圓錐曲線動(dòng)點(diǎn)問題

1、圓錐曲線動(dòng)點(diǎn)題X221、(12分)設(shè)Fl、F2分別是橢圓 y 1的左、右焦點(diǎn)4(I)若P是該橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求umr uumPF, PF2的最大值和最小值(n)設(shè)過定點(diǎn) M(0,2)的直線I與橢圓交于不同的兩點(diǎn) A、B，且/ AOB為銳角(其中0為坐標(biāo)原點(diǎn))，求直線I的斜率k的取值圍2、( 12分)如題(21)圖，傾斜角為a的直線經(jīng)過拋物線 y2 8x的焦點(diǎn)F,且與拋物線交于 A、B兩點(diǎn)。題(20)圖(I)求拋物線的焦點(diǎn) F的坐標(biāo)及準(zhǔn)線I的方程；(n)若a為銳角，作線段 AB的垂直平分線 m交x軸于點(diǎn)P,證明|FP|-|FP|cos2 a為定值，并求此定值。11 23. 、(本小題滿分12分

2、).如圖,直線y= 1 x與拋物線y= 1 x 4交于A B兩點(diǎn)28線y= 5交于Q點(diǎn).(1)求點(diǎn)Q的坐標(biāo)； 當(dāng)P為拋物線上位于線段 AB下方(含A、B)的動(dòng)點(diǎn)時(shí),求厶OPQ面積的最大值4如圖A(m, 3m)和B(n,3n)兩點(diǎn)分別在射線 OS、OT上移動(dòng)，且OAO為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)uju uju uur P 滿足 OP OA OB (1)求m n的值；(2)求P點(diǎn)的軌跡C的方程，并說明它表示怎樣的曲線？uuriuu線段AB的垂直平分線與直求l的方程.(3)若直線I過點(diǎn)E(2, 0)交(2)中曲線C于M、N兩點(diǎn)，且ME 3EN ,5 如圖，M是拋物線上 y2 x上的一點(diǎn)，動(dòng)弦 ME、MF分別交x

3、軸于A、B兩點(diǎn)，且 MA MB . (1) 若M為定點(diǎn)，證明：直線 EF的斜率為定值；(2)若M為動(dòng)點(diǎn)，且 EMF 90°，求 EMF的重心G的軌跡.y八F6 已知F, 2,0), F2(2,0),點(diǎn)P滿足|PR| |PF2| 2，記點(diǎn)P的軌跡為E.(1) 求軌跡E的方程；(2) 若直線I過點(diǎn)冃且與軌跡E交于P、Q兩點(diǎn).(i )無論直線I繞點(diǎn)F2怎樣轉(zhuǎn)動(dòng)，在x軸上總存在定點(diǎn) M (m,0)，使MPL MQ恒成立，數(shù) m的值. (ii )過P、Q作直線x -的垂線PA QB垂足分別為 A B,記 |PA| |QB|，求入的取值圍|AB|答案1、解：（I）解法一：易知 a 2,b1,c3

4、所以 F1 3,0 ,F2 3,0，設(shè) P x,y，則uurPF1uuuPF23 x, y ,3 x, yx2 y2 3x2x2因?yàn)閤 2,2，故當(dāng)x 0,即點(diǎn)P為橢圓短軸端點(diǎn)時(shí),JJLTPF143x2 8uuuPF2有最小值 22，即點(diǎn)P為橢圓長(zhǎng)軸端點(diǎn)時(shí),jurPF1uurPF2有最大值解法二：易知2,b1,c3，所以F13,0 , F23,0，設(shè) P x, y，則uurPF1juurPF2uirPF1ujuuPF2cosF1PF2uurPF1JJJJPF2.uur .2uuu 2uuuPF2F1F22uuruuu2PF1PF23 （以下同解法一）x 3 $ y212x2聯(lián)立又00顯然直線k

5、x4k0不滿足題設(shè)條件,可設(shè)直線l:ykx 2,A X1,y2 ,BX2,y2 ，4kk2消去1'X14X2整理得:32 1k44k2AOB900cosAOBk22x2 4kx 30 得:UJUOAuur- OAuuOB x1x2yy又y"kx2k2%2k xuuuOBX23k22 1k -48k22 1k -4k2 121k -43.2 1 k4k21.21k4即k2 4故由、得2 k2、（ I）解：設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2 2px，則 2p 8，從而 p 4.因此焦點(diǎn)F（；0）的坐標(biāo)為（2，0） 又準(zhǔn)線方程的一般式為 x P。2從而所求準(zhǔn)線I的方程為x 2。(H)解法一：

6、如圖作 ACL l , BDL l，垂足為 C D,則由拋物線的定義知I F牛| FC，| FB=| BD記A、B的橫坐標(biāo)分別為 XxXz，則1 FA| = 1 A(C = XxP | FA | cos a P2 2| FA | cos a4解得| FA |14cosa '類似地有|FB | 4 |FB |cosa，解得 | FB |4。1 cosa記直線m與AB的交點(diǎn)為I FE | |FA |AE| |FA|E則|FA| | FB|212(|FA|FB|)1 42 1 cosa41 cosa4 cosa2sin a|FP| |FE| cosa4.2。sin a故 |FP | |FP|

7、cos2a4 -2sin2 a42(1 cos2a)2sin asin a解法二：設(shè) A(xA, yA) , B(xB , yB)，直線 AB 的斜率為 k tana.則直線方程為y k(x2)。將此式代入 y2 8x,得 k2x2 4(k2 2)x 4k2 0，故 xAxBk(k22)k2。記直線m與AB的交點(diǎn)為E(xE,yE)，則XaXbXe2yEk(xE 2)22(k22)k24k，故直線m的方程為y2k24k2令y=0,得P的橫坐標(biāo)Xp2k2k2| FP | Xp4(k221)從而 |FP | | FP|cos2a4sin 2 a4sin acos2a)24 -2sin asin8為定

8、值。3.【解】(1)解方程組y=1xy= x 48X= 4, x 2=8y1= 2, y 2=4從而AB的中點(diǎn)為即 A( 4, 2),B(8,4),1由kAB= 1 ,直線AB的垂直平分線方程2M(2,1).1y 1= (x 2).2令 y= 5,得 x=5, Q(5, 5) 直線OQ的方程為x+y=0,設(shè)P(x,1 x2 4).81 2 /x x 48iT點(diǎn)P到直線0Q的距離d=一 |x2 8x 32鶯 28215OQ 5 2 ,-SaopcF 2 .OQ上, P為拋物線上位于線段AB下方的點(diǎn),且P不在直線/ 4< x<4 3 4 或 4 ：.?3 4<xW 8.函數(shù)y=x

9、2+8x 32在區(qū)間4,8上單調(diào)遞增,當(dāng)x=8時(shí)，A OPQ的面積取到最大值 30.JJJ JJJ廠OA OB (m, 3m) (n,4、解:(1)由已知得3n)2mnmn(2)設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(x, y)jjj(x 0)，由 OPUJUOA(x, y)(m, 3m)(n,3n)(m n, 3(mn),m n,3( m消去m,n)n可得x24mn,uun OB又因mn 1 , P點(diǎn)的軌跡方程為x241 (x0) 它表示以坐標(biāo)原點(diǎn)為中心，焦點(diǎn)在x軸上，且實(shí)軸長(zhǎng)為2，焦距為4的雙曲線31的右支.(3)設(shè)直線I的方程為x ty2，將其代入C的方程得易知3(ty 2)2y2 3即(3t2 1)y2 12t

10、y 9(3t2 1) 0 (否則，直線I的斜率為3，它與漸近線平行,不符合題意)144t2 36(3t2 1) 36(t2 1) 0,設(shè) M (%, yJ,N(X2,y2)，則 y y?12t3t2 1,y23t2I與C的兩個(gè)交點(diǎn) M , N在y軸的右側(cè)2x,X2(ty1 2)(ty2 2) t yy2t(y1y?)42t29 一 2t 12t43t240,3t2 13t2 13t2 13t2 10,即0 t2，又由為X20同理可得0 t2£ujir 由MEujur3EN 得(2 X1, yj3(2X2, y2),Xiyi3(2 X2)3y2由y1y23y2y22y23? 1得y26

11、t3t2 1由 y2( 3y2)y2c23y23t" 1 得 y233t2 12消去y2得(3?1)233t2 1考慮幾何求法!解之得：t215，滿足故所求直線I存在，其方程為:15x y 2 50 或 15x5、思路分析:（1）由直線MF（或ME ）方程與拋物線方程組成的方程組解出點(diǎn)F和點(diǎn)E的坐標(biāo)，利用斜率公式來證明；（2）用M點(diǎn)的坐標(biāo)將E、F點(diǎn)的坐標(biāo)表示出來，進(jìn)而表示出G點(diǎn)坐標(biāo)，消去yo即得到G的軌跡方程（參數(shù)法）解：（1）法一：設(shè)M（yo, yo），直線ME的斜率為k0），則直線MF的斜率為yo2k(x yo) .由y2yyo k(xyo2),消x得ky2yo(1 kyo)解得

12、yF1 kyoXf(1 kyo)2k2，所以直線1 kyo1 kyoyE yFXfXe2 2(1 kyo)(1 kyo)k2k22k4 kyok22 yoEF的斜率為定值.法二：設(shè)定點(diǎn)M(Xo,y。), E(X1,yJ、Fy?)2由yo2y1Xo, /口得（y。 yd（y。 yJ Xo 為，即X1;同理yoy1yoy2MAMB，kMEkMF，即一1yo所以，ky1y2EFX1X2y1 y222y1牡y1 y2y1，y1y2 yoy2定值）.2yo(2)當(dāng) EMF 90o時(shí)，MAB 45o,所以 k 1,直線 ME的方程為 y y0 k(x y；)由 y y。x22y0得E(1y°)2

13、,1y°)y x同理可得F(1y° )2,(1y0).xXmXeXf氐(12y。)(1 y°)22 3y：設(shè)重心G( x,y)，則有333yxMxEXfy (1y°)(1 y°)乂y333消去參數(shù)y。得2y1 -x2一l(x 2).92736、解：(1)由 IPF1 |IPF2 |21 F1F2 1 知,占八、P的軌跡E是以F1、F2為焦點(diǎn)的雙曲線右支，由c2,2a2,b23，故軌跡E:的方程為X22y1(X1).3(2)當(dāng)直線I的斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為y k(x 2),P(Xi，yJ,Q(X2，y2)，與雙曲線方程聯(lián)立消y 得(k2 3)x

14、2 4k2x 4k23 0，k2X1v4k20X22k2 3X14k：2 30X22k2 3解得k2>3)MPMQ(X1m)(x2m)(為m)(x2m)k2 (x-i :2)(x2(k21)x1x2(2 k2m)(x1X2)(k21)(4k23)4k2(2k2 m)0yy(i2)2 mk2 3k2 324k2 m4 k23 (4 m 5)kk2 3m2.MP MQ, MP MQ 0，故得3(1 m2) k2 (m2 4m 5)0對(duì)任意的1.k23恒成立,m2 4m 5.當(dāng) m= 1 時(shí)，MPL MQ當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由P(2,3),Q(2, 3)及M( 1,0)知結(jié)論也成立,綜上，當(dāng)m= 1時(shí)，MPL MQ1是雙曲線的右準(zhǔn)線，2111| PF2 | PF2 |,|QB |QF2 | ,e22(ii ) a 1,c2,由雙曲線定義得:方法一