圓錐曲線大題練習(xí)

1、1. 已知?jiǎng)又本€ l 與橢圓 C: x2y21 交于 P x1 , y1、 Q x2 , y2兩不同點(diǎn)，且 OPQ的32面積 S OPQ =6 , 其中 O為坐標(biāo)原點(diǎn) .2（）證明x12x22 和 y12y2 2 均為定值 ;（）設(shè)線段PQ 的中點(diǎn)為M，求 |OM | | PQ | 的最大值；（）橢圓C 上是否存在點(diǎn)D,E,G ，使得 S ODES ODGS OEGDEG 的形狀；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.2.如圖，已知橢圓C1 的中心在原點(diǎn)O ，長(zhǎng)軸左、右端點(diǎn)M，N 在x 軸上，橢圓C2 的短軸為 MN ，且 C1，C2 的離心率都為e，直線l MN ，l 與 C1 交于兩點(diǎn)， 與 C2 交于兩

2、點(diǎn)， 這四點(diǎn)按縱坐標(biāo)從大6?若存在，判斷2到小依次為A ， B， C， D.1（I ）設(shè) e，求 BC 與 AD 的比值；2（II ）當(dāng) e 變化時(shí)，是否存在直線l，使得 BO AN ，并說(shuō)明理由3.設(shè)，點(diǎn) A 的坐標(biāo)為（ 1,1），點(diǎn) B 在拋物線yx 上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn) Q 滿足 BQQA，經(jīng)過(guò) Q 點(diǎn)與 x 軸垂直的直線交拋物線于點(diǎn)M ，點(diǎn) P 滿足 QMMP ,求點(diǎn) P 的軌跡方程。4.在平面直角坐標(biāo)系xOy 中，已知點(diǎn) A(0,-1)，B 點(diǎn)在直線y = -3 上，M 點(diǎn)滿足 MB/OA， MA?AB = MB ?BA ，M 點(diǎn)的軌跡為曲線C。（）求 C 的方程；（） P 為 C 上的動(dòng)點(diǎn)，

3、 l 為 C 在 P 點(diǎn)處得切線，求O 點(diǎn)到 l 距離的最小值。5.在平面直角坐標(biāo)系xOy 中，點(diǎn) P( a, b) ( a b0) 為動(dòng)點(diǎn)， F1 , F2 分別為橢圓x2y21a2b2的左右焦點(diǎn)已知F1 PF2 為等腰三角形（）求橢圓的離心率e ；uuuuruuuur（）設(shè)直線 PF2 與橢圓相交于 A, B 兩點(diǎn)， M 是直線 PF2 上的點(diǎn)，滿足 AMBM2 ，求點(diǎn) M 的軌跡方程6.已知拋物線 C1 : x2y ，圓 C2 : x2( y 4) 21的圓心為點(diǎn) M（）求點(diǎn)M 到拋物線 c1 的準(zhǔn)線的距離；（）已知點(diǎn)P 是拋物線 c1 上一點(diǎn)（異于原點(diǎn)） ，過(guò)點(diǎn) P 作圓 c2 的兩條

4、切線，交拋物線 c1 于 A ，B 兩點(diǎn)，若過(guò) M，P 兩點(diǎn)的直線 l 垂直于 AB，求直線 l 的方程7.71 :221(a b0)的離心率為3，x軸被曲線如圖，橢圓 Cx2y2ab2C2 : yx2b截得的線段長(zhǎng)等于C1的長(zhǎng)半軸長(zhǎng) .求 C1 ， C2 的方程；設(shè) C2 與 y 軸的交點(diǎn)為 M ，過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn) O 的直線l 與 C2 相交于點(diǎn) A ， B ，直線 MA， MB 分別與 C1相交于點(diǎn) D， E.( )證明：MDME;( )記MAB,MDE 的面積分別為S1, S2 ，問(wèn)：是否存在直線l ，使得S117？請(qǐng)說(shuō)明理由.S2321.已知?jiǎng)又本€ lx2y 21交于 Px1 , y1、

5、Qx2 , y2兩不同點(diǎn)，且 OPQ 的與橢圓C:23面積 SOPQ=6,其中 O 為坐標(biāo)原點(diǎn) .2（）證明 x12x22和 y12y22均為定值 ;（）設(shè)線段PQ 的中點(diǎn)為 M，求 |OM| | PQ | 的最大值；（）橢圓 C 上是否存在點(diǎn)D,E,G ，使得 S ODES ODGS OEG6?若存在，判斷2DEG 的形狀；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.【解析】（ I ）解：（ 1）當(dāng)直線 l的斜率不存在時(shí)，P， Q 兩點(diǎn)關(guān)于 x 軸對(duì)稱，所以 x2x1 , y2y1. 因?yàn)?P( x1, y1 ) 在橢圓上，因此x12y12132又因?yàn)?S OPQ6| y1 |66, 所以 | x1 |. ；由、

6、得 | x1|,| y1 | 1.222此時(shí) x12x223, y12y222,（ 2）當(dāng)直線 l 的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為 ykxm,由題意知 m0，將其代入 x2y21，得 (23k 2 ) x26kmx3(m22) 0，32其中36 k2 m212(23k 2 )( m22)0, 即 3k22m2（ *）又 x1x26km2 , x1x23(m22)23k23k2 ,所以 | PQ | 1 k 2( x1x2 ) 24x1 x21 k 2 2 6 3k22 m2,23k 2因?yàn)辄c(diǎn) O 到直線 l 的距離為 d| m |1| PQ | d1所以 S OPQ2k 2 ,11 k2 2

7、6 3k 22 m2| m |6 | m | 3k 22 m2，又22 3k 21 k 22 3k2S OPQ6,2整理得 3k 222m2 , 且符合（ *）式，22( x1x2 )22x1 x2(6km2 )23(m22)3,此時(shí)x1x223k223k2222222222y1y23(3 x1)3(3 x2 ) 43( x1x2) 2.綜上所述， x12x223; y12y222, 結(jié)論成立。（ II ）解法一：（ 1）當(dāng)直線 l的斜率存在時(shí)，由（I）知 | OM| x1 |6,|PQ|2 | y1 |2,2因此|OM |PQ|626.2（ 2）當(dāng)直線 l 的斜率存在時(shí)，由（I ）知 x1x

8、23k ,22my1y2k( x1x2 )m3k 2m3k 22m2,222m2mm2x x2 )2(y y)29k 21 6m22 1(312 ),|OM |(1124m2m24m22m222(1k2)24(3k 22m2 )2(2 m21)2(21),|PQ |(23k2)2m22m所以|OM |2| PQ|21(312 )2(212 )(312 )(212 )112mmmm23m225(m2)224所以|OM | |PQ|51212 時(shí)，等號(hào)成立 .，當(dāng)且僅當(dāng) 3m22 ,即m2m綜合（ 1）（ 2）得 |OM|·|PQ|的最大值為 5.2解法二：因?yàn)?4|OM |2|PQ|2

9、( x1x2 )2( y1y2 ) 2( x2x1 )2( y2 y1 )22( x12x22 )( y12y22 )10.所以2|OM | |PQ| 4|OM |2|PQ|2105.25即|OM | |PQ|5,當(dāng)且僅當(dāng) 2|OM | |PQ |5 時(shí)等號(hào)成立。25因此|OM|· |PQ| 的最大值為.2（ III ）橢圓 C 上不存在三點(diǎn)D ， E ，G，使得 S ODES ODGS OEG6 .2證明：假設(shè)存在D (u, v), E(x1 , y1 ), G ( x2 , y2 )滿足 S ODES ODGS OEG6，2由（ I）得u 2x23,u2x23, x2x23; v

10、2y22, v2y22, y2y22,12121212解得 u 2x12x223 ; v2y12y221.2因此 u, x1 , x2只能從5 中選取 , v, y1 , y2只能從1中選取 ,2因此 D，E，G 只能在 (6, 1) 這四點(diǎn)中選取三個(gè)不同點(diǎn)，2而這三點(diǎn)的兩兩連線中必有一條過(guò)原點(diǎn)，與S ODES ODGS OEG6矛盾，2所以橢圓 C 上不存在滿足條件的三點(diǎn)D，E，G.2.如圖，已知橢圓C1 的中心在原點(diǎn)O，長(zhǎng)軸左、右端點(diǎn)M，N 在 x 軸上，橢圓C2 的短軸為MN ，且 C1，C2 的離心率都為e，直線 l MN ，l 與 C1 交于兩點(diǎn)，與 C2 交于兩點(diǎn)，這四點(diǎn)按縱坐標(biāo)從

11、大到小依次為A， B， C，D.（I ）設(shè)1e，求 BC 與 AD 的比值；2（II ）當(dāng) e 變化時(shí)，是否存在直線l ，使得 BO AN ，并說(shuō)明理由解：（ I ）因?yàn)?C1， C2 的離心率相同，故依題意可設(shè)C1 : x2y 21,C2: b2 y2x21,( ab0)a2b2a4a2設(shè)直線 l: xt(| t | a) ，分別與 C1，C2 的方程聯(lián)立，求得A(t , aa2t 2 ), B(t, ba2t 2 ).4 分ba當(dāng) e13時(shí), ba, 分別用 yA , yB 表示 A ， B 的縱坐標(biāo)，可知22|BC|:| AD |2 | yB |b236 分2 | yA |a2.4（ I

12、I ） t=0 時(shí)的 l 不符合題意 . t0 時(shí)， BO/AN當(dāng)且僅當(dāng) BO 的斜率 kBO 與 AN 的斜率kAN 相等，即b a2t 2aa2t 2ab,tta解得 tab21 e2a.a2b2e2因?yàn)?| t |a, 又 0e1,所以 1 e21,解得2e 1.e22所以當(dāng) 0e2時(shí)，不存在直線l，使得 BO/AN；22當(dāng)e1時(shí)，存在直線l 使得 BO/AN.23.設(shè)，點(diǎn) A 的坐標(biāo)為（ 1,1），點(diǎn) B 在拋物線y x 上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn) Q 滿足 BQQA，經(jīng)過(guò) Q 點(diǎn)與 x 軸垂直的直線交拋物線于點(diǎn)M ，點(diǎn)P滿足 QMMP ,求點(diǎn) P 的軌跡方程?！久}意圖】：本題考查直線和拋物線的方程

13、，平面向量的概念，性質(zhì)與運(yùn)算，動(dòng)點(diǎn)軌跡方程等基本知識(shí)，考查靈活運(yùn)用知識(shí)探究問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力，全面考核綜合數(shù)學(xué)素養(yǎng)。uuuruuurx 軸的直線上， 故可設(shè) P( x, y) ，【解析】：由 QMMP 知 Q,M,P 三點(diǎn)在同一條垂直于Q( x, y ) ， M (x, x ) ，則 x y( y x ) ，即yx( yx )()xyuuuruur( x, y ) ，解得再設(shè) B(x , y ) ,由 BQQA ，即 ( x x , y y )x() xy() y將代入式，消去y 得x() xy()x() y又點(diǎn) B 在拋物線 yx 上，所以 yx ，再將式代入得() x() y() x ，

14、即() x() y() x() x，即() x() y()，因?yàn)?，等式兩邊同時(shí)約去 ()得xy這就是所求的點(diǎn)P 的軌跡方程?！窘忸}指導(dǎo)】：向量與解析幾何相結(jié)合時(shí)，關(guān)鍵是找到表示向量的各點(diǎn)坐標(biāo)，然后利用相關(guān)點(diǎn)代入法或根與系數(shù)關(guān)系解決問(wèn)題，此外解析幾何中的代數(shù)式計(jì)算量都是很大的，計(jì)算時(shí)應(yīng)細(xì)致加耐心。4.在平面直角坐標(biāo)系xOy 中，已知點(diǎn) A(0,-1)，B 點(diǎn)在直線y = -3 上，M 點(diǎn)滿足 MB/OA， MA?AB = MB ?BA ，M 點(diǎn)的軌跡為曲線C。（）求 C 的方程；（） P 為 C 上的動(dòng)點(diǎn)， l 為 C 在 P 點(diǎn)處得切線，求O 點(diǎn)到 l 距離的最小值。解析 ; ( )設(shè) M(x

15、,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).uuuruuuruuur所以 MA = （-x,-1-y） , MB =(0,-3-y),AB =(x,-2).uuuruuuruuur再由題意可知（MA + MB ）?AB =0, 即（ -x,-4-2y）?(x,-2)=0.所以曲線C 的方程式為y= 1 x 2 -2.4( )設(shè) P(x 0 ,y0 )為曲線 C： y=1x 2 -2 上一點(diǎn)，因?yàn)閥' =1x,所以 l的斜率為 1x 0422因此直線 l 的方程為 yy01x0 (x x0 ) ，即 x0 x 2 y2y0x020 。2| 2y0x2 |12則 o 點(diǎn)到 l 的距離d

16、0.又 y0x02 ，所以x02441 x2414d20(2)2,x0242x0 4x024當(dāng) x02=0 時(shí)取等號(hào)，所以o 點(diǎn)到 l距離的最小值為2.點(diǎn)評(píng)： 此題考查曲線方程的求法、直線方程、點(diǎn)到直線的距離、用不等式求最值以及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等。要把握每一個(gè)環(huán)節(jié)的關(guān)鍵。5.在平面直角坐標(biāo)系xOy 中，點(diǎn) P( a, b) ( ab0)為動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)1 , F2 分別為橢圓x2y21a2b2的左右焦點(diǎn)已知F1 PF2 為等腰三角形（）求橢圓的離心率e ；uuuuruuuur（）設(shè)直線 PF2 與橢圓相交于A, B 兩點(diǎn)， M 是直線 PF2 上的點(diǎn)，滿足 AMBM2 ，求點(diǎn) M 的軌跡方程解：本小題主要

17、考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線的方程、平面向量等基礎(chǔ)知識(shí)，考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì)及數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，考查解決問(wèn)題能力與運(yùn)算能力 .滿分 13 分.（I ）解：設(shè) F1(c,0), F2 (c,0)( c0)由題意，可得| PF2 | | F1 F2 |,即 (ac)2b22c.整理得c2cc2()1 0,得1aa（舍），1 .a或 c1 .所以 ea22（）解 :由（）知 a2c, b3c ,可得橢圓方程為 3x24y212c2.直線 PF2 方程為y3( x3x24 y212c2c) ,A,B 兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組3( x,消去 y 并整理 ,得yc)5x28cx0 ,解得x

18、10x28c8c5x10, x2,得方程組的解,不妨設(shè)5y13cy3 3 c15A(8c33c) , B(0,3c) ,5,5uuuur( x8c , yuuuur( x, y3c) .由設(shè)點(diǎn) M 的坐標(biāo)為 ( x, y) ,則 AM3 3 c) , BM55y3( xc) 得cxuuuur( 8 3 y3 x, 8 y3uuuuruuuuruuuur3 y ,于是 AM3 x), BM(x, 3x) ,由 AMBM2，315555即83y38 y33化簡(jiǎn)得 18x2163xy15 0將(5x) x (x) 3x2 ,1555y18x215代入163xc x310x250 ,所以 x 0 ,3

19、y ,得 c16x因此 ,點(diǎn) M 的軌跡方程是 18x2163xy150( x 0).6.已知拋物線 C1 : x2y ，圓 C2 : x2( y4) 21 的圓心為點(diǎn) M（）求點(diǎn) M 到拋物線 c1 的準(zhǔn)線的距離；（）已知點(diǎn) P 是拋物線 c1 上一點(diǎn)（異于原點(diǎn)） ，過(guò)點(diǎn) P 作圓 c2 的兩條切線，交拋物線 c1 于 A，B 兩點(diǎn)，若過(guò) M，P 兩點(diǎn)的直線 l垂直于 AB，求直線 l 的方程【解析】（）由 x2y 得準(zhǔn)線方程為 y1，由 x2( y4) 21得4M (0, 4)，點(diǎn) M 到拋物線 c1 的準(zhǔn)線的距離為 4(1)1744（）設(shè)點(diǎn) P(x0 , x02 )，A(x1, x12

20、) ，B( x2 , x22 ) 由題意得 x00, x01, x1x2 設(shè)過(guò)點(diǎn) P的圓 C2 的切線方程為yx02k (xx0 ) 即 ykxx02kx0 則 | kx04x02 | 11k 2即 (x021)k22x0 (4x02 )k( x024) 210 設(shè) PA ， PB 的斜率為 k1 , k2 （ k1k2 ）則k1 , k2 是上述方程的兩個(gè)不相等的根，k1k22x0 (4x02 ) , k1k2(x024)2 1 將代入 yx2 得x21x 2100x2kxkx0x020由于 x0 是方程的根故 x1k1x0 ， x2k2x0 所以kABx12x22x1x2 ，x1x2k1k

21、22x02x0 (4 x02 )2x0 ，kMPx024AB 得x021x0由 MPkABkMP( 2x0 (4x02 )2x0 ) ( x024 )1 解得 x0223點(diǎn) P的坐標(biāo)為 (23, 23)x021x055 5直線 l的方程為 y31154 .115x7. P( x0 , y0 )( x0x2y21(a0, b0) 上一點(diǎn)， M， N 分別是雙曲線a) 是雙曲線 E：2b2aE 的左、右頂點(diǎn)，直線PM，PN 的斜率之積為 1 5（1）求雙曲線的離心率；（2）過(guò)雙曲線E 的右焦點(diǎn)且斜率為1 的直線交雙曲線于A ，B 兩點(diǎn)， O 為坐標(biāo)原點(diǎn)， C 為uuuruuuruuur雙曲線上一點(diǎn)

22、，滿足OCOAOB ，求的值解：（ 1）已知雙曲線E： x 2y 21 a0, b 0 ， P x0 , y0在雙曲線上， M， N 分別為a 2b2雙 曲 線E的 左 右 頂 點(diǎn) ， 所 以 Ma,0 ， N a,0 ， 直 線 PM ， PN 斜 率 之 積 為KPM ? KPNy0?y0y0 21x0 25y0 21x0ax02a25a 2a2a x0221 a 26 a 2而 x0y01，比較得b2c2a 2b2ec30a 2b255a5（2）設(shè)過(guò)右焦點(diǎn)且斜率為1 的直線 L： yxc ，交雙曲線E 于 A， B 兩點(diǎn)，則不妨設(shè)A x1 , y1 , B x2 , y2，又 OCOAO

23、Bx1x2 ,y1y2 ，點(diǎn) C 在雙曲線 E 上：x1x225 y1y22a 22 x1 25 y122 x1 x210 y1 y2x2 25y2 2a2*（ 1）又 聯(lián)立直線 L 和雙曲線 E 方程消去 y 得：4x210cx5 2a20c由韋達(dá)定理得： x1 x25c2a2，y1 y2x1 x2c x1x2c25c2a25c2c2 代442入（ 1）式得：2a 27a271 a2a 2a 20，或-4228.如圖 7，橢圓 C1x2y21(ab 0) 的離心率為3:b2， x 軸被曲線a22C2 : y x2b截得的線段長(zhǎng)等于C1的長(zhǎng)半軸長(zhǎng) .求 C1 ， C2 的方程；設(shè) C2 與 y 軸的交點(diǎn)為 M ，過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn) O 的直線l 與 C2 相交于點(diǎn) A ， B ，直線 MA， MB 分別與 C1相交于點(diǎn) D， E.( )證明：MDME;( )記MAB, MDE 的面積分別為 S1, S2 ，問(wèn)：是否存在直線S117l ，使得？請(qǐng)說(shuō)明S232理由 .c32b ，又 2ba ，解得 a 2,b1，故 C1， C2解：由題意知 e，從而 aa