圆锥曲线大题20道

圆锥曲线大题20道(含答案)(总13

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1.已知中心在原点的双曲线C的右焦点为（2，0），右顶点为(3,0) （1）求双曲线C的方程；

（2）若直线l:ykx2与双曲线C恒有两个不同的交点A和B，且OAOB2（其 中O为原点）. 求k的取值范围.

x2y2解：（Ⅰ）设双曲线方程为221 (a0,b0).

ab由已知得a3,c2,再由a2b222,得b21.

x2y21. 故双曲线C的方程为3x2（Ⅱ）将ykx2代入y21得 (13k2)x262kx90.

3213k0,由直线l与双曲线交于不同的两点得 222(62k)36(13k)36(1k)0.1即k2且k21. ① 设A(xA,yA),B(xB,yB)，则

3xAxB62k9,xx,由OAOB2得xAxByAyB2, AB2213k13k而xAxByAyBxAxB(kxA2)(kxB2)(k21)xAxB2k(xAxB)2

962k3k27(k1)2k22. 2213k13k3k123k273k292,即0,解此不等式得 于是23k13k211k23. ② 31由①、②得 k21.

3故k的取值范围为(1,33)(,1). 33x2y22..已知椭圆C：2＋2＝1（a＞b＞0）的左．右焦点为F1、F2，离心率为e. 直线

abl：y＝ex＋a与x轴．y轴分别交于点A、B，M是直线l与椭圆C的一个公共点，P是点F1关于直线l的对称点，设AM＝λAB.

2

（Ⅰ）证明：λ＝1－e2；

（Ⅱ）确定λ的值，使得△PF1F2是等腰三角形.

（Ⅰ）证法一：因为A、B分别是直线l：yexa与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别

yexa,xc,a22是(,0),(0,a).由x2y2得b2这里cab.

e221,y.cbab2ab2a 所以点M的坐标是（c,）. 由AMAB得(c,)(,a).

aeaeaacee即2baa解得1e2

证法二：因为A、B分别是直线l：yexa与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是

a(,0),(0,a).设M的坐标是(x0,y0), eaa由AMAB得(x0,y0)(,a),

eeax0(1)所以 ey0a.22x0y0因为点M在椭圆上，所以 221,

aba[(1)]2(a)2(1)22e即21,所以1. 222abe1ee42(1)e2(1)20, 解得e21即1e2.

（Ⅱ）解法一：因为PF1⊥l，所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角，要使△PF1F2为等腰三角形，必

1有|PF1|=|F1F2|，即|PF1|c.

2 设点F1到l的距离为d，

由

1|e(c)0a||aec||PF1|dc,

2221e1ee.

得

1e21e23

12所以e2,于是1e2.

332 即当时,△PF1F2为等腰三角形.

3解法二：因为PF1⊥l，所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角，要使△PF1F2为等腰三角形，必有|PF1|=|F1F2|，

设点P的坐标是(x0,y0)，

1y00e23x02c,xcee1则0，解得 2y2(1e)a.y00ex0ca.0e2122(e23)c2(1e2)a22c][2]4c2, 由|PF1|=|F1F2|得[2e1e1两边同时除以

1从而e2.

34a2，化简得

(e21)2e2. 2e1于是11e2即当2 32时，△PF1F2为等腰三角形. 33.设x,yR，i、j为直角坐标平面内x轴、y轴正方向上的单位向量，若

ab4. ，且axi(y3)j, bxi(y3)j（Ⅰ）求点P(x,y)的轨迹C的方程；

（Ⅱ）若A、B为轨迹C上的两点，满足AMMB，其中M（0，3），求线段AB的长. [启思]

4.已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A、B两点，OAOB与a(3,1)共线. （Ⅰ）求椭圆的离心率；

（Ⅱ）设M为椭圆上任意一点，且OMOAOB (,R)，证明22为定值. 解：本小题主要考查直线方程、平面向量及椭圆的几何性质等基本知识，考查综合运用数学

知识解决问题及推理的能力. 满分12分.

x2y2（1）解：设椭圆方程为221(ab0),F(c,0)

ab4

x2y2则直线AB的方程为yxc，代入221，化简得

ab(a2b2)x22a2cxa2c2a2b20.

a2ca2c2a2b2 令A（x1,y1），B(x2,y2），则x1x22,x1x2.2222abab由OAOB(x1x2,y1y2),a(3,1),OAOB与a共线，得

3(y1y2)(x1x2)0,又y1x1c,y2x2c，

3(x1x22c)(x1x2)0,2a2c3c即2，所以a23b2.22abx1x23c. 26a， 3ca2b2故离心率ec6. a322x2y2（II）证明：（1）知a3b，所以椭圆221可化为x23y23b2.

ab设OM(x,y)，由已知得(x,y)(x1,y1)(x2,y2),

xx1x2, M(x,y)在椭圆上，(x1x2)23(y1y2)23b2. yx1x2.22即2(x123y12)2(x23y2)2(x1x23y1y2)3b2.①

由（1）知x1x23c232212,ac,bc. 222[变式新题型3]

抛物线的顶点在原点，焦点在x轴上，准线l与x轴相交于点A(–1，0)，过点A的直线与抛物线相交于P、Q两点.

（1）求抛物线的方程；

（2）若FP•FQ=0，求直线PQ的方程；

（3）设AP=λAQ（λ>1），点P关于x轴的对称点为M，证明：FM=-λFQ. .

6.已知在平面直角坐标系xoy中，向量j(0,1),OFP的面积为23，且

OFFPt,OM3OPj . 3（I）设4t43,求向量OF与FP 的夹角的取值范围；

5

（II）设以原点O为中心，对称轴在坐标轴上，以F为右焦点的椭圆经过点M，且

|OF|c,t(31)c2,当|OP|取最小值时，求椭圆的方程.

7.已知M(0,2)，点A在x轴上，点B在y轴的正半轴，点P在直线AB上，且满足，

APPB，MAAP0.

（Ⅰ）当点A在x轴上移动时，求动点P的轨迹C方程；

（Ⅱ）过(2,0)的直线l与轨迹C交于E、F两点，又过E、F作轨迹C的切线l1、l2，当

l1l2，求直线l的方程.

8. 已知点C为圆(x1)2y28的圆心，点A（1，0），P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP上，且MQAP0,AP2AM.

（Ⅰ）当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程； （Ⅱ）若直线ykxk21与（Ⅰ）中所求点Q

的轨迹交于不同两点F，H，O是坐标原点， 23且OFOH，求△FOH的面积 34

3已知椭圆E的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A2,0、B2,0、C1,三点．

2（Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）若直线l：ykx1（k0）与椭圆E交于M、N两点，证明直线AM与直线BN的交点在直线x4上．

10．如图,过抛物线x2=4y的对称轴上任一点P(0,m)(m>0)作直线与抛物线交于A、B两点，点Q是点P关于原点的对称点。

(Ⅰ)设点P分有向线段AB所成的比为λ，证明QP(QAQB);

(Ⅱ)设直线AB的方程是x—2y+12=0,过A、B两点的圆C与抛物线在点A处有共同的切线，求圆C的方程。

6

10. 已知平面上一定点C(1,0)和一定直线l:x4.Ｐ为该平面上一动点，作PQl,垂足为Q，

(PQ2PC)(PQ2PC)0.

(1) 问点Ｐ在什么曲线上并求出该曲线方程；

(2) 点Ｏ是坐标原点，A、B两点在点Ｐ的轨迹上，若OAOB求的取值范围． （1）OC，

11. 如图，已知E、F为平面上的两个定点|EF|6 ，|FG|10，且2EHEG，

HP·GE0，（G为动点，P是HP和GF的交点） （1）建立适当的平面直角坐标系求出点P的轨迹方程；

（2）若点P的轨迹上存在两个不同的点A、B，且线段AB的中垂线与EF

9（或EF的延长线）相交于一点C，则|OC|＜（O为EF的中点）．

5G

P

H

F E

12．已知动圆过定点1,0，且与直线x1相切.

(1) 求动圆的圆心轨迹C的方程；

(2) 是否存在直线l，使l过点（0，1），并与轨迹C交于P,Q两点，且满足OPOQ0若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.

13．已知M(4,0),N(1,0)若动点P满足MNMP6|NP| （1）求动点P的轨迹方C的方程；

（2）设Q是曲线C上任意一点，求Q到直线l:x2y120的距离的最小值.

19．如图，直角梯形ABCD中，∠DAB90，AD∥BC，AB=2，AD=，BC=

7

3212椭圆F以A、B为焦点且过点D，

（Ⅰ）建立适当的直角坐标系，求椭圆的方程；

1（Ⅱ）若点E满足ECAB,是否存在斜率

2k0的直线l与椭圆F交于M、N两点，且

D A

C B

|ME||NE|，若存在，求K的取值范围；若不存在，说明理由。

解（1）已知双曲线实半轴a1=4，虚半轴b1=25，半焦距c1=16206， ∴椭圆的长半轴a2=c1=6，椭圆的半焦距c2=a1=4，椭圆的短半轴b2=624220，

x2y21 ∴所求的椭圆方程为

3620（2）由已知A(6,0),F(4,0)，设点P的坐标为(x,y)，则

AP(x6,y),FP(x4,y),由已知得 x2y21 3620(x6)(x4)y203则2x29x180，解之得x或x6，

235353，所以点P的坐标为,由于y>0，所以只能取x，于是y39分

2222m6（3）直线AP:x3y60，设点M是(m,0)，则点M到直线AP的距离是，于是

2m6m6， 2又∵点M在椭圆的长轴上，即 6m6m2 ∴当m2时，椭圆上的点到M(2,0)的距离

5x2492222d(x2)yx4x420(x)215

9929又6x6 ∴当x时，d取最小值15

22．解：（1）由231|OF||FP|sin,得|OF||FP|43,由cosOFFPtsin，

2sin|OF||FP|43

得tan43t.…………………………………………………………………3

分

4t431tan3[0,] ∴夹角的取值范围是（

,） 43………………………………………………………………6分

（2）设P(x0,y0),则FP(x0c,y0),OF(c,0).

8

OFFP(x0c,y0)(c,0)(x0c)ct(31)c2

143SOFP|OF||y0|23y02cx03c

…………………………………………………………………………………………8分

22|OP|x0y0(3c)2(43243)23c26………………10分 cc∴当且仅当3cOM43,即c2时,|OP|取最小值26,此时,OP(23,23) c3(23,23)(0,1)(2,3) 33或OM3(23,23)(0,1)(2,1) …………12分 椭圆长轴

2a(22)2(30)2(22)2(30)28a4,b212

或2a(22)2(10)2(22)2(10)2117a1172117 ,b22x2y21.或x2y21 …………14分 故所求椭圆方程为

161291711722→·→＝0，则xx＋yy＝0， ……………………1分

解： （Ⅰ）∵ OPOQ1212又P、Q在抛物线上，

∴y12＝2px1，y22＝2px2， y12y22

2

∴ 2p· ＋y1y2＝0， y1y2＝－4p， 2p

∴ |y1y2|＝4p2， ……………………3分

又|y1y2|＝4，∴4p2＝4，p=1． ……………………4分 （Ⅱ）设E(a,0），直线PQ方程为x＝my＋a ,

x＝my＋a

联立方程组 2 , ……………………5分

y＝2px

消去x得y2－2pmy－2pa＝0 , ……………………6分 ∴ y1y2＝－2pa , ① ……………………7分 设F(b,0)，R(x3,y3)，同理可知：

y1y3＝－2pb , ② ……………………8分

y3b

由①、②可得 y＝a , ③ ……………………9分

2

→＝3TQ→，设T(c,0)，则有 若 TR

(x3－c,y3－0)＝3(x2－c,y2－0),

y3

∴ y3＝3y2 即 y＝3, ④ ……………………10分

2

将④代入③，得 b＝3a． ……………………11分

9

→·→＝0 ,

又由（Ⅰ）知，OPOQ

∴ y1y2＝－4p2，代入①，

得－2pa＝－4 p2 ∴ a＝2p, ……………………13分 ∴ b＝6p,

→＝3TQ→． ………………14分

故，在x轴上，存在异于E的一点F(6p,0)，使得 TR注：若设直线PQ的方程为y＝kx＋b，不影响解答结果．

（Ⅰ）解：设P(x,y) 则

AP(xxA,y) PB(x,yBy) ……………………………………………...2分 由APPB 得 xA2x，yB2y ……………………………………………..4分 又MA(xA,2) AP(xxA,y) 即MA(2x,2)，AP(x,y)……………6分 由MAAP0 得 x2y(y0)……………………………………………………..8分 （Ⅱ）设E(x1,y1)，F(x2,y2)

因为y'x ，故两切线的斜率分别为x1、x2……………………………10分

x22y由方程组 得x22kx4k0 x1x22k x1x24k………..12

yk(x2)1当l1l2时，，x1x21，所以 k

81所以，直线l的方程是 y(x2) …………

8

11解：(Ⅰ)∵MF2x轴，∴|MF2|,由椭圆的定义得：|MF1|2a，--------2分

22111∵|MF1|2(2c)2，∴(2a)24c2，-----------------------------------4分

424又e33得c2a2 ∴4a22a3a2, a0 a2

42∴b2a2c212a1，-------------------------------6分 4x2∴所求椭圆C的方程为y21．------------------------------------------------7分

4(Ⅱ)由（Ⅰ）知点A(－2,0)，点B为（0，－1），设点P的坐标为(x,y)

10

则PA(2x,y)，AB(2,1), 由PAABm－4得－42xym4，

∴点P的轨迹方程为y2xm------------------------------------9分 设点B关于P的轨迹的对称点为B'(x0,y0)，则由轴对称的性质可得：

y01x1y1,020m， x022244m2m3,y0，------------------------------11分 5544m22m32)4()4，整理得2m2m30解得m1或 ∵点B'(x0,y0)在椭圆上，∴ (553m

23∴点P的轨迹方程为y2x1或y2x，-------------------------------------------13分

23经检验y2x1和y2x都符合题设，

23∴满足条件的点P的轨迹方程为y2x1或y2x．---

2解得：x0解(Ⅰ)依题意,可设直线AB的方程为ykxm,代入抛物线方程x24y得 x24kx4m0. ①

设A、B两点的坐标分别是（x1,y1）、(x2,y2),则x1、x2是方程①的两根。 所以x1x24m.

由点P（0，m）分有向线段AB所成的比为， 得

x1x2x0， 即1.

1x2又点Q是点P关于原点的以称点，

故点Q的坐标是（0，--m）,从而QP(0,2m).

QAQB(x1,y1m)(x2,y2m) =(x1x2,y1y2(1)m).

QP(QAQB)2m[y1y2(1)m] x1x1x22x =2m[(11)m]

4x24x211

2 =2m(x1x24m1x2)x4x 2 =2m(x4m4m1x2)4x

2 =0，

所以OP(QAQB).

(Ⅱ) 由x2y120,x24y,得点A、B的坐标分别是（6，9）、（--4，4）。

由x24y得y14x2， y12x, 所以抛物线x24y在点A处切线的斜率为yx63。

设圆C的方程是(xa)2(yb)2r2，

 则b91(a,a66)23(b9)2(a4)2(b4)2.  解之得 a32,b232,r2(a4)2(b4)21252. 所以圆C的方程是(x32)2(y231252)22，

解:(1)由(PQ2PC)•(PQ2PC)0,得: PQ24PC20,………（2分）

设P(x,y),则(x4)24(x1)2y20,化简得: x2y2431,………（4分）

点P在椭圆上,其方程为x2y2431.………（6分） (2)设A(x1,y1)、B(x2,y2)，由OAOB(1)OC得：CACB0，所以，且0,得:(xx11x211,y1)(x21,y2)0,即: yy…（8分）

12

因为x21y21(1x2431,所以2)4(y2)31 ①………（9分）

x22又因为2y4231,所以(x2)2(y2)2432 ②………（10分） 12

A、B 、C三点共线.

352(1)x2(1)212 ,化简得: x2由①-②得: ,………（12分）

24

因为2x22,所以2352. 211解得: 3所以的取值范围为,3.

33

解：（1）如图1，以EF所在的直线为x轴，EF的中垂线为y轴， 建立平面直角坐标系。----------------------------------------1分 由题设2EHEG，HP•EG0 ∴|PG||PE|，而|PF||PE||PG|2a-------------3分 ∴点P是以E、F为焦点、长轴长为10的椭圆，

x2y21-----------------4分 故点P的轨迹方程是：

2516（2）如图2 ，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x0,0)， ∴x1x2，且|CA||CB|，--------------------------------6分 即(x1x0)2y1(x2x0)2y2 又A、B在轨迹上，

xyxy∴111，221 25162516162x1， 251622y216x2---------------8分

25代入整理得：

9222(x2x1)x0(x2x1)

25222222yG A P H C E O F 即y1162x B 图2

9(x1x2)∵x1x2，∴x0．---------------------10分

50∵5x15，5x25 ，∴10x1x210． ∵x1x2，∴10x1x210 ∴999x0，即|OC|＜．---------------1 55513

（Ⅰ）以AB中点为原点O，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系，如图 则A（-1,0） B(1,0) D(-1,32) (1分)

设椭圆F的方程为x2ay2 2b21(ab0) （2分）

23 得(1)22a221 （4分）

ba2b21 得4a417a240a21a24b23

所求椭圆F方程 x2y2431 （6分） （Ⅱ）由EC12AB得E(0,12)

显然lAB时不合条件设l方程ykxm(k0)

代入x2y2431得(34k2)x28kmx4m2120 （7分）l与椭圆F有两不同公共点的充要条件是

(8km)24(34k2)(4m212)0 (8分)

即4k2m230

设M(x1,y1)、N(x2,y2)，MN中点P(x0,y0)

|ME||NE|等价于PEMN

2x8km0x1x234k2x4km034k2 (9分) ykx6m00m34k2 （10分） y1PEMN得02x1 （11分） 0k6m1得 34k224km134k2k 得 m2 （12分） 34k22代入 0得4k234k2320

14

04k234 又k01 （13分） 411故k取值范围为k(,0)(0,) （14分）

22得k2解法2， 设M(x1,y1)、N(x2,y2)

x12y12143 得2 2x2y2134①

②

13222 ①—② 得(x12x2)(y1y2)0

14 x1x2得y1y23xx21 x1x24y1y23x3得k0 得ky0x0 ③ （9分）

4y04 设MN中点P(x0,y0) |ME||NE|y0即PEMN

得

121 得kyxk ④ （11分）

00x0k2 由③、④得 x02k,94k24 得1433y0

2 且P（x0,y0）在椭圆F内部

得k21 （13分） 4又k0

11k取值范围为k(,0)(0,) （14分）

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