高考数学复习圆锥曲线与方程变式题

高考数学复习圆锥曲线与方程变式题1．（人教A版选修1－1，2－1第39页例2）如图，在圆224xy上任取一点P，过点P作X轴的垂线段PD，D为垂足．当点P在圆上运动时，线段PD的中点M的轨迹是什么？变式1：设点P是圆224xy上的任一点，定点D的坐标为（8，0）．当点P在圆上运动时，求线段PD的中点M的轨迹方程．解：设点M的坐标为,xy，点P的坐标为00,xy，则082xx，02yy．即028xx，02yy．因为点P00,xy在圆224xy上，所以22004xy．即222824xy，即2241xy，这就是动点M的轨迹方程．变式2：设点P是圆224xy上的任一点，定点D的坐标为（8，0），若点M满足2PMMD．当点P在圆上运动时，求点M的轨迹方程．解：设点M的坐标为,xy，点P的坐标为00,xy，由2PMMD，得00,28,xxyyxy，即0316xx，03yy．因为点P00,xy在圆224xy上，所以22004xy．即2231634xy，即2216439xy，这就是动点M的轨迹方程．XYPODM变式3：设点P是曲线,0fxy上的任一点，定点D的坐标为,ab，若点M满足(,1)PMMDR．当点P在曲线,0fxy上运动时，求点M的轨迹方程．解：设点M的坐标为,xy，点P的坐标为00,xy，由PMMD，得00,,xxyyaxby，即01xxa，01yyb．因为点P00,xy在圆,0fxy上，所以00,0fxy．即1,10fxayb，这就是动点M的轨迹方程．2．（人教A版选修1－1，2－1第40页练习第3题）已知经过椭圆2212516xy的右焦点2F作垂直于x轴的直线AB，交椭圆于A，B两点，1F是椭圆的左焦点．（1）求1AFB的周长；（2）如果AB不垂直于x轴，1AFB的周长有变化吗？为什么？变式1（2005年全国卷Ⅲ）：设椭圆的两个焦点分别为F1、、F2，过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P，若△F1PF2为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是A．22B．212C．22D．21解一：设椭圆方程为22221xyab，依题意，显然有212PFFF，则22bca，即222acca，即2210ee，解得21e．选D．解二：∵△F1PF2为等腰直角三角形，∴cPFcFFPF22,21212.∵aPFPF221，∴acc222，∴12121ac．故选D．变式2：已知双曲线22221,(0,0)xyabab的左，右焦点分别为12,FF，点P在双曲线的右支上，且12||4||PFPF，则此双曲线的离心率e的最大值为．解一：由定义知12||||2PFPFa，又已知12||4||PFPF，解得183PFa，223PFa，在12PFF中，由余弦定理，得2222218981732382494964coseaacaaPFF，要求e的最大值，即求21cosPFF的最小值，当1cos21PFF时，解得53e．即e的最大值为53．解二：设),(yxP，由焦半径公式得aexPFaexPF21,，∵214PFPF，∴)(4)(aexaex，∴xae35，∵ax，∴35e，∴e的最大值为53．变式3（2005年全国卷Ⅰ）：已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A、B两点，OAOB与(3,1)a共线．（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设M为椭圆上任意一点，且(,)OMOAOBR，证明22为定值．解：（Ⅰ）设椭圆方程为)0,(),0(12222cFbabyax，则直线AB的方程为cxy，代入12222byax，化简得02)(22222222bacacxaxba.设A（11,yx），B22,(yx），则22222121222222,.acacabxxxxabab由1212(,),(3,1),OAOBxxyyaOAOB与a共线，得,0)()(32121xxyy又cxycxy2211,，.23,0)()2(3212121cxxxxcxx即232222cbaca，所以36.32222abacba，故离心率.36ace（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知223ba，所以椭圆12222byax可化为.33222byx设(,)OMxy，由已知得),,(),(),(2211yxyxyx.,2121yyyxxx),(yxM在椭圆上，.3)(3)(2221221byyxx即.3)3(2)3()3(221212222221212byyxxyxyx①由（Ⅰ）知.21,23,23222221cbcacxx2222212223,8acabxxcab121212122121222233()()43()33930.22xxyyxxxcxcxxxxccccc又222222212133,33byxbyx，代入①得.122故22为定值，定值为1.3．（人教A版选修1－1，2－1第47页习题2.1A组第6题）已知点P是椭圆22154xy上的一点，且以点P及焦点1F，2F为顶点的三角形的面积等于1，求点P的坐标．变式1（2004年湖北卷理）：已知椭圆191622yx的左、右焦点分别为F1、F2，点P在椭圆上，若P、F1、F2是一个直角三角形的三个顶点，则点P到x轴的距离为A．59B．3C．779D．49解：依题意，可知当以F1或F2为三角形的直角顶点时，点P的坐标为97,4，则点P到x轴的距离为49，故选D．（可以证明不存在以点P为直角顶点的三角形）变式2（2006年全国卷Ⅱ）：已知ABC的顶点B、C在椭圆2213xy上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则ABC的周长是A．23B．6C．43D．12解：由于椭圆2213xy的长半轴长3a，而根据椭圆的定义可知ABC的周长为443a，故选C．4．（人教A版选修1－1，2－1第47页习题2.1B组第3题）如图，矩形ABCD中，2ABa，2BCb，E，F，G，H分别是矩形四条边的中点，R，S，T是线段OF的四等分点，R，S，T是线段CF的四等分点．请证明直线ER与GR、ES与GS、ET与GT的交点L，M，N在同一个椭圆上．变式1：直线:1lykx与双曲线22:21Cxy的右支交于不同的两点A、B.若双曲线C的右焦点F在以AB为直径的圆上时，则实数k．解：将直线:1lykx代入双曲线C的方程2221xy整理，得.022)2(22kxxk……①依题意，直线L与双曲线C的右支交于不同两点，故2222220,(2)8(2)0,20,220.2kkkkkk解得22k．设A、B两点的坐标分别为),(11yx、),(22yx，则由①式得.22,22222221kxxkkxx……②∵双曲线C的右焦点F,0c在以AB为直径的圆上，则由FA⊥FB得：.0)1)(1())((.0))((21212121kxkxcxcxyycxcx即整理，得.01))(()1(221212cxxckxxk……③把②式及26c代入③式化简，得.066252kk解得))(2,2(566566舍去或kk，故566k．NMLT/S/R/TSROHGFEDCBA变式2（2002年广东卷）：A、B是双曲线2212yx上的两点，点N（1，2）是线段AB的中点．（Ⅰ）求直线AB的方程；（Ⅱ）如果线段AB的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，那么A、B、C、D四点是否共圆？为什么？解：（Ⅰ）直线AB的方程为1yx．（求解过程略）（Ⅱ）联立方程组221,1.2yxyx得1,0A、3,4B．由CD垂直平分AB，得CD方程为3yx．代入双曲线方程2212yx整理，得26110xx．记11,Cxy，22,Dxy以及CD的中点为00,Mxy，则有12126,11.xxxx从而3,6M．∵2121212224410CDxxxxxx．∴210MCMD．又223160210MAMB．即A、B、C、D四点到点M的距离相等．故A、B、C、D四点共圆．变式3（2005年湖北卷）：设A、B是椭圆223yx上的两点，点N（1，3）是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点.（Ⅰ）确定的取值范围，并求直线AB的方程；（Ⅱ）试判断是否存在这样的，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由.（Ⅰ）解法1：依题意，可设直线AB的方程为223,3)1(yxxky代入整理，得.0)3()3(2)3(222kxkkxk①设是方程则212211,),,(),,(xxyxByxA①的两个不同的根，0])3(3)3([422kk②)3,1(.3)3(2221Nkkkxx由且是线段AB的中点，得.3)3(,12221kkkxx解得k＝－1，代入②得，＞12，即的取值范围是（12，＋）.于是，直线AB的方程为.04),1(3yxxy即解法2：设则有),,(),,(2211yxByxA.0))(())((33,32121212122222121yyyyxxxxyxyx依题意，.)(3,212121yyxxkxxAB.04),1(3).,12(.12313,)3,1(.1,6,2,)3,1(222121yxxyABNkyyxxABNAB即的方程为直线的取值范围是在椭圆内又由从而的中点是（Ⅱ）解法1：.02,13,yxxyCDABCD即的方程为直线垂直平分代入椭圆方程，整理得.04442xx③是方程则的中点为又设43004433,),,(),,(),,(xxyxMCDyxDyxC③的两根，).23,21(,232,21)(21,10043043Mxyxxxxx即且于是由弦长公式可得).3(2||)1(1||432xxkCD④将直线AB的方程代入椭圆方程得,04yx.016842xx⑤同理可得.)12(2||1||212xxkAB⑥.||||,)12(2)3(2,12CDAB时当假设在在＞12，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心.点M到直线AB的距离为.2232|42321|2|4|00yxd⑦于是，由④、⑥、⑦式和勾股定理可得.|2|2321229|2|||||22222CDABdMBMA故当12时，A、B、C、D四点均在以M为圆心，2||CD为半径的圆上.（注：上述解法中最后一步可按如下解法获得：A、B、C、D共圆△ACD为直角三角形，A为直角即|,|||||2DNCNAN).2||)(2||()2||(2dCDdCDAB⑧由⑥式知，⑧式左边＝.212由④和⑦知，⑧式右边＝)2232)3(2)