圆锥曲线中设而不求（维达定理）

x2y2+=1的左、右焦点. 1、设F1、F2分别是椭圆54（Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求PF1?PF2的最大值和最小值；

（Ⅱ）是否存在过点A（5，0）的直线l与椭圆交于不同的两点C、D，使得|F2C|=|F2D|？

若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由.

2、已知平面上一定点C（4，0）和一定直线l:x?1,P为该平面上一动点，作PQ?l，垂足为Q，且(PC?2PQ)(PC?2PQ)?0.

（1）问点P在什么曲线上？并求出该曲线的方程；

（2）设直线l:y?kx?1与（1）中的曲线交于不同的两点A、B，是否存在实数k，使

得以线段AB为直径的圆经过点D（0，－2）？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由.

???????????? 1

x2?y2?1，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，而3、已知椭圆C1的方程为4C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点. （Ⅰ）求双曲线C2的方程；

（Ⅱ）若直线l:y?kx?2与椭圆C1及双曲线C2都恒有两个不同的交点，且l与C2

的两个交点A和B满足OA?OB?6（其中O为原点），求k的取值范围.

4、已知圆M:(x?5)2?y2?36,定点N(5,0),点P为圆M上的动点，点Q在NP上，点G在MP上，且满足NP?2NQ,GQ?NP?0. （I）求点G的轨迹C的方程；

（II）过点（2，0）作直线l，与曲线C交于A、B两点，O是坐标原点，设OS?OA?OB,

是否存在这样的直线l，使四边形OASB的对角线相等（即|OS|=|AB|）？若存在，

求出直线l的方程；若不存在，试说明理由.

2

1、解：（Ⅰ）易知a?5,b?2,c?1,?F1?(?1,0),F2(1,0)

22设P（x，y），则PF1?PF2?(?1?x,?y)?(1?x,?y)?x?y?1

x2?4?421x?1?x2?3 55?x?[?5,5]，

?当x?0，即点P为椭圆短轴端点时，PF1?PF2有最小值3；

当x??5，即点P为椭圆长轴端点时，PF1?PF2有最大值4

（Ⅱ）假设存在满足条件的直线l易知点A（5，0）在椭圆的外部，当直线l的斜率不

存在时，直线l与椭圆无交点，所在直线l斜率存在，设为k 直线l的方程为y?k(x?5)

?x2y2?1??由方程组?5，得(5k2?4)x2?50k2x?125k2?20?0 4?y?k(x?5)?依题意??20(16?80k)?0，得?255 ?k?55当?55?k?时，设交点C(x1,y1)、D(x2,y2)，CD的中点为R(x0,y0)， 55x1?x250k225k2,x0??2则x1?x2? 225k?45k?425k2?20k?y0?k(x0?5)?k(2?5)?2.

5k?45k?4又|F2C|=|F2D|?F2R?l?k?kF2R??1

?k?kF2R20k)220k25k?4?k????1 2225k4?20k1?25k?40?(?2

2

2

∴20k=20k－4，而20k=20k－4不成立， 所以不存在直线l，使得|F2C|=|F2D| 综上所述，不存在直线l，使得|F2C|=|F2D|

2

2、解：（1）设P的坐标为(x,y)，由(PC?2PQ)?(PC?2PQ)?0得

|PC|2?4|PQ|2?0（2分） ∴（x?4)2?y2?4(x?1)2?0,（4分）

3

x2y2x2y2??1. ∴P点在双曲线上，其方程为??1.（6分） 化简得

412412 （2）设A、B点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)，

?y?kx?1?由?x2 得(3?k2)x2?2kx?13?0,（7分） y2?1???412?x1?x2?2k13,xx??，（8分） 12223?k3?k∵AB与双曲线交于两点，∴△>0，即4k2?4(3?k2)(?13)?0, 解得?13?k?13.（9分） 22∵若以AB为直径的圆过D（0，－2），则AD⊥BD，∴kAD?kBD??1， 即

y1?2y2?2???1，（10分） x1x2∴(y1?2)(y2?2)?x1x2?0?(kx1?3)(kx2?3)?x1x2?0, ∴(k2?1)x1x2?3k(x1?x2)?9?0?(k2?1)(?132k)?3k??9?0.(12分) 223?k3?k14解得k2?7,?k??14?(?13,13)，故满足题意的k值存在，且k值为?.

48422

223解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为x?y?1，则a2?4?1?3,再由a2?b2?c2得b2?1.

a2b2x2?y2?1. 故C2的方程为3x2?y2?1得(1?4k2)x2?82kx?4?0. （II）将y?kx?2代入4由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得

?1?(82)2k2?16(1?4k2)?16(4k2?1)?0,

2即 k?1. ① 4x2将y?kx?2代入?y2?1得(1?3k2)x2?62kx?9?0.

3由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得

4

2??1?3k?0,?222???2?(?62k)?36(1?3k)?36(1?k)?0.

1即k2?且k2?1.3设A(xA,yA),B(xB,yB),则xA?xB?62k?9,x?x?AB1?3k21?3k2

由OA?OB?6得xAxB?yAyB?6,而xAxB?yAyB?xAxB?(kxA?2)(kxB?2)?(k2?1)xAxB?2k(xA?xB)?2 ?(k2?1)??962k?2k??2

1?3k21?3k23k2?7?2.3k?13k2?715k2?13于是2?6,即?0.解此不等式得

3k?13k2?1k2?131或k2?. ③ 153由①、②、③得

1113?k2?或?k2?1. 4315故k的取值范围为(?1,?

13311313)?(?,?)?(,)?(,1) 15322315NP?2NQ??4、解：（1）??Q为PN的中点且GQ⊥PN

GQ?PN?0?? ?GQ为PN的中垂线?|PG|=|GN|

∴|GN|+|GM|=|MP|=6，故G点的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，其长半轴长a?3，半

x2y2??1 ………5分 焦距c?5，∴短半轴长b=2，∴点G的轨迹方程是94 （2）因为OS?OA?OB，所以四边形OASB为平行四边形

若存在l使得|OS|=|AB|，则四边形OASB为矩形?OA?OB?0 ?x?2?x?2??若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，由?2 得?xy225?1?y????4?93? 5

?OA?OB?16?0,与OA?OB?0矛盾，故l的斜率存在. ………7分 9设l的方程为y?k(x?2),A(x1,y1),B(x2,y2)

?y?k(x?2)?由?x2y2?(9k2?4)x2?36k2x?36(k2?1)?0

?1??4?936k236(k2?1)?x1?x2?2,x1x2? ①

9k?49k2?4

y1y2?[k(x1?2)][k(x2?2)]

20k2?k[x1x2?2(x1?x2)?4]??2 ② ……………9分

9k?42

把①、②代入x1x2?y1y2?0得k??3 2∴存在直线l:3x?2y?6?0或3x?2y?6?0使得四边形OASB的对角线相等.

6

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/rm7d.html