2012高考 圆锥曲线解答题(基本题型).doc

圆锥曲线基本题型 例．(2012北京理19)14分） 已知曲线． （1）若曲线是焦点在轴上的椭圆，求的取值范围； （2）设，曲线与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与 曲线交于不同的两点，，直线与直线交于点，求证：，， 三点共线． 解：（1）原曲线方程可化简得： 由题意可得：，解得：（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：， ，解得：由韦达定理得：①，，② 设，， 方程为：，则， ，， 欲证三点共线，只需证，共线 即成立，化简得： 将①②代入易知等式成立，则三点共线得证2012天津理19设椭圆的左、右顶点分别为，点P在椭圆上且异于两点，O为坐标原点（）若直线AP与BP的斜率之积为，求椭圆的离心率； （）若|AP|=|OA|，证明直线OP的斜率k满足 解：(1)设点P的坐标为(x0，y0)． 由题意，有＋＝1.　 由A(－a,0)，B(a,0)，得kAP＝，kBP＝. 由kAP·kBP＝－，可得x＝a2－2y，代入并整理得(a2－2b2)y＝0.由于y0≠0，故a2＝2b2.于是e2＝＝， 所以椭圆的离心率e＝. (2)证明：(方法一) 依题意，直线OP的方程为y＝kx， 设点P的坐标为(x0，y0)． 由条件得消去y0并整理得x＝.② 由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x＝a2.整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0. 而x0≠0，于是x0＝，代入，整理得(1＋k2)2＝4k22＋4.由a＞b＞0， 故(1＋k2)2＞4k2＋4，即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|. (方法二)依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为(x0，kx0)．由点P在椭圆上，有＋＝1.因为a＞b＞0，kx0≠0，所以＋＜1， 即(1＋k2)x＜a2. 由|AP|＝|OA|，A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x＝a2，整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0，于是x0＝，代入，得(1＋k2)＜a2，解得k2＞3，所以|k|＞. (2012 安徽理20)　如图，点分别是椭圆 的左右焦点，过点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，过点作直线的垂线交直线于点； （）点的坐标；求椭圆的方程； （）证明：直线与椭圆只有一个交点解（I）点代入得： 　　　　① 　　　又 ② ③ 由①②③得：椭圆的方程为（II）设；则 得： 过点与椭圆相切的直线斜率 得：直线与椭圆只有一个交点解：(1)(方法一)由条件知，P， 故直线PF2的斜率为＝－. 因为PF2F2Q，所以直线F2Q的方程为y＝x－，故Q. 由题设知，＝4, 2a＝4，解得a＝2，c＝1. 故椭圆方程为＋＝1. (方法二)设直线x＝与x轴交于点M， 由条件知，P. 因为PF1F2∽△F2MQ，所以＝. 即＝，解得＝2a. 所以a＝2，c＝1故椭圆方程为＋＝1(2)证明：直线PQ的方程为 即y＝x＋a. 将上式代入椭圆方程得，x2＋2cx＋c2＝0. 所以直线与椭圆只有一个交点． 例4．(2012福建理19如图，椭圆E：的左焦点为，右焦点为，离心率过的直线交椭圆于两点，且的周长为8 （Ⅰ）求椭圆E的方程（Ⅱ）设动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线相于点Q试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由解：解法一： (1)因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8， 又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，所以4a＝8，a＝2. 又因为e＝，即＝，所以c＝1，所以b＝＝. 故椭圆E的方程是＋＝1. (2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. 因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0， 即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*) 此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P. 由得Q(4,4k＋m)． 假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上． 设M(x1,0)，则·＝0对满足(*)式的m、k恒成立． 因为＝，＝(4－x1,4k＋m)，由·＝0， 得－＋－4x1＋x＋＋3＝0， 整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0.(**) 由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x1＝1. 故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M. 解法二：(1)同解法一． (2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. 因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0， 即64k2m2－4(4k2＋3)