圆锥曲线18
x2y221.如图，椭圆C0：2?2?1(a?b?0，a，b为常数)，动圆C1:x2?y2?t12，b?t1?a。
ab点A1,A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D四点。 (Ⅰ)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程;
////222 (Ⅱ)设动圆C2:x?y?t2与C0相交于A,B,C,D四点，其中b?t2?a， 2t1?t2。若矩形ABCD与矩形A/B/C/D/的面积相等，证明：t12?t2为定值。
【答案】
22.（本小题满分13分）
设A是单位圆x2?y2?1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x 轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|?m|DA|(m?0,且m?1). 当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；
（Ⅱ）过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上
的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H. 是否存在m，使得对任意的k?0，都有PQ?PH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）如图1，设M(x,y)，A(x0,y0)，则由|DM|?m|DA|(m?0,且m?1)，
可得x?x0，|y|?m|y0|，所以x0?x，|y0|?1|y|. ① m因为A点在单位圆上运动，所以x02?y02?1. ②
y2将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x?2?1 (m?0,且m?1).
m2因为m?(0,1)U(1,??)，所以
当0?m?1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆， 两焦点坐标分别为(?1?m2,0)，(1?m2,0)； 当m?1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆， 两焦点坐标分别为(0,?m2?1)，(0,
（Ⅱ）解法1：如图2、3，?k?0，设P(x1,kx1)，H(x2,y2)，则Q(?x1,?kx1)，N(0,kx1)，
直线QN的方程为y?2kx?kx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得
m2?1).
(m2?4k2)x2?4k2x1x?k2x12?m2?0.
依题意可知此方程的两根为?x1，x2，于是由韦达定理可得 4k2x1m2x1，即x2?2. ?x1?x2??2m?4k2m?4k2
解法2：如图2、3，?x1?(0,1)，设P(x1,y1)，H(x2,y2)，则Q(?x1,?y1)，N(0,y1)，
2222??mx1?y1?m,因为P，H两点在椭圆C上，所以?22 两式相减可得 22??mx2?y2?m,m2(x12?x22)?(y12?y22)?0. ③
依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合， 故(x1?x2)(x1?x2)?0. 于是由③式可得
(y1?y2)(y1?y2)??m2. ④
(x1?x2)(x1?x2)又Q，N，H三点共线，所以kQN?kQH，即于是由④式可得kPQ?kPH2y1y1?y2. ?x1x1?x2y1y1?y21(y1?y2)(y1?y2)m2. ??????x1x1?x22(x1?x2)(x1?x2)2而PQ?PH等价于kPQ?kPHm2??1，即???1，又m?0，得m?2，
22y2故存在m?2，使得在其对应的椭圆x??1上，对任意的k?0，都有PQ?PH.
223.（本小题共14分）
uuuruuur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将①②代入易知等式成立，则A，G，N三点共线得证。
24.（本小题满分14分）
x2y22在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：2?2?1(a?b?0)的离心率e=，且椭圆C
3ab上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3. （1）求椭圆C的方程；
（2）在椭圆C上，是否存在点M（m,n）使得直线l：mx+ny=1与圆O：x+y=1相交于不同的
2
2
两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及相对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】本题是一道综合性的题目，考查直线、圆与圆锥曲线的问题，涉及到最值与探索性问题，意在考查学生的综合分析问题与运算求解的能力。
备战高考高三数学一轮复习试题精选圆锥曲线18含解析
