解析幾何精選8題

■本刊編輯部

1.已知橢圓E=1(a＞b＞0)的一個焦點為F1(-3,0),而且橢圓E過點

(1)求橢圓E的方程。

(2)如圖1,設橢圓E的上下頂點分別為A1,A2,P是橢圓上異于A1,A2的任一點,直線PA1,PA2分別交x軸于點N,M,若直線OT與過點M,N的圓G相切,切點為T。證明:線段OT的長為定值,并求出該定值。

圖1

2.已知橢圓E的中心在坐標原點,焦點在x軸上,且經(jīng)過兩點。

(1)求橢圓E的方程。

(2)若橢圓E的左右焦點分別是F,H,過點H的直線l:x=my+1與橢圓E交于M,N兩點,則△FMN的內(nèi)切圓的面積是否存在最大值?若存在,求出這個最大值及直線l的方程;若不存在,請說明理由。

3.已知橢圓C=1(a＞b＞0)的AP,AQ,分別交直線x=于M,N兩點,若直線MR,NR的斜率分別為k1,k2,試問:k1k2是否為定值?若是,求出該定值;若不是,請說明理由。

4.已知點 G(5,4),圓 C1:(x-1)2+(y-4)2=25,過點G的動直線l與圓C1相交于E,F兩點,線段EF的中點為C,且C在圓C2上。離心率為,以原點為圓心,橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線x-y+12=0相切。

(1)求橢圓C的方程。

(2)設A(-4,0),過點R(3,0)作與x軸不重合的直線l交橢圓C于P,Q兩點,連接

(1)求圓C2的方程。

(2)若過點A(1,0)的直線l1與圓C2相交于P,Q兩點,線段PQ的中點為M。直線l1與直線l2的交點為N,直線l2的方程為x+2y+2=0,求證:|AM|·|AN|為定值。

5.設橢圓1(a＞b＞0)的左右焦點分別是F1,F2,下頂點為A,線段OA的中點為B(O為坐標原點),如圖2。若拋物線C2:y=x2-1與y軸的交點為B,且經(jīng)過點F1,F2。

(1)求橢圓C1的方程;

圖2

(2)設M(0 , -),N為拋物線C2上的一動點,過點N作拋物線C2的切線交橢圓C1于P,Q兩點,求△MPQ面積的最大值。

6.已知P為橢圓C=1(a＞0)上任一點,Q為圓O:x2+y2=4上一點,F1,F2分別為橢圓C的左、右焦點,且=λ(λ＞0),·=0。

(1)求a的值;

(2)若λ=,求四邊形PQ的面積;

(3)求四邊形PF1F2Q的面積(用λ表示出來)。

7.如圖3,已知橢圓=1(a＞b＞0),圓Q:(x-2)2+(y-2)2=2的圓心Q在橢圓C上,點P(0,2)到橢圓C的右焦點的距離為6。

(1)求橢圓C的方程;

(2)過點P作互相垂直的兩條直線l1,l2,且l1交橢圓C于A,B兩點,直線l2交圓Q于E,D兩點,且M為ED的中點,求△MAB的面積的取值范圍。

圖3

8.設橢圓E:1(a＞b＞0)過M(2,),N,1)兩點,O為坐標原點。

(1)求橢圓E的方程。

(2)是否存在圓心在原點的圓,使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且⊥?若存在,寫出該圓的方程;若不存在,請說明理由。

參考答案

1.(1)解法一:由題意得a2-b2=3=1,解得a2=4,b2=1。

所以橢圓E的方程為+y2=1。

解法二:橢圓E的兩個焦點分別為F1(-3,0),F2(3,0)。

可得2a=a=2,b=1,橢圓E的方程為+y2=1。

(2)由(1)可知A1(0,1),A2(0,-1),設P(x0,y0)。

直線x,令y=0,得;直線PA2:x,令y=0,得

則|OM|·|ON|=,而+y20=1,所以x20=4(1-y20),所以=4,由切割線定理得OT2=|OM|·|ON|=4。所以|OT|=2,即線段OT的長度為定值2。

2.(1)設橢圓E的方程為=1(a＞b＞0),因為橢圓E經(jīng)過A(-2,0),解得

故橢圓E的方程為

(2)設M(x1,y1)、N(x2,y2),不妨設y1＞0,y2＜0,如圖4所示,設△FMN的內(nèi)切圓的半徑為R。則S△FMN=·(|MN|+|MF|+|NF|)R=·[(|MF|+|MH|)+(|NF|+|NH|)]R=4R。

圖4

當S△FMN最大時,R也最大,△FMN的內(nèi)切圓的面積也最大。又=|FH|·|FH|·|y|,|FH|=2c=2,則2S△FMN=|y1|+|y2|=y1-y2。

由得(3m2+4)y2+6my-9=0,則Δ=(6m)2+4×9(3m2+4)＞0恒成立,y1+y2=,y1·y2=

則y1-y2=

故

設=t,則t≥1,且m2=t2-1,,設f(t)=,因為t≥1,所以f'(t)＜0。

則函數(shù)f(t)在[1,+∞)上是單調(diào)減函數(shù),則f(t)max=f(1)=3,即S△FMN的最大值是3,4R≤3,R≤,即R的最大值是,△FMN的內(nèi)切圓的面積的最大值是,此時,m=0,直線l的方程是x=1。

3.(1)由題意得e==,a2-b2=c2,以原點為圓心,橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線7x-5y+12=0相切,可得d==b,解得a=4,b=23,c=2,故橢圓C的方程為

(2)設P(x1,y1),Q(x2,y2),直線PQ的方程為x=my+3,代入橢圓方程3x2+4y2=48,得(4+3m2)y2+18my-21=0,則,由A,P,M三點共線可知;同理可得所以

因為(x1+4)(x2+4)=(my1+7)·(my2+7)=m2y1y2+7m(y1+y2)+49,所以

所以k1k2為定值

4.(1)圓C1的圓心為(1,4),半徑為5,設C(x,y),則=(x-1,y-4),=(5-x,4-y)。

由題設知·=0,所以(x-1)·(5-x)+(y-4)(4-y)=0,即(x-3)2+(y-4)2=4,所以C2的方程是(x-3)2+(y-4)2=4。

(2)設直線l1的方程為kx-y-k=0(k≠0)。由 方 程 組可得

由題意知直線C2M與l1垂直。

由方程組可得

所以|AM|·|AN|==6(定值)。

5.(1)由題意可知B(0,-1),所以A(0,-2),故b=2。

令y=0,得x2-1=0,即x=±1,則F1(-1,0),F2(1,0),故c=1,所以a2=b2+c2=5,于是橢圓C1的方程為+=1。

(2)設N(t,t2-1),由于y'=2x,則直線PQ的方程為y-(t2-1)=2t(x-t),即y=2tx-t2-1。

代入橢圓方程整理得4(1+5t2)x2-20t(t2+1)x+5(t2+1)2-20=0。

Δ=400t2(t2+1)2-80(1+5t2)[(t2+1)2-4]=80(-t4+18t2+3)。

所以,xx=12

設點M到直線PQ的距離為d,則d=

當t=±3時取到“=”,經(jīng)檢驗此時Δ＞0,滿足題意。

綜上可知,△MPQ的面積的最大值為

6.(1)如圖5,延長F1P和F2Q交于點G,因為=λ,所以F1P∥OQ。

圖5

因為·=0,所以PQ⊥F2Q。

因為O為F1F2的中點 所以|F1G|=2|OQ|=4,所以Q為F2G的中點。

又PQ⊥F2Q,所以|PF2|=|PG|。

故|PF1|+|PF2|=|PF1|+|PG|=|F1G|=4,即2a=4,得a=2。

(2)不妨設P點在第一、二象限上,由

由

故

(3)因為|PF1|∈[1,3],所以λ∈,所以|PF1|=2λ,|PF2|=4-2λ。

設直線PF1的傾斜角為α,點O到直線PF1的距離為d,則d=sinα。

7.(1)圓Q:(x-2)2+(y-)2=2的圓心為(2),代入橢圓方程可得1。因為點P(0,2)到橢圓C的右焦點的距離為,所以,解得c=2,即a2-b2=4,解得a=22,b=2,所以橢圓C的方程為

(2)依題意知直線l2的斜率必存在,當斜率為0時,直線l2:y=,代入圓的方程可得x=2±,可得M的坐標為(2,)。又|AB|=4,可得△MAB的面積為×2×4=4;當直線l2的斜率不為0時,設直線l2:y=kx+2,代入圓Q的方程可得(1+k2)·x2-4x+2=0,由Δ＞0可得0＜k2＜1,且中點坐標為,此時直線AB的方程為y=-x+,代入橢圓方程,可得(2+k2)x2-4kx-4k2=0,設A(x1,y1),B(x2,y2),可得

可得△MAB的面積為:

設t=4+k2(4＜t＜5),可得

因隨t遞減,可得＜S＜4。

綜上可得,△MAB的面積的取值范圍是

8.(1)將M,N的坐標代入橢圓E的方程得解得a2=8,b2=4。

橢圓E的方程為

(2)假設滿足題意的圓存在,其方程為x2+y2=R2,其中0＜R＜2。

設該圓的任意一條切線AB和橢圓E交于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點,當直線AB的斜率存在時,令直線AB的方程為y=kx+m。 ①

將①代入橢圓E的方程并整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-8=0。

由方程根與系數(shù)的關系得x1+x2=

由⊥,知x1x2+y1y2=0。③

將①代入③并整理得(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0。④

得m2=(1+k2)。⑤

直線AB和圓相切,則

由⑤得R=,所以存在圓x2+y2=滿足題意。

當切線AB的斜率不存在時,易得x21=由橢圓E的方程得,顯然⊥

綜上,存在圓x2+y2=滿足題意。