圆锥曲线大题及答案

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范文一:圆锥曲线大题含答案5-14

5. 已知椭圆C:x

2

⑴求椭圆C的离心率;⑵设O为原点,若点A在椭圆C上,2y24,

2

点B在直线y2上,且OAOB,求直线AB与圆x结论。

y22的位置关系,并证明你的

x2y21,所以a24,b22,从而c2a2b22。 解:⑴由题意,椭圆C:42

因此a

2,c

C

的离心率e

c; 

a⑵直线AB与圆x2y22相切。

证明如下:设点Ax0,y0,Bt,2,其中x00。

2y

因OAOB,故OAOB0,即tx02y00,解得t0。

x0

t2

当x0t时,y0,代入椭圆C

的方程,得tAB

:x

2

圆心O到直线AB

的距离d。此时直线AB与圆xy2相切; 当x0t时,直线AB:y2

2

2

y02

即y02xxytxt,0tyx20

x0t

0,

圆心O到AB的距离

d|2x0ty02

2

2y02

又x02y04,t

2y0x0,故d|2x0x0

此时AB与圆xy2相切。综上得证。

2

2

c

解:(Ⅰ)由题意得1a31a4b,解得a=2,b1.所以椭圆C的方程是

x2

y21…… 4分 4

yk(x1)

(Ⅱ)以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点.由x2y21

4

得(14k2)x28k2x4k240.

8k24k24

设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2,x1x2.

14k214k2

又因为点M是椭圆C的右顶点,所以点M(2,0).

由题意可知直线AM的方程为yx2(x2),故点P(0,x2).

11

). 直线BM的方程为yx2(x2),故点Q(0,

x222

y2

y12y1

2y2

uuuruuur

xPQN(x,0)若以线段为直径的圆过轴上的定点,则等价于PNQN0恒成立. 0

uuuruuuruuuruuur2y12y24y1y22y22y1

PN(x0,),QN(x0,),所以PNQNx02x020恒成

x22x12x12x22(x12)(x22)

立.

4k248k24k2

又因为(x12)(x22)x1x22(x1x2)4, 24

14k214k214k2

4k248k23k2

1)y1y2k(x11)k(x21)k[x1x2(x1x2)1]k(, 14k21

4k21

4k2

2

2

12k2

4y1y222x230x022所以x0(x2)(. 0

4kx22)1

14k2

解得x0PQ为直径的圆过x轴上的定点(.………… 14分

法三:设直线AC的方程为ykx1,则M(,0), ---------------------------------5分 x22y220,22

x2(kx1)20, 化简得到

ykx1,

1k

所以(12k2)x24kx0,所以x10,x2

4k

, -----------------------------6分

2k21

4k2k214k2k21, -------7分 所以y2kx21k2,所以1C(2,)2k12k212k12k21

4k2k21

因为C,D关于y轴对称,所以D(2,2).----------------------------8分

2k12k1

2k21

12所以直线BD的方程为,即

yx1

4k2k1

y

1

x1.------------------10分 2k

1

令y0,得到x2k,所以N(2k,0).AMAN(,1)(2k,1)10, -----12分

k

所以MAN90, ----13分所以,以线段MN为直径的圆恒过(0,2)和(0,2)两点.

x2y2

1(a1).-------------------------------1分 (Ⅰ)由已知可设椭圆G的方程为:2

a1a2112

,-----------------------------------------------------2分 由e,可得e2

a22

2

解得a2, ----------------------------------------------3分

x2y2

1. ------------------------------------------4分 所以椭圆的标准方程为21

(Ⅱ)法一:

设C(x0,y0),且x00,则D(x0,y0). ----------------------------------------5分 因为A(0,1),B(0,1), 所以直线AC的方程为y

y01

x1. ----------------------------------------6分 x0

令y0,得xM

x0x0

,0). ------------------------------------7分 ,所以M(

y01y01

y01x0

x1,求得N(,0).-----------------------8分

y01x0

同理直线BD的方程为y

x0x0

AM(,1),AN(,1), -----------------------------------------9分

1y01y0x02

1, --------------------------------------10分 所以AMAN

1y02

x2

y21上,所以x022(1y02),-------------------11分 由C(x0,y0)在椭圆G:2



所以AMAN10, -----------------------------13分

所以MAN90,

所以,以线段MN为直径的圆不过点A. ------------------------------14分

法二:因为C,D关于y轴对称,且B在y轴上

所以CBADBA. ------------------------------------------5分 因为N在x轴上,又A(0,1),B(0,1)关于x轴对称

所以NABNBACBA, ------------------------------------------6分 所以BC//AN, -------------------------------------------7分 所以NAC180ACB, ------------------------------------------8分 设C(x0,y0),且x00,则x022(1y02). ----------------------------------------9分 因为CACB(x0,y01)(x0,y01)x02(y021)



32

x00,----------------11分 2

所以ACB90,所以NAC90, 所以,以线段MN为直径的圆不过点A. -14分 8.(16.19)已知点M为椭圆C:3x24y212的右顶点,点A,B是椭圆C上不同的两点(均

(Ⅱ)试判断直线AB是否过定点?若是,求出定点坐标;若否,说明理由.

x2y2

1,则a2,bc1. 解:(Ⅰ)椭圆C的方程可化为

43

1

故离心率为,焦点坐标为(1,0),(1,0).……………………………………4分

2

(Ⅱ)由题意,直线AB斜率存在.可设直线AB的方程为ykxm,A(x1,y1),B(x2,y2),

则y1kx1m,y2kx2m.

ykxm,

由2得(34k2)x28kmx4m2120. 2

3x4y12

判别式D=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(4k2-m2+3)>0. 8km4m212

所以x1x2,x1x2,

34k234k2

1

因为直线MA与直线MB斜率之积为,

4

y1y21

, 所以

x12x224

所以4(kx1m)(kx2m)(x12)(x22).

化简得(4k21)x1x2(4km2)(x1x2)4m240, 4m212(8km)

(4km2)4m240, 所以(4k1)22

34k34k

2

化简得m22km8k20,即m4k或m2k.

当m4k时,直线AB方程为yk(x4),过定点(4,0).

m4k代入判别式大于零中,解得-

11

当m2k时,直线AB方程为yk(x2),过定点M(2,0),不符合题意舍去.

故直线AB过定点(4,0).………………………………………………………13分



(Ⅱ)若动点P在直线x1上,过P作直线交椭圆C于M,N两点,且MPPN,再过

P作直线l⊥MN.证明:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.

解:(Ⅰ)因为点(2,0)在椭圆C上,所以

40

21,所以a24 2

ab

a2b21c11

解得b23, 因为椭圆C的离心率为,所以,即2

2a2a4

x2y21.……………5分 所以椭圆C的方程为43

(Ⅱ)设P(1,y0),y0(

33

), 22

①当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为yy0k(x1),M(x1,y1),

3x24y212,

N(x2,y2),由

yy0k(x1),

8ky08k2

得(34k)x(8ky08k)x(4y8ky04k12)0所以x1+x2,

34k2

2

2

2

20

2

8ky08k2x1x2

=1,即=2. 因为MPPN,即P为MN中点,所以2

234k

所以kMN

3

(y00), 4y0

4y04y

,所以直线l的方程为yy00(x1), 33

4y11

0). 即y0(x),显然直线l恒过定点(,

344

因为直线lMN,所以kl

②当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x1, 此时直线l为x轴,也过点(综上所述直线l恒过定点(

1

,0) 4

1,0). ……………14分 4

(Ⅰ)求椭圆标准方程;

''

(Ⅱ)若直线xmy1(m0)交椭圆于A,C两点,点A关于x轴的对称点A,求证ACM

三点共线。

11. (15,23)已知曲线C:5mxm2y8mR.

2

2

(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m范围;

(2)设m4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方),直线ykx4与曲线C交于不同的两点M,N,直线y1与直线BM交于点G,求证:A,G,N三点共线.

x2y2解:(1)原曲线方程可化简得:1

885mm2

885mm2

78

0由题意可得:,解得:m5

25m

8

m20

(2)由已知直线代入椭圆方程化简得:(2k21)x216kx240,

2

=32(2k23),解得:k

3 2

由韦达定理得:xMxN

16k24

xx①,,② MN

2k212k21

1) 设N(xN,kxN4),M(xM,kxM4),G(xG,

MB方程为:y

3xMkxM6

x2,则G,1, xM

kxM6

AG

3xM

,1,ANxN,xNk2,

xMk6



欲证A,G,N三点共线,只需证AG,AN共线

3xM

(xNk2)xN成立,化简得:(3kk)xMxN6(xMxN)

xMk6

G,N三点共线得证 将①②代入易知等式成立,则A,

交于另一点Q,问是否存在直线l,使得四边形PABQ的对角线互相平分?若存在,求出l的方程;若不存在,说明理由.

(Ⅰ)解:由点P(1,)和F1关于点C(0,)对称,得F1(1,0)

所以椭圆E的焦点为F1(1,0),F2(1,0),由椭圆定义,得所以a2,b故椭圆E的方程为2

x

3234

2a|PF1||PF2|4.

y2143

(II)解:结论:存在直线l,使得四边形PABQ的对角线互相平分. 理由如下:由题可知直线l,直线PQ的斜率存在, 设直线l的方程为yk(x1),直线PQ的方程为y

3

k(x1). 2

x2y2

1, 消去y,得(34k2)x28k2x4k2120, 由 34

yk(x1),

4k2128k2

x1x2x1x22

34k2, 34k由题意,可知0,设A(x1,y1),B(x2,y2),,x2y2

1,2222

由43消去y, 得(34k)x(8k12k)x4k12k30,

y3k(x1),2

由0,知k

31

,设Q(x3,y3),又P(1,),. 22

8k12k4k12k322x31x3122

34k

34k

若四边形PABQ的对角线互相平分,则PB与AQ的中点重合, 所以

x1x3x21

,即x1x21x3,故(x1x2)24x1x2(1x3)2. 22

38k224k2124k212k32

k 所以 (.解得. )4(1)222

434k34k34k

所以直线l为3x4y30时,四边形PABQ的对角线互相平分.……… 14分 (注:利用四边形PABQ为平行四边形,则有|PQ||AB|,也可解决问题)

(Ⅰ)求椭圆M的方程;

(Ⅱ)是否存在菱形ABCD,同时满足下列三个条件:①点A在直线y

2上;②点B,C,

D在椭圆M上;③直线BD的斜率等于1.如果存在,求出A点坐标;如果不存在,说明理

由.

b1,2

ca3,

解得:2解:(Ⅰ)由题意得: b1.a

a2b2c2.

x2

y21.………………4分 所以 椭圆M的方程为3

(Ⅱ)不存在满足题意的菱形ABCD,理由如下:………………5分 假设存在满足题意的菱形ABCD.

2t)设直线BD的方程为yxm,线段BD的中点Q(x0,y0),点A(,B(x1,y1),D(x2,y2),

.

x23y23,

由得4y22mym230.………………8分 yxm

由2m16m230,解得2m2.………………9分 因为 y1y2

2



yy2mm

. , 所以 y01

224

因为四边形ABCD为菱形,所以 Q是AC的中点. 所以C点的纵坐标yC2y02

m

21. ………………12分 2

因为点C在椭圆M上,所以yC1.这与yC1矛盾.………………13分 所以 不存在满足题意的菱形ABCD.

右顶点,且四边形OABC为菱形时,求此菱形的面积;⑵当点B不是W的顶点时,判断四边形OABC是否可能为菱形,并说明理由。

解:⑴由题B2,0,因OABC为菱形,故AC与OB互相垂直平分。 设A1,

m,代入椭圆方程可解得m。

故SOABC

11

|OB||AC|22|m| 22

⑵假设OABC为菱形,可设AC:ykxmk0,m0,

x24y24222

由可得14kx8kmx4m40。 ykxm

设Ax1,y1,Cx2,y2,则故M

x1x2y1y2x1x24kmm

km,, 22

214k2214k

1m4km

k,因此。 ,OM224k14k14k

因k

1

1,故AC与OB不垂直。矛盾。 4k

因此当点B不是W的顶点时,四边形OABC不可能是菱形。

5. 已知椭圆C:x

2

⑴求椭圆C的离心率;⑵设O为原点,若点A在椭圆C上,2y24,

2

点B在直线y2上,且OAOB,求直线AB与圆x结论。

y22的位置关系,并证明你的

x2y21,所以a24,b22,从而c2a2b22。 解:⑴由题意,椭圆C:42

因此a

2,c

C

的离心率e

c; 

a⑵直线AB与圆x2y22相切。

证明如下:设点Ax0,y0,Bt,2,其中x00。

2y

因OAOB,故OAOB0,即tx02y00,解得t0。

x0

t2

当x0t时,y0,代入椭圆C

的方程,得tAB

:x

2

圆心O到直线AB

的距离d。此时直线AB与圆xy2相切; 当x0t时,直线AB:y2

2

2

y02

即y02xxytxt,0tyx20

x0t

0,

圆心O到AB的距离

d|2x0ty02

2

2y02

又x02y04,t

2y0x0,故d|2x0x0

此时AB与圆xy2相切。综上得证。

2

2

c

解:(Ⅰ)由题意得1a31a4b,解得a=2,b1.所以椭圆C的方程是

x2

y21…… 4分 4

yk(x1)

(Ⅱ)以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点.由x2y21

4

得(14k2)x28k2x4k240.

8k24k24

设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2,x1x2.

14k214k2

又因为点M是椭圆C的右顶点,所以点M(2,0).

由题意可知直线AM的方程为yx2(x2),故点P(0,x2).

11

). 直线BM的方程为yx2(x2),故点Q(0,

x222

y2

y12y1

2y2

uuuruuur

xPQN(x,0)若以线段为直径的圆过轴上的定点,则等价于PNQN0恒成立. 0

uuuruuuruuuruuur2y12y24y1y22y22y1

PN(x0,),QN(x0,),所以PNQNx02x020恒成

x22x12x12x22(x12)(x22)

立.

4k248k24k2

又因为(x12)(x22)x1x22(x1x2)4, 24

14k214k214k2

4k248k23k2

1)y1y2k(x11)k(x21)k[x1x2(x1x2)1]k(, 14k21

4k21

4k2

2

2

12k2

4y1y222x230x022所以x0(x2)(. 0

4kx22)1

14k2

解得x0PQ为直径的圆过x轴上的定点(.………… 14分

法三:设直线AC的方程为ykx1,则M(,0), ---------------------------------5分 x22y220,22

x2(kx1)20, 化简得到

ykx1,

1k

所以(12k2)x24kx0,所以x10,x2

4k

, -----------------------------6分

2k21

4k2k214k2k21, -------7分 所以y2kx21k2,所以1C(2,)2k12k212k12k21

4k2k21

因为C,D关于y轴对称,所以D(2,2).----------------------------8分

2k12k1

2k21

12所以直线BD的方程为,即

yx1

4k2k1

y

1

x1.------------------10分 2k

1

令y0,得到x2k,所以N(2k,0).AMAN(,1)(2k,1)10, -----12分

k

所以MAN90, ----13分所以,以线段MN为直径的圆恒过(0,2)和(0,2)两点.

x2y2

1(a1).-------------------------------1分 (Ⅰ)由已知可设椭圆G的方程为:2

a1a2112

,-----------------------------------------------------2分 由e,可得e2

a22

2

解得a2, ----------------------------------------------3分

x2y2

1. ------------------------------------------4分 所以椭圆的标准方程为21

(Ⅱ)法一:

设C(x0,y0),且x00,则D(x0,y0). ----------------------------------------5分 因为A(0,1),B(0,1), 所以直线AC的方程为y

y01

x1. ----------------------------------------6分 x0

令y0,得xM

x0x0

,0). ------------------------------------7分 ,所以M(

y01y01

y01x0

x1,求得N(,0).-----------------------8分

y01x0

同理直线BD的方程为y

x0x0

AM(,1),AN(,1), -----------------------------------------9分

1y01y0x02

1, --------------------------------------10分 所以AMAN

1y02

x2

y21上,所以x022(1y02),-------------------11分 由C(x0,y0)在椭圆G:2



所以AMAN10, -----------------------------13分

所以MAN90,

所以,以线段MN为直径的圆不过点A. ------------------------------14分

法二:因为C,D关于y轴对称,且B在y轴上

所以CBADBA. ------------------------------------------5分 因为N在x轴上,又A(0,1),B(0,1)关于x轴对称

所以NABNBACBA, ------------------------------------------6分 所以BC//AN, -------------------------------------------7分 所以NAC180ACB, ------------------------------------------8分 设C(x0,y0),且x00,则x022(1y02). ----------------------------------------9分 因为CACB(x0,y01)(x0,y01)x02(y021)



32

x00,----------------11分 2

所以ACB90,所以NAC90, 所以,以线段MN为直径的圆不过点A. -14分 8.(16.19)已知点M为椭圆C:3x24y212的右顶点,点A,B是椭圆C上不同的两点(均

(Ⅱ)试判断直线AB是否过定点?若是,求出定点坐标;若否,说明理由.

x2y2

1,则a2,bc1. 解:(Ⅰ)椭圆C的方程可化为

43

1

故离心率为,焦点坐标为(1,0),(1,0).……………………………………4分

2

(Ⅱ)由题意,直线AB斜率存在.可设直线AB的方程为ykxm,A(x1,y1),B(x2,y2),

则y1kx1m,y2kx2m.

ykxm,

由2得(34k2)x28kmx4m2120. 2

3x4y12

判别式D=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(4k2-m2+3)>0. 8km4m212

所以x1x2,x1x2,

34k234k2

1

因为直线MA与直线MB斜率之积为,

4

y1y21

, 所以

x12x224

所以4(kx1m)(kx2m)(x12)(x22).

化简得(4k21)x1x2(4km2)(x1x2)4m240, 4m212(8km)

(4km2)4m240, 所以(4k1)22

34k34k

2

化简得m22km8k20,即m4k或m2k.

当m4k时,直线AB方程为yk(x4),过定点(4,0).

m4k代入判别式大于零中,解得-

11

当m2k时,直线AB方程为yk(x2),过定点M(2,0),不符合题意舍去.

故直线AB过定点(4,0).………………………………………………………13分



(Ⅱ)若动点P在直线x1上,过P作直线交椭圆C于M,N两点,且MPPN,再过

P作直线l⊥MN.证明:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.

解:(Ⅰ)因为点(2,0)在椭圆C上,所以

40

21,所以a24 2

ab

a2b21c11

解得b23, 因为椭圆C的离心率为,所以,即2

2a2a4

x2y21.……………5分 所以椭圆C的方程为43

(Ⅱ)设P(1,y0),y0(

33

), 22

①当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为yy0k(x1),M(x1,y1),

3x24y212,

N(x2,y2),由

yy0k(x1),

8ky08k2

得(34k)x(8ky08k)x(4y8ky04k12)0所以x1+x2,

34k2

2

2

2

20

2

8ky08k2x1x2

=1,即=2. 因为MPPN,即P为MN中点,所以2

234k

所以kMN

3

(y00), 4y0

4y04y

,所以直线l的方程为yy00(x1), 33

4y11

0). 即y0(x),显然直线l恒过定点(,

344

因为直线lMN,所以kl

②当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x1, 此时直线l为x轴,也过点(综上所述直线l恒过定点(

1

,0) 4

1,0). ……………14分 4

(Ⅰ)求椭圆标准方程;

''

(Ⅱ)若直线xmy1(m0)交椭圆于A,C两点,点A关于x轴的对称点A,求证ACM

三点共线。

11. (15,23)已知曲线C:5mxm2y8mR.

2

2

(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m范围;

(2)设m4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方),直线ykx4与曲线C交于不同的两点M,N,直线y1与直线BM交于点G,求证:A,G,N三点共线.

x2y2解:(1)原曲线方程可化简得:1

885mm2

885mm2

78

0由题意可得:,解得:m5

25m

8

m20

(2)由已知直线代入椭圆方程化简得:(2k21)x216kx240,

2

=32(2k23),解得:k

3 2

由韦达定理得:xMxN

16k24

xx①,,② MN

2k212k21

1) 设N(xN,kxN4),M(xM,kxM4),G(xG,

MB方程为:y

3xMkxM6

x2,则G,1, xM

kxM6

AG

3xM

,1,ANxN,xNk2,

xMk6



欲证A,G,N三点共线,只需证AG,AN共线

3xM

(xNk2)xN成立,化简得:(3kk)xMxN6(xMxN)

xMk6

G,N三点共线得证 将①②代入易知等式成立,则A,

交于另一点Q,问是否存在直线l,使得四边形PABQ的对角线互相平分?若存在,求出l的方程;若不存在,说明理由.

(Ⅰ)解:由点P(1,)和F1关于点C(0,)对称,得F1(1,0)

所以椭圆E的焦点为F1(1,0),F2(1,0),由椭圆定义,得所以a2,b故椭圆E的方程为2

x

3234

2a|PF1||PF2|4.

y2143

(II)解:结论:存在直线l,使得四边形PABQ的对角线互相平分. 理由如下:由题可知直线l,直线PQ的斜率存在, 设直线l的方程为yk(x1),直线PQ的方程为y

3

k(x1). 2

x2y2

1, 消去y,得(34k2)x28k2x4k2120, 由 34

yk(x1),

4k2128k2

x1x2x1x22

34k2, 34k由题意,可知0,设A(x1,y1),B(x2,y2),,x2y2

1,2222

由43消去y, 得(34k)x(8k12k)x4k12k30,

y3k(x1),2

由0,知k

31

,设Q(x3,y3),又P(1,),. 22

8k12k4k12k322x31x3122

34k

34k

若四边形PABQ的对角线互相平分,则PB与AQ的中点重合, 所以

x1x3x21

,即x1x21x3,故(x1x2)24x1x2(1x3)2. 22

38k224k2124k212k32

k 所以 (.解得. )4(1)222

434k34k34k

所以直线l为3x4y30时,四边形PABQ的对角线互相平分.……… 14分 (注:利用四边形PABQ为平行四边形,则有|PQ||AB|,也可解决问题)

(Ⅰ)求椭圆M的方程;

(Ⅱ)是否存在菱形ABCD,同时满足下列三个条件:①点A在直线y

2上;②点B,C,

D在椭圆M上;③直线BD的斜率等于1.如果存在,求出A点坐标;如果不存在,说明理

由.

b1,2

ca3,

解得:2解:(Ⅰ)由题意得: b1.a

a2b2c2.

x2

y21.………………4分 所以 椭圆M的方程为3

(Ⅱ)不存在满足题意的菱形ABCD,理由如下:………………5分 假设存在满足题意的菱形ABCD.

2t)设直线BD的方程为yxm,线段BD的中点Q(x0,y0),点A(,B(x1,y1),D(x2,y2),

.

x23y23,

由得4y22mym230.………………8分 yxm

由2m16m230,解得2m2.………………9分 因为 y1y2

2



yy2mm

. , 所以 y01

224

因为四边形ABCD为菱形,所以 Q是AC的中点. 所以C点的纵坐标yC2y02

m

21. ………………12分 2

因为点C在椭圆M上,所以yC1.这与yC1矛盾.………………13分 所以 不存在满足题意的菱形ABCD.

右顶点,且四边形OABC为菱形时,求此菱形的面积;⑵当点B不是W的顶点时,判断四边形OABC是否可能为菱形,并说明理由。

解:⑴由题B2,0,因OABC为菱形,故AC与OB互相垂直平分。 设A1,

m,代入椭圆方程可解得m。

故SOABC

11

|OB||AC|22|m| 22

⑵假设OABC为菱形,可设AC:ykxmk0,m0,

x24y24222

由可得14kx8kmx4m40。 ykxm

设Ax1,y1,Cx2,y2,则故M

x1x2y1y2x1x24kmm

km,, 22

214k2214k

1m4km

k,因此。 ,OM224k14k14k

因k

1

1,故AC与OB不垂直。矛盾。 4k

因此当点B不是W的顶点时,四边形OABC不可能是菱形。

范文二:圆锥曲线大题练答案

1、解(1)a

(x,y2),b

圆锥曲线大题练答案(x,y2),且a

b

8

即点M(x,y)到两个定点F1(0,-2)、F2(0,2)的距离之和为8,

点M(x,y)的轨迹C为以Fy21(0,-2)、F2(0,2)为焦点的椭圆,其方程为

16x2

12

1. (2)由题意可设直线l方程为ykx3,A(x1,y1),B(x2,y2),

ykx由3y2x2

消去y得:(4+3k)x2 +18kx-21=0. 

16121

x18k此时,△=(18k)2-4(4+3k2

(-21)>0恒成立,且1x243k2



xx211243k2由OPOAOB知:四边形OAPB为平行四边形.

假设存在直线l,使得四边形OAPB为矩形,则OAOB,即OA0B0 . 因为OA(x1,y2),OB(x2,y2),所以x1x2y1y20, 而y2

1y2(kx13)(kx23)kx1x23k(x1x2)9,

故(1k2

)(

2118k43k2)3k(43k

2

)90,即k2

518,得k54. 所以,存在直线l:y4

x3,使得四边形OAPB为矩形. 2、解:(1)设M(x,y), P(0, t), Q(s, 0) 则(3,t),(s,t) 由0得3s—t2

=0

又由12得(x,yt)1

2(sx,y)

x1(sx)s3x2, 

yt12(y)t32y

把②代入①得9x(322

2

y)=0,即y=4x,又x≠0

∴点M的轨迹方程为:y2

=4x(x≠0)

(2)如图示,假设存在点H,满足题意,则

即0

22

设A(y14,yB(y

21),4,y2),则由0可得

y221y216yy16yy4

120解得y1y2,又k21ABy2y2y

21y12

44则直线AB的方程为:yy41

y(xy2

1

) 1y24

即(y2

2

1y2)yy1y1y24xy1把y1y216代入,化简得

(4x16)(y1y)y0

令y=0代入得x=4,∴动直线AB过定点(4,0)

答,存在点H(4,0),满足题意。 3、解(1) ∵l是线段AA的中垂线,∴PAPA,

∴||PA|-|PO||=||PA|-|PO||=|OA

|=即点P在以O、A为焦点,以4为焦距,

以为实轴长的双曲线上,故轨迹C的方程为x2y2

221.

(2)设M(x,y(x2),则由ONOM

11),N(x2,y2),则直线m的方程为yk,得 x2(x12)2

,

y2y1

.由

yk(x2)得

(1k2)y24ky2k20x2y2

2

,.∴

y4k2k

21y2

1k

2

,y1y2

1k

2

,16k28k2(1k2)8k2(1k2)0.

由y4k2k

22y1,y1y21k

2

,y1y2

1k

2

,

消去y8)

2

.∵6,函数g()

1

1,y2,得

1k

2

(1



1

2

2在[6,)上单调递增. ∴

81k

6149,

1

k

2

1,所以 1k1或16

2

6

49

7

7

k1.

故斜率k的取值范围为(1,1][17

7

,1).

4、解∴|PM|+|PO|=|PM|+|PO|=|OM|=2mm0.即点P在以O、M

为焦点,以

3

为焦距,以2m为长轴长的椭圆上,故轨迹C的方程为y2x2

m

221,即3x2y2m2m.

3

(2)由 yk(x1)(k0)得x

1

k

y

1.

将x

1ky1代入3x2y2m2消去x,得 (326

k21)yk

y3a20. ① 由直线l与椭圆相交于两个不同的点,得

363

k24(k

21)(3m2)0,

整理得(33k22

2k

21)m3,即m3k2

. 设A(xB(x6k

1,y1),2,y2).由①,得y1y22

. ∵AD2DB

3k,而点D(1,0), ∴(1x1,y1)2(x21,y2),所以y12y2,

代入上式,得y6k

23k2

.

于是,△OAB的面积 S12|OD||y3

9|k|1

y2|2|y2|3k2

2 其中,上式取等号的条件是k2

3,即k

由y

6k

2

k

2

.

可得y2.

将kyy2

2k2a15.

∴△OAB的面积取得最大值的椭圆方程是3x2

y2

15.

5、(1)已知双曲线实半轴a1=4,虚半轴b1=2,半焦距c1=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,

∴所求的椭圆方程为

x2y2

3620

1 (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



x2

y2

36201 

(x6)(x4)y20则2x2

9x180,解之得x32

或x6,

由于y>0,所以只能取x32,于是y53523,所以点P的坐标为2,

2



9分 (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

m62

,于是

m62

m6,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

d2

(x2)2

y2

x2

4x4205x2949(x9

2

)215

又6x6 ∴当x9

2

时,d取最小值

6、 解:(I)因为C1,C2的离心率相同,故依题意可设

x2y2b2Cab1,Cy2x2

1:222:a4a21,(ab

0)

设直线l:xt

(|t|a)

,分别与C1,C2的方程联立,求得

A(tB(t

………………4分

e1时,ba,分别用y当22A,yB

表示A,B的纵坐标,可知

2|y2|BC|:|AD|B|b2|y|3a24.

A ………………6分

(II)t=0

时的l不符合题意.t

0时,BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等,

ab21即tta,te2解得a2b2

e2a. |t|a,又0e1,所以1e2因为e21,2e1.

0e

所以当

时,不存在直线l,使得BO//AN;

当e1时,存在直线l使得BO//AN. ………………12分

范文三:圆锥曲线大题答案

1. 解:依题意知,直线的斜率存在,且不等于0。设直线l:yk(x1),k0,A(x1,y1),

B(x2,y2)。

由

yk(x1)

消y整理,得k2x2(2k21)xk20 ① 2

yx

2

由直线和抛物线交于两点,得(2k21)24k44k210即0k②

1

4

2k212k211

,x1x21。则线段AB的中点为(,)。由韦达定理,得:x1x2 22

k2k2k1112k2

(x) 线段的垂直平分线方程为:y2kk2k2

令y=0,得x0

111111

ABEE(,0)E(,0)到,则为正三角形,222

2k22k22k2

直线AB的距离d

AB。

AB

d

2k22k

解得k5x0。

32.解:(I)由已知椭圆C

的离心率e

c,a2,

则得cb1。 

a2

x2

y21 从而椭圆的方程为4

(II)设M(x1,y1),N(x2,y2),直线A1M的斜率为k1,则直线A1M的方程为

yk1(x2)

消y整理得(14k12)x216k2x16k1240 yk1(x2),由2

2

x4y4

2和x1是方程的两个根,

4k116k12428k1228k124k1

则x1,,即点M的坐标为( y12x1,),22222

14k114k114k114k114k1

同理,设直线A2N的斜率为k2,则得点N

2

8k224k2

的坐标为(,) 22

14k214k2

ypk1(t2),ypk2(t2)

k1k22

,直线MN的方程为:

k1k2t

yy1y2y1

, 

xx1x2x1

令y=0,得x

4x2y1x1y2

,将点M、N的坐标代入,化简后得:x

ty1y2442

椭圆的焦点为



t

tt3

又t2,0

故当t3

时,MN过椭圆的焦点。 BC2AC:(I) ,

且BC过椭圆的中心



OOCACACBC0ACO

2

又点C

的坐标为。

A是椭圆的右顶点,

x2y2

a21将点

C代入方程,得b24,

12bx2y2

1(II) 直线PC与直线QC

关于直线x 椭圆E的方程为

124

设直线PC的斜率为k,则直线QC的斜率为k,从而直线PC的方程为:

ykxk)

消y,整理得:

yk(x

,即ykx

k),由2

2

x3y120

(13k2)x2(1k)x9k218k

30x

9k218k322xP

即xP同理可得:xQ 213k

yPyQkxPk)kxQk)=k(xPxQ)

22

xxPQkPQ

yPyQ

1

xPxQ3

1。 3

则直线PQ的斜率为定值

4.解:设P(x1,y1),Q(x2,y2),

uuuruuurQDP=lDQ

\(x1,y1-3)=l(x2,y2-3) ìx1=lx2ïï即í ïy=3+l(y-3)2ïïî1

方法一:方程组消元法

x2y2

又QP、Q是椭圆+=1上的点

94

22ìx2y2ïï+=1ïï94

\ïí22ï(lx)(ly+3-3l)ï22

+=1ïï4ïî9

消去x2,

2

(ly2+3-3l)2-l2y2

可得=1-l2

4

即y2=

13l-5

6l13l-5

£2 6l

又Q-2£y2£2, \-2£

解之得:

1

5 5

则实数l的取值范围是,5。

5

1

c

5.解:(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c

,依题意a

a

x2

b1,所求椭圆方程为y21。

3

(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2)。 (1)当AB⊥

x轴时,AB (2)当AB与x轴不垂直时, 设直线AB的方程为ykxm。

322

m(k1)。

4把ykxm代入椭圆方程,整理得(3k21)x26kmx3m230,

6km3(m21)

x1x22,x1x2。

3k13k21

36k2m212(m21)

AB(1k)(x2x1)(1k)2 22

(3k1)3k1

2

2

2

2

12(k21)(3k21m2)3(k21)(9k21)

2222

(3k1)(3k1)

12k21212

343(k0)≤34。 2

9k6k12369k226k

1k,即时等号成立。当k

0时,AB

k23

当且仅当9k

2

综上所述ABmax2。

1。 当AB最大时,△

AOB面积取最大值SABmax26. (Ⅰ)依题意,点N的坐标为N(0,-p),可设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方

x22py

程为y=kx+p,与x=2py联立得消去y得x2-2pkx-2p2=0.

ykxp.

2

由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2.

于是SABNSBCNSACN

2

1

2px1x2 2

=px1x2p(x1x2)4x1x2

22222

=p

4pk8p2pk2.

当k0时,(SABN)min22p2.

(Ⅱ)假设满足条件的直线l存在,其方程为y=a,AC的中点为O,t与AC为直径的圆相交于点P、Q,PQ的中点为H,则OHPQ,O点的坐标为(

x1y1p

,) 22

OP

112

ACx1(y1p)2 22

1

y12p2. 2

Ha

2

y1p1

2ay1p, 22

2

2

PHOPH

121

(y1p2)(2ay1p)2 44

p

=(a

)y1a(pa),

2

=

PQ(2PH)2

=4(a令a

2

p)y2a(pa). 2

pp

0,得a,此时PQp为定值,故满足条件的直线l存在,其方程为22

y

p, 2

即抛物线的通径所在的直线.

7.解:(Ⅰ)由椭圆的定义,点P的轨迹是以M、N为焦点,长轴长2a=6的椭圆. 因此半焦距c=2,长半轴a=3,从而短半轴

b

x2y2

1. 所以椭圆的方程为95

(Ⅱ)由PMPN

2

,得

1cosMPN

PMPNcosMPNPMPN2. ①

因为cosMPN1,P不为椭圆长轴顶点,故P、M、N构成三角形.在△PMN

中,MN4,由余弦定理有

MN

2

PMPN2PMPNcosMPN. ②

22

将①代入②,得

2

4PM

2

PN2(PMPN2).

2

x2

y21上. 故点P在以M、N

为焦点,实轴长为3

x2y2

1,所以 由(Ⅰ)知,点P的坐标又满足95

x225x9y45,2 由方程组2

解得 2

x3y3.y 即P点坐标为

(

8.(1)由题意:

、(---. 22222222

c22

x2y22122

1 221 ,解得a4,b2,所求椭圆方程为

ab42222cab

(2)方法一

设点Q、A、B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2)。



APAQ

由题设知AP,PB,AQ,QB均不为零,记,则0且1

PBQB



又A,P,B,Q四点共线,从而APPB,AQQB

x1x2

, 11xx2

x1, y

1

于是 4从而

2

x122x2y122y22

4x,(1) y,(2)

1212

y1y2

1y1y2

1

又点A、B在椭圆C上,即

222

x12y124,(3) x22y24,(4)

(1)+(2)×2并结合(3),(4)得4s2y4 即点Q(x,y)总在定直线2xy20上

范文四:圆锥曲线与方程习题与答案

圆锥曲线与方程练习题及答案 一、选择题 【共12道小题】

1

、以的焦点为顶点,顶点为焦点的椭圆方程为( )

A. B. C. D.

参考答案与解析:解析:∵双曲线

∴所求椭圆的顶点坐标为(0,±4),焦点坐标为

(0,±

).

.∴b2=4.

的焦点坐标为(0,±4),顶点坐标为(0,±),

∴椭圆的方程为答案:D

.

∴在椭圆中,a=4,c=主要考察知识点:椭圆

2

、A.重合

与(a>b>0)的渐近线( )

C.不重合,但关于y轴对称 D.不重合,但关于直线y=x对称

B.不重合,但关于x轴对称

参考答案与解析:解析:双曲线的渐近线方程为y=±,

双曲线的渐近线方程为y=±.

y=与y=关于直线y=x对称,y=与y=关于直线y=x对称.

答案:D

主要考察知识点:双曲线

3、抛物线x2=4y上一点A的纵坐标为4,则点A与抛物线焦点的距离为( )

A.2 B.3 C.4 D.5

参考答案与解析:解析:由x2=4y知其准线方程为y=-1,据抛物线定义,点A与焦点的距离等于A与准线的距离,显然A的纵坐标为4.其距离为5. 答案:D

主要考察知识点:抛物线

4、已知定点A、B,且|AB|=4,动点P满足|PA|-|PB|=3,则|PA|的最小值是( )

A. B. C. D.5

参考答案与解析:解析:由题作出示意图.

分析得出P在P′点处|PA|最小.

∴|PA|min=2+

∴|AO|=2,|OP′|=

.

答案:C

=

.

主要考察知识点:双曲线

5、过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,若x1+x2=6,那么|AB|等于„( ) A.10 B.8 C.6 D.4

参考答案与解析:解析:|AB|=x1+答案:B

主要考察知识点:抛物线

+x2+=x1+x2+p=6+2=8.

6、设F1和F2是双曲线( )

的两个焦点,点P在双曲线上,且满足∠F1PF2=90°,则△F1PF2的面积是

A.1 B. C.2 D.5

参考答案与解析:解析:由∴|PF1|²|PF2|=2.

∴△F1PF2的面积为

答案:A

主要考察知识点:双曲线

|PF1|²|PF2|=1.

7、动圆的圆心在抛物线y2=8x上,且动圆恒与直线x+2=0相切,则动圆必过点( ) A.(4,0) B.(2,0) C.(0,2) D.(0,-2)

参考答案与解析:解析:直线x+2=0为抛物线y2=8x的准线,由于动圆恒与直线x+2=0相切,所以圆心到直线的距离等于圆心到所过定点的距离,由抛物线的定义可知,定点为抛物线的焦点(2,0). 答案:B

主要考察知识点:抛物线

8、若抛物线y2=2px的焦点与椭圆A.-2 B.2 C.-4 D.4

的右焦点重合,则p的值为( )

参考答案与解析:解析:椭圆故选D.

的右焦点为(2,0),所以抛物线y2=2px的焦点为(2,0),则p=4,

答案:D

主要考察知识点:抛物线

9、过双曲线M:的左顶点A作斜率为1的直线l,若l与双曲线M的两条渐近线分别相交于点B、C,

且|AB|=|BC|,则双曲线M的离心率是( )

A. B. C. D.∵|AB|=|BC|,

参考答案与解析:解析:据题意如图

∴∴b=3,

设lAB:y=x+1,lOC:y=bx,lOB:y=-bx,

∴e=

=

.

答案:A

主要考察知识点:双曲线

得C点纵坐标是,B点纵坐标是.

10、探照灯反射镜的轴截面是抛物线的一部分,光源位于抛物线的焦点处.已知灯口的直径为60 cm,灯深40 cm,则抛物线的标准方程可能是( )

A.y2= B.y2= C.x2= D.x2=

参考答案与解析:解析:如果设抛物线的方程为y2=2px(p>0),则抛物线过点(40,30),302=2p³40,2p=,所以所

求抛物线方程应为y2=.

所给选项中没有y2=答案:C

主要考察知识点:抛物线 11、

,但方程x2=-中的“2p”值为,所以C选项符合题意.

已知两点M(-2,0)、N(2,0),点P为坐标平面内的动点,满足,y)的轨迹方程为( )

A.y2=8x B.y2=-8x C.y2=4x D.y2=-4x 参考答案与解析:解:依题意可设P(x,y),

则动点P(x,

化简整理得,y2=-8x.

4+(4,0)²(x-2,y)=0 答案:B

4

+4(x-2)=0

主要考察知识点:抛物线

12、抛物线y=-x2上的点到直线4x+3y-8=0的距离的最小值是( )

A. B. C. D.3

参考答案与解析:解:设(x0,y0)为抛物线y=-x2上任意一点,∴y0=-x02,

∴d=,

∴dmin=.

答案:A

主要考察知识点:抛物线 二、填空题 【共4道小题】

1、双曲线的渐近线方程为y=±,则双曲线的离心率为 .

参考答案与解析:解析:∵双曲线的渐近线方程为

,

,即

=

,

.

y=±

,

答案:

.

主要考察知识点:双曲线

当时

,,

,;

2、抛物线y=的焦点坐标是 .

参考答案与解析:解析:y=x2=4y,p=2,其焦点为(0,1).

答案:(0,1). 主要考察知识点:抛物线

3、点P(8,1)平分双曲线x2-4y2=4的一条弦,则这条弦所在直线方程是 . 参考答案与解析:解析:设弦的两端点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),则x12-4y12=4,x22-4y22=4. 两式相减得(x1+x2)(x1-x2)-4(y1+y2)(y1-y2)=0. ∵AB的中点为P(8,1), ∴x1+x2=16,y1+y2=2.

.

∴直线AB的方程为y-1=2(x-8),即2x-y-15=0.

答案:2x-y-15=0 主要考察知识点:双曲线

4、有一系列中心在原点,以坐标轴为对称的椭圆,它们的离心率en=(椭圆的长轴之和为 .

)n(n∈N),且都以x=1为准线,则所有

参考答案与解析:解析:因,=()n,故an=()n,2an=2²()n,

故所有椭圆的长轴之和为答案:2

主要考察知识点:椭圆 三、解答题 【共6道小题】

.

1、已知直线y=x-2与抛物线y2=2x相交于点A、B,求证:OA⊥OB.

参考答案与解析:证法一:将y=x-2代入y2=2x中,得 (x-2)2=2x,化简得x2-6x+4=0,∴x=∴x=

时,y=

,x=

时,y=

.

.

∴kOA²kOB=∴OA⊥OB.

³.

证法二:同证法一得方程x2-6x+4=0. ∴x1+x2=6,x1²x2=4.

∴y1²y2=(x1-2)(x2-2)=x1²x2-2(x1+x2)+4=-4.

∴kOA²kOB=∴OA⊥OB.

主要考察知识点:抛物线

.

2、A、B为椭圆(a>0)上的两点,F2为右焦点,若|AF2|+|BF2|,且A、B的中点P到右准线

的距离为,求该椭圆的方程.

参考答案与解析:解析:设A、B、P三点到椭圆右准线的距离分别为d1、d2、d,则由椭圆的第二定义及几何性质得

|AF2|=ed1=,|BF2|=,

d=

又2d=d1+d2,∴5a-3=2d.

.

又=|AF2|+|BF2|=(d1+d2), ∴该椭圆的方程为主要考察知识点:椭圆

.

∴d1+d2=2a,∴5a-3=2a, ∴a=1,

3、已知双曲线(1)求直线AB的方程;

与点P(1,2),过P点作直线l与双曲线交于A,B两点,若P为AB的中点.

(2)若Q(1,1),证明不存在以Q为中点的弦.

参考答案与解析:(1)解:设过点P(1,2)的直线AB的方程为y-2=k(x-1), 代入双曲线方程并整理得(2-k2)x2+(2k2-4k)x-(k2-4k+6)=0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=. ∴,解得k=1.

由已知,

又k=1时,Δ=(2k2-4k)2+4(2-k2)(k2-4k+6)=16>0,从而直线AB的方程为x-y+1=0. (2)证明:设过Q(1,1)点的直线方程为y-1=k(x-1), 代入双曲线方程并整理,得(2-k2)x2-2k(1-k)x-(k2-2k+3)=0.

由题知,解得k=2.

而当k=2时,Δ=[-2k(1-k)]2+4(2-k2)(k2-2k+3)=-62

4、已知倾角为45°的直线l过点A(1,-2)和点B,其中B在第一象限,且|AB|=(1)求点B的坐标;

.

(2)若直线l与双曲线C:实数a的值.

(a>0)相交于不同的两点E、F,且线段EF的中点坐标为(-4,1),求

参考答案与解析:解:(1)直线AB方程为y=x-3,设点B(x,y),

由及x>0,y>0,得x=4,y=1,∴点B的坐标为(4,1).

(2)

由得()x2+6x-10=0.

设E(x1,y1),F(x2,y2),则x1+x2=主要考察知识点:双曲线

=-4,得a=2,此时,Δ>0,∴a=2.

5、过抛物线y2=4x的准线与对称轴的交点作直线,交抛物线于M、N两点,问直线的倾斜角多大时,以线段MN为直径的圆经过抛物线的焦点?

参考答案与解析:解:抛物线y2=4x的准线与对称轴的交点为(-1,0)设直线MN的方程为y=k(x+1).

由得k2x2+2(k2-2)x+k2=0.

∵直线与抛物线交于M、N两点, ∴Δ=4(k2-2)2-4k4>0, 即k2<|k2-2|,k2<1,-1<k<1.

设M(x1,y1),N(x2,y2),抛物线焦点为F(1,0) ∵以线段MN为直径的圆经过抛物线的焦点, ∴MF⊥NF.

∴²=-1,即y1y2+x1x2-(x1+x2)+1=0.

∴k=±,

即直线的倾斜角为arctan

主要考察知识点:抛物线 6、

已知两定点F1(-

或π-arctan时,以线段MN为直径的圆经过抛物线的焦点.

,0),F2(,0),满足条件的点P的轨迹是曲线E,直线y=kx-1

与曲线E交于A、B两点. (1)求k的取值范围; (2)如果|AB|=

,且曲线E上存在点C,使

,求m的值和△ABC的面积S.

,0)、F2(

,0)为焦点的双曲线

参考答案与解析:解:(1)由双曲线的定义可知,曲线E是以F1(的左支,且c=

,a=1,易知b=1.

故曲线E的方程为x2-y2=1(x

设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意建立方程组消去y,得(1-k2)x2+2kx-2=0.

又已知直线与双曲线左支交于A、B两点,有

解得-

依题意得

=.

整理后得28k4-55k2+25=0.

(2)因为|AB|=|x1-x2|

∴k2=

或k2=

.

=

²

=

²

故直线AB的方程为

.

=

.

设C(xc,yc),由已知

,得(x1,y1)+(x2,y2)=(mxc,myc),

∴(xc,yc)=(,)(m≠0).

又x1+x2==,y1+y2=k(x1+x2)-2===8,

∴点C(,).

将点C的坐标代入曲线E的方程,得-=1.

得m=±4.但当m=-4时,所得的点在双曲线的右支上,不合题意. ∴m=4,C点坐标为(-,2).

C到AB的距离为.

∴△ABC的面积S=³³=.

范文五:圆锥曲线练习题(含答案)

1.θ是第三象限角,方程x2+y 2sinθ=cosθ表示的曲线是

A.焦点在x轴上的椭圆 C.焦点在x轴上的双曲线

B.焦点在y轴上的椭圆 D.焦点在y轴上的双曲线

( D )

2.“ab

A.必要不充分条件 C.充要条件

B.充分不必要条件

( A )

D.非充分非必要条件

3.一动圆与两圆:x2+y 2=1和x2+y 2-8x+12=0都外切,则动圆心的轨迹为( C )

A.抛物线

2

B.圆 C.双曲线的一支 D.椭圆

y2

7.过双曲线x-=1的右焦点F作直线l交双曲线于A、B两点,若|AB|=4,这样的直线 2

A.1条

B.2条

C.3条

C.y =±3x

( C )

D.4条

( C )

8.双曲线3x2-y 2=3的渐近线方程是

A.y =±3x

B.y =±

1x 3

D.y =±

x 3

sinA

. 1. “

1

2”是“A30”的( B )

A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

22mxny1表示焦点在y轴上的双曲线”的(B ) mn02. “”是“方程

A.充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分

也不必要条件

32xR,xx1≤0”的否定是(C ) 3.命题“对任意的

A.不存在xR,xx1≤0 C.存在xR,xx10

3

2

32

B.存在xR,xx1≤0 D.对任意的xR,xx10

3

2

32

x2y2

124.双曲线10的焦距为( D )

A.22

B.42

C.23

D.43

x2y2

12

y2px626. 若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合,则p的值为( B )

A.2 B.2 C.4 D.4 7.已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍,则椭圆的离心率等于( A )

A

8.已知两点

B

. 1C.2 1D.3

F1(1,0)、F(1,0),且F1F2是PF1与PF2的等差中项,则动点P的轨迹方

程是( C )

x2y2

19A.16 x2y2x2y2x2y2

111

34B.1612 C.4 D.3

1

yx2

8的准线方程是 ( B ) 10.抛物线

x

A.

11

y

32 B.y2 C. 32 D.y2

x2y2

14911.双曲线的渐近线方程是( C )

2439

yxyxyxyx

3 B.9 C.2 D.4 A.

1-6 BBCDBD 7-12 ACABCB

范文六:圆锥曲线高考题及答案

数学圆锥曲线测试高考题选讲

一、选择题: x2 y2 4 1. (2006 全国 II)已知双曲线 - =1的一条渐近线方程为 y= x,则双曲线的离心率为( 2 b2 3 a 5 4 5 3 (A) (B) (C) (D) 3 3 4 2 )

x2 2. (2006 全国 II)已知△ABC 的顶点 B、C 在椭圆 +y2=1 上,顶点 A 是椭圆的一个焦点,且椭圆的另外一个焦点 3 在 BC 边上,则△ABC 的周长是( (A)2 3 (B)6

2

) (C)4 3 (D)12 )

3.(2006 全国卷 I)抛物线 y   x 上的点到直线 4 x  3 y  8  0 距离的最小值是( A.

4 3

B.

7 5

C.

8 5

D. 3

4. (2006 广东高考卷)已知双曲线 3x 2  y 2  9 ,则双曲线右支上的点 P 到右焦点的距离与点 P 到右准线的距离之比等 于( A. 2 ) B.

2 2 3

C. 2

D. 4 )

5.(2006 辽宁卷)方程 2 x2  5x  2  0 的两个根可分别作为( A.一椭圆和一双曲线的离心率 C.一椭圆和一抛物线的离心率 6.(2006 辽宁卷)曲线 (A)焦距相等 B.两抛物线的离心率 D.两椭圆的离心率

x2 y2 x2 y2   1(m  6) 与曲线   1(5  m  9) 的( 10  m 6  m 5m 9m

(B) 离心率相等

2

(C)焦点相同

(D)准线相同 )

x2 y2   1 的右焦点重合,则 p 的值为( 7. (2006 安徽高考卷)若抛物线 y  2 px 的焦点与椭圆 6 2

A. 2 B. 2 C. 4

2 2 2 2

D. 4

8.(2006 辽宁卷)直线 y  2k 与曲线 9k x  y  18k x (A)1 (B)2 (C)3

(k  R ,且k  0 ) 的公共点的个数为(

(D)4

二、填空题: 9. (2006 全国卷 I)双曲线 mx  y  1 的虚轴长是实轴长的 2 倍,则 m 

2 2

10. (2006 上海卷)已知在平面直角坐标系 xOy 中的一个椭圆, 它的中心在原点, 左焦点为 F (  3, 0) ,右顶点为 D(2, 0) , 设点 A  1,

 1  ,则求该椭圆的标准方程为  2

11. (2011 年高考全国新课标卷理科 14) 在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C 的中心为原点,焦点 F1 , F2 在

x 轴上,

离心率为

2 。过 l 的直线 交于 A, B 两点,且  ABF2 的周长为 16,那么 C 的方程为 2

x 2 y2 12. (2011 年高考四川卷理科 14)双曲线  =1上一点P到双曲线右焦点的距离是4,那么点 P 到左准线的距离 64 36

是 .

13. (上海卷)已知双曲线中心在原点,一个顶点的坐标为 (3, 0) ,且焦距与虚轴长之比为 5 : 4 ,则双曲线的标准方程是 ____________________. 14. (2011 年高考全国卷理科 15)已知 F1、F2 分别为双曲线 C: 坐标为(2,0),AM 为∠F1AF2 的角平分线.则|AF2| = 三 、解答题: 15.已知抛物线关于 y 轴对称,它的顶点在坐标原点,并且经过点 M( 3 ,2 3 ) ,求它的标准方程。 .

x2 y 2 =1 的左、右焦点,点 A 为 C 上一点,点 M 的 9 27

16.(2010 浙江理数)已知 m>1,直线 l : x  my 

m2 x2  0

,椭圆 C : 2  y 2  1 , F1, F2 分别为椭圆 C 的左、右焦点。 2 m

(Ⅰ)当直线 l 过右焦点 F2 时,求直线 l 的方程; (Ⅱ)设直线 l 与椭圆 C 交于 A, B 两点, V AF1 F2 , VBF1 F2 的重心分别为 G, H .若原点 O 在以线段 GH 为直径的 圆内,求实数 m 的取值范围.

17.(2010 江苏卷)在平面直角坐标系 xoy 中,如图,已知椭圆

x2 y2   1 的左、右顶点为 A、B,右焦点为 F。设过 9 5

点 T( t, m )的直线 TA、TB 与椭圆分别交于点 M ( x1 , y1 ) 、 N ( x2 , y 2 ) ,其中 m>0, y1  0, y 2  0 。 (1)设动点 P 满足 PF  PB  4 ,求点 P 的轨迹;

2 2

(2)设 x1  2, x 2 

1 ,求点 T 的坐标; 3

(3)设 t  9 ,求证:直线 MN 必过 x 轴上的一定点(其坐标与 m 无关) 。

18.中心在原点,焦点在 x 轴上的一个椭圆与一双曲线有共同的焦点 F1,F2,且 F1 F2  2 13 ,椭圆的长半轴与双曲线的 半实轴之差为 4,离心率之比为 3:7。求这两条曲线的方程。

19. (2011 年高考辽宁卷理科 20)(本小题满分 12 分)如图,已知椭圆 C1 的中心在原点 O,长轴左、右端点 M,N 在 x 轴上,椭圆 C2 的短轴为 MN,且 C1,C2 的离心率都为 e,直线 l⊥MN,l 与 C1 交于两点,与 C2 交于两点,这 四点按纵坐标从大到小依次为 A,B,C,D.

(I)设 e 

1 ,求 BC 与 AD 的比值; 2

(II)当 e 变化时,是否存在直线 l,使得 BO∥AN,并说明理由

20. (2006 上海卷)已知在平面直角坐标系 xOy 中的一个椭圆, 它的中心在原点, 左焦点为 F (  3, 0) ,右顶点为 D(2, 0) ,

设点 A  1,

 1 .  2

(1)求该椭圆的标准方程; (2)若 P 是椭圆上的动点,求线段 PA 中点 M 的轨迹方程; (3)过原点 O 的直线交椭圆于点 B, C ,求 ABC 面积的最大值。

高二数学圆锥曲线高考题选讲答案

1.双曲线焦点在 x 轴,由渐近线方程可得

b 4 c 32  42 5  , 可得e    ,故选 A a 3 a 3 3

2. (数形结合)由椭圆的定义椭圆上一点到两焦点的距离之和等于长轴长 2a,可得 ABC 的周长为 4a= 4 3 ,所以选 C 3.设抛物线 y   x 上一点为(m,-m2),该点到直线 4 x  3 y  8  0 的距离为

2

| 4m  3m 2  8 | ,当 5

m=

2 时,取得 3

最小值为

4 ,选 A. 3

3, c  a 2  b 2  3  9  2 3 , e 

4.依题意可知 a 

c 2 3   2 ,故选 C. a 3

5.方程 2 x2  5x  2  0 的两个根分别为 2,

1 ,故选 A 2

6.由

x2 y2 x2 y2   1(m  6) 知该方程表示焦点在 x 轴上的椭圆,由   1(5  m  9) 知该方程表示焦点 10  m 6  m 5m 9m x2 y2   1 的右焦点为(2,0),所以抛物线 y 2  2 px 的焦点为(2,0),则 p  4 ,故选 D。 6 2

2 2 2 2 2 2 2 2

在 y 轴上的双曲线,故只能选择答案

A。 7.椭圆

8.将 y  2k 代入 9k x  y  18k x 得: 9k x  4k  18k x

 9 | x |2 18 x  4  0 ,显然该关于 | x| 的方程有两正解,即 x 有四解,所以交点有 4 个,故选择答案 D。

9.双曲线 mx  y  1 的虚轴长是实轴长的 2 倍,∴

2 2

x2  y 2  1 ,∴ m

m= 

1 。 4

10.椭圆的标准方程为

x2  y2  1 4

11. 答案:

x2 y2  1 16 8

c 2  , c  2 2 , b 2  a 2  c 2  8 因此,所 a 2

解析:由椭圆的的定义知, C   4a  16, a  4 ,又因为离心率

x2 y2 求椭圆方程为:   1; 16 8

12. 答案:16 解析:由双曲线第一定义,|PF1|-|PF2|=±16,因|PF2|=4,故|PF1|=20, (|PF1|=-12 舍去) ,设 P 到左准线的距离是 d,由第 二定义,得

20 10  ,解得 d  16 . d 8

13.双曲线中心在原点,一个顶点的坐标为 (3, 0) ,则焦点在 x 轴上,且 a=3,焦距与虚轴长之比为 5 : 4 ,即 c : b  5: 4 ,

x2 y 2   1. 解得 c  5, b  4 ,则双曲线的标准方程是 9 16

14. 【答案】6 【解析】  F1 (6, 0), F2 (6, 0) ,由角平分线的性质得 : 又 AF1  AF2  2  3  6

AF1 AF2

F1M MF2

8 2 4

 AF2  6

15.解:因为抛物线关于 y 轴对称,它的顶点在坐标原点,并且经过点 M( 3 ,2 3 ) ,所以可设它的标准方程为:

y 2  2 px( p  0) ,又因为点 M 在抛物线上,所以 ( 3 ) 2  2 p( x  2 3 )

即p

3 3 2 y。 ,因此所求方程是 x   4 2

16. (Ⅰ)解:因为直线 l : x  my 

m2 m2  0 经过 F2 ( m 2  1, 0) ,所以 m 2  1  ,得 m2  2 , 2 2

又因为 m  1,所以 m  2 ,

2 0。 故直线 l 的方程为 x  2 y  2

(Ⅱ)解:设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) 。

2

 m2 x  my    2 由 2 ,消去 x 得  x  y2  1  m2 

m2 2 y  my  1  0 4

2

则由   m2  8(

m2  1)   m2  8  0 ,知 m2  8 , 4

且有 y1  y2  

m m2 1 , y1 y2   。 2 8 2

由于 F1 (c, 0), F2 (c, 0), , 故 O 为 F1 F2 的中点, 由 AG  2GO, BH  2 HO , 可知 G (

2



 



x1 y1 x y , ), h( 2 , 1 ), 3 3 3 3

( x1  x2 ) 2 ( y1  y2 ) 2  9 9

GH 

设 M 是 GH 的中点,则 M ( 由题意可知 2 MO  GH ,

x1  x2 y1  y2 , ), 6 6

即 4[(

x1  x2 2 y  y2 2 ( x1  x2 ) 2 ( y1  y2 ) 2 ) ( 1 ) ]  6 6 9 9

即 x1 x2  y1 y2  0

m2 m2 )(my2  )  y1 y2 而 x1 x2  y1 y2  (my1  2 2 m2 1  (m2  1 (  ) ) 8 2

所以

m2 1  0 8 2

2

即m  4 又因为 m  1且   0

所以 1  m  2 。 所以 m 的取值范围是 (1, 2) 。 17. [解析] 本小题主要考查求简单曲线的方程,考查方直线与椭圆的方程等基础知识。考查运算求

解能力和探究问题 的能力。满分 16 分。 (1)设点 P(x,y) ,则:F(2,0) 、B(3,0) 、A(-3,0) 。 由 PF 2  PB 2  4 ,得 ( x  2)  y  [( x  3)  y ]  4, 化简得 x 

2 2 2 2

9 。 2

故所求点 P 的轨迹为直线 x  (2)将 x1  2, x 2 

9 。 2

1 5 1 20 分别代入椭圆方程,以及 y1  0, y 2  0 得:M(2, ) 、N( ,  ) 3 3 3 9 1 y 0 x3 直线 MTA 方程为: ,即 y  x  1 ,  5 3 0 23 3 5 5 y 0 x 3 直线 NTB 方程为: ,即 y  x  。  20 1 6 2  0 3 9 3

x  7  联立方程组,解得:  10 , y  3 

所以点 T 的坐标为 (7,

10 )。 3

(3)点 T 的坐标为 (9, m)

y 0 x3 m ,即 y   ( x  3) , m0 93 12 y 0 x 3 m 直线 NTB 方程为: ,即 y  ( x  3) 。  m0 93 6

直线 MTA 方程为: 分别与椭圆

x2 y2   1 联立方程组,同时考虑到 x1  3, x2  3 , 9 5

3(80  m2 ) 40m 3(m2  20) 20m , ) 、 N( , )。 解得: M ( 2 2 2 80  m 80  m 20  m 20  m2

20m 3(m2  20) x 20  m2 20  m2 (方法一)当 x1  x2 时,直线 MN 方程为:  40m 20m 3(80  m2 ) 3(m2  20)   80  m2 20  m2 80  m2 20  m2 y

令 y  0 ,解得: x  1 。此时必过点 D(1,0) ; 当 x1  x2 时,直线 MN 方程为: x  1 ,与 x 轴交点为 D(1,0) 。

所以直线 MN 必过 x 轴上的一定点 D(1,0) 。 (方法二)若 x1  x2 ,则由

240  3m2 3m2  60 及 m  0 ,得 m  2 10 ,  80  m2 20  m2

此时直线 MN 的方程为 x  1 ,过点 D(1,0) 。

若 x1  x2 ,则 m  2 10 ,直线 MD 的斜率 kMD

40m 2 10m ,  80  m2  240  3m 40  m2 1 80  m2

直线 ND 的斜率 k ND

20m 2 10m ,得 kMD  k ND ,所以直线 MN 过 D 点。  20  m  2 3m  60 40  m 2 1 20  m 2

因此,直线 MN 必过 x 轴上的点(1,0) 。

18.设椭圆的方程为

2 x2 y x2 y2  2  1 ,双曲线得方程为 2  2  1 ,半焦距 c= 13 a12 b1 a 2 b2

由已知得:a1-a2=4

c c :  3 : 7 ,解得:a1=7,a2=3 a1 a 2

所以:b1 =36,b2 =4,所以两条曲线的方程分别为:

2 2

x2 y2 x2 y2  1 ,  1 49 36 9 4

19.

解得

t

ab 2 1  e2   2 a. a 2  b2 e 1  e2 2  1 ,解得  e  1. 2 e 2

因为 | t | a ,又 0  e  1 ,所以

所以当 0  e 

2 2 时,不存在直线 l,使得 BO//AN;当  e  1 时,存在直线 l 使得 BO//AN. 2 2

20.(1)由已知得椭圆的半长轴 a=2,半焦距 c= 3 ,则半短轴 b=1.

又椭圆的焦点在 x 轴上, ∴椭圆的标准方程为

x2  y2  1 4

(2)设线段 PA 的中点为 M(x,y) ,点 P 的坐标是(x0,y0), x= 由

x0  1 2

x0=2x-1

1 y0  2 y= 2

y0=2y-

1 2

由,点 P 在

椭圆上,得

(2 x  1) 2 1  (2 y  ) 2  1 , 4 2

1 2 1 4

∴线段 PA 中点 M 的轨迹方程是 ( x  ) 2  4( y  ) 2  1 . (3)当直线 BC 垂直于 x 轴时,BC=2,因此△ABC 的面积 S△ABC=1. 当直线 BC 不垂直于 x 轴时,说该直线方程为 y=kx,代入

x2  y2  1, 4

),

解得 B(

2 4k 2  1

,

2k 4k 2  1

),C(-

2 4k 2  1

,-

2k 4k 2  1

k 1 2

则 BC  4

1 k

2

1  4k 2

,又点 A 到直线 BC 的距离 d=

1 k 2

,

∴△ABC 的面积 S△ABC=

2k  1 1 AB  d  2 1  4k 2

于是 S△ABC= 由

4k 2  4k  1 4k  1 2 2 4k  1 4k  1

1 4k ≥-1,得 S△ABC≤ 2 ,其中,当 k=- 时,等号成立. 2 2 4k  1

∴S△ABC 的最大值是 2 .数学圆锥曲线测试高考题选讲

一、选择题: x2 y2 4 1. (2006 全国 II)已知双曲线 - =1的一条渐近线方程为 y= x,则双曲线的离心率为( 2 b2 3 a 5 4 5 3 (A) (B) (C) (D) 3 3 4 2 )

x2 2. (2006 全国 II)已知△ABC 的顶点 B、C 在椭圆 +y2=1 上,顶点 A 是椭圆的一个焦点,且椭圆的另外一个焦点 3 在 BC 边上,则△ABC 的周长是( (A)2 3 (B)6

2

) (C)4 3 (D)12 )

3.(2006 全国卷 I)抛物线 y   x 上的点到直线 4 x  3 y  8  0 距离的最小值是( A.

4 3

B.

7 5

C.

8 5

D. 3

4. (2006 广东高考卷)已知双曲线 3x 2  y 2  9 ,则双曲线右支上的点 P 到右焦点的距离与点 P 到右准线的距离之比等 于( A. 2 ) B.

2 2 3

C. 2

D. 4 )

5.(2006 辽宁卷)方程 2 x2  5x  2  0 的两个根可分别作为( A.一椭圆和一双曲线的离心率 C.一椭圆和一抛物线的离心率 6.(2006 辽宁卷)曲线 (A)焦距相等 B.两抛物线的离心率 D.两椭圆的离心率

x2 y2 x2 y2   1(m  6) 与曲线   1(5  m  9) 的( 10  m 6  m 5m 9m

(B) 离心率相等

2

(C)焦点相同

(D)准线相同 )

x2 y2   1 的右焦点重合,则 p 的值为( 7. (2006 安徽高考卷)若抛物线 y  2 px 的焦点与椭圆 6 2

A. 2 B. 2 C. 4

2 2 2 2

D. 4

8.(2006 辽宁卷)直线 y  2k 与曲线 9k x  y  18k x (A)1 (B)2 (C)3

(k  R ,且k  0 ) 的公共点的个数为(

(D)4

二、填空题: 9. (2006 全国卷 I)双曲线 mx  y  1 的虚轴长是实轴长的 2 倍,则 m 

2 2

10. (2006 上海卷)已知在平面直角坐标系 xOy 中的一个椭圆, 它的中心在原点, 左焦点为 F (  3, 0) ,右顶点为 D(2, 0) , 设点 A  1,

 1  ,则求该椭圆的标准方程为  2

11. (2011 年高考全国新课标卷理科 14) 在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C 的中心为原点,焦点 F1 , F2 在

x 轴上,

离心率为

2 。过 l 的直线 交于 A, B 两点,且  ABF2 的周长为 16,那么 C 的方程为 2

x 2 y2 12. (2011 年高考四川卷理科 14)双曲线  =1上一点P到双曲线右焦点的距离是4,那么点 P 到左准线的距离 64 36

是 .

13. (上海卷)已知双曲线中心在原点,一个顶点的坐标为 (3, 0) ,且焦距与虚轴长之比为 5 : 4 ,则双曲线的标准方程是 ____________________. 14. (2011 年高考全国卷理科 15)已知 F1、F2 分别为双曲线 C: 坐标为(2,0),AM 为∠F1AF2 的角平分线.则|AF2| = 三 、解答题: 15.已知抛物线关于 y 轴对称,它的顶点在坐标原点,并且经过点 M( 3 ,2 3 ) ,求它的标准方程。 .

x2 y 2 =1 的左、右焦点,点 A 为 C 上一点,点 M 的 9 27

16.(2010 浙江理数)已知 m>1,直线 l : x  my 

m2 x2  0

,椭圆 C : 2  y 2  1 , F1, F2 分别为椭圆 C 的左、右焦点。 2 m

(Ⅰ)当直线 l 过右焦点 F2 时,求直线 l 的方程; (Ⅱ)设直线 l 与椭圆 C 交于 A, B 两点, V AF1 F2 , VBF1 F2 的重心分别为 G, H .若原点 O 在以线段 GH 为直径的 圆内,求实数 m 的取值范围.

17.(2010 江苏卷)在平面直角坐标系 xoy 中,如图,已知椭圆

x2 y2   1 的左、右顶点为 A、B,右焦点为 F。设过 9 5

点 T( t, m )的直线 TA、TB 与椭圆分别交于点 M ( x1 , y1 ) 、 N ( x2 , y 2 ) ,其中 m>0, y1  0, y 2  0 。 (1)设动点 P 满足 PF  PB  4 ,求点 P 的轨迹;

2 2

(2)设 x1  2, x 2 

1 ,求点 T 的坐标; 3

(3)设 t  9 ,求证:直线 MN 必过 x 轴上的一定点(其坐标与 m 无关) 。

18.中心在原点,焦点在 x 轴上的一个椭圆与一双曲线有共同的焦点 F1,F2,且 F1 F2  2 13 ,椭圆的长半轴与双曲线的 半实轴之差为 4,离心率之比为 3:7。求这两条曲线的方程。

19. (2011 年高考辽宁卷理科 20)(本小题满分 12 分)如图,已知椭圆 C1 的中心在原点 O,长轴左、右端点 M,N 在 x 轴上,椭圆 C2 的短轴为 MN,且 C1,C2 的离心率都为 e,直线 l⊥MN,l 与 C1 交于两点,与 C2 交于两点,这 四点按纵坐标从大到小依次为 A,B,C,D.

(I)设 e 

1 ,求 BC 与 AD 的比值; 2

(II)当 e 变化时,是否存在直线 l,使得 BO∥AN,并说明理由

20. (2006 上海卷)已知在平面直角坐标系 xOy 中的一个椭圆, 它的中心在原点, 左焦点为 F (  3, 0) ,右顶点为 D(2, 0) ,

设点 A  1,

 1 .  2

(1)求该椭圆的标准方程; (2)若 P 是椭圆上的动点,求线段 PA 中点 M 的轨迹方程; (3)过原点 O 的直线交椭圆于点 B, C ,求 ABC 面积的最大值。

高二数学圆锥曲线高考题选讲答案

1.双曲线焦点在 x 轴,由渐近线方程可得

b 4 c 32  42 5  , 可得e    ,故选 A a 3 a 3 3

2. (数形结合)由椭圆的定义椭圆上一点到两焦点的距离之和等于长轴长 2a,可得 ABC 的周长为 4a= 4 3 ,所以选 C 3.设抛物线 y   x 上一点为(m,-m2),该点到直线 4 x  3 y  8  0 的距离为

2

| 4m  3m 2  8 | ,当 5

m=

2 时,取得 3

最小值为

4 ,选 A. 3

3, c  a 2  b 2  3  9  2 3 , e 

4.依题意可知 a 

c 2 3   2 ,故选 C. a 3

5.方程 2 x2  5x  2  0 的两个根分别为 2,

1 ,故选 A 2

6.由

x2 y2 x2 y2   1(m  6) 知该方程表示焦点在 x 轴上的椭圆,由   1(5  m  9) 知该方程表示焦点 10  m 6  m 5m 9m x2 y2   1 的右焦点为(2,0),所以抛物线 y 2  2 px 的焦点为(2,0),则 p  4 ,故选 D。 6 2

2 2 2 2 2 2 2 2

在 y 轴上的双曲线,故只能选择答案

A。 7.椭圆

8.将 y  2k 代入 9k x  y  18k x 得: 9k x  4k  18k x

 9 | x |2 18 x  4  0 ,显然该关于 | x| 的方程有两正解,即 x 有四解,所以交点有 4 个,故选择答案 D。

9.双曲线 mx  y  1 的虚轴长是实轴长的 2 倍,∴

2 2

x2  y 2  1 ,∴ m

m= 

1 。 4

10.椭圆的标准方程为

x2  y2  1 4

11. 答案:

x2 y2  1 16 8

c 2  , c  2 2 , b 2  a 2  c 2  8 因此,所 a 2

解析:由椭圆的的定义知, C   4a  16, a  4 ,又因为离心率

x2 y2 求椭圆方程为:   1; 16 8

12. 答案:16 解析:由双曲线第一定义,|PF1|-|PF2|=±16,因|PF2|=4,故|PF1|=20, (|PF1|=-12 舍去) ,设 P 到左准线的距离是 d,由第 二定义,得

20 10  ,解得 d  16 . d 8

13.双曲线中心在原点,一个顶点的坐标为 (3, 0) ,则焦点在 x 轴上,且 a=3,焦距与虚轴长之比为 5 : 4 ,即 c : b  5: 4 ,

x2 y 2   1. 解得 c  5, b  4 ,则双曲线的标准方程是 9 16

14. 【答案】6 【解析】  F1 (6, 0), F2 (6, 0) ,由角平分线的性质得 : 又 AF1  AF2  2  3  6

AF1 AF2

F1M MF2

8 2 4

 AF2  6

15.解:因为抛物线关于 y 轴对称,它的顶点在坐标原点,并且经过点 M( 3 ,2 3 ) ,所以可设它的标准方程为:

y 2  2 px( p  0) ,又因为点 M 在抛物线上,所以 ( 3 ) 2  2 p( x  2 3 )

即p

3 3 2 y。 ,因此所求方程是 x   4 2

16. (Ⅰ)解:因为直线 l : x  my 

m2 m2  0 经过 F2 ( m 2  1, 0) ,所以 m 2  1  ,得 m2  2 , 2 2

又因为 m  1,所以 m  2 ,

2 0。 故直线 l 的方程为 x  2 y  2

(Ⅱ)解:设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) 。

2

 m2 x  my    2 由 2 ,消去 x 得  x  y2  1  m2 

m2 2 y  my  1  0 4

2

则由   m2  8(

m2  1)   m2  8  0 ,知 m2  8 , 4

且有 y1  y2  

m m2 1 , y1 y2   。 2 8 2

由于 F1 (c, 0), F2 (c, 0), , 故 O 为 F1 F2 的中点, 由 AG  2GO, BH  2 HO , 可知 G (

2



 



x1 y1 x y , ), h( 2 , 1 ), 3 3 3 3

( x1  x2 ) 2 ( y1  y2 ) 2  9 9

GH 

设 M 是 GH 的中点,则 M ( 由题意可知 2 MO  GH ,

x1  x2 y1  y2 , ), 6 6

即 4[(

x1  x2 2 y  y2 2 ( x1  x2 ) 2 ( y1  y2 ) 2 ) ( 1 ) ]  6 6 9 9

即 x1 x2  y1 y2  0

m2 m2 )(my2  )  y1 y2 而 x1 x2  y1 y2  (my1  2 2 m2 1  (m2  1 (  ) ) 8 2

所以

m2 1  0 8 2

2

即m  4 又因为 m  1且   0

所以 1  m  2 。 所以 m 的取值范围是 (1, 2) 。 17. [解析] 本小题主要考查求简单曲线的方程,考查方直线与椭圆的方程等基础知识。考查运算求

解能力和探究问题 的能力。满分 16 分。 (1)设点 P(x,y) ,则:F(2,0) 、B(3,0) 、A(-3,0) 。 由 PF 2  PB 2  4 ,得 ( x  2)  y  [( x  3)  y ]  4, 化简得 x 

2 2 2 2

9 。 2

故所求点 P 的轨迹为直线 x  (2)将 x1  2, x 2 

9 。 2

1 5 1 20 分别代入椭圆方程,以及 y1  0, y 2  0 得:M(2, ) 、N( ,  ) 3 3 3 9 1 y 0 x3 直线 MTA 方程为: ,即 y  x  1 ,  5 3 0 23 3 5 5 y 0 x 3 直线 NTB 方程为: ,即 y  x  。  20 1 6 2  0 3 9 3

x  7  联立方程组,解得:  10 , y  3 

所以点 T 的坐标为 (7,

10 )。 3

(3)点 T 的坐标为 (9, m)

y 0 x3 m ,即 y   ( x  3) , m0 93 12 y 0 x 3 m 直线 NTB 方程为: ,即 y  ( x  3) 。  m0 93 6

直线 MTA 方程为: 分别与椭圆

x2 y2   1 联立方程组,同时考虑到 x1  3, x2  3 , 9 5

3(80  m2 ) 40m 3(m2  20) 20m , ) 、 N( , )。 解得: M ( 2 2 2 80  m 80  m 20  m 20  m2

20m 3(m2  20) x 20  m2 20  m2 (方法一)当 x1  x2 时,直线 MN 方程为:  40m 20m 3(80  m2 ) 3(m2  20)   80  m2 20  m2 80  m2 20  m2 y

令 y  0 ,解得: x  1 。此时必过点 D(1,0) ; 当 x1  x2 时,直线 MN 方程为: x  1 ,与 x 轴交点为 D(1,0) 。

所以直线 MN 必过 x 轴上的一定点 D(1,0) 。 (方法二)若 x1  x2 ,则由

240  3m2 3m2  60 及 m  0 ,得 m  2 10 ,  80  m2 20  m2

此时直线 MN 的方程为 x  1 ,过点 D(1,0) 。

若 x1  x2 ,则 m  2 10 ,直线 MD 的斜率 kMD

40m 2 10m ,  80  m2  240  3m 40  m2 1 80  m2

直线 ND 的斜率 k ND

20m 2 10m ,得 kMD  k ND ,所以直线 MN 过 D 点。  20  m  2 3m  60 40  m 2 1 20  m 2

因此,直线 MN 必过 x 轴上的点(1,0) 。

18.设椭圆的方程为

2 x2 y x2 y2  2  1 ,双曲线得方程为 2  2  1 ,半焦距 c= 13 a12 b1 a 2 b2

由已知得:a1-a2=4

c c :  3 : 7 ,解得:a1=7,a2=3 a1 a 2

所以:b1 =36,b2 =4,所以两条曲线的方程分别为:

2 2

x2 y2 x2 y2  1 ,  1 49 36 9 4

19.

解得

t

ab 2 1  e2   2 a. a 2  b2 e 1  e2 2  1 ,解得  e  1. 2 e 2

因为 | t | a ,又 0  e  1 ,所以

所以当 0  e 

2 2 时,不存在直线 l,使得 BO//AN;当  e  1 时,存在直线 l 使得 BO//AN. 2 2

20.(1)由已知得椭圆的半长轴 a=2,半焦距 c= 3 ,则半短轴 b=1.

又椭圆的焦点在 x 轴上, ∴椭圆的标准方程为

x2  y2  1 4

(2)设线段 PA 的中点为 M(x,y) ,点 P 的坐标是(x0,y0), x= 由

x0  1 2

x0=2x-1

1 y0  2 y= 2

y0=2y-

1 2

由,点 P 在

椭圆上,得

(2 x  1) 2 1  (2 y  ) 2  1 , 4 2

1 2 1 4

∴线段 PA 中点 M 的轨迹方程是 ( x  ) 2  4( y  ) 2  1 . (3)当直线 BC 垂直于 x 轴时,BC=2,因此△ABC 的面积 S△ABC=1. 当直线 BC 不垂直于 x 轴时,说该直线方程为 y=kx,代入

x2  y2  1, 4

),

解得 B(

2 4k 2  1

,

2k 4k 2  1

),C(-

2 4k 2  1

,-

2k 4k 2  1

k 1 2

则 BC  4

1 k

2

1  4k 2

,又点 A 到直线 BC 的距离 d=

1 k 2

,

∴△ABC 的面积 S△ABC=

2k  1 1 AB  d  2 1  4k 2

于是 S△ABC= 由

4k 2  4k  1 4k  1 2 2 4k  1 4k  1

1 4k ≥-1,得 S△ABC≤ 2 ,其中,当 k=- 时,等号成立. 2 2 4k  1

∴S△ABC 的最大值是 2 .

范文七:圆锥曲线练习题及答案

圆锥曲线测试题(文)

时间:100分钟 满分100分

一、选择题:(每题4分,共40分)

1.c0是方程 ax2y2c 表示椭圆或双曲线的( )

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.不充分不必要条件 2.如果抛物线y 2=ax的准线是直线x=-1,那么它的焦点坐标为 ( ) A.(1, 0)

B.(2, 0)

2

2

C.(3, 0) D.(-1, 0)

3.直线y = x +1被椭圆x+2y=4所截得的弦的中点坐标是( ) A.(

13

, -

23

) B.(-

23

,

13

) C.(

12

, -

13

) D.(-

1132

, )

4.一抛物线形拱桥,当水面离桥顶2m时,水面宽4m,若水面下降1m,则水面宽为( )

A.

6m

B. 26m

2

C.4.5m

43

D.9m

,那么点P到椭圆的右准线的距

5. 已知椭圆

x

9

y

2

5

1上的一点P到左焦点的距离是

离是( )

A.2 B.6 C.7 D.

143

6.曲线

=1(k<9 )的( )

2525k99k

A.长轴长相等 B.短轴长相等 C.离心率相等 D.焦距相等 7.已知椭圆

2

y

2

=1与曲线

2

2

y

2

5

2

y

m

=1的离心率

e=

253

5

,则m的值为( )

D.

A.3 B. 或 3

C.

3

8.已知椭圆C的中心在原点,左焦点F1,右焦点F2均在x轴上,A为椭圆的右顶点,B为椭圆短轴的端点,P是椭圆上一点,且PF1⊥x轴,PF2∥AB,则此椭圆的离心率等于( ) A.

12

B

2

2

C.

13

D

5

9

n0)的曲线在同一坐标系

10.椭圆

2

25

y

9

2

=1上一点M到左焦点F1的距离为2,N是MF1的中点,,则2ON

等于 ( )

A. 3 B . 4 C. 8 D.16 二.填空题(每题4分,共16分) 11.

x

2

4t

y

2

t1

1表示双曲线,则实数t的取值范围是 .

12.双曲线4x2-y2+64=0上一点P到它的一个焦点的距离等于1,则点P到另一个焦

点的距离等于 .

13.斜率为1的直线经过抛物线y2=4x的焦点,且与抛物线相交于A,B两点,则AB 等于 .



14. 设x,y∈R,在直角坐标平面内,a(x,y+2), b= (x,y-2),且a+b=8,则点M(x ,

y)的轨迹方程是

三.解答题

15.已知双曲线与椭圆

16.椭圆的中心是原点O,它的短轴长为22,相应于焦点F(c,0)(c0)的准 线l与x轴相交于点A,|OF|=2|FA|,过点A的直线与椭圆相交于P、Q两点. (Ⅰ)求椭圆的方程及离心率;

(Ⅱ)若OPOQ0,求直线PQ的方程;(12分)

17.已知椭圆的中心在原点O,焦点在坐标轴上,直线y = x +1与该椭圆相交于P和Q,且

OP⊥OQ,|PQ|=

2

x

2

49

y

2

24

1共焦点,且以y

43

x为渐近线,求双曲线方程.(10分)

,求椭圆的方程.(12分)

18.一炮弹在A处的东偏北60°的某处爆炸,在A处测到爆炸信号的时间比在B处早4秒,

已知A在B的正东方、相距6千米, P为爆炸地点,(该信号的传播速度为每秒1千米)求A、P两地的距离.(10分)

参考答案

一.选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)

11.t>4或t

x

2

12

x16

2

=1

三.解答体

15.(10分) [解析]:由椭圆

设双曲线方程为

xa

22

x

2

49

y

2

24

1c5.

yb

22

24ba91,则a32b16a2b225

故所求双曲线方程为

x

2

9

y

2

16

1

xa

22

16.(12分) [解析]:(1)由已知由题意,可设椭圆的方程为

ac2,

解得a2a

c).c2(c

2

2

y

2

2

1(a

2).由已知得

6,c2

所以椭圆的方程为x

2

6

y

2

2

1,离心率e

63

.(Ⅱ)解:

由(1)可得A(3,0).设直线PQ

2

x2y

1,得的方程为yk(x3).由方程组26

yk(x3)

(3k

2

1)x18kx27k

222

60依题意12(23k2)0,得

2

63

k

63

.设

P(x1,y1),Q(x2,y2),则xx18k

122

x1x2

27k3k

2

22

, ①

y2k(x23).于是

OPOQ0

3k1

61

. ② 由直线PQ的方程得y1k(x13),

2

y1y2k(x13)(x23)k[x1x23(x1x2)9]

. ③ ∵



55(

,∴

x1x2y1y20. ④. 由①②③④得5k

2

1,从而k

63

,

63

).

所以直线PQ的方程为x17.(12分)

5y30或x5y30.

yQ

[解析]:设所求椭圆的方程为

xa

22

yb

22

1,

依题意,点P(x1,y1)、Q(x2,y2)的坐标

2

x2y

21

满足方程组a2 b

yx1

解之并整理得(a2b2)x22a2xa2(1b2)0

或(a2b2)y22b2yb2(1a2)0

2a

2

22

所以x1x2

ab2b

2

2

2

,x1x2

a(1b)ab

2

2

2

22

y1y2

ab

,y1y2

b(1a)ab

2

2

2

由OP⊥OQx1x2y1y20a2b22a2b2 ③

2

2

2

2

又由|PQ|=PQ

(x1x2)(y1y2)=

5252

52

(x1x2)24x1x2(y1y2)24y1y2= (x1x2)4x1x2(y1y2)4y1y2=

2

2

22

42

由①②③④可得:3b8b40b2或b

23

a

2

23

或a

2

2

故所求椭圆方程为

x

2

2

3y2

2

1,或

3x2

2

y

2

2

1

18.(12分) [解析]:以直线AB为x轴,线段AB的垂直平分线为y轴,建立直角坐标系,

则A(3,0)、B(-3,0) |PB

P是双曲线

x

2

||PA|416a2,b

5,c3

4

y

2

5

∴kAPtan601右支上的一点 ∵P在A的东偏北60°方向,

3(x3)

3

∴线段AP所在的直线方程为y

2

x2y

145

解方程组 

y3(x3)

x0y0

x8

得

y53

即P点的坐标为(8,53) ∴A、P两地的距离为AP(38)2(053)2=10(千米).

预测全市平均分:61

范文八:圆锥曲线练习题及答案

高二文科数学圆锥曲线综合训练

一、选择题:

1.c0是方程 ax2y2c 表示椭圆或双曲线的( )

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.不充分不必要条件 2.如果抛物线y 2=ax的准线是直线x=-1,那么它的焦点坐标为 ( ) A.(1, 0) B.(2, 0) C.(3, 0) D.(-1, 0)

3.直线y = x +1被椭圆x 2+2y 2=4所截得的弦的中点坐标是( )

12211111

A.(, -) B.(-, ) C.(, -) D.(-, )

33332332

4.一抛物线形拱桥,当水面离桥顶2m时,水面宽4m,若水面下降1m,则水面宽为( ) A.m

B. 26m C.4.5m

D.9m

x2y2

5. 已知双曲线C :2-2=1的焦距为10 ,点P (2,1)在C 的渐近线上,

ab

则C的方程为

x2y2x2y2x2y2x2y2

A.-=1 B.-=1 C.-=1 D.-=1

20520805208020

6.曲线+=1与曲线+=1(k<9 )的( )

92525k9k

A.长轴长相等 B.短轴长相等 C.离心率相等 D.焦距相等

7.等轴双曲线C的中心在原点,焦点在x轴上,C与抛物线y216x的准线交于

A,B

两点,ABC的实轴长为( )

2

y

2

2

y

2

(A)

(B

) (C) (D)

8.已知椭圆C的中心在原点,左焦点F1,右焦点F2均在x轴上,A为椭圆的右顶点,B为椭圆短轴的端点,P是椭圆上一点,且PF1⊥x轴,PF2∥AB,则此椭圆的离心率等于( ) A.

11 B

. C. D

232x2y2

9.已知双曲线C1:221(a0,b0)的离心率为2.若抛物线C2:x22py(p0)

ab

的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2,则抛物线C2的方程为

1

(A) x2

y

(B) x2y (C)x28y (D)x216y 10. 已知抛物线关于x轴对称,它的顶点在坐标原点O,并且经过点M(2,y0)。若点M到该抛物线焦点的距离为3,则|OM|( )

A

、、4 D

、11.△ABC的顶点A(-5,0),B(5,0),△ABC的内切圆圆心在直线x=3上,则顶

点C的轨迹方程是 A.1 B.=1 C.1(x>3) D.=1(x>4) 916169916169

12.抛物线y=-4x2上的一点M到焦点的距离为1,则点M的纵坐标是 17151517A. B. C.- D.- 16161616二.填空题

x2y2

1表示双曲线,则实数t的取值范围是 . 13.

4tt1

x2y2x2y2x2y2x2y2

14.双曲线4x2-y2+64=0上一点P到它的一个焦点的距离等于1,则点P到另一个焦点的距离等于 .

15.斜率为1的直线经过抛物线y2=4x的焦点,且与抛物线相交于A,B两点,则AB 等于 .

16. 设x,y∈R,在直角坐标平面内,a(x,y+2), b= (x,y-2),且a+b=8,则点M(x , y)的轨迹方程是 .

三.解答题

x2y24

17.已知双曲线与椭圆1共焦点,且以yx为渐近线,求双曲线方程.

34924

2

18.根据下列条件,求双曲线方程:

x2y2

1有共同渐近线,且过点(-3,23); (1)双曲线

916⑵与双曲线x2y2

16

4

1有公共焦点,且过点

(2).

19.椭圆的中心是原点O,它的短轴长为22,点A(3,0),的直线与椭圆相交于P、Q两点. (Ⅰ)求椭圆的方程及离心率;

(Ⅱ)若OPOQ0,求直线PQ的方程;

3

,过点A|OF|=2|FA|

20.一炮弹在A处的东偏北60°的某处爆炸,在A处测到爆炸信号的时间比在B处早4秒,已知A在B的正东方、相距6千米, P为爆炸地点,(该信号的传播速度为每秒1千米)求A、P两地的距离.

21.已知椭圆的中心在原点O,焦点在坐标轴上,直线y = x +1与该椭圆相交于P和Q,且OP⊥OQ,|PQ|=

4

,求椭圆的方程. 2

参考答案

2

x2x

13.t>4或t

15. 8 16. +=1

1216

x2y2

17. [解析]:由椭圆1c5.

4924

4bx2y2设双曲线方程为221,则a3ab22

2



a9 双曲线方程为x2y221

916b16ab25

1x2y2(3)2(λ≠0),∴ 18.解:⑴设双曲线方程为∴ ,

49169∴

线

x2y2

1944

;⑵设双曲线方程为

16k0222x2y2x2y2

11 1,解之得k=4,∴ 双曲线为16k4k1284k016k4k

22ac2,xy19. [解析]:(1)由已知由题意,可设椭圆的方程为.由已知得1(a2)

a22a2

c2(c).

2

2



c

22

解得a6,c2所以椭圆的方程为xy1,离心率e

62

6. 3

x2y2

1,得(Ⅱ)解:由(1)可得A(3,0).设直线PQ的方程为yk(x3).由方程组26

yk(x3)

(3k21)x218k2x27k260依题意12(23k2)0,得6k6.设

33

2

P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1x218k, ①

3k21

27k26. ② 由直线PQ的方程得yk(x3),yk(x3).于是 x1x21122

3k21

y1y2k2(x13)(x23)k2[x1x23(x1x2)9]. ③

∵0,∴x1x2y1y20. ④.

2

由①②③④得5k1,从而k(,

53

6. )3

所以直线PQ

的方程为xy30或xy30.

20. [解析]:以直线AB为x轴,线段AB的垂直平分线为y轴,建立直角坐标系,

则A(3,0)、B(-3,0) |PB||PA|416

a2,b5,c3

22

Pxy1右支上的一点 ∵P在A的东偏北60°方向,∴

45

5

kAPtan60.∴线段AP所在的直线方程为y(x3)

x2y2

1

45x8 , 解方程组 得y3(x3)y53x0y0

即P点的坐标为(8,53) ∴A、P两地的距离为AP(38)2(05)2=10(千米).

解析]:设所求椭圆的方程为x2y2

21.[a2b

21,

依题意,点P(x1,y1)、Q(x2,y2)的坐标

满足方程组x2y2

2ab

21

yx1解之并整理得(a2b2)x22a2xa2(1b2)0

或(a2b2)y22b2yb2(1a2)0

所以x2a2a2ab2

,x(1b2)

1x221x2a2b2 y2b2b2(1a2)

1y2a2b2,y1y2a2b

2

由OP⊥OQx2

1x2y1y20ab2

2a2b2

又由|PQ|=

2

52

PQ(x1x2)2(y1y2)2=2

(x2

2

51x2)4x1x2(y1y2)4y1y2=

2 (x2)2

51x2)4x1x2(y1y24y1y2=2

由①②③④可得:3b48b2

40b22或b223

a222

3

或a2

故所求椭圆方程为x23y23x2y2

221,或22

1 6

② ③ ④

范文九:圆锥曲线习题1含答案

x2y21

1.若焦点在x轴上的椭圆1的离心率为,则m= ( )

22m

A

.【答案】B

【解析】

试题分析:由已知可得a2,bmc2me考点:椭圆方程及性质

2.椭圆的两个焦点分别为F1(8,0)、F2(8,0),且椭圆上一点到两个焦点的距离之和是20,则椭圆的标准方程为( )

2

2

2

382 C. D. 233

c13

m a22

x2y2x2y2

1 B.1 A.

10036400336x2y2x2y2

1 D.1 C.

361002012

【答案】A 【解析】

2

试题分析:由椭圆定义可知2a20a10F1(8,0),F2(8,0)c8b36,

x2y2

1 椭圆方程为

10036

考点:椭圆方程及性质

x2y2

1(a>5)的两个焦点为F1、F2,且|F1F2|=8,弦AB过点F1,则3.已知椭圆2

a25

△ABF2的周长为( )

A.10 B.20 C

. D

.【答案】D 【解析】

试题分析:由|F1F2|=8

得2c8c4a2516a,由椭圆定义可知△ABF2

的周长为4a 考点:椭圆方程及性质

22xmy1的焦点在y轴上,长轴长是短轴长的两倍,则m的值为 ( )4.椭圆

2

11

A.4 B.2 C.2 D.4

【答案】A 【解析】

试题分析:椭圆方程化为标准方程得

x2y21111a2,b21a2b4m 11mm4m

考点:椭圆方程及性质

x22

y1两个焦点分别是F1,F2,点P是椭圆上任意一点,则PF1PF2的5.椭圆4

取值范围是( )

A.[1,4] B.[1,3] C.[2,1] D.[1,1] 【答案】C 【解析】

试题分析:

椭圆的焦点坐标F

设P(2cos,sin)1,F2(.∴

([0,2]).



PF1PF2

(2cos,sin)2cos,sin)4cos23sin23cos22



∵0cos1,∴23cos21.即PF1PF2的最大值与最小值分别是1,

2

2

﹣2.故选:C.

考点:直线与圆锥曲线的关系;平面向量数量积的运算;椭圆的简单性质.

x2y2

6.已知双曲线221的一条渐近线为y2x,则双曲线的离心率等于( )

ab

(A

(B)2 (C

(D

【答案】C

【解析】

试题分析:由渐近线知

b

2,则双曲线的离心率eC. a

考点:双曲线的离心率.

x2y2

7.设F1、F2分别为双曲线221(a0,b0)的左、右焦点,双曲线上存在

ab

9

ab,则该双曲线的离心率为( )

4

459

A. B C D.3

334

一点P使得|PF1||PF2|3b,|PF1||PF2|【答案】B 【解析】

试题分析:由双曲线定义根据点P为双曲线上一点,所以

PF1PF22a

,又

|PF1||PF2|3b,所以

PF1PF2

2

PF1PF2

2

4PF1PF2

又因为

|PF1||PF2|

b4b19

ab

3(舍)4,所以有9b24a29ab解得a3或a,所以

c2b2255

ee212

3,故选择B aa9,即

2

考点:双曲线性质

x2y2

8.双曲线1的渐近线与圆(x3)2y2r2(r0)相切,则r( )

63

A.

3 B.2 C.3

D.6

【答案】A 【解析】

x

2y2

yxx1

23试题分析:双曲线6的渐近线为,

2y0,

r

因为与圆相切,所以圆心到直线的距离为半径,可得考点:1.求双曲线渐近线;2.直线与圆的位置关系

,故选择A

x2y2

1有共同的渐近线,

9.与双曲线且经过点A的双曲线的方程为( ) 32y2x2y22

1 B.2x1 A.

16124y2x2x2y2

1 D.1 C.

182764

【答案】C 【解析】

x2y2



,因为经过点A,试题分析:由题意设所求的双曲线的方程为32y2x2320

,即9,代入方程化简得1,故选:C. 所以321827

考点:双曲线的标准方程.

x2y21(m

0)10.已知双曲线m的值为 mA

.3 C.8 D

【答案】B 【解析】

试题分析:由题意知,c2m1,

所以e

,解之得m3,故应选B. 考点:1、双曲线的概念;2、双曲线的简单几何性质;

x2y2

11. 椭圆 1的焦点为F1,F2,点P在椭圆上,若|PF1|4,则F1PF2的

92

大小为 .

2

【答案】3

【解析】

试题分析:由椭圆性质可得:

PF1PF22a

6

cosF1PF2

F1F22c而

PF14

所以

PF22

,由余弦定理可得

164281

162,故可得cosF1PF2

2

的大小为3

考点:椭圆性质以及余弦定理

x2y2bc

12.已知c是椭圆22=1(a>b>0)的半焦距,则的取值范围是________.

aab

【答案】

【解析】

试题分析:椭圆的中心、一个短轴的顶点、一个焦点构成一个直角三角形,两直角边分别为b、c,斜边为a,由直角三角形的2个直角边之和大于斜边得:bca,∴

22

bcbcbc2b2c22bc2bc1,1,又∵(,

∴故选D. )2aaaa2a2



考点:椭圆的简单性质.

x2y2

1上的点到直线x2y20的最大距离13.椭圆

164

是 .

【解析】

试题分析:设椭圆上的点为

4cos,2sin

,点到直线的距离

d

,当sin1时,距离最

考点:1.椭圆参数方程;2.点到直线距离

x2y2

14.以椭圆+=1的焦点为顶点,顶点为焦点的双曲线方程

85

为 .

x2y2

【答案】1

35

【解析】

x2y2

试题分析:椭圆 +=

1的顶点为

,,焦点为,

85



.

∴双曲线的焦点坐标是

,,顶点为

,



,故双曲线的

x2y2

acb -=1

35

考点:椭圆、双曲线的标准方程及其性质

x2

1的焦点坐标是 15.双曲线y2

2

【答案】(0,3),(0,3);y【解析】

2

x 2

试题分析:由双曲线方程可知其焦点在y轴上,且a21,b2

2,c

所以焦点为,0,;渐渐线方程y

考点:双曲线的焦点,渐近线.

bx即yx. ax2y2

16.设双曲线221的一条渐近线与抛物线yx21只有一个公共点,则双曲

ab

线的离心率等于 .

【解析】

试题分析:双曲线的一条渐近线为y

bb

x,代入抛物线方程整理得x2x10,aa

b2c2a2c22

4,所以e2

5,e 由题意240,即2

aaa

考点:双曲线的几何性质,直线与圆锥的位置关系.

y22

17.若双曲线C经过点(2,2),且与双曲线x1具有相同渐近线,则双曲线C的

4

标准方程为 . x2y2

1312【答案】

【解析】

y2

x2

试题分析:由题意设双曲线C的标准方程为4,又过点(2,2),所以x2y2

1

3,312.

考点:双曲线渐近线

x2y2

18.(本小题满分12分)已知椭圆221(a>b>O) 过点M(0,2),离心率

abe

6

. 3

(Ⅰ)求椭圆的方程;

(Ⅱ)设过定点N(2,0)的直线l与椭圆相交于A、B两点,且∠AOB为锐角(其中O为坐标原点),求直 线l斜率的取值范围.

x2y2

1;

【答案】(Ⅰ)(Ⅱ),124

.

【解析】

c222

的值,利用abc可得a2的值,进而可a

得椭圆的方程;(Ⅱ)先设、的坐标和直线l的方程,再联立直线l的方程和椭圆的

试题分析:(Ⅰ)由已知条件可得b和

方程,消去y,化简得关于x的一元二次方程,由韦达定理可得x1x2,x1x2的值,进而可得y1y2得值,最后利用为锐角可得直线l斜率的取值范围.

试题解析:(Ⅰ)由题意得b=2,

c6

a3

2222

结合abc,解得a12

x2y2

1 ∴ 椭圆的方程为

124



(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2),则OA(x1,y1),OB(x2,y2)

设直线l的方程为yk(x2)(显然k存在)

x2y2

1222

由12,消去y得x3k(x2)12 4yk(x2)

即(13k)x12kx12k120

2

2

2

2

12k212k212

所以 x1x2,x1x2

13k213k2

y1y2k2(x12)(x22)k2[x1x22(x1x2)4]

12k412k224k412k44k28k2

13k213k213k213k2

=

4k212

> 0 OA·OB=x1x2y1y22

13k

解及 k>或k<3为所求

考点:1、椭圆的标准方程;2、直线与圆锥曲线的位置关系.

【易错点晴】本题主要考查的是椭圆的标准方程和直线与圆锥曲线的位置关系,属于难题.解题时一定要注意直线的斜率是否存在,否则很容易出现错误.

范文十:圆锥曲线问题总结答案

圆锥曲线问题总结答案

一、 圆锥曲线的定义及应用

例1:分析⑴可利用椭圆定义、三角形的三边间关系及不等式性质求最值;题⑵是圆锥曲线与数列性质的综合题,可根据条件先求出双曲线的半实轴长a的值,再应用双曲线的定义与等差中项的知识求|AB|的值.

解:⑴设椭圆右焦点为F1,则|MF||MF1|6,∴|MA||MF||MA||MF1|6.又 |AF1||MA||MF1||AF1|(当M、A、F1共线时等号成立).

|AF1|,

∴|MA||MF|6

|MA||MF|6故|MA|

|MF|的最大值为6,

最小值为6.

2b6

c

⑵依题意有,

解得a∵A、B在双曲线的左支上,∴|AF2||AF1|2a,

a2222cab|BF2||BF1|2a

,∴

|AF2||BF2|(|AF1||BF1|)4a

.又

|AF2||BF2|2|AB|,|AF1||BF1||AB|.

∴2|AB||AB|4a,即|AB|4a.

∴|AB|4.

小结:在本例的两个小题中,⑴正确应用相应曲线的定义至关重要,否则求解思路受阻;⑵忽视双曲线定义中的两焦半径的大小关系容易出现解题错误;⑶由M、A、F1三点共线求出|MA||MF|的最值也是值得注意的问题.

变式与引申答案

1. C 提示:如图6-2-1,点P到y轴的距离d比到准线的距离(即|PF|)少1,∴|PA|d

|PA||PF|1.而点A在抛物线外,∴|PA|

d的最小值为|AF|11.

2.

82

提示:由椭圆定义知|AF2||AB||BF2|4a8,又|AF2||BF2|2|AB|,

3

3

∴3|AB|

|AB|.

二、 圆锥曲线的标准方程

例2 分析:问题⑴:将C2的焦点坐标代入C1的方程,得出b,c的关系式,进而求出C2的离心率;问题⑵:利用问题⑴的答案,联立C1、C2的方程先得出M、N坐标,再利用QMN的重心在抛物线C1上,求C1、C2的方程.

解:⑴∵抛物线C1经过椭圆C2的两个焦点F1(c,0),F2(c,0),∴c2b0b2,即c2b2, ∴a2b2c22c2,∴椭圆C

2的离心率e ⑵由⑴可知a2b,椭圆C2的方程为

b

2

2

cax2b

22

2yb

.

22

1,联立抛物线C1的方程x2byb2,

2

得2y2byb20,解得y或yb(舍去),

∴x2

,

即M(

2

,

),N2

b2

,),

2

b

∴QMN的重心坐标为(1,0).∵重心在C1上,∴12b0b2,得b1.∴a22. ∴抛物线C1的方程为xy1,椭圆C2的方程为

2

x

2

2

y21.

小结:忘记用第⑴小问的答案;记错重心坐标公式;联立C1、C2的方程后,计算错M、N坐标.

变式与引申答案

3. 解法一:①当焦点在x轴上时,设椭圆的标准方程为

xa

22

yb

22

1(ab0),

2(2)2

12a15ab

依题意有,解得2.

2

(11b5

2ba2

a25

②当焦点在y轴上时,同理解得2,ab,不合,舍去. 综上所求椭圆的方程为

b15

x

2

15

y

2

5

1.

3m4n1

解法二:设所求椭圆方程为mx2ny21(m0,n0,mn).依题意有,解得

12mn1

1

m22xy15

1. . 故所求椭圆的方程为

1551n

5

22

ny21,相减得4. 解法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),代入椭圆方程得mx12ny121,mx2

m(x1x2)

(x1x2)n(y1y2)(y1y2)0.∵kAB

y1y2x1x2



1,

y1y2x1x2

kOC

2

,

∴n.由

mx2ny21

, 

xy10