx)a(2yy)(yy)0
12121212
(xx)b2xa2y(yy)0
120012
yyb2x5x
1200
xxa2y9y
1200
5x1x
005x99x
9yy00
00
9
x
04
(2)AFBF3
AFcBFAFaex
1
又
a2aa2BFaex
xx2
c1c2
aexaex3
12
2
2a(xx)3
312

9
xx2x
1202
2a33a3
b25
c2
c2
a3
x2y2
所求椭圆方程为1
95
x2y2
(2006年江西卷)如图,椭圆Q:+=1(ab0)的右焦点F(c,0),过点F的
a2b2
一动直线m绕点F转动,并且交椭圆于A、B两点,P是线段AB的中点
求点P的轨迹H的方程

在Q的方程中,令a2=1+cos+sin,b2=sin(0),确定的值,使原点
2
距椭圆的右准线l最远,此时,设l与x轴交点为D,当直线m绕点F转动到什么位置时,
三角形ABD的面积最大
x2y2
解:如图,(1)设椭圆Q:+=1(ab0)
a2b2:.
上的点A(x,y)、B(x,y),又设P点坐标为P(x,y),则
1122
b2x2+a2y2=a2b2…………(1)
11
b2x2+a2y2=a2b2…………(2)

22
1当AB不垂直x轴时,xx,
12
由(1)-(2)得
b2(x-x)2x+a2(y-y)2y=0
1212
y-yb2xy
12=-=
x-xa2yx-c
12
b2x2+a2y2-b2cx=0…………(3)
2当AB垂直于x轴时,点P即为点F,满足方程(3)
故所求点P的轨迹方程为:b2x2+a2y2-b2cx=0
a2
(2)因为,椭圆Q右准线l方程是x=,原点距l
c
a2
的距离为,由于c2=a2-b2,a2=1+cos+sin,b2=sin(0)
c2
a21+cos+sin
则==2sin(+)
c1+cos24

当=时,上式达到最大值。此时a2=2,b2=1,c=1,D(2,0),|DF|=1
2
x2
设椭圆Q:+y2=1上的点A(x,y)、B(x,y),三角形ABD的面积
1122
2
111
S=|y|+|y|=|y-y|
1212
222
x2
设直线m的方程为x=ky+1,代入+y2=1中,得(2+k2)y2+2ky-1=0
2
2k1
由韦达定理得y+y=-,yy=-,
122122
2+k2+k
8(k2+1)
4S2=(y-y)2=(y+y)2-4yy=
12121222
(k+2)
8t88
令t=k2+11,得4S2===2,当t=1,k=0时取等号。
(t+1)214
t++2
t
因此,当直线m绕点F转到垂直x轴位置时,三角形ABD的面积最大。
x2y2
(2006年湖南卷)已知椭圆C:1,抛物线C:(ym)22px(p0),且C、C的
1212
43:.
公共弦AB过椭圆C的右焦点.
1
(Ⅰ)当AB⊥x轴时,求m、p的值,并判断抛物线C的焦点是否在直线AB上;
2
(Ⅱ)是否存在m、p的值,使抛物线C的焦点恰在直线AB上若存在,求出符合条件的m、
2
p的值;若不存在,请说明理由.
9
45.(Ⅰ)m=0,p;
8
664
(Ⅱ)m,或m,p。
333
解(Ⅰ)当AB⊥x轴时,点A、B关于x轴对称,所以m=0,直线AB的方程为
33
x=1,从而点A的坐标为(1,)或(1,-).
22
99
因为点A在抛物线上,所以2p,即p.
48
9
此时C的焦点坐标为(,0),该焦点不在直线AB上.
2
16
(Ⅱ)解法一当C的焦点在AB时,由(Ⅰ)知直线AB的斜率存在,设直线AB的方
2
程为yk(x1).
yk(x1)

由22消去y得(34k2)x28k2x4k2120.……①
xy
1
43
设A、B的坐标分别为(x,y),(x,y),
1122
8k2
则x,x是方程①的两根,x+x=.
12122
34k
因为AB既是过C的右焦点的弦,又是过C的焦点的弦,
12y
111
所以AB(2x)(2x)4(xx),且A
2122212
ppOx
AB(x)(x)xxp.
122212
B
1
从而xxp4(xx).
12212
46p8k246p
所以xx,即.
12334k23
解得k26,即k:.
21
因为C的焦点F(,m)在直线yk(x1)上,所以mk.
2
33
66
即m或m.
33
6
当m时,直线AB的方程为y6(x1);
3
6
当m时,直线AB的方程为y6(x1).
3
解法二当C的焦点在AB时,由(Ⅰ)知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程
2
为yk(x1).
8
(ym)2x8
由3消去y得(kxkm)2x.……①
3
yk(x1)
2
因为C的焦点F(,m)在直线yk(x1)上,
2
3
212k8
所以mk(1),即m①有(kx)2x.
3333
44k2
即k2x2(k22)x0.……②
39
设A、B的坐标分别为(x,y),(x,y),
1122
4(k22)
则x,x是方程②的两根,x+x=.
12122
3k
yk(x1)

由22消去y得(34k2)x28k2x4k2120.……③
xy
1
43
8k2
由于x,x也是方程③的两根,所以x+x=.
12122
34k
4(k22)8k2
从而=.解得k26,即k6.
3k234k2
21
因为C的焦点F(,m)在直线yk(x1)上,所以mk.
2
33
66
即m或m.
33
6
当m时,直线AB的方程为y6(x1);
3
6
当m时,直线AB的方程为y6(x1).
3
解法三设A、B的坐标分别为(x,y),(x,y),
1122
2
因为AB既过C的右焦点F(1,0),又是过C的焦点F(,m),
12
3:.
pp11
所以AB(x)(x)xxp(2x)(2x).
1222122122
216
即xx(4p).……①
1239
yym0
由(Ⅰ)知xx,于是直线AB的斜率k213m,……②
12xx2
211
3
且直线AB的方程是y3m(x1),
2m
所以yy3m(xx2).……③
12123
3x24y212yy
11
又因为,所以3(xx)4(yy)210.……④
221212xx
3x4y1221
22
266
将①、②、③代入④得m2,即m或m.
333
6
当m时,直线AB的方程为y6(x1);
3
6
当m时,直线AB的方程为y6(x1).
3
弦长公式
,焦点在x轴上,它的一个焦点为F,
M是椭圆上的任意点,|MF|的最大值和最小值的几何平均数为2,椭
410
圆上存在着以y=x为轴的对称点M和M,且|MM|=,试求椭
1212
3
圆的方程.
解:|MF|=a+c,|MF|=a-c,则(a+c)(a-c)=a2-c2=b2,
maxmin
x2y2
∴b2=4,设椭圆方程为1①
a24
设过M和M的直线方程为y=-x+m②
12
将②代入①得:(4+a2)x2-2a2mx+a2m2-4a2=0③
设M(x,y)、M(x,y),MM的中点为(x,y),
1112221200:.
1a2m4m
则x=(x+x)=,y=-x+m=.
01200
24a24a2
a2m4m
代入y=x,得,
4a24a2
4a2
由于a2>4,∴m=0,∴由③知x+x=0,xx=-,
1212
4a2
410
又|MM|=2(xx)24xx,
12
12123
x2y2
代入x+x,xx可解a2=5,故所求椭圆方程为:=1.
1212
54
2.(2008全国一21).(本小题满分12分)
双曲线的中心为原点O,焦点在x轴上,两条渐近线分别为l,l,经过右焦点F垂直于l
121
uuuruuuruuuruuuruuur
的直线分别交l,l于A,、AB、OB成等差数列,且BF与FA同向.
12
(Ⅰ)求双曲线的离心率;
(Ⅱ)设AB被双曲线所截得的线段的长为4,求双曲线的方程.
解:(Ⅰ)设OAmd,ABm,OBmd
由勾股定理可得:(md)2m2(md)2
1bAB4
得:dm,tanAOF,tanAOBtan2AOF
4aOA3
b
2
a4b15
由倍角公式,解得,则离心率e.
b23a22
1
a
ax2y2
(Ⅱ)过F直线方程为y(xc),与双曲线方程1联立
ba2b2
1585
将a2b,c5b代入,化简有x2x210
4b2b
a2a2

41xx1(xx)24xx

b12b1212

2
325b28b2
将数值代入,有454,解得b3
155

:.
x2y2
故所求的双曲线方程为1。
369
y2
(山东卷)设直线l:2xy20关于原点对称的直线为l,若l与椭圆x21的交
4
1
点为A、B、,点P为椭圆上的动点,则使PAB的面积为的点P的个数为(B)
2
(A)1(B)2(C)3(D)4
(福建卷)已知方向向量为v(1,3)的直线l过点(0,23)和椭圆
x2y2
C:1(ab0)的焦点,且椭圆C的中心关于直线l的对称点在椭圆C的右准
a2b2
线上.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
4
(Ⅱ)是否存在过点E(-2,0)的直线m交椭圆C于点M、N,满足OMON6cot
3
∠MON≠0(O为原点).若存在,求直线m的方程;若不存在,请说明理由.
(I)解法一:直线l:y3x33,①
3
过原点垂直l的直线方程为yx,②
3
3
解①②得x.
2
∵椭圆中心(0,0)关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上,
a23
23.
c2
∵直线l过椭圆焦点,∴该焦点坐标为(2,0).
x2y2
c2,a26,b21.③
62
解法二:直线l:y3x:.
qp
323
l
设原点关于直线对称点为(p,q),则22解得p=3.

q
31.
p
∵椭圆中心(0,0)关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上,
a2
3.
c
∵直线l过椭圆焦点,∴该焦点坐标为(2,0).
x2y2
c2,a26,b21.③
62
(II)解法一:设M(x,y),N(x,y).
1122
当直线m不垂直x轴时,直线m:yk(x2)代入③,整理得
(3k21)x212k2x12k260,
12k212k26
xx,xx,
123k21123k21
12k212k2626(1k2)
|MN|1k2(xx)24xx1k2()24,
12123k213k213k21
|2k|
点O到直线MN的距离d
1k2
44cosMON
OMON6cotMON,即|OM||ON|cosMON60,
33sinMON
424
|OM||ON|sinMON6,S6.|MN|d6,
3OMN33
4
即46|k|k216(3k21).
3
13
整理得k2,k.
33
2
当直线m垂直x轴时,也满足S6.
OMN3
323
故直线m的方程为yx,
33
323
或yx,或x2.
33
:.
323
经检验上述直线均满足OMONx,
33
323
或yx,或x2.
33
解法二:设M(x,y),N(x,y).
1122
当直线m不垂直x轴时,直线m:yk(x2)代入③,整理得
12k2
(3k21)x212k2x12k260,xx,
123k21
∵E(-2,0)是椭圆C的左焦点,
∴|MN|=|ME|+|NE|
a2a2c212k226(k21)
=e(x)e(x)(xx)2a()26.
c1c2a1263k213k21
以下与解法一相同.
解法三:设M(x,y),N(x,y).
1122
设直线m:xty2,代入③,整理得(t23)y24ty20.
4t2
yy,yy,
12t2312t23
4t824t224
|yy|(yy)4yy()2.
121212t23t23(t23)2
44cosMON
OMON6cotMON,即|OM||ON|cosMON60,
33sinMON
42
|OM||ON|sinMON6,S6.
3OMN3
124t224
SSS|OE||yy|.
OMNOEMOEN212(t23)2
24t2242
∴=6,整理得t43t2.
(t23)23
解得t3,或t0.
323323
故直线m的方程为yx,或yx,或x2.
3333
经检验上述直线均满足OMON:.
323323
所以所求直线方程为yx,或yx,或x2.
3333
(广东卷)在平面直角坐标系xOy中,抛物线yx2上异于坐标原点O的两不同动点A、
B满足AOBO(如图4所示).
(Ⅰ)求AOB得重心G(即三角形三条中线的交点)的轨迹方程;
(Ⅱ)AOB的面积是否存在最小值若存在,请求出最小值;若不存在,请说明理由.
y
A
B
x
O
xx
x12

3
解:(I)设△AOB的重心为G(x,y),A(x,y),B(x,y),则…(1)
1122
yy
12
y
3
∵OA⊥OB∴kk1,即xxyy1,……(2)
OAOB1212
又点A,B在抛物线上,有yx2,yx2,代入(2)化简得xx1
112212
yy11122
∴y12(x2x2)[(xx)22xx](3x)23x2
331231212333
2
所以重心为G的轨迹方程为y3x2
3
111
(II)S|OA||OB|(x2y2)(x2y2)x2x2x2y2x2y2y2y2
AOB221122212122112
1111
Sx6x622x6x622(1)6221
由(I)得AOB21221222
当且仅当x6x6即xx1时,等号成立。
1212
所以△AOB的面积存在最小值,存在时求最小值1;:.
x2y2
(2006年安徽卷)如图,F为双曲线C:1a0,b0的右焦点。P为双曲线C
a2b2
右支上一点,且位于x轴上方,M为左准线上一点,O为坐标原点。已知四边形OFPM为
平行四边形,PFOF。
(Ⅰ)写出双曲线C的离心率e与的关系式;
y
(Ⅱ)当1时,经过焦点F且平行于OP的直线交双曲
线于A、B点,若AB12,求此时的双曲线方程。H
MP
x
OF
解:∵四边形OFPM是Y,∴|OF||PM|c,作双曲
第22题图
a2
线的右准线交PM于H,则|PM||PH|2,又
c
|PF||OF|cc2e2
e,e2e20。
|PH|a2a2c22a2e22
c2c2
cc
x2y2
(Ⅱ)当1时,e2,c2a,b23a2,双曲线为1四边形OFPM是
4a23a2
菱形,所以直线OP的斜率为3,则直线AB的方程为y3(x2a),代入到双曲线方
程得:9x248ax60a20,
48a60a2
又AB12,由AB1k2(xx)24xx得:122()24,解得
121299
927x2y2
a2,则b2,所以1为所求。
44927
4
uuuuruuur

(2006年四川卷)已知两定点F2,0,F2,0,满足条件PFPF2的点P的
1221
轨迹是曲线E,直线ykx1与曲线E交于A,B两点,如果AB63,且曲线E上存
uuuruuuruuur
在点C,使OAOBmOC,求m的值和ABC的面积S

:.
本小题主要考察双曲线的定义和性质、直线与双曲线的关系、点到直线的距离等知识及解析
几何的基本思想、方法和综合解决问题的能力。满分12分。
E
解:由双曲线的定义可知,曲线是以F2,0,F2,0为焦点的双曲线的左支,
12
且c2,a1,易知b1
Ex2y21x0
故曲线的方程为
ykx1
Ax,y,Bx,y
设,由题意建立方程组
1122x2y21

y22
消去,得1kx2kx20
又已知直线与双曲线左支交于两点A,B,有
1k20

22
2k81k0

2k解得2k1
xx0
121k2

2
xx0
121k2
AB1k2xx1k2xx24xx
又∵
121212
22
2k221k2k

1k242

1k21k222
1k
22
1k2k
依题意得整理后得28k455k2250
263
22
1k
555
∴k2或k2但2k1∴k
742
5
故直线AB的方程为xy10
2:.
uuuruuuruuur
Cx,yOAOBmOCx,yx,ymx,my
设,由已知,得
cc1122cc
xxyy
1212m0
∴mx,my,,
ccmm
2k2k22
又xx45,yykxx228
12k211212k21k21
458
∴点C,

mm
8064
将点C的坐标代入曲线E的方程,得1
m2m2
得m4,但当m4时,所得的点在双曲线的右支上,不合题意

∴m4,C点的坐标为5,2
5
C到AB的距离为521
21

23
5
12
2
11
∴ABC的面积S633
23