圆锥曲线大题含答案5-14

5. 已知椭圆C:x

2

⑴求椭圆C的离心率；⑵设O为原点，若点A在椭圆C上，2y24，

2

点B在直线y2上，且OAOB，求直线AB与圆x结论。

y22的位置关系，并证明你的

x2y21，所以a24，b22，从而c2a2b22。 解：⑴由题意，椭圆C：42

因此a

2，c

C

的离心率e

c； 

a⑵直线AB与圆x2y22相切。

证明如下：设点Ax0,y0，Bt,2，其中x00。

2y

因OAOB，故OAOB0，即tx02y00，解得t0。

x0

t2

当x0t时，y0，代入椭圆C

的方程，得tAB

：x

2

圆心O到直线AB

的距离d。此时直线AB与圆xy2相切； 当x0t时，直线AB：y2

2

2

y02

即y02xxytxt，0tyx20

x0t

0，

圆心O到AB的距离

d|2x0ty02

2

2y02

又x02y04，t



2y0x0，故d|2x0x0

此时AB与圆xy2相切。综上得证。

2

2

，

c

解：（Ⅰ）由题意得1a31a4b，解得a=2，b1．所以椭圆C的方程是

x2

y21…… 4分 4

yk(x1)

（Ⅱ）以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点．由x2y21

4

得(14k2)x28k2x4k240．

8k24k24

设A(x1,y1),B(x2,y2)，则有x1x2，x1x2．

14k214k2

又因为点M是椭圆C的右顶点，所以点M(2,0)．

由题意可知直线AM的方程为yx2(x2)，故点P(0,x2)．

11

)． 直线BM的方程为yx2(x2)，故点Q(0,

x222

y2

y12y1

2y2

uuuruuur

xPQN(x,0)若以线段为直径的圆过轴上的定点，则等价于PNQN0恒成立． 0

uuuruuuruuuruuur2y12y24y1y22y22y1

PN(x0,)，QN(x0,)，所以PNQNx02x020恒成

x22x12x12x22(x12)(x22)

立．

4k248k24k2

又因为(x12)(x22)x1x22(x1x2)4， 24

14k214k214k2

4k248k23k2

1)y1y2k(x11)k(x21)k[x1x2(x1x2)1]k(， 14k21

4k21

4k2

2

2

12k2

4y1y222x230x022所以x0(x2)(． 0

4kx22)1

14k2

解得x0PQ为直径的圆过x轴上的定点(．………… 14分

法三：设直线AC的方程为ykx1，则M(,0)， ---------------------------------5分 x22y220,22

x2(kx1)20， 化简得到

ykx1,

1k

所以(12k2)x24kx0，所以x10,x2

4k

, -----------------------------6分

2k21

4k2k214k2k21， -------7分 所以y2kx21k2,所以1C(2,)2k12k212k12k21

4k2k21

因为C,D关于y轴对称，所以D(2,2).----------------------------8分

2k12k1

2k21

12所以直线BD的方程为，即

yx1

4k2k1

y

1

x1.------------------10分 2k

1

令y0，得到x2k，所以N(2k,0).AMAN(,1)(2k,1)10, -----12分

k

所以MAN90, ----13分所以,以线段MN为直径的圆恒过(0,2)和(0,2)两点.

x2y2

1(a1).-------------------------------1分 （Ⅰ）由已知可设椭圆G的方程为：2

a1a2112

,-----------------------------------------------------2分 由e，可得e2

a22

2

解得a2, ----------------------------------------------3分

x2y2

1. ------------------------------------------4分 所以椭圆的标准方程为21

（Ⅱ）法一：

设C(x0,y0),且x00，则D(x0,y0). ----------------------------------------5分 因为A(0,1),B(0,1), 所以直线AC的方程为y

y01

x1. ----------------------------------------6分 x0

令y0，得xM

x0x0

,0). ------------------------------------7分 ，所以M(

y01y01

y01x0

x1，求得N(,0).-----------------------8分

y01x0

同理直线BD的方程为y

x0x0

AM(,1),AN(,1), -----------------------------------------9分

1y01y0x02

1, --------------------------------------10分 所以AMAN

1y02

x2

y21上，所以x022(1y02),-------------------11分 由C(x0,y0)在椭圆G：2



所以AMAN10, -----------------------------13分

所以MAN90,

所以，以线段MN为直径的圆不过点A. ------------------------------14分

法二：因为C,D关于y轴对称，且B在y轴上

所以CBADBA. ------------------------------------------5分 因为N在x轴上，又A(0,1),B(0,1)关于x轴对称

所以NABNBACBA, ------------------------------------------6分 所以BC//AN, -------------------------------------------7分 所以NAC180ACB, ------------------------------------------8分 设C(x0,y0),且x00，则x022(1y02). ----------------------------------------9分 因为CACB(x0,y01)(x0,y01)x02(y021)



32

x00,----------------11分 2

所以ACB90,所以NAC90, 所以，以线段MN为直径的圆不过点A. -14分 8.（16.19）已知点M为椭圆C:3x24y212的右顶点，点A,B是椭圆C上不同的两点（均

（Ⅱ）试判断直线AB是否过定点？若是，求出定点坐标；若否，说明理由．

x2y2

1，则a2，bc1． 解：（Ⅰ）椭圆C的方程可化为

43

1

故离心率为，焦点坐标为(1,0),(1,0)．……………………………………4分

2

（Ⅱ）由题意，直线AB斜率存在.可设直线AB的方程为ykxm，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

则y1kx1m，y2kx2m．

ykxm,

由2得(34k2)x28kmx4m2120. 2

3x4y12

判别式D=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(4k2-m2+3)>0. 8km4m212

所以x1x2，x1x2，

34k234k2

1

因为直线MA与直线MB斜率之积为，

4

y1y21

， 所以

x12x224

所以4(kx1m)(kx2m)(x12)(x22)．

化简得(4k21)x1x2(4km2)(x1x2)4m240， 4m212(8km)

(4km2)4m240， 所以(4k1)22

34k34k

2

化简得m22km8k20，即m4k或m2k.

当m4k时，直线AB方程为yk(x4)，过定点(4,0)．

m4k代入判别式大于零中，解得-

11

当m2k时，直线AB方程为yk(x2)，过定点M(2,0)，不符合题意舍去．

故直线AB过定点(4,0)．………………………………………………………13分



（Ⅱ）若动点P在直线x1上，过P作直线交椭圆C于M，N两点，且MPPN，再过

P作直线l⊥MN.证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.

解：（Ⅰ）因为点(2，0)在椭圆C上，所以

40

21，所以a24 2

ab

a2b21c11

解得b23， 因为椭圆C的离心率为，所以，即2

2a2a4

x2y21.……………5分 所以椭圆C的方程为43

（Ⅱ）设P(1，y0)，y0(

33

)， 22

①当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为yy0k(x1)，M(x1，y1)，

3x24y212，

N(x2，y2)，由

yy0k(x1)，

8ky08k2

得(34k)x(8ky08k)x(4y8ky04k12)0所以x1+x2，

34k2

2

2

2

20

2

8ky08k2x1x2

=1，即=2. 因为MPPN，即P为MN中点，所以2

234k

所以kMN

3

(y00)， 4y0

4y04y

，所以直线l的方程为yy00(x1)， 33

4y11

0). 即y0(x)，显然直线l恒过定点(，

344

因为直线lMN，所以kl

②当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x1， 此时直线l为x轴，也过点(综上所述直线l恒过定点(

1

，0) 4

1，0). ……………14分 4

（Ⅰ）求椭圆标准方程；

''

（Ⅱ）若直线xmy1(m0)交椭圆于A,C两点，点A关于x轴的对称点A，求证ACM

三点共线。

11. (15,23)已知曲线C:5mxm2y8mR.

2

2

（1）若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m范围；

（2）设m4，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线ykx4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y1与直线BM交于点G，求证：A，G，N三点共线.

x2y2解：（1）原曲线方程可化简得：1

885mm2

885mm2

78

0由题意可得：，解得：m5

25m

8

m20

（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：(2k21)x216kx240，

2

=32(2k23)，解得：k

3 2

由韦达定理得：xMxN

16k24

xx①，，② MN

2k212k21

1) 设N(xN,kxN4)，M(xM,kxM4)，G(xG，

MB方程为：y

3xMkxM6

x2，则G，1， xM

kxM6

AG

3xM

，1，ANxN，xNk2，

xMk6



欲证A，G，N三点共线，只需证AG，AN共线

即

3xM

(xNk2)xN成立，化简得：(3kk)xMxN6(xMxN)

xMk6

G，N三点共线得证 将①②代入易知等式成立，则A，

交于另一点Q，问是否存在直线l，使得四边形PABQ的对角线互相平分？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由.

（Ⅰ）解：由点P(1,)和F1关于点C(0,)对称，得F1(1,0)

所以椭圆E的焦点为F1(1,0)，F2(1,0)，由椭圆定义，得所以a2，b故椭圆E的方程为2

x

3234

2a|PF1||PF2|4.

y2143

（II）解：结论：存在直线l，使得四边形PABQ的对角线互相平分. 理由如下：由题可知直线l，直线PQ的斜率存在， 设直线l的方程为yk(x1)，直线PQ的方程为y

3

k(x1). 2

x2y2

1, 消去y，得(34k2)x28k2x4k2120， 由 34

yk(x1),

4k2128k2

x1x2x1x22

34k2， 34k由题意，可知0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，，x2y2

1,2222

由43消去y, 得(34k)x(8k12k)x4k12k30，



y3k(x1),2

由0，知k

31

，设Q(x3,y3)，又P(1,)，. 22

8k12k4k12k322x31x3122

34k

34k

若四边形PABQ的对角线互相平分，则PB与AQ的中点重合， 所以

x1x3x21

，即x1x21x3，故(x1x2)24x1x2(1x3)2. 22

38k224k2124k212k32

k 所以 (.解得. )4(1)222

434k34k34k

所以直线l为3x4y30时，四边形PABQ的对角线互相平分.……… 14分 （注：利用四边形PABQ为平行四边形，则有|PQ||AB|，也可解决问题）

（Ⅰ）求椭圆M的方程；

（Ⅱ）是否存在菱形ABCD，同时满足下列三个条件：①点A在直线y

2上；②点B，C，

D在椭圆M上；③直线BD的斜率等于1.如果存在，求出A点坐标；如果不存在，说明理

由.

b1,2

ca3,

解得：2解：（Ⅰ）由题意得： b1.a

a2b2c2.

x2

y21.………………4分 所以 椭圆M的方程为3

（Ⅱ）不存在满足题意的菱形ABCD，理由如下：………………5分 假设存在满足题意的菱形ABCD.

2t)设直线BD的方程为yxm，线段BD的中点Q(x0,y0)，点A(,B(x1,y1)，D(x2,y2)，

.

x23y23,

由得4y22mym230.………………8分 yxm

由2m16m230，解得2m2.………………9分 因为 y1y2

2



yy2mm

. ， 所以 y01

224

因为四边形ABCD为菱形，所以 Q是AC的中点. 所以C点的纵坐标yC2y02

m

21. ………………12分 2

因为点C在椭圆M上，所以yC1.这与yC1矛盾.………………13分 所以 不存在满足题意的菱形ABCD.

右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；⑵当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由。

解：⑴由题B2,0，因OABC为菱形，故AC与OB互相垂直平分。 设A1,

m，代入椭圆方程可解得m。

故SOABC

11

|OB||AC|22|m| 22

⑵假设OABC为菱形，可设AC：ykxmk0,m0，

x24y24222

由可得14kx8kmx4m40。 ykxm

设Ax1,y1,Cx2,y2，则故M

x1x2y1y2x1x24kmm

km，， 22

214k2214k

1m4km

k，因此。 ,OM224k14k14k

因k

1

1，故AC与OB不垂直。矛盾。 4k

因此当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形。

5. 已知椭圆C:x

2

⑴求椭圆C的离心率；⑵设O为原点，若点A在椭圆C上，2y24，

2

点B在直线y2上，且OAOB，求直线AB与圆x结论。

y22的位置关系，并证明你的

x2y21，所以a24，b22，从而c2a2b22。 解：⑴由题意，椭圆C：42

因此a

2，c

C

的离心率e

c； 

a⑵直线AB与圆x2y22相切。

证明如下：设点Ax0,y0，Bt,2，其中x00。

2y

因OAOB，故OAOB0，即tx02y00，解得t0。

x0

t2

当x0t时，y0，代入椭圆C

的方程，得tAB

：x

2

圆心O到直线AB

的距离d。此时直线AB与圆xy2相切； 当x0t时，直线AB：y2

2

2

y02

即y02xxytxt，0tyx20

x0t

0，

圆心O到AB的距离

d|2x0ty02

2

2y02

又x02y04，t



2y0x0，故d|2x0x0

此时AB与圆xy2相切。综上得证。

2

2

，

c

解：（Ⅰ）由题意得1a31a4b，解得a=2，b1．所以椭圆C的方程是

x2

y21…… 4分 4

yk(x1)

（Ⅱ）以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点．由x2y21

4

得(14k2)x28k2x4k240．

8k24k24

设A(x1,y1),B(x2,y2)，则有x1x2，x1x2．

14k214k2

又因为点M是椭圆C的右顶点，所以点M(2,0)．

由题意可知直线AM的方程为yx2(x2)，故点P(0,x2)．

11

)． 直线BM的方程为yx2(x2)，故点Q(0,

x222

y2

y12y1

2y2

uuuruuur

xPQN(x,0)若以线段为直径的圆过轴上的定点，则等价于PNQN0恒成立． 0

uuuruuuruuuruuur2y12y24y1y22y22y1

PN(x0,)，QN(x0,)，所以PNQNx02x020恒成

x22x12x12x22(x12)(x22)

立．

4k248k24k2

又因为(x12)(x22)x1x22(x1x2)4， 24

14k214k214k2

4k248k23k2

1)y1y2k(x11)k(x21)k[x1x2(x1x2)1]k(， 14k21

4k21

4k2

2

2

12k2

4y1y222x230x022所以x0(x2)(． 0

4kx22)1

14k2

解得x0PQ为直径的圆过x轴上的定点(．………… 14分

法三：设直线AC的方程为ykx1，则M(,0)， ---------------------------------5分 x22y220,22

x2(kx1)20， 化简得到

ykx1,

1k

所以(12k2)x24kx0，所以x10,x2

4k

, -----------------------------6分

2k21

4k2k214k2k21， -------7分 所以y2kx21k2,所以1C(2,)2k12k212k12k21

4k2k21

因为C,D关于y轴对称，所以D(2,2).----------------------------8分

2k12k1

2k21

12所以直线BD的方程为，即

yx1

4k2k1

y

1

x1.------------------10分 2k

1

令y0，得到x2k，所以N(2k,0).AMAN(,1)(2k,1)10, -----12分

k

所以MAN90, ----13分所以,以线段MN为直径的圆恒过(0,2)和(0,2)两点.

x2y2

1(a1).-------------------------------1分 （Ⅰ）由已知可设椭圆G的方程为：2

a1a2112

,-----------------------------------------------------2分 由e，可得e2

a22

2

解得a2, ----------------------------------------------3分

x2y2

1. ------------------------------------------4分 所以椭圆的标准方程为21

（Ⅱ）法一：

设C(x0,y0),且x00，则D(x0,y0). ----------------------------------------5分 因为A(0,1),B(0,1), 所以直线AC的方程为y

y01

x1. ----------------------------------------6分 x0

令y0，得xM

x0x0

,0). ------------------------------------7分 ，所以M(

y01y01

y01x0

x1，求得N(,0).-----------------------8分

y01x0

同理直线BD的方程为y

x0x0

AM(,1),AN(,1), -----------------------------------------9分

1y01y0x02

1, --------------------------------------10分 所以AMAN

1y02

x2

y21上，所以x022(1y02),-------------------11分 由C(x0,y0)在椭圆G：2



所以AMAN10, -----------------------------13分

所以MAN90,

所以，以线段MN为直径的圆不过点A. ------------------------------14分

法二：因为C,D关于y轴对称，且B在y轴上

所以CBADBA. ------------------------------------------5分 因为N在x轴上，又A(0,1),B(0,1)关于x轴对称

所以NABNBACBA, ------------------------------------------6分 所以BC//AN, -------------------------------------------7分 所以NAC180ACB, ------------------------------------------8分 设C(x0,y0),且x00，则x022(1y02). ----------------------------------------9分 因为CACB(x0,y01)(x0,y01)x02(y021)



32

x00,----------------11分 2

所以ACB90,所以NAC90, 所以，以线段MN为直径的圆不过点A. -14分 8.（16.19）已知点M为椭圆C:3x24y212的右顶点，点A,B是椭圆C上不同的两点（均

（Ⅱ）试判断直线AB是否过定点？若是，求出定点坐标；若否，说明理由．

x2y2

1，则a2，bc1． 解：（Ⅰ）椭圆C的方程可化为

43

1

故离心率为，焦点坐标为(1,0),(1,0)．……………………………………4分

2

（Ⅱ）由题意，直线AB斜率存在.可设直线AB的方程为ykxm，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

则y1kx1m，y2kx2m．

ykxm,

由2得(34k2)x28kmx4m2120. 2

3x4y12

判别式D=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(4k2-m2+3)>0. 8km4m212

所以x1x2，x1x2，

34k234k2

1

因为直线MA与直线MB斜率之积为，

4

y1y21

， 所以

x12x224

所以4(kx1m)(kx2m)(x12)(x22)．

化简得(4k21)x1x2(4km2)(x1x2)4m240， 4m212(8km)

(4km2)4m240， 所以(4k1)22

34k34k

2

化简得m22km8k20，即m4k或m2k.

当m4k时，直线AB方程为yk(x4)，过定点(4,0)．

m4k代入判别式大于零中，解得-

11

当m2k时，直线AB方程为yk(x2)，过定点M(2,0)，不符合题意舍去．

故直线AB过定点(4,0)．………………………………………………………13分



（Ⅱ）若动点P在直线x1上，过P作直线交椭圆C于M，N两点，且MPPN，再过

P作直线l⊥MN.证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.

解：（Ⅰ）因为点(2，0)在椭圆C上，所以

40

21，所以a24 2

ab

a2b21c11

解得b23， 因为椭圆C的离心率为，所以，即2

2a2a4

x2y21.……………5分 所以椭圆C的方程为43

（Ⅱ）设P(1，y0)，y0(

33

)， 22

①当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为yy0k(x1)，M(x1，y1)，

3x24y212，

N(x2，y2)，由

yy0k(x1)，

8ky08k2

得(34k)x(8ky08k)x(4y8ky04k12)0所以x1+x2，

34k2

2

2

2

20

2

8ky08k2x1x2

=1，即=2. 因为MPPN，即P为MN中点，所以2

234k

所以kMN

3

(y00)， 4y0

4y04y

，所以直线l的方程为yy00(x1)， 33

4y11

0). 即y0(x)，显然直线l恒过定点(，

344

因为直线lMN，所以kl

②当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x1， 此时直线l为x轴，也过点(综上所述直线l恒过定点(

1

，0) 4

1，0). ……………14分 4

（Ⅰ）求椭圆标准方程；

''

（Ⅱ）若直线xmy1(m0)交椭圆于A,C两点，点A关于x轴的对称点A，求证ACM

三点共线。

11. (15,23)已知曲线C:5mxm2y8mR.

2

2

（1）若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m范围；

（2）设m4，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线ykx4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y1与直线BM交于点G，求证：A，G，N三点共线.

x2y2解：（1）原曲线方程可化简得：1

885mm2

885mm2

78

0由题意可得：，解得：m5

25m

8

m20

（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：(2k21)x216kx240，

2

=32(2k23)，解得：k

3 2

由韦达定理得：xMxN

16k24

xx①，，② MN

2k212k21

1) 设N(xN,kxN4)，M(xM,kxM4)，G(xG，

MB方程为：y

3xMkxM6

x2，则G，1， xM

kxM6

AG

3xM

，1，ANxN，xNk2，

xMk6



欲证A，G，N三点共线，只需证AG，AN共线

即

3xM

(xNk2)xN成立，化简得：(3kk)xMxN6(xMxN)

xMk6

G，N三点共线得证 将①②代入易知等式成立，则A，

交于另一点Q，问是否存在直线l，使得四边形PABQ的对角线互相平分？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由.

（Ⅰ）解：由点P(1,)和F1关于点C(0,)对称，得F1(1,0)

所以椭圆E的焦点为F1(1,0)，F2(1,0)，由椭圆定义，得所以a2，b故椭圆E的方程为2

x

3234

2a|PF1||PF2|4.

y2143

（II）解：结论：存在直线l，使得四边形PABQ的对角线互相平分. 理由如下：由题可知直线l，直线PQ的斜率存在， 设直线l的方程为yk(x1)，直线PQ的方程为y

3

k(x1). 2

x2y2

1, 消去y，得(34k2)x28k2x4k2120， 由 34

yk(x1),

4k2128k2

x1x2x1x22

34k2， 34k由题意，可知0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，，x2y2

1,2222

由43消去y, 得(34k)x(8k12k)x4k12k30，



y3k(x1),2

由0，知k

31

，设Q(x3,y3)，又P(1,)，. 22

8k12k4k12k322x31x3122

34k

34k

若四边形PABQ的对角线互相平分，则PB与AQ的中点重合， 所以

x1x3x21

，即x1x21x3，故(x1x2)24x1x2(1x3)2. 22

38k224k2124k212k32

k 所以 (.解得. )4(1)222

434k34k34k

所以直线l为3x4y30时，四边形PABQ的对角线互相平分.……… 14分 （注：利用四边形PABQ为平行四边形，则有|PQ||AB|，也可解决问题）

（Ⅰ）求椭圆M的方程；

（Ⅱ）是否存在菱形ABCD，同时满足下列三个条件：①点A在直线y

2上；②点B，C，

D在椭圆M上；③直线BD的斜率等于1.如果存在，求出A点坐标；如果不存在，说明理

由.

b1,2

ca3,

解得：2解：（Ⅰ）由题意得： b1.a

a2b2c2.

x2

y21.………………4分 所以 椭圆M的方程为3

（Ⅱ）不存在满足题意的菱形ABCD，理由如下：………………5分 假设存在满足题意的菱形ABCD.

2t)设直线BD的方程为yxm，线段BD的中点Q(x0,y0)，点A(,B(x1,y1)，D(x2,y2)，

.

x23y23,

由得4y22mym230.………………8分 yxm

由2m16m230，解得2m2.………………9分 因为 y1y2

2



yy2mm

. ， 所以 y01

224

因为四边形ABCD为菱形，所以 Q是AC的中点. 所以C点的纵坐标yC2y02

m

21. ………………12分 2

因为点C在椭圆M上，所以yC1.这与yC1矛盾.………………13分 所以 不存在满足题意的菱形ABCD.

右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；⑵当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由。

解：⑴由题B2,0，因OABC为菱形，故AC与OB互相垂直平分。 设A1,

m，代入椭圆方程可解得m。

故SOABC

11

|OB||AC|22|m| 22

⑵假设OABC为菱形，可设AC：ykxmk0,m0，

x24y24222

由可得14kx8kmx4m40。 ykxm

设Ax1,y1,Cx2,y2，则故M

x1x2y1y2x1x24kmm

km，， 22

214k2214k

1m4km

k，因此。 ,OM224k14k14k

因k

1

1，故AC与OB不垂直。矛盾。 4k

因此当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形。