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1、优秀学习资料欢迎下载xy121212123AOP1.在平面直角坐标系xOy中，已知点A1,1，P是动点，且三角形POA的三边所在直线的斜率满足OPOAPAkkk（）求点P的轨迹C的方程；（）若 Q 是轨迹C上异于点P的一个点，且PQOA，直线OP与QA交于点 M，试探究：点M 的横坐标是否为定值？并说明理由2.已知椭圆:C22221(0)xyabab的离心率为63，椭圆短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为5 23。（）求椭圆C的方程；（）已知动直线(1)yk x与椭圆C相交于A、B两点。 若线段AB中点的横坐标为12，求斜率k的值； 已知点7(,0)3M，求证：MA MB为定值。3.
2、如图，已知椭圆的中心在原点，焦点在x 轴上，长轴长是短轴长的2 倍且经过点M（2，1） ，平行于 OM 的直线l在 y 轴上的截距为m（m0 ） ，直线 l 交椭圆于A、B两个不同点（ A、B与 M 不重合） . （）求椭圆的方程；（）当MAMB时，求 m 的值 . 4. 已知抛物线C 的顶点在原点，焦点为F（0，1） 。（1）求抛物线C的方程；（2） 在抛物线C 上是否存在点P， 使得过点P的直线交C于另一点Q， 满足PFQF，且 PQ 与 C 在点 P处的切线垂直？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。lyxOBAM精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -
3、 - - - - - -第 1 页，共 13 页优秀学习资料欢迎下载5. 已知圆1C的方程为22(2)1xy，定直线l 的方程为1y动圆 C 与圆1C外切，且与直线l相切（）求动圆圆心C 的轨迹 M 的方程；（II）斜率为 k 的直线 l与轨迹 M 相切于第一象限的点P，过点 P作直线 l的垂线恰好经过点 A（0，6） ，并交轨迹M 于异于点P的点 Q，记 S为POQ（O 为坐标原点）的面积，求S的值6. 在直角坐标系xOy 中，长为21的线段的两端点C、D 分别在x 轴、 y 轴上滑动，2CPPD记点 P的轨迹为曲线E（I）求曲线E的方程；（ II）经过点（ 0，1）作直线l 与曲线 E相交
4、于 A、B 两点，,OMOAOB当点 M在曲线 E上时，求四边形OAMB 的面积7. 已知椭圆C：)0(12222babyax的离心率22e，左右焦点分别为21, FF，点P)3, 2(，点2F在线段1PF的中垂线上 . （1）求椭圆 C的方程；（2）设直线l:mkxy与椭圆 C 交于 M，N 两点，直线NFMF22与的倾斜角分别为且,，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标. 8. 已知中心在坐标原点焦点在x轴上的椭圆C,其长轴长等于4,离心率为22( )求椭圆 C的标准方程 ; ( )若点E(0,1), 问是否存在直线:lykxm与椭圆C交于,M N两点 ,且MENE？若存在 ,求出k的取值
5、范围 ,若不存在 ,请说明理由 . 9. .已知A、B分别是直线xy33和xy33上的两个动点，线段AB的长为32，P是AB的中点（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）过点)0,1(Q任意作直线l（与x轴不垂直），设l与（1）中轨迹C交于MN、两点，与y轴交于R点若RMMQ，RNNQ，证明：为定值10. 如 图 ， 已 知 椭 圆222:1(1)xCyaa的 上 顶 点 为A,右 焦 点 为F,直 线AF与 圆:M226270xyxy相切 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 13 页优秀学习资料欢迎下载（）求椭圆C的方程；
6、（）若不过点A的动直线l与椭圆C相交于P、Q两点，且0,AP AQ求证：直线l过定点，并求出该定点N的坐标11. 设椭圆1C和抛物线2C的焦点均在x轴上，1C的中心和2C的顶点均为原点，从每条曲线上各取两点，将其坐标记录于下表中：（1）求曲线1C，2C的标准方程；（2）设直线l与椭圆1C交于不同两点M、N，且0OMON，请问是否存在直线l过抛物线2C的焦点F？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由. 12. 已知点P是圆122yx上任意一点，过点P作y轴的垂线，垂足为Q ，点R满足PQRQ3，记点R的轨迹为曲线C（）求曲线C的方程；（）设A)1 ,0(，点M、N在曲线C上，且直线AM与
7、直线AN的斜率之积为32，求AMN的面积的最大值1.解析： （）设点( , )P x y为所求轨迹上的任意一点，则由OPOAPAkkk得1111yyxx，2 分整理得轨迹C的方程为2yx（0x且1x） ，4 分（）设22112200(,) ,(,) ,(,)P x xQ xxM xy，xyoPAQlF精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 13 页优秀学习资料欢迎下载由PQOA可知直线/PQ OA，则PQOAkk，故2221211010xxxx，即211xx，6 分由OMP、三点共线可知，00(,)OMxy与211(,)OPx
8、x共线，201100x xx y，由（）知10x，故001yx x，8分同理，由00(1,1)AMxy与222(1,1)AQxx共线，20220(1)(1)(1)(1)0xxxy，即2020(1)(1)(1)(1)0xxxy，由（）知21x，故020(1)(1)(1)0xxy，10分将001yx x，211xx代入上式得0101(1)( 2)(1)0xxx x，整理得0112(1)1xxx，由11x得012x，即点 M 的横坐标为定值1212分（方法二）设221122(,),(,),P xxQ xx由PQOA可知直线/PQ OA，则PQOAkk，故2221211010xxxx，即211xx，6
9、分直线 OP 方程为：1yxx ；8分直线 QA 的斜率为：2111(1)1211xxx，直线 QA 方程为：11(2)(1)yxx，即11(2)1yxxx ； 10 分联立 ，得12x，点 M 的横坐标为定值1212分2.解析：（）因为22221(0)xyabab满足222abc，63ca，2 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 13 页优秀学习资料欢迎下载15 2223bc。解得2255,3ab，则椭圆方程为221553xy4 分（）（1）将(1)yk x代入221553xy中得2222(13)6350kxk xk6分
10、4222364(31)(35)48200kkkk，2122631kxxk7分因为AB中点的横坐标为12，所以2261312kk，解得33k9 分（ 2）由（ 1）知2122631kxxk，21223531kx xk所以112212127777(,)(,)()()3333MA MBxyxyxxy y11分2121277()()(1)(1)33xxkxx2221212749(1)()()39kxxkxxk2222222357649(1)()()313319kkkkkkk4222316549319kkkk494分3. 如图，已知椭圆的中心在原点，焦点在x 轴上，长轴长是短轴长的2 倍且经过点M（2，
11、1） ，平行于 OM 的直线l在 y 轴上的截距为m（m0 ） ，直线 l 交椭圆于A、B两个不同点（ A、B与 M 不重合） . （）求椭圆的方程；（）当MAMB时，求 m 的值 . 解： （）设椭圆方程为22221(0)xyabab，则2222284112ababab精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 13 页优秀学习资料欢迎下载椭圆方程为22182xy6分（）依题意12OMk，7 分可设直线 l 的方程为：12yxm，11(,)A xy、22(,)B xy，则11(2 ,1)MAxy，22(2,1)MBxyMAMB，0
12、MA MB，1212(2) (2)(1) (1)0xxyy8 分121212122 ()()50x xxxy yyy而12121211()()2222xxyyxmxmm2121212121111() ()()2242y yxmxmx xm xxm代入得：21212515()()250422x xmxxmm由2212182yxmxy消 y 并整理化简得：222240xmxm，此方程有两解12,xx22(2)4(24)0mm解得：22m10 分由韦达定理得：122xxm，21224xxm代入得：22515(24)()(2)250422mmmmm解：0m或65m12 分点,A B异于M，65m13
13、分4. （1） x2=4y （2）设 P（x1，y1） ，Q （ x2，y2） ，则抛物线C 在点 P 处的切线方程是直线PQ的方程是将其代入抛物线C得，x1+x2=，x1x2=-8-4y1，x2=-x1，y2=+y1+4而FP=（x1，y1-1） ，Fq =（x2，y2-1） ，FqFP=x1x2+（y1-1） （y2-1）=x1x2-（g1+y2）+1 =-4（2+y1）+y1（+y1+4）- （+2y1+4）+1=y12-2y1-7 =4（y12+2y1+1）-4（+y1+2）=（y1+1）2-=0故 y1=4，P（4， 4） 经检验，符合题意故 P （4， 4） 5. 解 （）设动圆圆
14、心C的坐标为( ,)x y， 动圆半径为R， 则221|(2)1CCxyR，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 13 页优秀学习资料欢迎下载且|1|yR 2 分可得22(2)|1| 1xyy6. 解：（）设 C(m，0)，D (0，n)，P(x， y)由 CP2 PD，得 (xm，y)2(x，ny)，xm2x，y2(ny)，得m(2 1)x，n212y，2分由| CD| 21，得 m2 n2(2 1)2，(21)2x2(2 1)22y2(21)2，整理，得曲线E的方程为x2y2215分（）设 A (x1，y1)，B(x2，y
15、2)，由 OM OA OB，知点 M 坐标为 (x1x2，y1y2)设直线 l 的方程为ykx1，代入曲线E方程，得(k2 2)x2 2kx10，则 x1 x22kk22， x1x21k22，7分y1y2k(x1x2) 24k22，由点 M 在曲线 E上，知 (x1x2)2(y1 y2)221，即4k2(k22)28(k2 2)21，解得 k229分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 13 页优秀学习资料欢迎下载这时 | AB| 1 k2| x1x2| 3(x1x2)2 4x1x2322，原点到直线l 的距离 d11k233
16、，平行四边形OAMB 的面积 S| AB| d6212分7. 解： （1）点)0,(),0 ,(21cFcF，又212FFPF得cc23)2(2化简得100)1)(73(07432cccccc-3 分112222122222cabaaace所以椭圆的方程为1222yx-6 分（2）由1222yxmkxy消去 y 得0224)21 (222mkmxxk- 8 分由0得222222210)1)(21(816mkmkmk得设),(),(2211yxNyxM由根与系数的关系有：221214kkmxx22212122kmxx-9 分由（ 1）知)0 ,1 (2F，所以1tan,1tan221122xyk
17、xykNFMF由得0112211xyxy0) 1()1(1221xyxy0) 1)() 1)(1221xmkxxmkx0221)(421)22(2222mkkmkmkmkkm2-11 分代入（ 1）式得2222212kk代入直线方程得)2(2xkykkxy-12 分所以直线l过定点（ 2，0）-13 分8.【解】()由题意可设椭圆的标准方程为22221(0)xyabab1 分则由长轴长等于4,即 2a=4,所以 a=22分又22e,所以2c,3分又由于2222bac4分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 13 页优秀学习资料
18、欢迎下载所求椭圆C的标准方程为22142xy5 分( )假设存在这样的直线: lykxm,设1122(,),(,)M xyN xy,MN的中点为00(,)F xy因为,MENE所以,MNEF所以00011(0)ykxx(i) 其中若00x时, 则0k, 显然直线(22)ymm符合题意 ; (ii)下面仅考虑0k情形 : 由22142ykxmxy,得222(12)4240kxkmxm,2222164(12)(24)0k mkm,得2242km7 分则12000222,21212xxkmmxykxmkk8 分代入式得 ,即221121212mkkkmk,解得212mk11 分代入式得22242(
19、12)kk,得22(0)22kk综上 (i)(ii)可知 ,存在这样的直线l,其斜率k的取值范围是22(,)2213 分9. 解 ： （ 1） 设),(yxP，),(11yxA，),(22yxBP是 线 段AB的 中 点 ， 1212,22yyxxyxAB、分别是直线33yx和33yx上的点，1133yx和2233yx12122 3,2 33xxyyyx又2 3AB，12)()(221221yyxx22412123yx，动点P的轨迹C的方程为2219xy（2）依题意， 直线l的斜率存在， 故可设直线l的方程为(1)yk x设),(33yxM、),(44yxN、),0(5yR，则MN、两点坐标满
20、足方程组.19,)1(22yxxky消去y并整理， 得2222(19)18990kxk xk，22439118kkxx， 23429919kx xkMQRM，),()0,1(),0(),(33533yxyyx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 13 页优秀学习资料欢迎下载即.,)1(35333yyyxx)1(33xxl与x轴不垂直，13x，331xx，同理441xx443311xxxx34343434()21()xxx xxxx x将代入上式可得4910. （）将圆M的一般方程226270xyxy化为标准方程22(3)(1)
21、3xy，圆M的圆心为(3,1)M,半径3r. 由(0,1)A,2( ,0)(1)F cca得直线:1xAFyc, 即0xcyc, 由直线AF与圆M相切 ,得2331ccc, 2c或2c(舍去 ). -2 分当2c时, 2213ac, 故椭圆C的方程为22:1.3xCy-4 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 13 页优秀学习资料欢迎下载11. 解： （1）由题意)0,2(一定在1C上. 设1C为12222byax， 则2a 2 分椭圆1C上任何点的横坐标.2| x所以)22,2(也在1C上，从而12b1C的方程为1422
22、yx4 分从而)32, 3(， （4，-4）一定在2C上，设 C2的方程为)0(22ppxy.2p 5 分即 C2的方程为.42xy 6 分（2）假设直线l过2CC2的焦点 F（1， 0）. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 13 页优秀学习资料欢迎下载当l的斜率不存在时，则).23, 1 (),23, 1(NM此时041431ONOM，与已知矛盾 8 分当l的斜率存在时设为k，则l的方程为)1(xky代入 C1方程并整理得：.0448)41 (2222kxkxk设),(),(2211yxNyxM，则2221222141
23、44,418kkxxkkxx 10 分22212122121413) 1()1()1(kkxxxxkxkxkyy0ONOM02121yyxx，2,042kk 12 分存在符合条件的直线l且方程为).1(2 xy 13 分12. 已知点P是圆122yx上任意一点，过点P作y轴的垂线，垂足为Q ，点R满足PQRQ3，记点R的轨迹为曲线C（）求曲线C的方程；（）设A)1 ,0(，点M、N在曲线C上，且直线AM与直线AN的斜率之积为32，求AMN的面积的最大值解： （I）设),(yxR，),(00yxP，则),0(0yQPQRQ3，yyxx0033，12020yx，故点R的轨迹方程：1322yx. 6
24、 分（） （1）当直线MN的斜率不存在时，设:MN)33(ttx则)31,(2ttM，)31,(2ttN，31ANAMKk，不合题意 7 分（2）当直线MN的斜率存在时，设bkxylMN:，),(11yxM,),(22yxN联立方程1322yxbkxy，得0336)31(222bkbxxk0)13(1222bk，221316kkbxx，22213133kbxx 9 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 13 页优秀学习资料欢迎下载又32)1()(1(11212212122211xxbxxbkxxkxyxykkANAM，即0)1(3)(1(3)23(221212bxxbkxxk将221316kkbxx，22213133kbxx代入上式，得3b直线MN过定点)3,0(T 11 分21221214)(2|21xxxxxxATSAMN22318334kk令)0(832ttk，即8322tk，619193183222ttttkk当且仅当3t时，332)(maxABCS 13 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 13 页
