解析几何的五种常考模型.docx

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1、 解析几何的五种常考模型 一：垂直弦模型1已知抛物线C：y22px（p0），过焦点F作垂直于x轴的直线l，l与抛物线C相交于A，B两点，E为C的准线上一点，且ABE的面积为4（1）求抛物线C的标准方程；（2）设Q（2，0），若点P是抛物线C上的任一动点，则是否存在垂直于x轴的定直线被以PQ为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线方程和弦长，如果不存在，说明理由解：（1）由题意得SABE=122pp=4，解得p2抛物线C的标准方程为y24x；（2）设存在直线l1：xa满足条件，P（x0，y0），则PQ的中点M（x0+22，y02），|PQ|=(x02)2+y02因此以PQ为直径的圆的半径

2、r=12|PQ|=12(x02)2+y02=12x02+4，M点到直线xa的距离d|x0+22a|所截弦长为2r2d2=214(x02+4)(x0+22a)2=x02+4(x0+22a)2=4(1a)x0+8a4a2要与变量x0无关，则令1a0，即a1时，弦长为定值2，这时直线方程为x12已知抛物线C：x22py（p0）的焦点为F，过点F垂直于y轴的直线与抛物线C相交于A，B两点，抛物线C在A，B两点处的切线及直线AB所围成的三角形面积为16（1）求抛物线C的方程；（2）设P，M，N为抛物线上不同的三点，且PMPN，求证：若P为定点，则直线MN过定点Q；并求当P点移动时，|PQ|的最小值解：（

3、1）抛物线C：x22py（p0）的焦点为F（0，p2），令y=p2可得xp，即有A（p，p2），B（p，p2），由y=x22p的导数为y=xp，在A处的切线方程为yp2=xp，在B处的切线方程为yp2=xp，可得两切线的交点为（0，p2），则抛物线C在A，B两点处的切线及直线AB所围成的三角形面积为16，可得12p2p16，解得p4，则抛物线的方程为x28y；（2）证明：设P（m，n），M（x1，y1），N（x2，y2），可得n=m28，y1=x128，y2=x228，由PMPN可得ny1mx1ny2mx2=1，化为18（m+x1）18（m+x2）1，即有x1x264m2m（x1+x2），又直

4、线MN的方程为yy1=y2y1x2x1（xx1），即为yy1=x1+x28（xx1），即有yx128=x1+x28xx12+x1x28，即为y=x1+x28x18x1x2，关注公众号品数学，高中数学资料群（734924357）可得y=x1+x28x+8+m28+m8（x1+x2），即y=x1+x28（x+m）+8+m28，令xm，可得y8+m28，即有直线MN恒过定点Q（m，8+m28），由|PQ|=(m+m)2+(8+m28m28)2=64+4m28，当m0时，|PQ|取得最小值83已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的焦距和长半轴长都为2过椭圆C的右焦点F作斜率为k（k0）的直线l

5、与椭圆C相交于P，Q两点（）求椭圆C的方程；（）设点A是椭圆C的左顶点，直线AP，AQ分别与直线x4相交于点M，N求证：以MN为直径的圆恒过点F解：（）由焦距和长半轴长都为2，可得c1，a2，b=a2c2=3，则椭圆方程为x24+y23=1；（）证明：F（1，0），A（2，0），直线l的方程为yk（x1），联立椭圆方程可得（3+4k2）x28k2x+4k2120，直线l过椭圆的焦点，显然直线l与椭圆相交设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2123+4k2，直线AP的方程为y=y1x1+2（x+2），可令x4，得yM=6y1x1+2，即M（4，6y

6、1x1+2），同理可得N（4，6y2x2+2），所以FM=（3，6y1x1+2），FN=（3，6y2x2+2），又FMFN=9+36y1y2(x1+2)(x2+2)9+36k2(x11)(x21)(x1+2)(x2+2)=9+36k2x1x2(x1+x2)+1x1x2+2(x1+x2)+4=9+36k2(4k2123+4k28k23+4k2+1)4k2123+4k2+16k23+4k2+49+36k293+4k236k23+4k2=990所以以MN为直径的圆恒过点F4如图，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率是22，A1，A2分别是椭圆C的左、右两个顶点，点F是椭圆C的右焦点点

7、D是x轴上位于A2右侧的一点，且满足1|A1D|+1|A2D|=2|FD|=2（1）求椭圆C的方程以及点D的坐标；（2）过点D作x轴的垂线n，再作直线l：ykx+m与椭圆C有且仅有一个公共点P，直线l交直线n于点Q求证：以线段PQ为直径的圆恒过定点，并求出定点的坐标（1）解：A1（a，0），A2（a，0），F（c，0），设D（x，0），由1|A1D|+1|A2D|=2有1x+a+1xa=2，又|FD|1，xc1，xc+1，于是1c+1+a+1c+1a=2，c+1（c+1+a）（c+1a），又ca=22a=2c，c+1=(c+1+2c)(c+12c)，c2c0，又c0，c1，a=2，b=1，椭圆

8、C：x22+y2=1，且D（2，0）（2）证明：Q（2，2k+m），设P（x0，y0），由y=kx+mx22+y2=1x22+(kx+m)2=1x2+2（kx+m）22（2k2+1）x2+4kmx+2m220，由于16k2m24（2k2+1）（2m22）02k2m2+10m22k2+1（*），而由韦达定理：2x0=4km2k2+1，x0=2km2k2+1，由（*）可得2kmm2=2km，y0=kx0+m=2k2m+m=1m，P(2km，1m)，设以线段PQ为直径的圆上任意一点M（x，y），由MPMQ=0有(x+2km)(x2)+(y1m)(y(2k+m)=0x2+y2+(2km2)x+(2k+

9、m+1m)y+(12km)=0，由对称性知定点在x轴上，令y0，取A时满足上式，故过定点C5已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点到点F（1，0）的距离减去它到y轴距离的差都是1（1）求曲线C的方程；（2）若直线l与曲线C相交于A、B两点，且OAOB（O是坐标原点），求证：直线AB过定点，并求定点坐标解：（1）设P（x，y）是曲线C上任意一点，则点P满足：(x1)2+y2=|x+1|，化简得y24x故曲线C的方程为y24x（x0）（2）设直线l：xmy+n（n0），代入y24x得y24my4n0则（4m）24（4n）16（m2+n）0设A（x1，y1），B（x2，y2），关注公众号品数学，高中数

10、学资料群（734924357）则y1+y24m，y1y24n，OAOB，x1x2+y1y2=y124y224+y1y2=(4n)216+（4n）n24n0，n0，n4xmy+4，无论m取何值时，xmy+4恒过（4，0）故直线AB过定点，定点坐标为（4，0）6已知：曲线C上任意一点到点F（1，0）的距离与到直线x1的距离相等（1）求曲线C的方程；（2）过点F（1，0）作直线交曲线C于M，N两点，若|MN|长为163，求直线MN的方程；（3）设O为坐标原点，如果直线yk（x1）交曲线C于A、B两点，是否存在实数k，使得OAOB=0？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由解：（1）曲线C上任意一点到

11、点F（1，0）的距离与到直线x1的距离相等曲线为抛物线，焦点在x轴上，且p2曲线C的方程为y24x（4分）（2）当直线MN的斜率不存在时，不合题意（5分）当直线MN的斜率存在时，设MN：yk（x1），代入y24x，得k2x22（k2+2）x+k20（7分）记M（x1，y1），N（x2，y2），x1x21，x1+x2=2(k2+2)k2，|MN|长为163，163=1+k22(k2+2)k224，解得k=3（10分）直线MN：y=3(x1)（11分）（3）将yk（x1），代入y24x，得k2x22（k2+2）x+k20记A（x1，y1），B（x2，y2），x1x21，x1+x2=2(k2+2)k

12、2，（13分）y1y2=k2(x11)(x21)=k2x1x2(x1+x2)+1=4（15分）x1x2+y1y230，OAOB0，不存在满足条件的k（18分）二：内接直角三角形模型7已知抛物线的顶点在坐标原点O，对称轴为x轴，焦点为F，抛物线上一点A的横坐标为2，且FAOA=16（）求抛物线的方程；（）过点M（8，0）作直线l交抛物线于B，C两点，求证：OBOC（）解：由题设抛物线的方程为：y22px（p0），则点F的坐标为(p2，0)，点A的一个坐标为(2，2p)，（2分）FAOA=16，(2p2，2p)(2，2p)=0，（4分）4p+4p16，p4，y28x（6分）（）证明：设B、C两点坐

13、标分别为（x1，y1）、（x2，y2），法一：因为直线当l的斜率不为0，设直线当l的方程为xky+8方程组y2=8xx=ky+8得y28ky640，y1+y28k，y1y264OB=(x1，y1)，OC=(x2，y2)，OBOC=x1x2+y1y2=(ky1+8)(ky1+8)+y1y2=（k2+1）y1y2+8ky（y1+y2）+640，OBOC（12分）法二：当l的斜率不存在时，l的方程为x8，此时B（8，8），C（8，8），即OB=(8，8)，OC=(8，8)，有OBOC=6464=0，OBOC（8分）当l的斜率存在时，设l的方程为yk（x8）方程组y2=8xy=k(x8)得k2x2（1

14、6k2+8）x+64k20，ky28y64k0x1x264，y1y264，（10分）OB=(x1，y1)，OC=(x2，y2)，OBOC=x1x2+y1y2=6464=0，OBOC由得OBOC（12分）8在直角坐标系xOy中，点M到点F1(3，0)、F2(3，0)的距离之和是4，点M的轨迹是C，直线l：y=kx+2与轨迹C交于不同的两点P和Q（）求轨迹C的方程；关注公众号品数学，高中数学资料群（734924357）（）是否存在常数k，使OPOQ=0？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由解：（）点M到(3，0)，(3，0)的距离之和是4，M的轨迹C是长轴长为4，焦点在x轴上焦距为23的椭圆，

15、其方程为x24+y2=1（）将y=kx+2，代入曲线C的方程，整理得(1+4k2)x2+82kx+4=0设P（x1，y1），Q（x2，y2），由方程，得x1+x2=82k1+4k2，x1x2=41+4k2又y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+2若OPOQ=0，则x1x2+y1y20，将、代入上式，解得k=62又因k的取值应满足0，即4k210（*），将k=62代入（*）式知符合题意9已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(ab0)的两个焦点分别是F1，F2，其长轴长是短轴长的2倍，P为椭圆上任意一点，且F1PF2的面积最大值为3（1）求椭圆M的方程；（2）设直

16、线l与椭圆M交于A，B两点，且以线段AB为直径的圆过椭圆的右顶点C，求ABC面积的最大值解：（1）由椭圆性质知，2a=22b，122cb=3，又a2b2+c2，解得a=2，b=1，c=3，所以椭圆M的方程为x24+y2=1（4分）（2）显然，直线AB的斜率不为0，不妨设直线AB的方程为xky+m（m2），（5分）联立x24+y2=1x=ky+m，消去x得（k2+4）y2+2kmy+m240设A（x1，y1），B（x2，y2），则有y1+y2=2kmk2+4，y1y2=m24k2+4，又以线段AB为直径的圆过椭圆的右顶点C，CACB=0，由CA=(x12，y1)，CB=(x22，y2)，得（x1

17、2）（x22）+y1y20，将x1ky1+m，x2ky2+m代入上式得(k2+1)y1y2+k(m2)(y1+y2)+(m2)2=0，将代入上式求得m=65或m2（舍），则直线l恒过点D(65，0)（9分）SABC=12|DC|y1y2|=1245(y1+y2)24y1y2=82525(k2+4)36(k2+4)2，设t=1k2+4(0t14)，则SABC=82536t2+25t在t(0，14上单调递增，当t=14时，SABC取得最大值1625（12分）10已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(ab0)经过点P(3，12)，且椭圆M的上顶点与右焦点所在直线的斜率为33（1）求椭圆M的方程；（2）

18、设B、C是椭圆上异于左顶点A的两个点，若以BC为直径的圆过点A，求证：直线BC过定点解：（1）由已知设椭圆的上顶点的坐标为（0，b），右焦点的坐标为（c，0），则由已知可得bc=333a2+14b2=1a2=b2+c2，解得a2，b1，椭圆的方程为x24+y2=1，（2）A为左定点，则A（2，0），设直线BC的方程为xmy+n，代入椭圆方程消去x可得（4+m2）y2+2mny+n240，设B（x1，y1），C（x2，y2），则y1+y2=2mn4+m2，y1y2=n244+m2，x1+x2m（y1+y2）+2n=8n4+m2，x1x2（my1+n）（my2+n）m2y1y2+mn(y1+y2)

19、+n2=4(n2m2)4+m2，以BC为直径的圆过点A，ABAC，即ABAC=0，（x1+2，y1）（x2+2，y2）x1x2+2（x1+x2）+4+y1y2=5n2+16n+124+m2=0，解得n2或n=65，又因A（2，0），n=65，直线BC的方程为xmy65，故直线BC过定点（65，0）11已知椭圆的中心在原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率等于32，它的一个顶点恰好是抛物线y=14x2的焦点（1）求椭圆的标准方程；（）Q为椭圆的左顶点，直线l经过点（65，0）与椭圆交于A，B两点（1）若直线l垂直于x轴，求AQB的大小；（2）若直线l与x轴不垂直，是否存在直线l使得QAB为等腰三角

20、形？如果存在，求出直线l的方程；如果不存在，请说明理由解：（I）设椭圆的标准方程为：x2a2+y2b2=1，（ab0）抛物线y=14x2的焦点为（0，1），b=1ca=32a2b2=c2，解得a24，椭圆的标准方程为x24+y21（II）Q（2，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），（1）当直线l垂直于x轴时，直线l的方程为x=65则直线l与x轴交于M（65，0）联立方程组x=65x24+y2=1，解得x=65y=45或x=65y=45不妨设A在第二象限，则A（65，45），B（65，45）|QM|AM|=45AQM45，AQB2AQM90（2）当直线l与x轴不垂直时，设直线l方程为yk

21、（x+65）（k0）联立方程组y=k(x+65)x24+y2=1，消元得（25+100k2）x2+240k2x+144k21000x1+x2=240k225+100k2，x1x2=144k210025+100k2y1y2k2（x1+65）（x2+65）=144k4100k225+100k265k2240k225+100k2+36k225QA=（x1+2，y1），QB=（x2+2，y2），QAQB=x1x2+2（x1+x2）+4+y1y2=144k210025+100k2480k225+100k2+4+144k4100k225+100k265k2240k225+100k2+36k225=0QAQ

22、B，即QAB是直角三角形假设存在直线l使得QAB是等腰直角三角形，则|QA|QB|取AB的中点N，连结QN，则QNAB又xN=12（x1+x2）=120k225+100k2=24k22+20k2，yNk（xN+65）=6k5+20k2kQN=6k16k2+10，kQNkAB=6k216k2+101QN与AB不垂直，矛盾直线l与x轴不垂直，不存在直线l使得QAB为等腰三角形三：中点弦模型12已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（ab0）的左、右焦点分别为F1、F2、A为上顶点，AF1交椭圆E于另一点B，且ABF2的周长为8，离心率e=22（1）求椭圆E的标准方程；（2）求过D（1，0）作椭圆E的两

23、条互相垂直的弦，M，N分别为两弦的中点，求证：直线MN经过x轴上的定点，并求出定点的坐标解：（1）AB+AF2+BF2（AF1+AF2）+（BF1+BF2）4a8，a2离心率e=22，c=2，关注公众号品数学，高中数学资料群（734924357）b=2椭圆E的标准方程：x24+y22=1（2）设以M为中点的弦xmy+1与椭圆交于（x1，y1），（x2，y2），则xmy+1代入x24+y22=1可得（m2+2）y2+2my30，x1+x2m（y1+y2）+2=4m2+2M（2m2+2，mm2+2），同理N（2m22m2+1，m2m2+1），kMN=3m2(m21)，MN：y+mm2+2=3m2(

24、m21)（x2m2+2），整理得y=3m2(m21)（x23），直线MN过定点（23，0）当直线P1Q1的斜率不存在或为零时，P1Q1、P2Q2的中点为点D及原点O，直线MN为x轴，也过此定点，直线MN过定点（23，0）13已知双曲线方程为x2a2y2b2=1，椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1，双曲线右焦点到双曲线渐近线的距离为3，椭圆焦点为F1，F2，短轴端点为M，F1MF260（）求双曲线方程与椭圆方程；（）过点N（1，0）作椭圆C的两条互相垂直的弦DE，FG，证明：过两弦DE，FG中点的直线恒过定点解：（）因为双曲线右焦点（c，0）到双曲线渐近线的距离为3，渐近线方程为bxay0，所

25、以bc|a2+b2=b=3，在椭圆中，因为F1MF260，F1MO30，所以a|F1M|2c2，所以双曲线的方程为x24y23=1，椭圆C的方程为x24+y23=1；（）证明：根据题意可得当直线DE与直线FG的斜率存在且不为0时，设直线DE的方程为xmy+1（m0），则直线FG的方程设为x=1my+1，联立x=my+13x2+4y2=12消去x，可得（4+3m2）y2+6my90，则36m2+36（3m2+4）144（m2+1）0，设D（x1，y1），E（x2，y2），则y1+y2=6m4+3m2，x1+x2m（y1+y2）+2=84+3m2，所以DE的中点R（44+3m2，3m4+3m2），

26、同理可得FG的中点S（4m23+4m2，3m3+4m2），所以直线RS的斜率kRS=3m4+3m23m4m2+344+3m24m24m2+3=7m4(m21)，所以直线RS的方程为y+3m4+3m2=7m4(m21)（x44+3m2），整理可得y=7m4(m21)（x47），所以直线RS恒过定点（47，0）；当直线DE的斜率不存在时，弦DE的中点N（1，0），FG的中点O（0，0），此时过弦DE，FG的中点的直线为y0，经过定点（47，0）综上可得，过两弦DE，FG中点的直线恒过定点（47，0）14已知P为圆M：x2+y22x150上一动点，点N（1，0），线段PN的垂直平分线交线段PM于点Q

27、（1）求点Q的轨迹方程；（2）设点Q的轨迹为曲线C，过点N作曲线C的两条互相垂直的弦，两条弦的中点分别为E，F，过点N作直线EF的垂线，垂足为点H，是否存在定点G，使得|GH|为定值？若存在，求出点G的坐标；若不存在，说明理由解：（1）由题意可知圆M：x2+y22x150的圆心为（1，0），半径为4，因为线段PN的垂直平分线交线段PM于点Q，所以|QP|QN|，所以|QN|+|QM|QP|+|QM|4，又因为|MN|24，所以Q轨迹是以N，M为焦点的椭圆，设x2a2+y2b2=1（ab0），则a2，c1，b=3，所以点Q的轨迹方程为x24+y23=1（2）（）若两条直线斜率均存在，设过点N的弦

28、所在直线l1的方程为xty1（t0），代入椭圆方程联立得：（3t2+4）y26ty90，设l1与椭圆两交点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）所以y1+y2=6t3t2+4，所以yE=3t3t2+4，则xE=t3t3t2+41=43t2+4；同理xF=4t23+4t2，yF=3t3+4t2；由对称性可知EF所过定点必在x轴上，设为T（x0，0），显然ETTF，所以(4t23+4t2x0)3t3t2+4=3t3+4t2(43t2+4x0)，化简得4(1+t2)=7x0(1+t2)，即x0=47；（）若其中一条直线斜率不存在，则直线EF为x轴；综上直线EF必过定点T(47，0)；取点N与点T

29、的中点为G，则G(1114，0)，因为NHEF，所以NHTH=0，所以点H在以G为圆心，|GT|=|GH|=314为半径的圆上运动，所以存在定点G，使得|GH|为定值15已知O为坐标原点，椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的上顶点为A，右顶点为B，AOB的面积为22，原点O到直线AB的距离为63（1）求椭圆C的方程；（2）过C的左焦点F作弦DE，MN，这两条弦的中点分别为P，Q，若DEMN=0，求FPQ面积的最大值解：（1）易知A（0，b），B（a，0）因为AOB的面积为22，所以SAOB=12ab=22又直线AB的方程为xa+yb=1，即bx+ayab0，点O到直线AB的距离为63，所

30、以aba2+b2=63联立方程组ab=2aba2+b2=63，解得a=2，b1，所以椭圆C的方程为x22+y2=1（2）由题意知直线DE，MN的斜率均存在，设DE的斜率为k，D（x1，y1），E（x2，y2），由（1）知F（1，0），则直线DE的方程为yk（x+1）联立方程组消去y，得（1+2k2）x2+4k2x+2k220，由韦达定理可得x1+x2=4k21+2k2因为P（xP，yP）为DE的中点，所以xP=2k21+2k2，yP=k(xP+1)=k1+2k2，即P(2k21+2k2，k1+2k2)，所以|PF|=(2k21+2k2+1)2+(k1+2k2)2=1+k21+2k2因为直线MN

31、的斜率为1k，用1k代替k得Q(2k2+2，kk2+2)，所以|QF|=|k|1+k2k2+2，所以SFPQ=12|PF|FQ|=121+k21+2k2|k|1+k2k2+2=12k2+1k2+22(k2+1k2)+5设t=k2+1k2+2(t2)，则SFPQ=12t2t2+1=1212t+1t(t2)，当且仅当t=22时取等号设f(t)=2t+1t(t2)，由对勾函数的性质知f（t）在区间2，+）上单调递增，所以当t2时，f（t）最小，即SFPQ最大，此时k2+1k2+2=2，解得k21，所以FPQ面积的最大值为1214+12=1916已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)过点E(2，

32、1)其左、右顶点分别为A，B，且离心率e=22（1）求椭圆C的方程；（2）设M（x0，y0）为椭圆C上异于A，B两点的任意一点，MNAB于点N，直线l：x0x+2y0y40证明：直线l与椭圆C有且只有一个公共点；设过点A且与x轴垂直的直线与直线l交于点P，证明：直线BP经过线段MN的中点解：（1）由题意可知，2a2+1b2=1ca=22a2=b2+c2，解得a=2b=2c=2，椭圆C的方程为：x24+y22=1；（2）由题意知y00，联立方程x24+y22=1x0x+2y0y4=0，消去y得：(x02+2y02)x28x0x+168y02=0，M（x0，y0）在椭圆上，x02+2y02=4，x

33、22x0x+x02=0，即(xx0)2=0，xx0，yy0，直线l与椭圆C有且只有一个公共点，即点M；由（1）知A（2，0），B（2，0），过点A且与x轴垂直的直线的方程为：x2，结合方程x0x+2y0y40，得点P（2，x0+2y0），直线PB的斜率k=x0+2y0022=x0+24y0，直线PB的方程为：y=x0+24y0(x2)，MNAB于点N，N（x0，0），线段MN的中点坐标为（x0，y02），令xx0得y=x0+24y0(x02)=4x024y0，x02+2y02=4，y=y02，直线PB经过线段MN的中点（x0，y02）17在以O为坐标原点的直角坐标系中，OAAB，点A（4，3）

34、，B点在第一象限且到x轴的距离为5（1）求向量AB的坐标及OB所在的直线方程；（2）求圆（x3）2+（y+1）210关于直线OB对称的圆的方程；（3）设直线lAB为方向向量且过（0，a）点，问是否存在实数a，使得椭圆x216+y21上有两个不同的点关于直线l对称若不存在，请说明理由；存在请求出实数a的取值范围解：（1）设B（x0，5），则OA=(4，3)，AB=(x04，8)，由OAAB，可得OAAB=0，4（x04）240，x010，B（10，5），AB=(6，8)，OB所在的直线方程是：y=12x（5分）（2）设圆心关于直线OB的对称点坐标为（x1，y1），由（x3）2+（y+1）210，

35、可知圆心为（3，1），半径为10由方程y=12x知kOB=12，y1+1x13=2，又点(x1+32，y112)在y=12x上得x1+322y112=0y1+1x12=2，x1=1y1=3，故所求圆的方程为（x1）2+（y3）210（10分）（3）假设椭圆上存在两点P（x1，y1），Q（x2，y2）关于直线l对称，设其中点坐标为M（x0，y0），由已知直线l的方程为y=43x+a，可设直线AB的方程为y=34x+m将其与已知椭圆方程联立，得5x212mx+8m280由韦达定理知x0=x1+x22=6m5，y0=346m5+m=m10（12分）中点M（x0，y0）在圆的内部可知(6m5)216+

36、(m10)21，解得m210又M（x0，y0）在直线l上，故m10=436m5+a，解得m=23a代入m210解得a(3210，3210)，即存在满足题意的实数a，其取值范围为a(3210，3210)（16分）四：角分线模型18已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（ab0）经过点A（2，3），离心率e=12（1）求椭圆E的方程；（2）若F1AF2的角平分线所在的直线l与椭圆E的另一个交点为B，C为椭圆E上的一点，当ABC的面积最大时，求C点的坐标解：（1）由椭圆E经过点A（2，3），离心率e=12，可得4a2+9b2=1a2b2a2=14解得a2=16b2=12椭圆E的方程为x216+y212=

37、1（2）由（1）可知F1（2，0），F2（2，0），则直线AF1的方程为y=34(x+2)，即3x4y+60，直线AF2的方程为x2，由点A在椭圆E上的位置易知直线l的斜率为正数设P（x，y）为直线l上任意一点，则|3x4y+6|32+(4)2=|x2|，解得2xy10或x+2y80（斜率为负数，舍去）直线l的方程为2xy10设过C点且平行于l的直线为2xy+m0，由x216+y212=12xy+m=0整理得19x2+16mx+4（m212）0，由（16m）24194（m212）0，解得m276，因为m为直线2xy+m0在y轴上的截距，依题意，m0，故m=219解得x=161919，y=619

38、19C点的坐标为(161919，61919)19如图，在平面直角坐标系xOy中，过坐标原点的直线交椭圆x24+y22=1于P，A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连结AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k（1）当k2时，求点P到直线AB的距离；（2）对任意k0，求证：PAPB（1）解：直线PA的方程为y2x，代入椭圆方程得x24+4x22=1，解得x=23，因此P（23，43），A（23，43），于是C（23，0），直线AC的斜率为0+4323+23=1，故直线AB的方程为xy23=0因此，点P到直线AB的距离为|234323|12+12=223（2）证明：设P（x

39、1，y1），B（x2，y2），则x10，x20，x1x2，A（x1，y1），C（x1，0），设直线PA，PB的斜率分别为kPA，kPB，kPA=y1x1，kPB=y1y2x1x2，x124+y122=1，x224+y222=1，得：y12y22x12x22=(y1y2)(y1+y2)(x1x2)(x1+x2)=12，kAB=y1+y2x1+x2=kAC=y12x1，kPAkPB1，PAPB20已知双曲线C：x2a2y2b2=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1(10，0)，F2(10，0)，动点M满足|MF2|MF1|2（1）求动点M的轨迹方程；（2）若动点M在双曲线C上，设双曲线C的左支上

40、有两个不同的点P，Q，点N（4，0），且ONPONQ，直线NQ与双曲线C交于另一点B证明：动直线PB经过定点解：（1）动点M满足|MF2|MF1|2|F1F2|，所以动点M的轨迹为双曲线的左支，且2a2，c=10，所以可得a1，b2c2a21019，所以双曲线的方程为：x2y29=1（x0）；（2）证明：由题意可得P，Q关于x轴对称，设直线PB的方程为：ykx+t，设P（x1，y1），B（x2，y2），则Q（x1，y1），联立y=kx+t9x2y2=9，整理可得：（9k2）x22ktxt290，则x1+x2=2kt9k2，x1x2=t299k2，则直线BQ的方程为：y=y2+y1x2x1（xx

41、2）+y2，因为直线过N（4，0）点，所以0=y2+y1x2x1（4x2）+y2，整理可得：（x24）（y2+y1）y2（x2x1），即2kx1x2+（t4k）（x1+x2）8t0，所以2k(t29)9k2+(t4k)(2kt)9k28t0，整理可得：2kt218k+2kt28k2t72t+8tk20，即k4t，所以直线PB的方程为：y4tx+t4t（x14），可证得：直线PB恒过定点（14，0）21已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22，点P（2，1）为椭圆C上一点（1）求椭圆C的方程；（2）若M，N是椭圆C上的两个动点，且MPN的角平分线总是垂直于y轴求证：直线MN的斜

42、率为定值解：（1）椭圆的离心率 e=ca=22，又a2b2+c2，a=2b，因为椭圆C：x22b2+y2b2=1经过点P（2，1），解得b23，椭圆C的方程为x26+y23=1（2）证明：MPN 的角平分线总垂直于y轴，MP与NP所在直线关于直线y1对称设直线MP的斜率为k，则直线NP的斜率为k，直线MP的方程为y1k（x2），直线NP的方程为y1k（x2），设点M（x1，y1），N（x2，y2），y1=k(x2)x26+y23=1，消去y得（1+2k2）x2+4k（12k）x+8k28k40，点P（2，1）在椭圆C上，则有2x1=8k28k41+2k2，即x1=4k24k21+2k2，同理可

43、得x2=4k2+4k21+2k2，x1x2=8k1+2k2，又y1y2=k(x1+x2)4k=8k1+2k2，直线MN的斜率为y1y2x1x2=122已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的右焦点F（c，0）在直线3x+y23=0上，且离心率为12（1）求椭圆C的方程；（2）设A（a，0），B（a，0），过点A的直线与椭圆C交于另一点P（异于点B），与直线xa交于一点M，PFB的角平分线与直线xa交于点N，是否存在常数，使得BN=BM？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解：（1）根据题意可得3c23=0e=ca=12a2=b2+c2，解得a4，c2，b23，所以椭圆C的方程为x216+y212=1（2）设M点坐标为（4，m），因为BN=BM，（