传统经典椭圆题目

1 x 1 …………………7 分 k
2
y kx 1 x 4y 4
2 2
,消去 y 整理得 1 4 k

2
x
8kx 0 ,解得 xM
8k , 1 4k 2
8k 8 k 2 代 入 可 得 y kx 1 y 1 , 故 点 M 的 坐 标 为 M 1 4k 2 1 4k 2
2
2 8k 8k 2 8k 8k 2 8k 1 k 2 .所以 , M , 1 HM 2 2 2 2 1 4k 2 1 4k 1 4k 1 4k 1 4k
同理可得 HN
8 1 k2 2 2 ,由 HM HN ,得 k 4 k 1 4k , 2 4k
直线 HP 斜率为： k HP
k
1 3b 1 1 ，化简得 k 2 = ， k 4 5
5 ，即存在两个符合题意的等腰直角 HMN .…………13 分 5
综上①、②可知，一共有 3 个符合题意的等腰直角 HMN .………14 分
（2012 广东高考变式）椭圆 E :
F2 ，离心率 e
解： （1）以 AB 所在的直线为 x 轴，过 AB 中点 O 且平行于直线 AC 的直线为 y 轴建立平面直 角坐标系.在 RtCAB 中， CB
3 3 ， 2
PA PB CA CB
2 3 2 2 2 2 AB ， 2 2
x2 y 2 1 a b 0 ， a 2 b2
19.解：(Ⅰ)设点 P 的坐标为 x, y ( x 2 ),则 k PA （Ⅱ）解一：设能构成等腰直角 HMN ,其中 H 为 0,1 , 由题意可知,直角边 HM , HN 不可能垂直或平行于 x 轴, 故可设 HM 所在直线的方程为 y kx 1 , (不妨设 k 0 ),则 HN 所在直线的方程为 y 联立方程 将 xM
3 5 3 5 时, HN 斜率 , 2 2 综上所述,符合条件的三角形有 3 个.……14 分
解二：设能构成等腰直角 HMN ,其中 H 为 0,1 ,
1
当线段 MN // x轴 时， HMN 为等腰直角三角形，直线 HM 为： y x 1 ，
联立椭圆 E，解得 M 点为 , , N 点为 , ，符合题意；…………7 分
2 2
将①代入椭圆 E 中，得 3 y 2ty t 2 0 ，由 0 知 3 t
3Hale Waihona Puke Baidu
2t t2 2 所以 0 .由韦达定理知， y1 y 2 ， y1 y 2 又 1 t 1， . 3 3 S MANB 2 6 2t 2 2 6 ，当且仅当 t 0 时等号成立. y1 y 2 3 3
1 . 4
y0 y0 , k PB ,………2 分 x2 x2 1 x2 y y 1 依题意 k PA k PB ,所以 y 2 1 ,…………4 分 ,化简得 4 4 x2 x2 4 2 x 所以动点 P 的轨迹 E 的方程为 y 2 1 ( x 2 ).…………………5 分 4 (注:如果未说明 x 2 (或注 y 0 ),扣 1 分.)
x2 y2 1( a b 0) 的左焦点为 F1 ，右焦点为 a 2 b2
1 。过 F1 的直线交椭圆于 A, B 两点，且 ABF2 的周长为 8。 2 （1）求椭圆 E 的方程。
（ 2 ） 在 椭 圆 E 上 ， 是 否 存 在 点 M (m, n) 使 得 直 线 l : mx ny 1 与 圆
点P的轨迹方程为椭圆， 设其标准方程为：
则a
2 , c 1 ， b 1 ，所求的椭圆 E 为：
x2 y 2 1. 2
（2） 存在， 点 C 的坐标为 1,
2 2 2 2 ， ，1, ，1, 则与 C 对称的点有 1, 2 2 2 2
2014 年七校联考）19.(本题满分 14 分)已知两点 A 2, 0 、 B 2, 0 ,动点 P 与 A 、 B 两点 连线的斜率 k PA 、 k PB 满足 k PA k PB (Ⅰ) 求动点 P 的轨迹 E 的方程； （Ⅱ）H 是曲线 E 与 y 轴正半轴的交点,曲线 E 上是否存在两点 M 、N ,使得 HMN 是 以 H 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在,请说明有几个；若不存在,请说明理由.


k 3 4k 2 4k 1 0 ,整理得 k 1 k 2 3k 1 0 ,解得 k 1 或 k
当 HM 斜率 k 1 时, HN 斜率 1 ；当 HM 斜率 k 当 HM 斜率 k
3 5 …11 分 2
3 5 3 5 时, HN 斜率 ； 2 2
椭圆 E 的方程为
x2 y2 1 …………………………………………………………6 分 4 3 1 m2 n2 1 , m n2
2
（2）点 M 存在，理由如下： ∵点 O 到直线 AB 的距离为 d
1 d PQ 2 , 弦长 PQ 2 1 d 2 2 1
2
解得 m 2 n 2 4
1 1 1 1 S POQ t 1 t t , t , , 4 2 4 3
故 S POQ


max

2 1 , 此时 t , n 0 ，点 M 为 2,0 或 2,0 .………14 分 3 3
∴ S POQ
1 1 ， 1 2 2 2 m n m n
2
令t
1 m2 n2 则 由点 M 在椭圆上，有 , S t 1 t , 1， POQ 4 3 m2 n2 n2 1 1 1 , 而 0 n 2 3, t 2 , , 2 3 m n 4 3
8 5
3 5
8 5
3 5
2
当线段 MN不与x轴平行 时，设 M x1 , y1 , N x 2 , y 2 , 直线 MN 斜率存在，
记为 k , k 0 ，则直线 MN 方程为： y kx b ，………………8 分 将直线 MN 代入椭圆 E 中，化简得 1 4k

2
x
2
8kbx 4 b 2 1 0 ， 4 b2 1 8kb x x . , 1 2 1 4k 2 1 4k 2
………………10 分


由 0 知 b 2 1 4k 2 . 由韦达定理知 x1 x 2
y1 y 2 b 2 4k 2 2b y y . , 1 2 1 4k 2 1 4k 2
三个，另外由于 b c 1 ，则椭圆 E 的上下顶点都满足，分别为 0,1 ， 0,1 ， 所以一共有五个点. （3）设 M (x1，x2)、N(x2，y2)，则 S MANB
1 AB y1 y 2 y1 y 2 （即 ） ， 2 a
①
所以由直线 l为：y x t ,1 t 1 ，得 x y t ,


MH NH 0, x1 x 2 y1 y 2 y1 y 2 1 0 ，化简得 3 5b 2 2b 3 0, 解得 b 1, 或b . 5 当 b 1 时，它与 H 点重合，不合舍去！
………………12 分
3 4kb b 当 b 时，记 P 为 MN 中点，则 P 为 , , 2 2 5 1 4k 1 4k
解：
，
Q， 且 POQ 的面积最大？若存在， O : x 2 y 2 1 相交于不同的两点 P ，
求出点 M 的坐标及相对应的 POQ 的面积；若不存在，请说明理由。
c 1 解： （1）设 c a 2 b 2 ， 则 e a 2c 3a 2 4b 2 a 2 ABF2 的周长为 AB AF2 BF2 8 AF1 AF2 BF1 BF2 8 4a 8 a 2, b 3, c 1