BI第三十三讲 椭圆真题精练答案部分.doc

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1、第三十三讲 椭圆真题精练答案部分1A【解析】设，则直线的方程为，由题意可知(0,)EmAE1xy ab， 和三点共线，则，化简得(,)mcMc ma(0,)2m( ,0)B a22mcmmma ca ，则的离心率故选 A3acC1 3cea2A【解析】由题意知，即，2211mn 222mn，2222 2 1 222221111()2mnnne emnnn4242422111122nn nnnn 所以故选 A1 21e e 3D【解析】由题意，+得3c 21| 4AFAF21| 2AFAFa，得，又，所以，2| 2AFa1| 2AFa222 2112|AFAFFF2a 于是6 2cea4C【解析

2、】21F PF是底角为30的等腰三角形221332()224cPFF Faccea5【解析】由题意得通径，点 B 坐标为22312xy2 2AFb251(,)33cBb将点 B 坐标带入椭圆方程得，222 21()53()13bc b 又，解得221bc 222 3 1 3bc 椭圆方程为22312xy613 【解析】由题意可知，21FMF中，90,30,60211221MFFFMFFMF，所以有 122122 212 22 132)2(MFMFaMFMFcFFMFMF ，整理得13 ace，故答案为13 7【解析】设点的坐标为，点的坐标为(0, 1)A( , )m nB( , )c d，可得

3、，12(2,0),( 2,0)FF1(2, )F Amn2(2, )F Bcd ，125F AF B ，又点在椭圆上，6 2,55mncd,A B，解得，2 213mn226 2()5( )135m n0,1mn 点的坐标是A(0, 1)8 【解析】(1)设直线，: l ykxb(0,0)kb11( ,)A x y22(,)B xy(,)MMM xy将代入得，ykxb2229xym2222(9)20kxkbxbm故，12 229Mxxkbxk 29 9MMbykxbk于是直线的斜率，即OM9M OM Mykxk 9OMkk 所以直线的斜率与 的斜率的乘积为定值OMl(2)四边形能为平行四边形因

4、为直线 过点，OAPBl(,)3mm所以 不过原点且与有两个交点的充要条件是，lC0k 3k 由(1)得的方程为设点的横坐标为OM9yxk PPx由得，即2229,9,yxk xym 22 2 2981Pk mxk239Pkmx k 将点的坐标代入直线 的方程得，因此(,)3mml(3) 3mkb2(3) 3(9)Mmk kxk四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即OAPBABOP2PMxx于是解得， 239kmk 2(3)23(9)mk k k147k 247k 因为，所以当 的斜率为或时，四边形0,3iikk1i 2l4747为平行四边形OAPB9 【解析】(1)由题设条件知，点

5、的坐标为，又，从而，M21(,)33ab5 10OMk5 210b a进而得，故225 ,2ab cabb2 5 5cea(2)由题设条件和(1)的计算结果可得，直线的方程为，点的坐标为AB15xy bbN，设点关于直线的对称点的坐标为，则线段的中点51(,)22bbNABS17( , )2xNS的坐标为又点在直线上，且,从而有T1517(,)4244xbbTAB1NSABkk ，解得，所以，11517 424415 71 2255 2xbbbbbbx 3b 3 5b 故椭圆的方程为E22 1459xy10 【解析】(1)根据及题设知22cab2 2( ,),23bM cbaca将代入，解得（

6、舍去）故 C 的离心率为.222bac223bac1,22cc aa 1 2(2)由题意，原点为的中点，轴，所以直线与轴的交点O12FF2MFy1MFy是线段的中点，故，即 (0,2)D1MF2 4b a24ba由得。15MNFN112DFFN设，由题意知，则，即11( ,)N x y10y 112()22cxcy 113,2 1xcy 代入 C 的方程，得2229114c ab将及代入得22cab229(4 )1144aa aa解得，故27,428aba7,2 7ab11 【解析】(1)由题意知，可得.223 2ab a224ab椭圆 C 的方程可化简为.2224xya将代入可得，因此，可得

7、因此，yx5 5ax 2 54 10255a2a 1b 所以椭圆 C 的方程为2 214xy(2)（）设，则，111122( ,)(0),(,)A x yx yD xy11(,)Bxy因为直线 AB 的斜率，又，所以直线 AD 的斜率，11ABykxABAD11xky 设直线 AD 的方程为，由题意知，ykxm0,0km由，可得.2 214ykxmxy222(14)8440kxmkxm所以，1228 14mkxxk 因此，121222()214myyk xxmk由题意知，所以，12xx121 1 1211 44yyykxxkx 所以直线 BD 的方程为，1 11 1()4yyyxxx令，得，即

8、可得所以，0y 13xx1(3 ,0)Mx1 2 12ykx 121 2kk 即1 2 因此存在常数使得结论成立1 2 （）直线 BD 的方程，令，得，即1 11 1()4yyyxxx0x 13 4yy ，13(0,)4Ny由（）知，可得的面积，1(3 ,0)MxOMN11111393|248Sxyxy因为，当且仅当时等号成立，2 21 111|14xxyy1 1|2|22xy此时 S 取得最大值，所以的面积的最大值为.9 8OMN9 812 【解析】(1)设的焦距为,由题可得,从而,2C22c2122,22ca121,1ac因为点在双曲线上,所以,2 3,13P 2 2 2 11yxb22

9、12 12 32133bb 由椭圆的定义可得,22 22 22 32 321 11 12 333a23a,所以的方程为.222 2222bac12,C C222 21,1332yyxx (1)不存在符合题设条件的直线.若直线 垂直于轴 ,因为 与只有一个公共点，lxl2C所以直线的方程为或，2x 2x 当时,易知所以,2x 2, 3 ,2,3 ,AB2 2,2 3OAOBAB 此时.当时,同理可得OAOBAB 2x OAOBAB 当直线 不垂直于轴,设 的方程为,由 lxlykxm2 213ykxmyx可得,当 与相交于两点时,2223230kxkmxml1C,A B设,则满足上述方程的两个实

10、根,从而1122,A x yB xy12,x x,于是,212122223,33kmmxxx xkk22 22 121212233 3kmy yk x xkm xxmk由可得,因为直线 与只有一个公22 132ykxmyx222234260kxkmxml2C共点，所以上述方程的判别式,22220168 2330k mkm 化简可得，因此2223km，2222121222233330333mkmkOA OBx xy ykkk 于是,即,所222222OAOBOA OBOAOBOA OB 22OAOBOAOB 以,综合（i） （ii）可知，不存在符合题目条件的直线OAOBAB 13 【解析】：(1

11、)依条件，所以椭圆 C 的标准方程为22 2222 6324c aabbabc 22 162xy(2)设，又设中点为( 3,)Tm11( ,)P x y22(,)Q xyPQ00(,)N xy（i）因为，所以直线的方程为：( 2,0)F PQ2xmy22222 (3)420162xmy mymyxy所以222122122168(3)24(1)04 3 2 3mmmmyymy ym 于是，12 022 23yymym20022262233mxmymm所以因为，所以，三点共线，2262(,)33mNmm 3OTONmkk ONT即 OT 平分线段 PQ（其中 O 为坐标原点）（ii），2|1TFm

12、2 22 12224(1)| |113mPQyymmm 所以，令（）2222 2 2|13 |24(1)24(1)13TFmm PQmmmm 21mx 1x 则（当且仅当时取“” ）2|2123()|32 62 6TFxxPQxx22x 所以当最小时，即或，此时点 T 的坐标为或| |TF PQ22x 1m 1( 3,1)( 3, 1)14 【解析】(1)由于，将代入椭圆方程得222cabxc 22221xy ab2bya 由题意知，即，又221b a22abcea3 2所以，所以椭圆方程为2a 1b 2 214xy(2)由题意可知：=,=,设其中11|PF PM PFPM 22|PFPM P

13、FPM 11|PF PM PF 22|PFPM PF 00(,)P xy，将向量坐标代入并化简得：m（，因为， 2 04x 23 000416)312xxx2 04x 所以，而，所以03 4mx0( 2,2)x 3 3(, )2 2m (3)由题意可知， 为椭圆的在点处的切线，由导数法可求得，切线方程为：lP，所以，而，代入中得0 014x xy y004xky 00 12,33yykkxx1211 kkkk为定值00120033114()8xx kkkkxx 15 【解析】(1)由，所以2222 33cecaa22221 3baca设是椭圆上任意一点，则，所以( , )P x yC22221

14、xy ab2 2222 2(1)3yxaayb2222222|(2)3(2)2(1)6PQxyayyya所以，当时，有最大值，可得，所以1y |PQ263a 3a 1,2bc故椭圆的方程为：C2 213xy(2)存在点满足要求，使得面积最大MOAB假设直线与圆相交于不同两点,:1l mxny22:1O xy,A B则圆心到 的距离， Ol 2211d mn 221mn因为在椭圆上，所以，由得：( , )M m nC2 213mn203m22 2 221| 2 12mnABdmn所以，由得代入上式2222111|(1)2OABSAB dmnmnA2 213mn 得，当且仅当， 2222 133

15、22212 133OABmm S mm 22231(0,332mm，此时满足要求的点有四个2231,22mn62(,)22M 此时对应的的面积为OAB1 216 【解析】(1)设直线，由题意，(0)lykxt k的方程为0.t 由方程组得，2 2,1,3ykxtxy222(31)6330kxktxt由题意，所以0 2231.kt 设，由韦达定理得1122( ,), (,)A x yB xy1226,31ktxxk 所以1222.31tyyk由于 E 为线段 AB 的中点，因此223,3131EEkttxykk此时1.3E OE Eykxk 所以 OE 所在直线方程为又由题设知 D（3，m） ，

16、1,3yxk 令=3，得，即=1，所以x1mkmk2222,mkmk当且仅当=1 时上式等号成立，此时 由得mk0 02,t 因此 当时，取最小值 2102mkt 且22mk(2)（i）由(1)知 OD 所在直线的方程为1,3yxk 将其代入椭圆 C 的方程，并由解得0,k 2231(,) 3131kG kk 又，2231(,),( 3,)31 31ktEDkkk由距离公式及得0t 2 222 2222 222 22 2223191|()(),313131191|( 3)( ),391|()(),313131kkOGkkkkODkkktttkOEkkk 由2| |,OGODOEtk得因此，直线

17、 的方程为所以，直线l(1).yk x( 1,0).l恒过定点（ii）由（i）得 2231(,) 3131kG kk 若 B，G 关于轴对称，则x 2231(,). 3131kB kk 代入即，22(1)3131,yk xkkk 整理得426710kk 解得（舍去）或所以 k=1，21 6k 21,k 此时关于轴对称。313 1(,),(, )222 2BGx又由(1)得所以 A（0，1） 110,1,xy由于的外接圆的圆心在轴上，可设的外接圆的圆心为（d，0） ，ABGxABG因此223111(),242ddd 解得故的外接圆的半径为，ABG2512rd 所以的外接圆方程为ABG2215().24xy