圆锥曲线面积类
圆锥曲线面积类
27.(2009天津卷理)设抛物线y2=2x的焦点为F,过点M
0)的直线与抛物线相交于A,B两点,与抛物线的准线相交于CBF=2,则∆BCF与∆ACF的面积之比
S∆BCF
=( )
S∆ACF
1D. 2
又|BF|=xB+
=2⇒xB=⇒yB=-3 22
由A、B、M三点共线有
0-2xAyM-yAy-yB0+3
即,故xA=2, ==M
3xM-xAxM-xB3-xA
3-
2
∴
S∆BCF2xB+13+14
===,故选择A。
S∆ACF2xA+14+15
【答案】A
54.(2009湖北卷理)(本小题满分14分)
过抛物线y=2px(p>0)的对称轴上一点A(a,0)(a>0)的直线与抛物线相交于M、N两
2
点,自M、N向直线l:x=-a作垂线,垂足分别为M1、N1。
(Ⅰ)当a=
p
时,求证:AM1⊥AN1; 2
(Ⅱ)记
∆AMM1、∆AM1N1 、∆ANN1的面积分别为S1、S2、S3,是否存在λ,使
2
得对任意的a>0,都有S2=λS1S2成立。若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由。
解 依题意,可设直线MN的方程为x=my+a,M(x1,y1),N(x2,y2), 则有M(-a,y1),N(-a,y2)
⎧x=my+a由⎨2消去x可得y2-2mpy-2ap=0 ⎩y=2px ,
⎧y1+y2=2mp从而有⎨ ①
yy=-2ap⎩12
于是x1+x2=m(y1+y2)+2a=2(m2p+a) ②
(y1y2)2(-2ap)22
又由y=2px1,y=2px2可得x1x2= ③ ==a22
4p4p
2
1
21
ppp时,点A(,0)即为抛物线的焦点,l为其准线x=-
222
PP
此时M1(-,y1),N1(-,y2),并由 ①可得y1y2=-p2
22uuuuvuuuv
证法1:QAM1=(-p,y1),AN1=(-p,y2)
(Ⅰ)如图1,当a=
uuuuvuuuv
∴AM1⋅AN1=p2+y1y2=p2-p2=0,即AM1⊥AN1
证法2:
QKAM1=-
y1y,KAN1=-2,pp
∴KAM1⋅KAN1
y1y2p2
=2=-2=-1,即AM1⊥AN1. pp
2
(Ⅱ)存在λ=4,使得对任意的a>0,都有S2=4S1S3成立,证明如下:
证法1:记直线l与x轴的交点为A1,则OA=OA1=a。于是有
11
S1=⋅MM1⋅A1M1=x1+a)y1
221
S2=⋅M1N1⋅AA1=ay1-y2
211
S3=⋅NN1⋅A1N1=x2+a)y2
22
2
∴S2=4S1S3⇔(ay1-y2)2=(x1+a)y1⋅(x2+a)y2
⇔a[(y1+y2)-4y1y2]=[x1x2+a(x1+x2)+a]y1y2
将①、②、③代入上式化简可得
222
a2(4m2p2+8ap)=2ap(2am2p+4a2)⇔4a2p(m2p+2a)
2上式恒成立,即对任意a>0,S2=4S1S3成立
2证法2:如图2,连接MN1,NM1,则由y1y2=-2ap,y1=2px1可得
KOM=
y12p2py22py2y2
=====KON1,所以直线MN1经过原点O, x1y1y1y2-2ap-a
同理可证直线NM1也经过原点O
又OA=OA1=a设M1A1=h1,N1A1=h2,MM1=d1,NN1=d2,则
S1=
111
d1h1,S2=⋅2a(h1+h2)=a(h1+h2),S3=d2h2. 222
62.(2009陕西卷文)(本小题满分12分)
y2x2已知双曲线C的方程为2-2=1(a>0,b>0),
离心率e=
顶点到渐近线的距离为
ab (1)求双曲线C的方程;
(2)如图,P是双曲线C上一点,A,B两点在双曲线C的两条渐近线上,且分别位于第一、
1
二象限,若AP=λPB,λ∈[,2],求∆AOB面积的取值范围。
3
方法一 解(Ⅰ)由题意知,双曲线C的顶点(0,a
)到渐近线ax-by=0的距离为
,
5
=
ab所以
=
c5⎧ab⎪=
⎪c⎧a=2
⎪⎪⎪c
得⎨b=1 由⎨=⎪a⎪222⎩c=⎪c=a+b⎪⎪⎩
y2
-x2=1 所以曲线C的方程是4
(Ⅱ)由(Ⅰ)知双曲线C的两条渐近线方程为y=±2x
(-n,2n),m>0,n>0 设A(m,2m),B
uuuruurm-λn2(m+λn)
,), 由AP=λPB得P点的坐标为(1+λ1+λ
y2(1+λ)22
-x=1,化简得mn=
将P点的坐标代入44λ
因为∠AOB=2θ,tan(
π
14
-θ)=2,tanθ=,sin2θ=
225
又OA=,OB=
111
OA∙OB∙sin2θ=2mn=(λ+)+1 22λ111
记S(λ)=(λ+)+1,λ∈[,2]
2λ311
则S'(λ)=(1-2)
2λ
所以S∆AOB=由S'(λ)=0得λ=1 又S(1)=2,S()=
1
389,S(2)= 34
18
时,∆AOB面积取到最大值 33
当λ=1时,∆AOB面积取到最小值2,当当λ=
所以∆AOB面积范围是[2,]
83
方法二(Ⅰ)由题意知,双曲线C的顶点(0,a
)到渐近线ax-by=0,
=
ab
=
5c5
⎧ab⎪=
⎪c⎧a=2
⎪⎪⎪c
得⎨b=1 由⎨=⎪a⎪222⎩c=⎪c=a+b⎪⎪⎩
y2
-x2=1. 所以曲线C的方程是4
(Ⅱ)设直线AB的方程为y=kx+m, 由题意知k0
由⎨
⎧y=kx+mm2m
得A点的坐标为(,),
2-k2-k⎩y=2x
⎧y=kx+m-m2m
由⎨得B点的坐标为(,),
y=-2x2+k2+k⎩uuuruurm1λ2m1λAP=λPB,得P点的坐标为((-),(+)
1+λ2-k2+k1+λ2-k2+k
y24m2(1+λ)22
-x=1得=将P点的坐标代入 244-kλ
设Q为直线AB与y轴的交点,则Q点的坐标为(0,m)
S∆AOB=S∆AOQ+S∆BOQ
.
111
OQxA+OQxB=m(xA-xB)2221mm14m2=m(+)= 22-k2+k24-k2
11=(λ+)+12λ=
10. 【2014全国2高考理第10题】设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为
30°的直线交C于A,B两点,O为坐标原点,则 △OAB的面积为( )
A.
C. D.
B.
【答案】D
【解析】由题意可知:直线AB
的方程为y=
3
x-
),代入抛物线的方程可得:4
4y2--9=0,设A(x1,y1)、B(x2,y
2),则所求三角形的面积为
139
⨯,故选D. 244
【考点】本小题主要考查直线与抛物线的位置关系,考查两点间距离公式等基础知识,考查同学们分析问题与解决问题的能力.
1.(2013年高考湖北卷(文))如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且
在x轴上,短轴长分别为2m,2n(m>n),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从
大到小依次为A,B,C,D.记λ=
m
,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2. n
(Ⅰ)当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,求λ的值;
(Ⅱ)当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2?并说明理由.
第22题图
【答案】依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为
mx2y2x2y2
C1:2+2=1,C2:2+2=1. 其中a>m>n>0,λ=>1.
naman
(Ⅰ)解法1:如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则
S1=
S|BD|1111
. |BD|⋅|OM|=a|BD|,S2=|AB|⋅|ON|=a|AB|,所以1=
S2|AB|2222
在C1和C2的方程中分别令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=-m, 于是若
|BD||yB-yD|m+nλ+1
===. |AB||yA-yB|m-nλ-1
S1λ+1
=λ,化简得λ2-2λ-1=0. 由λ>1,
可解得λ=1. =λ,则
λ-1S2
故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,
则λ1. 解法2:如图1,若直线l与y轴重合,则
|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;
1111
|BD|⋅|OM|=a|BD|,S2=|AB|⋅|ON|=a|AB|. 2222S|BD|m+nλ+1
==所以1=.
S2|AB|m-nλ-1S1=若
S1λ+1
=λ,化简得λ2-2λ-1=0. 由λ>1,
可解得λ=1. =λ,则
λ-1S2
故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,
则λ1.
第22题解答图2
第22题解答图1
(Ⅱ)解法1:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2. 根据对称性, 不妨设直线l:y=kx(k>0),
点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则
因为d1=
S|BD|11
=λ,即|BD|=λ|AB|. 又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以1=
S2|AB|22
由对称性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=(λ-1)|AB|, |AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|,于是
|AD|λ+1
=. ① |BC|λ-1
=
,d2=
所以d1=d2.
将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得
xA=xB=.
根据对称性可知xC=-xB,xD=-xA,于是
2xA|AD|
==|BC|2xB从而由①和②式可得
λ+1
. ③ λ(λ-1)
λ+1n2(λ2t2-1)2令t=,则由m>n,可得t≠1,于是由③可解得k=2.
λ(λ-1)a(1-t2)
n2(λ2t2-1)
>0, 因为k≠0,所以k>0. 于是③式关于k有解,当且仅当2
a(1-t2)
2
等价于(t2-1)(t2-即1
1
λ
)1,可解得2
1
λ
λ
λ+1
1,
解得λ>1所以
λ(λ-1)
当1
当λ>1,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1=λS2. 解法2:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2. 根据对称性, 不妨设直线l:y=kx(k>0),
点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则
因为d1=
S|BD|11
=λ.
又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以1=
S2|AB|22
=
,d2=
所以d1=d2.
xλ+1xA+xB|BD|
因为. ==λ,所以A=
xλ-1|AB|x-xBAB
由点A(xA,kxA),B(xB,kxB)分别在C1,C2上,可得
xA2k2xA2xB2k2xB2xA2-xB2k2(xA2-λ2xB2)
+=1,2+2=1,两式相减可得+=0, a2m2ana2m2
依题意xA>xB>0,所以xA
2
m2(xA2-xB2)
. >xB. 所以由上式解得k=222
a(λxB-xA2)
2
2
xAm2(xA2-xB2)
10因为k>0,所以由222,可解得
xBa(λxB-xA2)
2
从而1
λ+1
解得λ>1,所以
λ-1
当1
当λ>1,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1=λS2.
(Ⅱ)设Q(x0,y0)(x0y0≠0)为椭圆C上一点,过点Q作x轴的垂线,垂足为E.取点
A
(0,,连接AE,过点A作AE的垂线交x轴于点D.点G是点D关于y轴的对
称点,作直线QG,问这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点?并说明理由
【答案】解: (1)因为椭圆过点P ∴
23222
且 a=b+c+=122
a
b
x2y2
=1 ∴ a=8 b=4 c=4 椭圆C的方程是+
84
2
2
2
(2)
由题意,各点的坐标如上图所示,
8
x0y-0
则QG的直线方程: =
y0
x0-
x0
x-
22x+2y=8, 00化简得x0y0x-(x0-8)y-8y0=0 又
2
x2y2
+=1 求得最后∆=0 所以x0x+2y0y-8=0带入84
所以直线QG与椭圆只有一个公共点.
2010天津理数)(20)(本小题满分12分)
x2y2已知椭圆2+2=1(a>b>0)
的离心率e=连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积
ab2
为4。
(1) 求椭圆的方程;
(2) 设直线l与椭圆相交于不同的两点A,B,已知点A的坐标为(-a,0),点
Q(0,y0)在线段AB的垂直平分线上,且QA QB=4,求y0的值
【解析】本小题主要考察椭圆的标准方程和几何性质,直线的方程,平面向量等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想,考查运算和推理能力,满分12分 (1
)解:由e=由题意可知,
c22222
,得3a=4c,再由c=a-b,得a=2b =
a1
⨯2a⨯2b=4,即ab=2 2
解方程组⎨
⎧a=2b
得 a=2,b=1
⎩ab=2
x2
+y2=1 所以椭圆的方程为4
(2)解:由(1)可知A(-2,0)。设B点的坐标为(x1,,y1),直线l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+2),
⎧y=k(x+2)
⎪
于是A,B两点的坐标满足方程组⎨x2 2
⎪+y=1⎩4
由方程组消去Y并整理,得(1+4k)x+16kx+(16k-4)=0
2
2
2
2
16k2-4
,得 由-2x1=
1+4k2
2-8k24kx1=,从而y=, 122
1+4k1+4k
8k22k
,) 设线段AB是中点为M,则M的坐标为(-
1+4k21+4k2
以下分两种情况:
(1)当k=0时,点B的坐标为(2,0)。线段AB的垂直平分线为y轴,于是
QA=(-2,-y0),QB=(2,-y0)由QA QB=4,得y0=±2k18k2
=(x+) (2)当K≠0时,线段AB的垂直平分线方程为Y-221+4kk1+4k
令x=0,解得y0=
→→→→→6k 1+4k2→
由QA=(-2,-y0),QB=(x1,y1-y0)
-2(2-8k2)6k4k6kQA QB=-2x1-y0(y1-y0)=+(+) 22221+4k1+4k1+4k1+4k→→
4(16k4+15k2-1)==4
22(1+4k)
整理得7k=2,故k=±2
y0=±75
综上y0=±y0=