圆锥曲线综合问题(一)
主讲教师：纪荣强 北京四中数学教师
开篇语
“圆锥曲线”与“二次曲线”
重难点易错点解析
y2x2y22
题一：已知椭圆C1:2+2=1(a>b>0)与双曲线C2:x-=1有公共的焦点，
4ab
C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A，B两点，若C1恰好将线段AB三等分，
则( )
132
A．a= B．a=13
2
21
C．b=
2
2
D．b
2
=2
题二：设圆锥曲线r的两个焦点分别为F1，F2，若曲线r上存在点P满足|PF1|：| F1F2|：| PF2|=4:3:2，则曲线r的离心率等于( )
13
A．或
22
1223
B．或2 C．或2 D．或
2332
金题精讲
1x2y2
题一：已知椭圆C:2+2=1(a>b>0)的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半
2ab
轴为半径的圆与直线x-
y+=0相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P(4,0)，A，B是椭圆C上关于x轴对称的任意两个不同的点，连结PB交椭圆C于另一点E，证明直线AE与x轴相交于定点Q.
y2
题二：如图，椭圆C:x+=1(0
m
2
任意一点，点P与点A关于点M对称．
⎛9⎫
(Ⅰ)若点P
的坐标为 ,⎪，求m的值；
⎝55⎭
(Ⅱ)若椭圆C上存在点M，使得OP⊥OM，求m的取值范围．
满分冲刺
x2y2
题一：已知椭圆2+2=1(a>b>
0)的离心率为
3ab
(1)若原点到直线x+
．
y-b=
(2)设过椭圆的右焦点且倾斜角为45︒的直线l和椭圆交于A，B两点． i)
当|
AB|=b的值；
－－→
ii)对于椭圆上任一点M，若OM
=λOA+μOB
－－→－－→
，求实数λ,μ满足的关系式．
思维拓展
题一：设点A(1,0)，B(2,1)，如果直线ax+by=1与线段AB有一个公共点，那么a2+b2 ( )
1
A. 最小值为 B.
最小值为
55
1
C. 最大值为 D.
最大值为
55
圆锥曲线综合问题(一)
讲义参考答案
重难点易错点解析
题一：C 题二：A
金题精讲
题一：(1)
x2y2
+=1 (2)定点Q坐标(1,0) 43m=
41 (Ⅱ
) (0, 72题二：(Ⅰ)
满分冲刺
题一：(1)
x2y2
+=1 (2) i)b=1 ii) λ2+μ2=1 124
思维拓展 题一：A
圆锥曲线综合问题(一)课后练习
主讲教师：纪荣强 北京四中数学教师
x2y222
题一：已知椭圆C:2+2=1(a>b>
0)的离心率为. 双曲线x-y=1的渐近线
ab2
与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆C的方程为( )
x2y2
+=1 A．82
x2y2
+=1 B．
126x2y2
+=1 C．
164x2y2
+=1 D．
205
题二：以抛物线y=
8x的顶点为中心，焦点为右焦点，且以y=为渐近线的双曲线方程是___________________
2
x2y2222
题三：过双曲线2-2=1(a>0,b>0)的左焦点F(-c,0)作圆x+y=a的
ab
切线，切点为E，延长FE交抛物线y
－－→
2
=4cx于点P，O为原点，
－→－－→1－
若OE=(OF+OP)，则双曲线的离心率为
2
x2y2222
题四：过双曲线2-2=1(a>0,b>0)的左焦点F引圆x+y=a的切线，切点
ab
为A，延长FA交双曲线右支于点P，若A为线段PF靠近F的三等分点，则该双曲线的离心
题五：动圆P过定点F(1,0)且与直线x=-1相切，圆心P的轨迹为曲线C，过F作曲线C两条互相垂直的弦AB,CD，设AB,CD的中点分别为M、N. (1)求曲线C的方程；
(2)求证：直线MN必过定点.
x2y2
题六：已知抛物线y=8x与椭圆2+2=1有公共焦点F
，且椭圆过点D.
ab
2
((1)求椭圆方程；
(2)点A、B是椭圆的上下顶点，点C为右顶点，记过点A、B、C的圆为⊙M，过点D作⊙M的切线l，求直线l的方程；
(3)过点A作互相垂直的两条直线分别交椭圆于点P、Q，则直线PQ是否经过定点，若是，求出该点坐标，若不经过，说明理由.
2
题七：已知抛物线C：y=2x，直线y=kx+2交C于A，B两点，M是线段AB
的中
点，过M作x 轴的垂线交C于点N．
(1)证明：过点N与抛物线C只有一个交点的直线l(l的斜率存在)与AB平行；
－－→
(2)是否存在实数k使
NA⋅NB=0?若存在，求k的值；若不存在，说明理由．
－－→
题八：已知中心在坐标原点，焦点在x
轴上的椭圆过点P，且它的离心率e=
(1)求椭圆的标准方程；
(1
. 2
2
(2)与圆(x-1)+y=1相切的直线l:y=kx+t交椭圆于M，N两点，若椭圆上一点
2
C满足OM+ON=λOC，求实数λ的取值范围.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点Q(1，0)作直线L(不与x轴垂直)与该椭圆交于M，N两点，与y轴交于点 R， 若RM
－－→
λ+μ是否为定值，并说明理由. 试判断=λMQ,RN=μNQ，
－－→－－→－－→
x2y2+=1b>a>0(2
b2题十：已知椭圆C： aP(1，0)为线段OA的中点. (1)求椭圆C的方程；
(2)过点P任作一条直线与椭圆C相交于两点M，N，试问在x轴上是否存在定点Q，使得∠MQP=∠NQP，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由
.
+by=1 (其中a,b为非零实数)与圆x2+y2=1相交于A,B两点，O为坐标原点，且△AOB为直角三角形，则
题十二：设A(1，－1)，B(0，1)，若直线ax+by
22
=1与线AB(包括端点)有公共点，则a+
b
12
+最小值为_____________. a2b2
圆锥曲线综合问题(一) 课后练习参考答案
题一： D
详解：由题意，双曲线
x2-y2=1的渐近线方程为y=±x
∵以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，故边长为4，
∴(2，2)在椭圆
x2y2
C:2+2=1(a>b>0)上
ab
422
+=1==4b，∵
， b2∴
a
=20,b=522
y2
+=1. 5
y2
=1 题二： x-3
2
详解：抛物线的焦点为
(2,0)，即双曲线的的焦点在x轴，且c=2，所以双曲线的方程可设为
y=±
b
x=
a
，得
x2y2
-2=12ab
，双曲线的渐近
线为
b
=
a
，所以
b=a,2b=32a=
y2
x-=1.
3
2
2
2
4a2=c2=4，所以a2=1,b2=3，所以双曲线的方程为，即ac-
1+题三：
2
详解：设双曲线的右焦点为F'，则F'的坐标为(c，0)，因为抛物线为
－－→
y2=4cx，
所以F'为抛物线的焦点 O为FF'的中点，又因为
－→－－→1－
OE=(OF+OP)
2
所以E为FP的中点，所以OE为△PFF'的中位线，那么OE∥PF' 因为OE=a 那么PF'=2a，又PF'⊥PF，
FF'=2c
所以
PF=2b，
设点
P(x,y),x+c=2a,x=2a-c,过点F作x轴的垂线，
P到该垂线的距离为2a，由勾股定理 y2+4a2=4b2,4c(2a-c)+4a2=4(c2-a2)
题四：
2
详解：如图，
F(-c,0)，设A(x0,y0),P(x)．则 1,y1
OA=(x0,y0),FA=(x0+c,y0),FP=(x1+c,y1)
由OA⋅FA=0，得x0
2
－－→－－→－－→
+cx0+y02=0，即cx0+a2=0.
a22a4a2b2222
,y0=a-x0=a-2=2 ∴x0=-ccc
又A为线段PF靠近F的三等分点，
把
x0,y4c=
13a
2
2
a2b2
9⋅2
=1- 2b
整理得，
题五： (1)
. y2=4x；(2)T(3,0)
(x,y)
=x+1，化简得y2=4x
2
(2)设lAB:y=k(x-1)，代入y=4x得
详解：(1)设P
xA+xBk2+22
kx-2(k+2)x+k=0，xM==,y=kx-1=， ()MM
2k2k
⎛k2+22⎫故M ,⎪ 2
kk⎭⎝
12
因为AB⊥CD，所以将点M坐标中的k换成-，即得N(2k+1,-2k).
k
2-2k-
则lMN:y+2k=x-2k2-1) (2
k+2
2k2+1-
k2
2
2
2
2
，整理得
(1-k)y=k(x-3)，
2
故不论k为何值，直线MN必过定点T
(3,0).
x2y22⎫⎛+=1；
(2)x=
+12y-=0；(3) 0,-⎪ 题六： (1)8
43⎭⎝
详解：(1)F
(2,0)，则c=2，又
23
+=1，得a2=8,b2=4 22aa-4
∴所求椭圆方程为
x2y2+=1 84
(2)由题意，A(0,2)
，B(0,－2)，C(，则设M(m,0)，由|MA|=|MC|，
22
可得m+4=-
m)，∴m=
2
29m+4=
22
⎛92
M，⊙M
： x-+y=， 直线l
斜率不存在时，x=⎭2⎝
直线l
斜率存在时，设为
y=kx+(
∴d=
=
，解得
k=∴直线l
为x=
+12y-=0
(3)显然，两直线斜率存在， 设AP：
y=kx+2代入椭圆方程，得(1+2k2)x2+8kx=0，
⎛-8k2-4k2⎫⎛8k2k2-4⎫
解得点P 同理得Q 2,,2⎪ 22⎪1+2k1+2kk+2k+2⎝⎭⎝⎭
22-4k2k2-1⎛-8k⎫
x=0y=-直线PQ：y-，令，得， =x- 22⎪31+2k3k⎝1+2k⎭
∴直线PQ过定点 0,-
题七： (1)省略；(2)存在k详解：(1)如图，设A得2x
2
1
⎛
⎝
2⎫⎪ 3⎭.
=±2，使NA⋅NB=0
21
2
－－→－－→
(x,2x),B(x,2x)，把y=kx+2代入y=2x
2
2
2
-kx-2=0，
由韦达定理得x1
+x2=
k
,x1x2=-1 2
⎛kk2⎫x1+x2k
∴xN=xM==，∴N点的坐标为 ,⎪
24⎝48⎭k2k⎫⎛
设过点N的直线l的方程为y-=m x-⎪，
84⎭⎝
mkk2
-=0， 将y=2x代入上式得2x-mx+48
2
2
直线l与抛物线C只有一个交点，
⎛mkk2⎫2
∆=m-8 -⎪=m2-2mk+k2=(m-k)=0∴m=k．
8⎭⎝4
2
即l//AB．
－－→
(2)假设存在实数k，使
NA⋅NB=0，则NA⊥NB，又M是AB的中点，
－－→
∴MN=
由(Ⅰ)知
1AB2
．
⎫k21111⎛k2
yM=(y1+y2)=(kx1+2+kx2+2)=⎡k(x1+x2)+4⎤= +4⎪=+2⎣⎦2222⎝2⎭4
k2k2k2+16
+2-=∴MN⊥x轴，∴MN=yM-yN=．
488
∴AB=x1-x2=又
==
k2+16∴=，解得k=±2．
8即存在k
=±2，使NA⋅NB=0
－－→－－→
x2y2
+=1；(2) 题八： (1)86
()(
x2y2
详解：(1) 设椭圆的标准方程为2+2=1(a>b>0)
ab
3⎧4+⎪a2b2=1⎪2
⎧⎪c1⎪a=8
由已知得：⎨= 解得 ⎨
2⎪⎪a2⎩b=6
⎪⎪2
⎩c=a2-b2
x2y2
所以椭圆的标准方程为：+=1
86
(2) 因为直线l：
y=kx+t与圆(x-1)+y2=1相切
2
1-t2
=1⇒2k=(t≠0) t代入
把
y=kx+t
x2y2
+=1并整理得： (3+4k2)x2+8ktx+(4t2-24)=086
8kt
3+4k2
，
设
M(x1,y1),N(x2,y2),则有 x1+x2=-
y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=
6t
3+4k2
⎛-8kt⎫6t
因为，λOC=(x1+x2,y1+y2),所以，C ,⎪
3+4k2λ3+4k2λ⎪⎝⎭
又因为点C在椭圆上， 所以，
8k2t2
(3+4k)
22
λ
2
+
6t2
(3+4k)
22
λ
2
=1
2t22
⇒λ==22
3+4k⎛1⎫⎛1⎫
⎪+ ⎪+1⎝t⎭⎝t⎭
2
因为
t>0 所以
2
⎛1⎫⎛1⎫
2⎪+ 2⎪+1>1 ⎝t⎭⎝t⎭
2
所以
0
()(
x29
题九： (1)+y2=1；(2)λ+μ=-
49
详解：(1)因为圆x又因为
2
+y2=9的直径为6，依题意知2a=6，所以a=3，
c=
，所以c=b=1， ax2
所以椭圆C的方程为+y2=1.
9
(2)λ
+μ是定值，且λ+μ=-
9
.理由如下： 4
依题意知，直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为
y=k(x-1)，
⎫⎧y=k⎛
x-1⎪ ⎪⎪⎝⎭
⎪
设M(x1,y1),N(x2,y2),R(0,y3)，由⎨22消去y并整理， x⎪+y=1
⎪⎩
得
(1+9k)x
2
2
-18k2x+9k2-9=0，
18k2
所以x1+x2=
1+9k2
因为RM所以
－－→
－－→
①，
9k2-9
x1x2= ②，
1+9k2
=λMQ，
(x1,y1)-(0,y3)=λ⎡⎣(1,0)-(x1,y1)⎤⎦，
⎫⎧x=λ⎛
1-x1⎪1 ⎪⎪⎝⎭
⎪即⎨又l与x轴不垂直，所以x1≠1，
y1+y3=-λy1⎪⎪⎩
所以λ=
x1-x1
，同理μ=
x1-x2
，所以λ+μ=
(x+x)-2x1x2x1x
+2=12
1-x11-x21-x1+x2+x1x2
，
将①②代入上式可得λ
+μ=-
9
，即λ+μ为定值. 4
x2y2
+=1；(2)在x轴上存在定点Q(4,0)，使得∠MQP=∠NQP. 题十： (1)
412
详解：(1)由已知，b=
2，又，e=
3
即
a= =
a3
x2y2
+=1 所以椭圆C的方程为
412；
(2)假设存在点Q(x0,0)满足题设条件. 当MN 当
⊥x轴时，由椭圆的对称性可知恒有∠MQP=∠NQP，即x0∈R；
与x轴不垂直时，设
MN
2
MN
所在直线的方程为
y=k(x-1)，代入椭圆方程化简得：
(k+3)x2-2k2x+k2-12=0，
设M则
(x1,y1),N(x2,y2),
x1,2=
=
2k2k2-12
x1+x2=2,x1x2=2，
k+3k+3kMQ+kNQ==
k(x1-1)k(x2-1)y1y2
+=+x1-x0x2-x0x1-x0x2-x0
k(x1-1)(x2-x0)+k(x2-1)(x1-x0)x1-x0x2-x0，
(x1-1)(x2-x0)+(x2-1)(x1-x0)=2x12(k2-12)2(1+x0)k2=-+2x
k2+3
k2+3
x2-(1+x0)(x1+x2)+2x0
，
若∠MQP
=∠NQP， 则kMQ+kNQ=0，
⎛2(k2-12)2(1+x0)k2⎫ 即k -+2x0⎪=0， 整理得k(x0-4)=0，
k2+3⎪k2+3⎝⎭
∵k∈R，∴x0
=4.Q的坐标为Q(4,0).
综上，在x轴上存在定点Q
(4,0)，使得∠MQP=∠NQP.
题十一： 4
详解：因为∆AOB为直角三角形，且圆的半径为1
+by=1
的距离为
22
，即
12a2+b2
=
22
，整理得到2a
2
+b2=2，
122a2+b214a2b212
=⋅(2+2+2+2)≥4， 所以2+2=(2+2)⋅
abab22ba
所以
12+a2b2
最小值为4.
题十二：
1 2
ax+by=1与线段
AB有一个公共点，
详解：∵直线
∴点A(1，－1)，B(0，1)在直线∴
ax+by=1的两侧，
(a-b-1)(b-1)≤0，
画出它们表示的平面区域，如图所示．
a2+b2表示原点到区域内的点的距离的平方， 由图可知，当原点O到直线
a-b-1=0的距离为
原点到区域内的点的距离的最小值，
∵
d=
|-1|2
=22
∴
a2+
b2.
圆锥曲线综合问题(一)
主讲教师：纪荣强 北京四中数学教师
开篇语
“圆锥曲线”与“二次曲线”
重难点易错点解析
y2x2y22
题一：已知椭圆C1:2+2=1(a>b>0)与双曲线C2:x-=1有公共的焦点，
4ab
C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A，B两点，若C1恰好将线段AB三等分，
则( )
132
A．a= B．a=13
2
21
C．b=
2
2
D．b
2
=2
题二：设圆锥曲线r的两个焦点分别为F1，F2，若曲线r上存在点P满足|PF1|：| F1F2|：| PF2|=4:3:2，则曲线r的离心率等于( )
13
A．或
22
1223
B．或2 C．或2 D．或
2332
金题精讲
1x2y2
题一：已知椭圆C:2+2=1(a>b>0)的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半
2ab
轴为半径的圆与直线x-
y+=0相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P(4,0)，A，B是椭圆C上关于x轴对称的任意两个不同的点，连结PB交椭圆C于另一点E，证明直线AE与x轴相交于定点Q.
y2
题二：如图，椭圆C:x+=1(0
m
2
任意一点，点P与点A关于点M对称．
⎛9⎫
(Ⅰ)若点P
的坐标为 ,⎪，求m的值；
⎝55⎭
(Ⅱ)若椭圆C上存在点M，使得OP⊥OM，求m的取值范围．
满分冲刺
x2y2
题一：已知椭圆2+2=1(a>b>
0)的离心率为
3ab
(1)若原点到直线x+
．
y-b=
(2)设过椭圆的右焦点且倾斜角为45︒的直线l和椭圆交于A，B两点． i)
当|
AB|=b的值；
－－→
ii)对于椭圆上任一点M，若OM
=λOA+μOB
－－→－－→
，求实数λ,μ满足的关系式．
思维拓展
题一：设点A(1,0)，B(2,1)，如果直线ax+by=1与线段AB有一个公共点，那么a2+b2 ( )
1
A. 最小值为 B.
最小值为
55
1
C. 最大值为 D.
最大值为
55
圆锥曲线综合问题(一)
讲义参考答案
重难点易错点解析
题一：C 题二：A
金题精讲
题一：(1)
x2y2
+=1 (2)定点Q坐标(1,0) 43m=
41 (Ⅱ
) (0, 72题二：(Ⅰ)
满分冲刺
题一：(1)
x2y2
+=1 (2) i)b=1 ii) λ2+μ2=1 124
思维拓展 题一：A
圆锥曲线综合问题(一)课后练习
主讲教师：纪荣强 北京四中数学教师
x2y222
题一：已知椭圆C:2+2=1(a>b>
0)的离心率为. 双曲线x-y=1的渐近线
ab2
与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆C的方程为( )
x2y2
+=1 A．82
x2y2
+=1 B．
126x2y2
+=1 C．
164x2y2
+=1 D．
205
题二：以抛物线y=
8x的顶点为中心，焦点为右焦点，且以y=为渐近线的双曲线方程是___________________
2
x2y2222
题三：过双曲线2-2=1(a>0,b>0)的左焦点F(-c,0)作圆x+y=a的
ab
切线，切点为E，延长FE交抛物线y
－－→
2
=4cx于点P，O为原点，
－→－－→1－
若OE=(OF+OP)，则双曲线的离心率为
2
x2y2222
题四：过双曲线2-2=1(a>0,b>0)的左焦点F引圆x+y=a的切线，切点
ab
为A，延长FA交双曲线右支于点P，若A为线段PF靠近F的三等分点，则该双曲线的离心
题五：动圆P过定点F(1,0)且与直线x=-1相切，圆心P的轨迹为曲线C，过F作曲线C两条互相垂直的弦AB,CD，设AB,CD的中点分别为M、N. (1)求曲线C的方程；
(2)求证：直线MN必过定点.
x2y2
题六：已知抛物线y=8x与椭圆2+2=1有公共焦点F
，且椭圆过点D.
ab
2
((1)求椭圆方程；
(2)点A、B是椭圆的上下顶点，点C为右顶点，记过点A、B、C的圆为⊙M，过点D作⊙M的切线l，求直线l的方程；
(3)过点A作互相垂直的两条直线分别交椭圆于点P、Q，则直线PQ是否经过定点，若是，求出该点坐标，若不经过，说明理由.
2
题七：已知抛物线C：y=2x，直线y=kx+2交C于A，B两点，M是线段AB
的中
点，过M作x 轴的垂线交C于点N．
(1)证明：过点N与抛物线C只有一个交点的直线l(l的斜率存在)与AB平行；
－－→
(2)是否存在实数k使
NA⋅NB=0?若存在，求k的值；若不存在，说明理由．
－－→
题八：已知中心在坐标原点，焦点在x
轴上的椭圆过点P，且它的离心率e=
(1)求椭圆的标准方程；
(1
. 2
2
(2)与圆(x-1)+y=1相切的直线l:y=kx+t交椭圆于M，N两点，若椭圆上一点
2
C满足OM+ON=λOC，求实数λ的取值范围.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点Q(1，0)作直线L(不与x轴垂直)与该椭圆交于M，N两点，与y轴交于点 R， 若RM
－－→
λ+μ是否为定值，并说明理由. 试判断=λMQ,RN=μNQ，
－－→－－→－－→
x2y2+=1b>a>0(2
b2题十：已知椭圆C： aP(1，0)为线段OA的中点. (1)求椭圆C的方程；
(2)过点P任作一条直线与椭圆C相交于两点M，N，试问在x轴上是否存在定点Q，使得∠MQP=∠NQP，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由
.
+by=1 (其中a,b为非零实数)与圆x2+y2=1相交于A,B两点，O为坐标原点，且△AOB为直角三角形，则
题十二：设A(1，－1)，B(0，1)，若直线ax+by
22
=1与线AB(包括端点)有公共点，则a+
b
12
+最小值为_____________. a2b2
圆锥曲线综合问题(一) 课后练习参考答案
题一： D
详解：由题意，双曲线
x2-y2=1的渐近线方程为y=±x
∵以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，故边长为4，
∴(2，2)在椭圆
x2y2
C:2+2=1(a>b>0)上
ab
422
+=1==4b，∵
， b2∴
a
=20,b=522
y2
+=1. 5
y2
=1 题二： x-3
2
详解：抛物线的焦点为
(2,0)，即双曲线的的焦点在x轴，且c=2，所以双曲线的方程可设为
y=±
b
x=
a
，得
x2y2
-2=12ab
，双曲线的渐近
线为
b
=
a
，所以
b=a,2b=32a=
y2
x-=1.
3
2
2
2
4a2=c2=4，所以a2=1,b2=3，所以双曲线的方程为，即ac-
1+题三：
2
详解：设双曲线的右焦点为F'，则F'的坐标为(c，0)，因为抛物线为
－－→
y2=4cx，
所以F'为抛物线的焦点 O为FF'的中点，又因为
－→－－→1－
OE=(OF+OP)
2
所以E为FP的中点，所以OE为△PFF'的中位线，那么OE∥PF' 因为OE=a 那么PF'=2a，又PF'⊥PF，
FF'=2c
所以
PF=2b，
设点
P(x,y),x+c=2a,x=2a-c,过点F作x轴的垂线，
P到该垂线的距离为2a，由勾股定理 y2+4a2=4b2,4c(2a-c)+4a2=4(c2-a2)
题四：
2
详解：如图，
F(-c,0)，设A(x0,y0),P(x)．则 1,y1
OA=(x0,y0),FA=(x0+c,y0),FP=(x1+c,y1)
由OA⋅FA=0，得x0
2
－－→－－→－－→
+cx0+y02=0，即cx0+a2=0.
a22a4a2b2222
,y0=a-x0=a-2=2 ∴x0=-ccc
又A为线段PF靠近F的三等分点，
把
x0,y4c=
13a
2
2
a2b2
9⋅2
=1- 2b
整理得，
题五： (1)
. y2=4x；(2)T(3,0)
(x,y)
=x+1，化简得y2=4x
2
(2)设lAB:y=k(x-1)，代入y=4x得
详解：(1)设P
xA+xBk2+22
kx-2(k+2)x+k=0，xM==,y=kx-1=， ()MM
2k2k
⎛k2+22⎫故M ,⎪ 2
kk⎭⎝
12
因为AB⊥CD，所以将点M坐标中的k换成-，即得N(2k+1,-2k).
k
2-2k-
则lMN:y+2k=x-2k2-1) (2
k+2
2k2+1-
k2
2
2
2
2
，整理得
(1-k)y=k(x-3)，
2
故不论k为何值，直线MN必过定点T
(3,0).
x2y22⎫⎛+=1；
(2)x=
+12y-=0；(3) 0,-⎪ 题六： (1)8
43⎭⎝
详解：(1)F
(2,0)，则c=2，又
23
+=1，得a2=8,b2=4 22aa-4
∴所求椭圆方程为
x2y2+=1 84
(2)由题意，A(0,2)
，B(0,－2)，C(，则设M(m,0)，由|MA|=|MC|，
22
可得m+4=-
m)，∴m=
2
29m+4=
22
⎛92
M，⊙M
： x-+y=， 直线l
斜率不存在时，x=⎭2⎝
直线l
斜率存在时，设为
y=kx+(
∴d=
=
，解得
k=∴直线l
为x=
+12y-=0
(3)显然，两直线斜率存在， 设AP：
y=kx+2代入椭圆方程，得(1+2k2)x2+8kx=0，
⎛-8k2-4k2⎫⎛8k2k2-4⎫
解得点P 同理得Q 2,,2⎪ 22⎪1+2k1+2kk+2k+2⎝⎭⎝⎭
22-4k2k2-1⎛-8k⎫
x=0y=-直线PQ：y-，令，得， =x- 22⎪31+2k3k⎝1+2k⎭
∴直线PQ过定点 0,-
题七： (1)省略；(2)存在k详解：(1)如图，设A得2x
2
1
⎛
⎝
2⎫⎪ 3⎭.
=±2，使NA⋅NB=0
21
2
－－→－－→
(x,2x),B(x,2x)，把y=kx+2代入y=2x
2
2
2
-kx-2=0，
由韦达定理得x1
+x2=
k
,x1x2=-1 2
⎛kk2⎫x1+x2k
∴xN=xM==，∴N点的坐标为 ,⎪
24⎝48⎭k2k⎫⎛
设过点N的直线l的方程为y-=m x-⎪，
84⎭⎝
mkk2
-=0， 将y=2x代入上式得2x-mx+48
2
2
直线l与抛物线C只有一个交点，
⎛mkk2⎫2
∆=m-8 -⎪=m2-2mk+k2=(m-k)=0∴m=k．
8⎭⎝4
2
即l//AB．
－－→
(2)假设存在实数k，使
NA⋅NB=0，则NA⊥NB，又M是AB的中点，
－－→
∴MN=
由(Ⅰ)知
1AB2
．
⎫k21111⎛k2
yM=(y1+y2)=(kx1+2+kx2+2)=⎡k(x1+x2)+4⎤= +4⎪=+2⎣⎦2222⎝2⎭4
k2k2k2+16
+2-=∴MN⊥x轴，∴MN=yM-yN=．
488
∴AB=x1-x2=又
==
k2+16∴=，解得k=±2．
8即存在k
=±2，使NA⋅NB=0
－－→－－→
x2y2
+=1；(2) 题八： (1)86
()(
x2y2
详解：(1) 设椭圆的标准方程为2+2=1(a>b>0)
ab
3⎧4+⎪a2b2=1⎪2
⎧⎪c1⎪a=8
由已知得：⎨= 解得 ⎨
2⎪⎪a2⎩b=6
⎪⎪2
⎩c=a2-b2
x2y2
所以椭圆的标准方程为：+=1
86
(2) 因为直线l：
y=kx+t与圆(x-1)+y2=1相切
2
1-t2
=1⇒2k=(t≠0) t代入
把
y=kx+t
x2y2
+=1并整理得： (3+4k2)x2+8ktx+(4t2-24)=086
8kt
3+4k2
，
设
M(x1,y1),N(x2,y2),则有 x1+x2=-
y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=
6t
3+4k2
⎛-8kt⎫6t
因为，λOC=(x1+x2,y1+y2),所以，C ,⎪
3+4k2λ3+4k2λ⎪⎝⎭
又因为点C在椭圆上， 所以，
8k2t2
(3+4k)
22
λ
2
+
6t2
(3+4k)
22
λ
2
=1
2t22
⇒λ==22
3+4k⎛1⎫⎛1⎫
⎪+ ⎪+1⎝t⎭⎝t⎭
2
因为
t>0 所以
2
⎛1⎫⎛1⎫
2⎪+ 2⎪+1>1 ⎝t⎭⎝t⎭
2
所以
0
()(
x29
题九： (1)+y2=1；(2)λ+μ=-
49
详解：(1)因为圆x又因为
2
+y2=9的直径为6，依题意知2a=6，所以a=3，
c=
，所以c=b=1， ax2
所以椭圆C的方程为+y2=1.
9
(2)λ
+μ是定值，且λ+μ=-
9
.理由如下： 4
依题意知，直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为
y=k(x-1)，
⎫⎧y=k⎛
x-1⎪ ⎪⎪⎝⎭
⎪
设M(x1,y1),N(x2,y2),R(0,y3)，由⎨22消去y并整理， x⎪+y=1
⎪⎩
得
(1+9k)x
2
2
-18k2x+9k2-9=0，
18k2
所以x1+x2=
1+9k2
因为RM所以
－－→
－－→
①，
9k2-9
x1x2= ②，
1+9k2
=λMQ，
(x1,y1)-(0,y3)=λ⎡⎣(1,0)-(x1,y1)⎤⎦，
⎫⎧x=λ⎛
1-x1⎪1 ⎪⎪⎝⎭
⎪即⎨又l与x轴不垂直，所以x1≠1，
y1+y3=-λy1⎪⎪⎩
所以λ=
x1-x1
，同理μ=
x1-x2
，所以λ+μ=
(x+x)-2x1x2x1x
+2=12
1-x11-x21-x1+x2+x1x2
，
将①②代入上式可得λ
+μ=-
9
，即λ+μ为定值. 4
x2y2
+=1；(2)在x轴上存在定点Q(4,0)，使得∠MQP=∠NQP. 题十： (1)
412
详解：(1)由已知，b=
2，又，e=
3
即
a= =
a3
x2y2
+=1 所以椭圆C的方程为
412；
(2)假设存在点Q(x0,0)满足题设条件. 当MN 当
⊥x轴时，由椭圆的对称性可知恒有∠MQP=∠NQP，即x0∈R；
与x轴不垂直时，设
MN
2
MN
所在直线的方程为
y=k(x-1)，代入椭圆方程化简得：
(k+3)x2-2k2x+k2-12=0，
设M则
(x1,y1),N(x2,y2),
x1,2=
=
2k2k2-12
x1+x2=2,x1x2=2，
k+3k+3kMQ+kNQ==
k(x1-1)k(x2-1)y1y2
+=+x1-x0x2-x0x1-x0x2-x0
k(x1-1)(x2-x0)+k(x2-1)(x1-x0)x1-x0x2-x0，
(x1-1)(x2-x0)+(x2-1)(x1-x0)=2x12(k2-12)2(1+x0)k2=-+2x
k2+3
k2+3
x2-(1+x0)(x1+x2)+2x0
，
若∠MQP
=∠NQP， 则kMQ+kNQ=0，
⎛2(k2-12)2(1+x0)k2⎫ 即k -+2x0⎪=0， 整理得k(x0-4)=0，
k2+3⎪k2+3⎝⎭
∵k∈R，∴x0
=4.Q的坐标为Q(4,0).
综上，在x轴上存在定点Q
(4,0)，使得∠MQP=∠NQP.
题十一： 4
详解：因为∆AOB为直角三角形，且圆的半径为1
+by=1
的距离为
22
，即
12a2+b2
=
22
，整理得到2a
2
+b2=2，
122a2+b214a2b212
=⋅(2+2+2+2)≥4， 所以2+2=(2+2)⋅
abab22ba
所以
12+a2b2
最小值为4.
题十二：
1 2
ax+by=1与线段
AB有一个公共点，
详解：∵直线
∴点A(1，－1)，B(0，1)在直线∴
ax+by=1的两侧，
(a-b-1)(b-1)≤0，
画出它们表示的平面区域，如图所示．
a2+b2表示原点到区域内的点的距离的平方， 由图可知，当原点O到直线
a-b-1=0的距离为
原点到区域内的点的距离的最小值，
∵
d=
|-1|2
=22
∴
a2+
b2.