圆锥曲线大题及答案

圆锥曲线大题及答案

【范文精选】圆锥曲线大题及答案

【范文大全】圆锥曲线大题及答案

【专家解析】圆锥曲线大题及答案

【优秀范文】圆锥曲线大题及答案

范文一: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

(www.wenku1.com)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.

(www.wenku1.com)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。

(www.wenku1.com)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) ,

(www.wenku1.com)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

(www.wenku1.com)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

(www.wenku1.com) 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

(www.wenku1.com)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) 。

(www.wenku1.com)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

(www.wenku1.com)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

(www.wenku1.com)∴S△ABC 的最大值是 2 .

范文二: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

范文三: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

范文四:圆锥曲线测试题及答案

圆锥曲线综合测试

一、选择题:本大题共14小题;第1~10题每小题4分,第11~14题每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.

1、点P(x0,y0)在曲线f(x,y)=0上是f(x0,y0)=0的( ).

(A)充分但不必要条件 (B)必要但不充分条件

(C)充分且必要条件 (D)既非充分也非必要条件

2、已知椭圆的中心在原点,焦点在x轴上,且长轴长为12

,离心率为,则椭圆的方程为(

(A

) (B

(C

) (D

3、(2000年春季高考试题)

双曲线的两条渐近线互相垂直,那么该双曲线的离心率是( ).

(A)2 (B

) (C

) (D

4、已知方程x2+k2y2=16所表示的图形是焦点在x轴上的椭圆,那么k的范围是( ).

(A)|k|>1 (B)|k|4 (D)|k|

5、椭圆的两个焦点三等分它的准线间的距离,则椭圆的离心率为( ).

(A

) (B

) (C

) (D

6、(2000年春季高考试题)

椭圆短轴长是2,长轴是短轴的2倍,则椭圆中心到其准线距离是( ).

(A

) (B

) (C

) (D

. )

7

、设椭圆的标准方程为,若其焦点在x轴上,则k的取值范围是( ).

(A)k>3 (B)3

8

、已知椭圆(a>b>c

)的离心率为

,若将这个椭圆绕它的右焦点按逆时针方向旋转后,所得

椭圆的一条准线的方程是.则原来椭圆的方程是( ).

(A

(B

) (C

) (D

9、如果方程x2+y2cosα=1表示的图形是双曲线,那么α是( ).

(A)第三象限角 (B)第二或第三象限角 (C)第四象限角 (D)第三或第四象限角

10、经过点M

(,

)且与双曲线有共同渐近线的双曲线方程为( ).

(A

(B

) (C

) (D

11、平移坐标轴化简双曲线方程x2-y2+8x-14y-133=0,应把原点移到( ).

(A)(-4,-7) (B)(-4,7) (C)(4,-7) (D)(4,7)

12、若抛物线y2=a(x+1)的准线方程是x=3,则它的焦点坐标是( ).

(A)(1,0) (B)(-5,0) (C)(0,2) (D)(0,3)

13

、抛物线关于直线x-y=0对称的抛物线的焦点坐标是( ).

(A)(1,0) (B)(0,1) (C)(0

) (D

)(,0)

14、若点A的坐标是(3,2),F是抛物线y2=2x的焦点,点P在抛物线上移动,为使得|PA|+|PF|取得最小值,则点P的坐标是( ).

(A)(1,2) (B)(2,1) (C)(2,2) (D)(0,1)

二、填空题:本大题共4小题;每小题4分,共16分.

15、一双曲线的两条准线将两焦点间的距离三等分,则此双曲线的离心率为_______.

16

、如果椭圆是以双曲线

的焦点为顶点,以其顶点为焦点,那么这个椭圆的方程是________.

17、抛物线的准线为y轴,焦点运动的轨迹为y2-4x2+8y=0,则它的顶点运动的轨迹为_________.

18

、已知一抛物线的顶点是双曲线

线的方程是__________.

的中心,且抛物线的准线与这双曲线的右准线重合,则这抛物

三、解答题:本大题共6小题;共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

19、(本小题满分12分)

求经过点M(1,2),以y

轴为准线,离心率为

20、(本小题满分12分) 的椭圆的左顶点的轨迹方程.

已知一双曲线与椭圆

21、(本小题满分12分) 的焦点相同,且它们离心率之和等于,求此双曲线方程.

已知抛物线顶点在原点,焦点在y轴上,抛物线上一点(m,-3)到焦点的距离为5,求m的

值,并写出抛物线的方程、准线方程、焦点坐标.

22、(2000年春季高考试题)(本小题满分12分)(购物返利www.okgou.net)

如图10-18,设点A和B为抛物线y2=4px(p>0)上原点以外的两个动点.已知OA⊥OB,OM⊥AB,求点M的轨迹方程,并说明它表示什么曲线.

23、(本小题满分12分)

已知直线l过定点Q(0,3),且为抛物线y2=4x上的动弦P1P2的中垂线,试求:

(1)直线l与动弦P1P2的交点M的轨迹;

(2)直线l的倾斜角α的取值范围.

24、(本小题满分14分)

在△ABC中,角A、B、C所对边的长分别分a,b,c,且b,a,c成等差数列,b≥c.已知顶点B,C的坐标分别为(-1,0),(1,0).

(1)求顶点A的轨迹l;

(2)是否存在直线m,使m过点B,并与曲线l交于不同的两点P,Q,且|PQ|恰好等于原点O到直线m的距离的倒数?若存在,求出直线m的方程;若不存在,说明理由. www.mingguixuan.com

参考答案:

范文五: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)

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( ) A.(

12

, -) 33

B.(-

21, ) 33

C.(

1111, -) D.(-, ) 2332

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

C.4.5m

D.9m

4x2y2

1上的一点P到左焦点的距离是,那么点P到椭圆的右准线的距5. 已知椭圆

395

离是( )

A.2 B.6 C.7 D.6.曲线2

143

25

y+

2

9

=1与曲线

2

25k

2

y

2

9k

=1(k<9 )的( )

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

5

y

m

=1的离心率

则m的值为( ) A.3 B.

25

或 3

C. 3

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( )

11 B

. C. D

2322

9

n0)的曲线在同一坐标系

A.

10.椭圆

2

25

y

9

2

=1上一点M到左焦点

F

1

的距离为2,N是M

F

1

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)

x2y2

1表示双曲线,则实数t的取值范围是 . 11.

4tt1

12.双曲线4x-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y=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

2

2

x2y24

1共焦点,且以yx为渐近线,求双曲线方程.(10分) 15.已知双曲线与椭圆

34924

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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|=

,求椭圆的方程.(12分) 2

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

11.t>4或t

x2x14. +=1

1216

三.解答体

2

x2y2

15.(10分) [解析]:由椭圆1c5.

4924

4bx2y2设双曲线方程为221,则a3ab22

2

a9 故所求双曲线方程为2

b16

ab25

x2y2

1 916

22xy16.(12分) [解析]:(1)由已知由题意,可设椭圆的方程为1(a2).由已知得

2a2

a2c22,6x2y2

解得所以椭圆的方程为,离心率.(Ⅱ)解:ea6,c21a2362

c2(c).

c

x2y2

1,得由(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

2

3k1

x1x2

27k6. ② 由直线PQ的方程得yk(x3),

11

3k21

2

y2k(x23).于是

5(,53

.

)3

y1y2k2(x13)(x23)k2[x1x23(x1x2)9]. ③ ∵0,∴

x1x2y1y20. ④. 由①②③④得5k21,从而k

所以直线PQ的方程为xy30或xy30. 17.(12分)

x2y2

[解析]:设所求椭圆的方程为221,

ab

依题意,点P(x1,y1)、Q(x2,y2)的坐标

x2y2

1

满足方程组a2b2

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

2a2a2(1b2)

所以x1x22,x1x2 ① 222

abab

2b2b2(1a2)

y1y22,y1y2 ②

ab2a2b2

由OP⊥OQx1x2y1y20ab2ab ③ 又由|PQ|=

2

2

22

52

PQ(x1x2)2(y1y2)2=

22

2

2

5 2522

(x1x2)4x1x2(y1y2)4y1y2= ④

2

22242

由①②③④可得:3b8b40b2或b

3

222

a或a2

3

(x1x2)4x1x2(y1y2)4y1y2=

x23y23x2y2

1,或1 故所求椭圆方程为2222

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||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,∴kAPtan603.

45

∴线段AP所在的直线方程为y

(x3)

x2y2

1

45x8 , 解方程组 得y(x3)y5x0y0

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

范文六: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。

范文七: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

范文八: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

范文九:2012年高考圆锥曲线大题及答案

知识就是力量。(培根)

2012年高考圆锥曲线大题专练



MB1.(2011新课标)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(0,-1),B点在直线y=-3上,M点满足∥OA,



MAABMBBA,M点的轨迹为曲线C.

(1)求C的方程;

(2)P为C上的动点,l为C在P点处的切线,求O点到l距离的最小值.

抚松一中 崔荥

x2

y21.过点(m,0)作圆x2y21的切线l交椭圆G于A,B两点. 2.(2011北京)已知椭圆G:4

(I)求椭圆G的焦点坐标和离心率; (II)将

AB

表示为m的函数,并求

AB

的最大值.

3.(2011辽宁)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BC2

AD

的比值;

(II)当e变化时,是否存在直线l,使得BO∥AN,并说明理由

x2y2

4.(2010新课标)设F1,F2分别是椭圆E:221(a>b>0)的左、右焦点,过F1斜率为1的直线

ab

l与E 相较于A,B两点,且(Ⅰ)求E的离心率; (Ⅱ)设点P(0,-1)满足

AF2

,

AB

,

BF2

成等差数列.

PAPB

,求E的方程.

x2y2

5.(2011江西)P(x0,y0)(x0a)是双曲线E:221(a0,b0)上一点,M,N分别是双

ab

曲线E的左右顶点,直线PM,PN的斜率之积为(1)求双曲线的离心率;

(2)过双曲线E的右焦点且斜率未1的直线交双曲线于A,B两点,O为坐标原点,C为双曲线上一点,满

1。 5

,求的值。

uuuruur

6.(2011安徽)设,点A的坐标为(1,1),点B在抛物线yx上运动,点Q满足BQQA,uuuruuur

经过Q点与Mx轴垂直的直线交抛物线于点M,点P满足QMMP,求点P的轨迹方程。

7.(2011湖北)已知一条曲线C在y轴右边,C上每一点到点F(1,0)的距离减去它到y轴距离的差都是1.(1)求曲线C的方程;(2)是否存在正数m,对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点A,B的任一直线,都有FA·FB<0?若存在,求出m的取值范围;若不存在,请说明理由.

8.(2010

x2y2

陕西)如图,椭圆C:221的顶点为

ab

F1,F

2, |A1B1|SA1B1A2B22SB1F1B2F2 A1,A2,B1,B,焦点为2

(Ⅰ)求椭圆C的方程;



(Ⅱ)设n是过原点的直线,l是与n垂直相交于F点、与椭圆相交于A,B亮点的直线,|OP|=1,是否



PB1成立?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由。 存在上述直线l使AP

9.(2011重庆)已知以原点O为中心,F(

5,0)为右焦点的双曲线C的离心率e

5

2

.

(Ⅰ)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程;

(Ⅱ)如题(20)图,已知过点M(x1,y1)的直线l1:x1x4y1y4与过点N(x2,y2)

(其中x2

x1)的直线l2:x2x4y2y4的交点于G、H两点,求OGH的面积.

参考答案

1.解:(1)设M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).



所以MA=(-x,-1-y),MB=(0,-3-y),AB=(x,-2).



再由题意可知(MAMB)AB0,即(-x,-4-2y)·(x,-2)=0.

1

12

所以曲线C的方程为y-2.

4

1211x2上一点,因为yx,所以l的斜率为x0. 42212

因此直线l的方程为y

y0x0(xx0),即x0x2y2y0x00.

212

则O点到l

的距离d

y0x02,

4

(2)设P(x0,y0)为曲线C:

y

12

x04

1所以d

2,

2

当x0=0时取等号,所以O点到l距离的最小值为2. 2.

【解析】::(Ⅰ)由已知得a

2,b1.

所以eG的焦点坐标为

( ,离心率为e

ca1时,切线l的方程x1,点A、B的坐标分别为

(Ⅱ)(Ⅱ)由题意知,|m|1.当m

(1,

3

),(1,此时|AB|当m=-1时,同理可得|AB|3 22

yk(xm),222

当|m|1时,设切线l的方程为yk(xm),由x2得(14k)x8kmx

2

y1.4

4k2m240

A、B

两点的坐标分别为

(x1,y1)(x2,y2)

l

,则

4k2m24

x1x2,x1x2

14k214k2

8k2m

又由圆

x2y2

1相切,

1,即m2kk21.

2

所以

|AB|(x2x1)2(y2y1)2

2

64k4m4(4k2m24)4|m|.

2(1k)[]222m3(14k)14k

由于当

m3

时,

|AB|3,

|AB|

4|m|

,m(,1][1,)2

m3

.因为

|AB|

43|m|

2

m3

433

|m|

|m|

2,

且当m时,|AB|=2,所以|AB|的最大值为2

3.(II

)当0e42

时,不存在直线l,使得BO//AN;

3.正确答案(I)

e1时,存在直线l使得BO//AN. 2

4.提示一 此题考查椭圆和直线的位置关系和探索性问题.考查学生对数形结合和分类讨论的理解,以及计算能力.利用直线和椭圆联立得到交点坐标和BO//AN得到斜率相等是解答本题的前提.

提示二 (1)根据离心率相同设出两个椭圆方程,利用直线l和椭圆联立,确定A和B的坐标,进而表示出

BC

AD;(2)利用BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等,得到t、e的表达关系式,

通过t的范围和函数关系确定e范围,进而明确是否存在直线l,使得BO∥AN. 提示三(I)因为C1,C2的离心率相同,故依题意可设

x2y2b2y2x2

C1:221,C2:421,(ab0)

abaa

设直线l:xt(|t|a),分别与C,C的方程联立,求得

1

2

A(t当e

B(t ………………4分

1时,b,分别用yA,yB表示A,B的纵坐标,可知 22|yB|b23|BC|:|AD|2. ………………6分

2|yA|a4

(II)t=0时的l不符合题意.t

0时,BO//AN当且仅当BO的斜率k

BO

与AN的斜率kAN相等,即

,

tta

ab21e2

2a.

解得t2

ab2e

1e2因为|t|a,又0e1,所以1,e1.

e2

所以当0

e

2

时,不存在直线l,使得BO//AN;

e1时,存在直线l使得BO//AN. ………………12分 2

(Ⅰ)由椭圆定义知

AF2BF2AB4a,又2ABAF2BF2

,得

AB

4a. 3

l的方程为yx

c,其中cyxc,

设A(x1,y1),B(x2,y2),则A,B两点坐标满足方程组x2 y2

221.

ba

2a2ca2(c2b2)

,x1x2. 化简得(ab)x2acxa(cb)0,则x1x22

ab2a2b2

2

2

2

2

2

2

2

因为直线AB斜率为1

,所以

AB2x12

44ab2

得a2

3ab2c,故a2b,所以E

的离心率e

a2

.

x2y2

5.(1)已知双曲线E:221a0,b0,Px0,y0在双曲线上,M,N分别为双曲线E的

ab

左右顶点,所以

Ma,0

2

Na,0

,直线

2

2

PM,PN斜率之积为

KPMKPN

2

2

y0y0yx5y01

2020221 x0ax0ax0a5aa

x0y01262c2222

而221,比较得bacabae ab55a5

(2)设过右焦点且斜率为1的直线L:

yxc

,交双曲线E于A,B两点,则不妨设

Ax1,y1,Bx2,y2,又x1x2,y1y2,点C在双曲线E上:

x1x225y1y22a22x125y122x1x210y1y2x225y22a2

*(1)

又 联立直线L和双曲线E方程消去y得:4x

2

10cx5c2a20

2

5c2a2由韦达定理得:x1x2

4

入(1)式得:6.正确答案:

2

5c2a25c2

c2代 ,y1y2x1x2cx1x2c

42

a2

771

a2a2a2a20,或-422

7.解:(I)设点P(x,y)是曲线C上任意一点,那么点P满足:化简得

(x1)2y2x1(x0)

y24x(x0)

(II)设过点M(m,0)(m0)的直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2)设l的方程为

xtym

,由

xtym

2

y4x

y24ty4m0

16(t2m)0

,于是

y1y24t

① 

y1y24m

又FA(x11,y1),FB(x2

1,y2),

0(x11)(x21)y1y2x1x2(x1x2)1y1y20 ②

y2

又x

4

于是不等式②等价于

22

y12y2y12y2(y1y2)21y1y2()10y1y2[(y1y2)22y1y2]10③ 4444164

把①式代入不等式③有m

2

2

6m14t2④

2

对任意实数t,4t的最小值是0,所以不等式④对于一切t成立等价于m即32

6m10,

2m322

由此可知,存在正数m,对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点A,B的任一直线,都有0,

且m 的取值范围是(322,322)

注:考查圆锥曲线的问题,第一问求曲线方程,只需要利用抛物线的第二定义即可求出,第二问也是直线和圆锥曲线的联立求解,属于常见题型,算法也不难,属于中等题。 8.解:

(Ⅰ)由|

A1B1|a2b27, ①

由SA1B1A2B2

2SB1F1B2F2知a=2c, ②

又 b

2

a2c2, ③

由①②③解得a

2

4,b23,

x2y2

故椭圆C的方程为43

1 (Ⅱ)设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),

假设使AP

PB

1成立的直线l存在, (ⅰ)当l不垂直于x轴时,设l的方程为

ykxm,

l

由与n垂直相交于P点且|OP|=1得

1,即m2k21

∵AP

PB

1,|OP|=1, OB(OPPA)(OPPB∴OA)

2OPPBPAOPPAPB = OP

= 1+0+0-1=0, 即x1x2y1y20

ykxm代入椭圆方程,得

(34k2)x28kmx(4m212)0

由求根公式可得x1

x8km

2

34k2

, x4m2121x234k2

0x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)

= x1x2

k2x1x2km(x1x2)m2

2

= (1k

)x1x2km(x1x2)m2

将④,⑤代入上式并化简得 (1k将m

2

2

)(4m212)8k2m2m2(34k2)0 ⑥

1k2代入⑥并化简得5(k21)0,矛盾

即此时直线l不存在



(ⅱ)当l垂直于x轴时,满足|OP|1的直线l的方程为x=1或x=-1,

当X=1时,A,B,P的坐标分别为(1,

33∴AP(0,),PB(0,),

22

9

∴APPB1

4



PB1,矛盾 当x=-1时,同理可得AP

即此时直线l也不存在

33

),(1,),(1,0), 22



PB1成立的直线l不存在 综上可知,使AP

x2y2c5

9.解:(Ⅰ)设C的标准方程为221(a0,b0),则由题意c5,e, 

a2ab

因此a

2,bc2a21,

x2

C的标准方程为y21.

4

C的渐近线方程为yx,即

x2y0和x2y0.

12

(Ⅱ)解法一:如答(20)图,由题意点

E(xE,yE)在直线l1:x1x4y1y4和

l2:x2x4y2y4上,因此有x1xE4y1yE4,x2xE4y2yE4,

故点M、N均在直线xEx4yEy4上,因此直线MN的方程为xEx4yEy4.

0及x2y0的交点,

设G、H分别是直线MN与渐近线x2y

由方程组

xEx4yEy4,xEx4yEy4,

及

x2y0x2y0,

22

,yH

xE2yExE2yE

.

解得

yG

设MN与x轴的交点为Q,则在直线xEx4yEy4中,令y0得xQ

4

xE

(易知xE

0).

注意到xE

2

4yE4,得

2

2|xE|14114

SOGH|OQ||yGyH|||2

2|xE|xE2yExE2yE|xE||xE24yE2|

解法二:设E(xE,yE),由方程组

x1x4y1y4,4(y2y1)x1x2

解得x,yEE

x1y2x2y1x1y2x2y1x2x4y2y4,

因x2

x1,则直线MN的斜率k

y2y1x

E

x2x14yE

.

故直线MN的方程为

yy1

xE

(xx1), 4yE

注意到x1xE4y1yE4,因此直线MN的方程为xEx4yEy4

范文十:2012年高考圆锥曲线大题及答案[1]

圆锥曲线



1.(2011新课标)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(0,-1),B点在直线y=-3上,M点满足MB∥OA,

MAABMBBA,M点的轨迹为曲线C.

(1)求C的方程;

(2)P为C上的动点,l为C在P点处的切线,求O点到l距离的最小值.

x2

2.(2011北京)已知椭圆G:y21.过点(m,0)作圆x2y21的切线l交椭圆G于A,B两点.

4

(I)求椭圆G的焦点坐标和离心率; (II)将

3.(2011辽宁)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

AB

表示为m的函数,并求

AB

的最大值.

1

,求BC2

AD

的比值;

(II)当e变化时,是否存在直线l,使得BO∥AN,并说明理由

x2y2

4.(2010新课标)设F1,F2分别是椭圆E:221(a>b>0)的左、右焦点,过F1斜率为1的直线

ab

l与E 相较于A,B两点,且(Ⅰ)求E的离心率; (Ⅱ)设点P(0,-1)满足

AF2

,

AB

,

BF2

成等差数列.

PAPB

,求E的方程.

x2y2

5.(2011江西)P(x0,y0)(x0a)是双曲线E:221(a0,b0)上一点,M,N分别是双

ab

曲线E的左右顶点,直线PM,PN的斜率之积为(1)求双曲线的离心率;

(2)过双曲线E的右焦点且斜率未1的直线交双曲线于A,B两点,O为坐标原点,C为双曲线上一点,满

,求的值。

1。 5

uuuruur

6.(2011安徽)设,点A的坐标为(1,1),点B在抛物线yx上运动,点Q满足BQQA,

uuuruuur

经过Q点与Mx轴垂直的直线交抛物线于点M,点P满足QMMP,求点P的轨迹方程。

7.(2011湖北)已知一条曲线C在y轴右边,C上每一点到点F(1,0)的距离减去它到y轴距离的差都是1.(1)求曲线C的方程;(2)是否存在正数m,对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点A,B的任一直线,都有FA·FB<0?若存在,求出m的取值范围;若不存在,请说明理由.

8.(2010

x2y2

陕西)如图,椭圆C:221的顶点为A1,A2,B1,B2,焦

ab

A1B1|SA1B1A2B22SB1F1B2F2

点为F1,F

2, |

(Ⅰ)求椭圆C的方程;



(Ⅱ)设n是过原点的直线,l是与n垂直相交于F点、与椭圆相交于A,B亮点的直线,|OP|=1,是否



存在上述直线l使APPB1成立?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由。

9.(2011重庆)已知以原点O为中心,F(,0)为右焦点的双曲线C的离心率e

5. 2

(Ⅰ)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程; (Ⅱ)如题(20)图,已知过点M(x1,y1)的直线l1

:x1x4y1y4与过点N(x2,y2)

(其中x2

x1)的直线l2:x2x4y2y4的交点于G、H两点,求OGH的面积.

参考答案

1.解:(1)设M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).



所以MA=(-x,-1-y),MB=(0,-3-y),AB=(x,-2).



再由题意可知(MAMB)AB0,即(-x,-4-2y)·(x,-2)=0.

1

12

所以曲线C的方程为y-2.

4

1211x2上一点,因为yx,所以l的斜率为x0. 42212

因此直线l的方程为yy0x0(xx0)

,即x0x2y2y0x00.

12

则O点到l

的距离dy0x02,

412

x04

1

2, 所以d

2(2)设P(x0,y0)为曲线C:

y

当x0=0时取等号,所以O点到l距离的最小值为

2. 2.【解析】::(Ⅰ)由已知得

a

2,b1.

所以eG的焦点坐标为

c a2

( ,离心率为e

(Ⅱ)(Ⅱ)由题意知,|m|1.当m1时,切线l的方程x1,点A、B的坐标分别为

(1,

3),(1,),此时|AB|当m=-1时,同理可得|AB|3 22

yk(xm),

222

得(14k)x8kmx 当|m|1时,设切线l的方程为yk(xm),由x2

2

y1.4

4k2m240

8k2m

设A、B两点的坐标分别为

(x1,y1)(x2,y2)

l

,则

4k2m24

x1x2,x1x22

14k14k2x2y2

1相切,

又由圆

1,即m2kk21.

2

所以

|AB|(x2x1)2(y2y1)2

2

64k4m4(4k2m24)4|m|.

(1k)[]m23(14k2)214k2

由于当

m3

时,

|AB|,

|AB|

4|m|

,m(,1][1,)

m23

.因为

|AB|

43|m|

2

m3

433

|m|

|m|

2,

且当m时,|AB|=2,所以|AB|的最大值为2

3.正确答案(I)

3

.(II

)当0e

24

时,不存在直线l,使得BO//AN;

e1时,存在直线l使得BO//AN. 2

4.提示一 此题考查椭圆和直线的位置关系和探索性问题.考查学生对数形结合和分类讨论的理解,以及计算能力.利用直线和椭圆联立得到交点坐标和BO//AN得到斜率相等是解答本题的前提.

提示二 (1)根据离心率相同设出两个椭圆方程,利用直线l和椭圆联立,确定A和B的坐标,进而表示出

BC

AD;(2)利用BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等,得到t、e的表达关系式,

通过t的范围和函数关系确定e范围,进而明确是否存在直线l,使得BO∥AN. 提示三(I)因为C1,C2的离心率相同,故依题意可设

x2y2b2y2x2

C1:221,C2:421,(ab0)

abaa

设直线l

:xt(|t|a),分别与C,C的方程联立,求得

1

2

A(t当e

B(t ………………4分

1时,b,分别用yA,yB表示A,B的纵坐标,可知 22|yB|b23|BC|:|AD|. ………………6分

2|yA|a24

(II)t=0时的l不符合题意.t

0时,BO//AN当且仅当BO的斜率k

BO

与AN的斜率kAN相等,即

ttaab21e2

解得t22a.

2

abe

1e21,e1.

因为|t|a,又0e1,所以2

2e

所以当0

e

2

时,不存在直线l,使得BO//AN;

e1时,存在直线l使得BO//AN. ………………12分 2

(Ⅰ)由椭圆定义知

AF2BF2AB4a,又2ABAF2BF2

.

,得

4ABa

3

.

l的方程为yx

c,其中cyxc,

设A(x1,y1),B(x2,y2),则A,B两点坐标满足方程组x2 y2

221.

ba

2a2ca2(c2b2)

,x1x2. 化简得(ab)x2acxa(cb)0,则x1x22

222

abab

2

2

2

2

2

2

2

因为直线AB斜率为1

,所以

AB2x12

44ab2

得a2

3ab2

c

,故a2b,所以E

的离心率ea

2

.

2

x2y2

5.(1)已知双曲线E:221a0,b0,Px0,y0在双曲线上,M,N分别为双曲线E的

ab

左右顶点,所以

Ma,0

2

Na,0

,直线

2

2

PM,PN斜率之积为

KPMKPN

2

2

y0y0yx5y01

2020221 x0ax0ax0a5aa

x0y01262c302222

而221,比较得bacabae

ab55a5

(2)设过右焦点且斜率为1的直线L:

yxc

,交双曲线E于A,B两点,则不妨设

Ax1,y1,Bx2,y2,又x1x2,y1y2,点C在双曲线E上:

x1x225y1y22a22x125y122x1x210y1y2x225y22a2

*(1)

又 联立直线L和双曲线E方程消去y得:4x

2

10cx5c2a20

2

5c2a2由韦达定理得:x1x2

4

入(1)式得:6.正确答案:

2

5c2a25c2

c2代 ,y1y2x1x2cx1x2c

42

771

a2a2a2a2a20,或-4

22

7.解:(I)设点P(x,y)是曲线C上任意一点,那么点P满足:化简得

(x1)2y2x1(x0)

y24x(x0)

(II)设过点M(m,0)(m0)的直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2)设l的方程为

xtym

,由

xtym

2

y4x

y24ty4m0

16(t2m)0

,于是

y1y24t

① 

yy4m12

又(x11,y1),(x21,y2),

0(x11)(x21)y1y2x1x2(x1x2)1y1y20 ②

y2又x

4

于是不等式②等价于

22

y12y2y12y2(y1y2)21y1y2()10y1y2[(y1y2)22y1y2]10③ 4444164

把①式代入不等式③有m

2

2

6m14t2④

2

对任意实数t,4t的最小值是0,所以不等式④对于一切t成立等价于m即32

6m10,

2m322

由此可知,存在正数m,对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点A,B的任一直线,都有0,

且m 的取值范围是(32,322)

注:考查圆锥曲线的问题,第一问求曲线方程,只需要利用抛物线的第二定义即可求出,第二问也是直线和圆锥曲线的联立求解,属于常见题型,算法也不难,属于中等题。 8.解:

(Ⅰ)由|

A1B1|a2b27, ①

由SA1B1A2B2

2SB1F1B2F2知a=2c, ②

又 b

2

a2c2, ③

由①②③解得a

2

4,b23,

x2y2

故椭圆C的方程为43

1

(Ⅱ)设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),

APPB

假设使1成立的直线l存在,

(ⅰ)当l不垂直于x轴时,设l的方程为

ykxm,

l

由与n垂直相交于P点且|OP|=1得

1,即m2k21

APPB

∵1,|OP|=1,

∴OA

OB(OPPA)(OPPB

)  = OP2OP

PBPAOPPAPB

= 1+0+0-1=0, 即x1x2y1y20

ykxm代入椭圆方程,得

(34k2)x28kmx(4m212)0

由求根公式可得x1x8km2

34k2

, x4m2x121234k2

0x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)

= x1x2

k2x1x2km(x1x2)m2

2

= (1k

)x1x2km(x1x2)m2

将④,⑤代入上式并化简得 (1k将m

2

2

)(4m212)8k2m2m2(34k2)0 ⑥

1k2代入⑥并化简得5(k21)0,矛盾

即此时直线l不存在



(ⅱ)当l垂直于x轴时,满足|OP|1的直线l的方程为x=1或x=-1,

当X=1时,A,B,P的坐标分别为(1,

33

),(1,),(1,0), 22

33∴AP(0,),PB(0,),

22

9∴APPB1

4



当x=-1时,同理可得APPB1,矛盾

即此时直线l也不存在

综上可知,使APPB1成立的直线l不存在

x2y2c5

9.解:(Ⅰ)设C的标准方程为221(a0,b0),则由题意c,ea2ab

因此a

2,bc2a21,

x2

C的标准方程为y21.

4

C的渐近线方程为yx,即

x2y0和x2y0.

12

(Ⅱ)解法一:如答(20)图,由题意点

E(xE,yE)在直线l1:x1x4y1y4和

l2:x2x4y2y4上,因此有x1xE4y1yE4,x2xE4y2yE4,

故点M、N均在直线xEx4yEy4上,因此直线MN的方程为xEx4yEy4. 设G、H分别是直线MN与渐近线x2y0及x2y0的交点,

xEx4yEy4,xEx4yEy4,由方程组及 x2y0x2y0,

解得yG22,yHxE2yExE2yE.

设MN与x轴的交点为Q,则在直线xEx4yEy4中,令y0得xQ4

xE(易知xE0).

注意到xE24yE4,得 2

SOGH2|xE|14114|OQ||yGyH|||22|xE|xE2yExE2yE|xE||xE24yE2|解法二:设E(xE,yE),由方程组

x1x4y1y4,4(y2y1)x1x2x,y解得EEx1y2x2y1x1y2x2y1x2x4y2y4,

因x2, x1,则直线MN的斜率ky2y1xE

x2x14yE.

故直线MN的方程为yy1xE(xx1), 4yE

注意到x1xE4y1yE4,因此直线MN的方程为xEx4yEy4 11