圆锥曲线动点问题

1圆锥曲线动点题1、（12分）设1F、2F分别是椭圆1422yx的左、右焦点.（Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求12PFPF的最大值和最小值;（Ⅱ）设过定点)2,0(M的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且∠AOB为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围2、（12分）如题（21）图，倾斜角为a的直线经过抛物线xy82的焦点F，且与抛物线交于A、B两点。题（20）图（Ⅰ）求抛物线的焦点F的坐标及准线l的方程；（Ⅱ）若a为锐角，作线段AB的垂直平分线m交x轴于点P，证明|FP|-|FP|cos2a为定值，并求此定值。23.、（本小题满分12分）.如图,直线y=21x与抛物线y=81x2－4交于A、B两点,线段AB的垂直平分线与直线y=－5交于Q点.(1)求点Q的坐标；(2)当P为抛物线上位于线段AB下方(含A、B)的动点时,求ΔOPQ面积的最大值.4．如图(,3)Amm和(,3)Bnn两点分别在射线OS、OT上移动，且12OAOB，O为坐标原点，动点P满足OPOAOB．（1）求mn的值；（2）求P点的轨迹C的方程，并说明它表示怎样的曲线？（3）若直线l过点(2,0)E交（2）中曲线C于M、N两点，且3MEEN，求l的方程．35．如图，M是抛物线上2yx上的一点，动弦ME、MF分别交x轴于A、B两点，且MAMB．（1）若M为定点，证明：直线EF的斜率为定值；（2）若M为动点，且90EMF，求△EMF的重心G的轨迹．6．已知1212(2,0),(2,0),||||2FFPPFPF点满足，记点P的轨迹为E.（1）求轨迹E的方程；（2）若直线l过点F2且与轨迹E交于P、Q两点.（i）无论直线l绕点F2怎样转动，在x轴上总存在定点)0,(mM，使MP⊥MQ恒成立，求实数m的值.（ii）过P、Q作直线21x的垂线PA、QB，垂足分别为A、B，记||||||ABQBPA，求λ的取值范围.xyOABEFM4答案1、解：（Ⅰ）解法一：易知2,1,3abc所以123,0,3,0FF，设,Pxy，则22123,,3,3PFPFxyxyxy2221133844xxx因为2,2x，故当0x，即点P为椭圆短轴端点时，12PFPF有最小值2当2x，即点P为椭圆长轴端点时，12PFPF有最大值1解法二：易知2,1,3abc，所以123,0,3,0FF，设,Pxy，则22212121212121212cos2PFPFFFPFPFPFPFFPFPFPFPFPF2222221331232xyxyxy（以下同解法一）（Ⅱ）显然直线0x不满足题设条件，可设直线1222:2,,,,lykxAxyBxy，联立22214ykxxy，消去y，整理得：2214304kxkx∴12122243,1144kxxxxkk由2214434304kkk得：32k或32k又000090cos000ABABOAOB∴12120OAOBxxyy又2121212122224yykxkxkxxkxx22223841144kkkk22114kk∵2223101144kkk，即24k∴22k5故由①、②得322k或322k2、（Ⅰ）解：设抛物线的标准方程为pxy22，则82p，从而.4p因此焦点)0,2(pF的坐标为（2，0）.又准线方程的一般式为2px。从而所求准线l的方程为2x。高考学习网－中国最大高考学习网站Gkxx.com|我们负责传递知识！（Ⅱ）解法一：如图作AC⊥l，BD⊥l，垂足为C、D，则由抛物线的定义知|FA|=|FC|,|FB|=|BD|.记A、B的横坐标分别为xxxz，则|FA|＝|AC|＝4cos||22cos||2aFAppaFApxx解得aFAcos14||，类似地有aFBFBcos||4||，解得aFBcos14||。记直线m与AB的交点为E，则aaaaFBFAFBFAFAAEFAFE2sincos4cos14cos1421|)||(|212||||||||||||所以aaFEFP2sin4cos||||。故8sinsin2·4)2cos1(sin42cos||||222aaaaaFPFP。解法二：设),(AAyxA，),(BByxB，直线AB的斜率为aktan，则直线方程为)2(xky。将此式代入xy82,得04)2(42222kxkxk，故22)2(kkkxxBA。记直线m与AB的交点为),(EEyxE，则22)2(22kkxxxBAE，kxkyEE4)2(，故直线m的方程为224214kkxkky.令y=0,得P的横坐标44222kkxP故akkxFPP222sin4)1(42||。从而8sinsin2·4)2cos1(sin42cos||||222aaaaaFPFP为定值。3.【解】(1)解方程组y=21x得X1=－4,x2=8y=81x2－4y1=－2,y2=4即A(－4,－2),B(8,4),从而AB的中点为M(2,1).由kAB==21,直线AB的垂直平分线方程y－1=21(x－2).令y=－5,得x=5,∴Q(5,－5)高考学习网－中国最大高考学习网站Gkxx.com|我们负责传递知识！(2)直线OQ的方程为x+y=0,设P(x,81x2－4).∵点P到直线OQ的距离d=24812xx=3282812xx,25OQ,∴SΔOPQ=21dOQ=3281652xx.∵P为抛物线上位于线段AB下方的点,且P不在直线OQ上,∴－4≤x43－4或43－4x≤8.∵函数y=x2+8x－32在区间[－4,8]上单调递增,∴当x=8时,ΔOPQ的面积取到最大值30.4、解：（1）由已知得1(,3)(,3)22OAOBmmnnmn，∴14mn．（2）设P点坐标为(,)xy（0x），由OPOAOB得(,)(,3)(,3)xymmnn(,3())mnmn，∴,3()xmnymn消去m，n可得2243yxmn，又因14mn，∴P点的轨迹方程为221(0)3yxx．它表示以坐标原点为中心，焦点在x轴上，且实轴长为2，焦距为4的双曲线2213yx的右支．（3）设直线l的方程为2xty，将其代入C的方程得223(2)3tyy即22(31)1290tyty，易知2(31)0t（否则，直线l的斜率为3，它与渐近线平行，不符合题意）又22214436(31)36(1)0ttt，设1122(,),(,)MxyNxy，则121222129,3131tyyyytt∵l与C的两个交点,MN在y轴的右侧212121212(2)(2)2()4xxtytytyytyyOAPBxy高考学习网－中国最大高考学习网站Gkxx.com|我们负责传递知识！2222291234240313131ttttttt，∴2310t，即2103t，又由120xx同理可得2103t，由3MEEN得1122(2,)3(2,)xyxy，∴121223(2)3xxyy由122222123231tyyyyyt得22631tyt，由21222229(3)331yyyyyt得222331yt，消去2y得2222363(31)31ttt考虑几何求法！！解之得：2115t，满足2103t．故所求直线l存在，其方程为：15250xy或15250xy．5、思路分析：（1）由直线MF（或ME）方程与抛物线方程组成的方程组解出点F和点E的坐标，利用斜率公式来证明；（2）用M点的坐标将E、F点的坐标表示出来，进而表示出G点坐标，消去0y即得到G的轨迹方程（参数法）.解：（1）法一：设200(,)Myy，直线ME的斜率为k（0k），则直线MF的斜率为k，方程为200()yykxy．∴由2002()yykxyyx，消x得200(1)0kyyyky，解得01Fkyyk，∴202(1)Fkyxk，∴0022000022211214(1)(1)2EFEFEFkykyyykkkkkykykyxxykkk(定值)．所以直线EF的斜率为定值．法二：设定点00(,)Mxy，11(,)Exy、22(,)Fxy，由200211,yxyx得010101()()yyyyxx，即011MEkyy；同理021MFkyy．∵MAMB，∴MEMFkk，即010211yyyy，∴1202yyy．xyOABEFM高考学习网－中国最大高考学习网站Gkxx.com|我们负责传递知识！所以，1212221212120112EFyyyykxxyyyyy（定值）．（2）90,45,1,EMFMABk当时所以直线ME的方程为200()yykxy由2002yyxyyx得200((1),1)Eyy同理可得200((1),(1)).Fyy设重心G（x,y），则有222200000000(1)(1)23333(1)(1)333MEFMEFyyyyxxxxyyyyxxxy消去参数0y得2122()9273yxx．6、解：（1）由||2||||2121FFPFPF知，点P的轨迹E是以F1、F2为焦点的双曲线右支，由3,22,22bac，故轨迹E的方程为).1(1322xyx（2）当直线l的斜率存在时，设直线方程为),(),,(),2(2211yxQyxPxky，与双曲线方程联立消y得0344)3(2222kxkxk，0334034003222122212kkxxkkxxk解得k23（i）2121))((yymxmxMQMP212122222121222222222222()()(2)(2)(1)(2)()4(1)(43)4(2)4333(45).3xmxmkxxkxxkmxxmkkkkkmmkkkmkmk0,MQMPMQMP，高考学习网－中国最大高考学习网站Gkxx.com|我们负责传递知识！故得0)54()1(3222mmkm对任意的32k恒成立，.1,0540122mmmm解得∴当m=－1时，MP⊥MQ.当直线l的斜率不存在时，由)0,1()3,2(),3,2(MQP及知结论也成立，综上，当m=－1时，MP⊥MQ.（ii）21,2,1xca直线是双曲线的右准线，由双曲线定义得：||21|||,|21||1||222QFQBPFPFePA，方法一：||2||1||2||12122yyxxkABPQ.1121||21|)(|2||12212122kkkxxkxxk3321,3110,322故kk，注意到直线的斜率不存在时，21|,|||此时ABPQ，综上，.33,21方法二：设直线PQ的倾斜角为θ，