圓錐曲線大題20道(含標準答案)

1、2已知中心在原點的雙曲線C的右焦點為（2, 0）,右頂點為”（J3,o）（1）求雙曲線C的方程;（2）若直線I:y kx2與雙曲線C恒有兩個不同的交點 A和B,且OA OB 2 （其中0為原點）求k的取值范圍解：（I）1 (a 0,b0).2設(shè)雙曲線方程為篤a由已知得a 、3,c2,再由 a2,cb222,得 b21.故雙曲線2C的方程為31.(n)將y2代入1 得(1 3k2)x26.2kx 90.由直線I與雙曲線交于不同的兩點得1 3k20,2 2 2(6、2k)36(1 3k )36(1 k )0.即 k2 3且k2 1.設(shè) AgmBgyB)，XaXb6.2kRXAXB討0A 0B2得x

2、 AXByA yB 2,而 XaXbYaYbXaXb(kxA 2)(kxB 2)(k2 1)XaXb2k(xA Xb ) 2(k21)193k2一 2k丄理1 3k3k273k212 2于是 坐丄 2,即仝 90,解此不等式得3k213k211 k23.3由、得k 1.31/故k的取值范圍為（1 ）（山,1）.332 22.已知橢圓C:務+占=1 （a b 0）的左右焦點為R、F2,離心率為e.直線a bI: y= ex+ a與x軸.y軸分別交于點 A、B , M是直線I與橢圓C的一個公共點，P是點F1關(guān)于直線I的對稱點,設(shè)AM =入AB.1 / 1319 / 13a,o),(0, a).由y

3、exa,x(2 x2y得e221, yabM的坐標是(b2所以點c,)由AMa(I)證明：入=1 - e2;(n)確定入的值，使得 PF1F2是等腰三角形(I)證法一：因為A、B分別是直線aac即e2e解得 1 e2b2aaB的坐標分別是I: y ex a與x軸、y軸的交點，所以 A、c,b2 這里 c 、a2 b2 .ca b2aAB得(c ,)(,a).證法二：因為 A、B分別是直線I: yex a與x軸、y軸的交點，所以A、B的坐標分別是(-,o),(o,a).設(shè) eM的坐標是(Xo, yo),UULU 由AMurnAB得 (xoa,yo)e(旦,a),e所以xoyoe(a.1)因為點M

4、在橢圓上，所以2 xo 2 a解得a22(11)2)e2(a)2b2(1(n)解法一：1即丄 | PF! | c.2 “設(shè)點F1到|的距離為d,因為PF1 丄 I,IPF1 | d|e(1,所以斗e)2 o,1 e2.所以/ PF1F2=90c) 0 a |1 e+ / BAF1為鈍角，要使PF1F2為等腰三角形,必有 |PF1|=|F1F2|,ec| .1 e2|ac,得12e e-2e所以e21,于是3e ae即當-時， PF1F2為等腰三角形3解法二：因為 PFi丄|，所以/ PFiF2=90+ / BAFi為鈍角，要使 PF1F2為等腰三角形，必有|PFi|=|FiF2|,設(shè)點P的坐標

5、是(x0, y0),y。0 則X。cyo o2解得XoXoa.yoe2 32C,e 12(1 e2)ae21由 |PF1|=|F1F2得(e2e3)c1c22(12、e )a2 2 e 14c2,兩邊同時除以4a2,化簡得e從而2 e13于是11 e22*3即當2嚴時， PF1F-2為等腰三角形33.設(shè) X,yR，i、j為直角坐標平面內(nèi)Xa Xi(y由)j,bXi(y 0)作直線與拋物線交于 A、B兩點，點Q是點P關(guān)于原點 的對稱點。(I )設(shè)點P分有向線段AB所成的比為 入，證明QP (QA QB);(n )設(shè)直線AB的方程是x 2y+12=0,過A、B兩點的圓C與拋物線在點C的方程。10.

6、已知平面上一定點C( 1,0)和一定直線l : x(PQ 2PC) (PQ 2 PC) 0.(1) 問點P在什么曲線上？并求出該曲線方程；(2) 點O是坐標原點，A、B兩點在點P的軌跡上，若11.如圖，已知E、F為平面上的兩個定點|EF |(G為動點，P是HP和GF的交點)A處有共同的切線，求圓垂足為Q ,GE 0 ,(1)建立適當?shù)钠矫嬷苯亲鴺讼登蟪鳇c P的軌跡方程;(2)若點P的軌跡上存在兩個不同的點A、B，且線段AB的中垂線與EF(或EF的延長線)相交于一點C ,12 .已知動圓過定點 1,0，且與直線 x(1)求動圓的圓心軌跡C的方程； 是否存在直線l，使I過點(0，1)，9則|OC|

7、 v 9 （ O為EF的中點） 51相切.并與軌跡C交于P,Q兩點，且滿足uuuOPUJUTOQ0 ?若存在，求出直線I的方程；若不存在，說明理由13已知 M (4,0), N(1,0)若動點 P滿足 MNMP 6 | NP |(1)求動點P的軌跡方C的方程；(2)設(shè)Q是曲線C上任意一點，求 Q到直線I : x 2y 120的距離的最小值3 119.如圖，直角梯形 ABCD 中，/ DAB 90 , AD / BC, AB=2 , AD=二,BC= _22橢圓F以A、B為焦點且過點 D,(I)建立適當?shù)闹苯亲鴺讼担髾E圓的方程； 1 -(H)若點 E滿足ECAB ,是否存在斜率2k 0的直線I

8、與 橢圓F交于M、N兩點，且|ME | |NE|，若存在，求 K的取值范圍；若不存在，說明理由。解(1)已知雙曲線實半軸 a1 =4,虛半軸b1=2 = 5，半焦距c1= . 16 206 ,橢圓的長半軸 a2=c1=6，橢圓的半焦距 c2=a1=4，橢圓的短半軸 b2=： 62 4220 ,2 2所求的橢圓方程為 x y 13620(2)由已知A( 6,0) ,F (4,0)，設(shè)點P的坐標為(x, y)，則AP (x 6, y), FP (x 4, y),由已知得2 2x-乞136 20(x 6)(x 4) y203則2x2 9x 180，解之得x 或x 6 ,2由于y0,所以只能取x?，于

9、是y，所以點P的坐標為3丄3 9分(3)直線 AP : x ,3y 6，于是2 2 2 24 t 4 31 tan 3。廠夾角的取值范圍是(小) 6分又點M在橢圓的長軸上，即6 m 6m2當m 2時，橢圓上的點到M (2,0)的距離 2 2 2 25x24“9、2,d(x 2) y x4x4 20 -(x )159929又 6 x 6 當 x 一時，d取最小值 1522 解：(1)由 231 |OF| FP| sin ,得 |OF | |FP |4 3,，由 cosOFFPt sinL2sin|OF |FP |4 30 ,設(shè)點M是(m,0)，則點M到直線AP的距離是得tan4、；3 t 3分(

10、2)設(shè)P(xo，y。),則FP(x。c, y),OF (c,0).umr ULU2_OF FP (xo c, yo) (c,0) (xo c)c t (、3 1)cxo 、3c1 uuraJ3S OFP1 OF 1 I yo I 2、3 y02 c 8分|OP|(T3c)2(羋)2 店屈 羋 2莊 io 分當且僅當,3c 土2,即c 2時,|0p|取最小值2.6,此時，OP (2、. 3, 2. 3)cOM3( 3,2 3)(0,1)(2,3)或OM.33(2.3, 2 3)(0,1)(2, 1)12分橢圓長軸2a (2 2)2 (3 0)2 (2 2)2 (3 0)28 a 4,b212或

11、2a(2 2)22(1 0)(2 2)2(1故所求橢圓方程為2 X2y1 .或X2161291722 0)1.17117 Ja,b1,17222y 1 14分1172解：(I)： OP OQ = 0, 則 X1X2+ y1y2= 0,又P、Q在拋物線上，- y12= 2pX1, y22 = 2pX2,y12 y2222p 2p + y1y2= o, y1y2=- 4p ，- |y1y2|= 4p2, 3分又 |y1y2|= 4, 4p2 = 4, p=1 . 4 分(n)設(shè) E(a,0),直線 PQ 方程為 x = my + a ,5分6分7分8分聯(lián)立方程組X2=7+a,y2= 2px，消去

12、x 得 y2 2pmy 2pa= 0,二 y1y2= 2pa ,設(shè) F(b,0), R(X3,y3),同理可知： y1y3= 2pb ,由、可得 y3=b ,9分y2 a若 TR = 3TQ，設(shè) T(c,0)，則有(X3 c,y3 0) = 3(x2 c,y2 0), - y3= 3y2 即 冷=3, 10 分y2將代入，得b= 3a. 11分又由(I)知，OP OQ= 0,yiy2= 4p2，代入， 得一 2pa= 4 p2. a= 2p, 13 分b = 6p,故，在x軸上，存在異于 E的一點F(6p,0)，使得TR = 3TQ . 14分注：若設(shè)直線 PQ的方程為y= kx + b,不影

13、響解答結(jié)果.(I)解：設(shè) P (x, y)則ULUUUUAP (x Xa , y) PB ( x,yB y) .2分ULUTUUU由 AP PB 得 xA 2x, yB 2y .4分UULTUULUULTUUU又 MA(xA , 2)AP(x xA , y)即 MA(2x,2), AP( x, y) 6分UULT UUU2由 MA AP 0 得 x y(y 0) .8分(n)設(shè) E(xi, yi), FXy)因為yx ，故兩切線的斜率分別為x1、x210分由方程組2 x2y得 x2 2kx4k0 x-i x2 2k x1 x24k.12yk(x 2)當h I2時，X1 X21，所以 k181所

14、以，直線l的方程是y -(x 2)81 1解: (1MF2 x軸，. | MF? | 2,由橢圓的定義得：I MF1 | 2a , 2 分 |MF112(2c)2 14，(2a1)2214c 4，-4又e-得c23 2 a 42 a2a23a , Q a 0a 224 - b2a22 c1 2 a41 ,6分所求橢圓C的方程為2 x2y17分4(n)由(1)知點A( 2,0),點B為(0, 1),設(shè)點P的坐標為(x, y)UUUUUU則 PA ( 2 x, y), AB (2, 1),UUU UUU由 PA AB m 4 得一4 2x y m 4 ,點P的軌跡方程為y 2x設(shè)點B關(guān)于P的軌跡的

15、對稱點為B（x。，y。），則由軸對稱的性質(zhì)可得:y。1Xo1yo12， 24 4m解得：Xo, yo點B（Xo,y。）在橢圓上，點P的軌跡方程為y 2x經(jīng)檢驗y 2x 1和y 2x2m354 4m 2 2m 3、2 ()4(5|都符合題設(shè),滿足條件的點 P的軌跡方程為y 2x 1或y11 分）24，整理得2m25130解得m2x1解（I ）依題意，可設(shè)直線AB的方程為y kx m ,代入拋物線方程x2 4y得2x 4kx 4m O.設(shè)A、 B兩點的坐標分別是(X1,y1)、(X2,y2),則 X1、所以 x1x24m.由點p（ o, m分有向線段AB所成的比為 ，得 X1X21X1X2故點Q的

16、坐標是（O, -m）,從而QP(0,2m)QA QBm)(X2, y2m)= (X1X2,y1y2 (1)m).QP (QA QB) 2my1y (1)m又點Q是點P關(guān)于原點的以稱點,X122X2X24(1)m X2=2m(x1X2) X1X24m4x2=2m(x1X2)4m 4m4x2=O,所以 OP (QA QB).(n )由 x2 2y 12 ，得點 A B 的坐標分別是(6, 9)、(-4 , 4)。x 4y,1 2 1 由 x 4y得 y x， y x,4 2所以拋物線x2 4y在點a處切線的斜率為y x6 3。設(shè)圓C的方程是(x a)2 (y b)2 r2，266)a 9)224)

17、a解之得a -,b23 2 ,r(a4)2(b 4)2125222所以圓C的方程是(x 3)2(y232125222uuuUULTUUUuuuUUT2UHT2解:(1)由(PQ2PC)?(PQ2PC)0,得:PQ4PC0 , (2 分)2 2設(shè)P(x,y),則(x 4)2 4 (x 1)2 y2 0,化簡得今七1,(4分)2點P在橢圓上，其方程為42y3uu 由OA1.ULUOB(6分)設(shè)AX, yj、BE y2),UUUT (1 )OC 得UUU :CACB 0,所以，a、b、c三點共線.且0得：(為1,yJ(X21,y2)0，即: x11X2 .(8 分)y1y22 2 因為乞h(11,所

18、以X2)(y2)21.(9分)43432 2又因為d 宜1,所以(X2)2(y2)22(10 分)4343由-得：2 (1)X2(1)21 2,化簡得：X23 5(12 分)423 5因為 2x22,所以22.21 1解得:33所以的取值范圍為-，3解：（1）如圖1,以EF所在的直線為x軸，EF的中垂線為y軸,建立平面直角坐標系。丄-二1 分由題設(shè) 2EH EG，HP ? eF 0|PG | |PE |，而 |Pf | TPeiTPgI 2a3 分點P是以E、F為焦點、長軸長為10的橢圓，2 2故點P的軌跡方程是： 仝14分2516(2)如圖 2，設(shè) A(xyj，Bg y?)，C(x,O)，-

19、 X1 X2，且 |cA| |CB|，6 分即(X1 X。)2 y12 (X2 X。)2 y22 又A、B在軌跡上，22 2 2X1 y11 X2 y2125 16， 2516圖2即y121616 2 X1252y216 162X2 8分25代入整理得：9252(X2X1) X0(x/ x)I X1X2， -X09(X1X2)50t 5X15，5 x25 ， 10 x1-10 分x210.t X1 X2，10 X1 X21099 切 9.x0，即 | OC | v . 15 55（I）以AB中點為原點O, AB所在直線為x軸，建立直角坐標系，如圖貝U A (-1,0)B(1,0)D(-1,3) (12分）2y2設(shè)橢圓F的方程為X2y21 (ab 0)(2 分)ab223得（1）2-21(4分