分類詳解分類詳解《圓錐曲線》1360

1、分類詳解分類詳解圓錐曲線測(cè)試題 2019.91, 已知拋物線 yx23 上存在關(guān)于直線 x y 0對(duì)稱的相異兩點(diǎn) A 、 B ，則 AB 等于（）（A）3（B）4（C）3 2（D）4 22, 拋物線 x2y 的準(zhǔn)線方程是（A）4y+1=0(B)4x+1=0(C)2y+1=0 (D)2x+1=0a2y213, 已知雙曲線 C： c2b2近線相切的圓的半徑是(a 0,b 0), 以C的右焦點(diǎn)為圓心且與C的浙A.abB.a2b2C.aD.b4, 如圖，傾斜角為 a的直線經(jīng)過拋物線 y 2 8x 的焦點(diǎn) F，且與拋物線交于 A、B兩點(diǎn)。（）求拋物線的焦點(diǎn)F的坐標(biāo)及準(zhǔn)線 l 的方程；（ ）若 a 為銳角

2、，作線段 AB的垂直平分線 m交 x 軸于點(diǎn) P，證明 |FP|-|FP|cos2a 為定值，并求此定值。x2y2 15, 如圖，直線 y kxb與橢圓 4為S交于 A、B兩點(diǎn)，記 AOB的面積yAOxB(I) 求在 k0，0b1的條件下， S的最大值；（ ) 當(dāng) AB 2，S1時(shí)，求直線 AB的方程x2y21(a b0)F1， F2， A 是橢圓上的一6, 設(shè)橢圓 a2b2的左、右焦點(diǎn)分別為點(diǎn)， AF2F1F21OF，原點(diǎn) O 到直線 AF1 的距離為 31（）證明 a2b ；（）求 t (0， b) 使得下述命題成立：設(shè)圓 x2y2t 2上任意點(diǎn) M ( x0， y0 ) 處的切線交橢圓于

3、 Q1 ， Q2 兩點(diǎn)，則 OQ1 OQ2 x2y21(a b0)F1， F2， A 是橢圓上的一7, 設(shè)橢圓 a2b2的左、右焦點(diǎn)分別為1OF1點(diǎn)， AF2F1F2，原點(diǎn) O 到直線 AF1 的距離為 3（）證明 a2b ；（）設(shè) Q1， Q2 為橢圓上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)， OQ1OQ2 ，過原點(diǎn) O 作直線 Q1Q2 的垂線 OD ，垂足為 D ，求點(diǎn) D 的軌跡方程x2y2 18, 求F1、F2分別是橢圓4的左、右焦點(diǎn) .225PF1PF24 ，求點(diǎn) P的作（）若 r 是第一象限內(nèi)該數(shù)軸上的一點(diǎn)，標(biāo)；（）設(shè)過定點(diǎn) M（0，2）的直線 l 與橢圓交于同的兩點(diǎn) A、B，且 ADB 為銳角（其中 O為

4、作標(biāo)原點(diǎn)），求直線 l 的斜率 k 的取值范圍 .x 2y219, 設(shè) F1 、 F2 分別是橢圓 4的左、右焦點(diǎn) .（）若 P 是該橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求 PF1 · PF2 的最大值和最小值（）設(shè)過定點(diǎn) M (0,2) 的直線 l 與橢圓交于不同的兩點(diǎn) A 、 B ，且為銳角（其中 O 為坐標(biāo)原點(diǎn)），求直線 l 的斜率 k 的取值范圍 .;AOBx2y21 xy 2x21 x010, 已知半橢圓 ab20c22與半橢圓 b2組成的曲線稱為“果圓 ”，其中 a2b2c2 , a0, b c 0 ， F0, F1 , F2 是對(duì)應(yīng)的焦點(diǎn)。（1）若三角形 F0 F1 F2 是邊長(zhǎng)為 1的

5、等邊三角形，求 “果圓 ”的方程；b（2）若 A1AB1 B ，求 a 的取值范圍；（ 3）一條直線與果圓交于兩點(diǎn)，兩點(diǎn)的連線段稱為果圓的弦。是否存在實(shí)數(shù) k ，使得斜率為 k 的直線交果圓于兩點(diǎn)，得到的弦的中點(diǎn)的軌跡方程落在某個(gè)橢圓上？若存在， 求出所有 k 的值；若不存在，說明理由。測(cè)試題答案1,解析：選 C設(shè)直線 AB 的方程為 yx b ，由yx23x2x b3 0 x1x2 1yxb，進(jìn)而可求出 AB 的中點(diǎn)M( 1,1b)，又由M(1,1b)y0 上可求出 b 1 ，222 2在直線 xx2x20 ，由弦長(zhǎng)公式可求出 AB1 12124 ( 2) 3 2本題考查直線與圓錐曲線的位置

6、關(guān)系自本題起運(yùn)算量增大1P12, 解析： P=2，準(zhǔn)線方程為 y=24 ，即 4y 10，選 Ayb x3,解析：圓的半徑是（C， 0 ）到漸近線a的距離，所以R=| bca0 | bcbb2a2c，選 D4,（）解：設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為F (p,0)的坐標(biāo)為（ 2，0）.因此焦點(diǎn)2xp2 。又準(zhǔn)線方程的一般式為從而所求準(zhǔn)線 l的方程為 x2 。（）解法一：如圖作 ACl ，BDl知y22 px ，則 2 p8 ，從而 p4.，垂足為 C、D，則由拋物線的定義|FA|=|FC|,|FB|=|BD|.記A、B的橫坐標(biāo)分別為 x x，則x z|FA| |AC| xxp| FA | cos app|

7、 FA | cos a4解得 |FA|42221 cos a ，類似地有 | FB |4 | FB | cos a ，解得|FB |41cosa 。記直線 m與AB的交點(diǎn)為 E，則|FE | |FA| |AE|FA| FA|FB|1(| FA|1444 cos a22|FB |)1 cos a 1cos asin 2 a2|FP | FE|4所以cosasin2 a 。| FP | | FP | cos 2a4cos 2a)4·2 sin 2 a8(1故sin 2 asin 2 a。解法二：設(shè) A(x A , y A ) ， B(xB , y B ) ，直線 AB的斜率為 ktan

8、a ，則直線方程為y k( x 2) 。22222xAxBk(k 22)將此式代入 y8xx4(k2)x4kk 2。, 得 k0 ，故記直線 m與AB的交點(diǎn)為E (xE , y E ) ，則xEx AxB2(k 22)2k 2，yE k(xE42)k ，y412k 24kkx2故直線 m的方程為k2k2.xP4令y=0, 得P的橫坐標(biāo)k24故| FP | xP24( k 21)4k 2sin 2 a 。|FP| FP | cos 2a4(1cos 2a)4·2 sin2 asin 2sin 28從而aa為定值。5, (I)解：設(shè)點(diǎn) A的坐標(biāo)為 ( (x1, b) ，點(diǎn) B的坐標(biāo)為 (

9、 x2 , b) ，x2y2122由 4，解得 x1,21 b所以S1 b | x1x2 | 2b 1 b2b21 b212b2當(dāng)且僅當(dāng)2時(shí)，S取到最大值 1y kxb（）解：由x2y214得(4 k 21)x28kbx4b24016(4k 2b21)AB1k 2| x1x2| 1k 216(4k 2b2 1)24k 21又因?yàn)?O到AB的距離代入并整理，得d| b |2S1|AB|k 2 11 k 2所以 b24k 44k210解得，k 21 ,b232 2 ，代入式檢驗(yàn)， 0故直線 AB的方程是y2 x6y2 x6y2 x6y2 x622 或22 或22 或22 6, （）證法一：由題設(shè)

10、AF2F1F2 及 F1 ( c，0) ，F(xiàn)2 (c，0) ，不妨設(shè)點(diǎn) A(c， y) ，其中c2y2y 0 ，由于點(diǎn) A 在橢圓上，有 a2 b2 1，a2b2y21a2b2，b2b2，yA ca ，從而得到a，解得直線 AF2yb2( xc)的方程為2ac，整理得b2 x2acyb2c 0 1由題設(shè)，原點(diǎn) O 到直線 AF1 的距離為 3 OF1 ，即cb2c3b44a2c2 ，將 c2a2b2 代入原式并化簡(jiǎn)得 a22b2 ，即 a2b b2c，證法二：同證法一，得到點(diǎn)A 的坐標(biāo)為a，過點(diǎn) O作 OBAF1，垂足為 H ，易知 F1 BC F1F2 A ，故BOF2 AOF1F1 A由橢

11、圓定義得 AF1AF22a ，又BO1 OF1，所以31F2 AF2 A3F1 A2aF2A ，F(xiàn)2 Aab2b2a2，而F2 A2，即 a2b 解得a ，得 a（ ）解法一：圓 x2y2t 2上的任意點(diǎn) M (x0， y0 ) 處的切線方程為x0 xy0 yt2當(dāng) t(0， b) 時(shí)，圓 x2y2t 2上的任意點(diǎn)都在橢圓內(nèi)，故此圓在點(diǎn)A 處的切線必交橢圓于兩個(gè)不同的點(diǎn)Q1 和 Q2 ，因此點(diǎn) Q1 (x1， y1 ) ，Q2 (x2， y2 ) 的坐標(biāo)是方程組x0 xy0 yt 2x22y 22b2 的解當(dāng) y00 時(shí)，由式得t2x0 xyy0t2x0 x2x222b2代入式，得y0，即(2

12、 x02y02 ) x24t2 x0 x 2t 42b2 y020 ，x1x24t2 x0x1 x22t 42b2 y02于是2x02y02，2x02y02y1 y2t 2x0 x1 t2x1x2y0y112 t 4x0t2 (x1x2 ) x02 x1x2y01t 4x0t 24t 2 x0x02 2t 42b2 y02y022x02y022x02y02t 42b2 x022x02y02若 OQ1OQ2 ，則x1x2y1 y22t42b2 y02t 42b2x023t 42b2 (x02y02 )02x02y022x02y022x02y02所以， 3t42b2 (x02y02 )0 由 x0

13、2y02t 2，得 3t 42b2t 20 在區(qū)間 (0， b) 內(nèi)t6 b此方程的解為3當(dāng)y00時(shí)，必有x00，同理求得在區(qū)間(0， b)內(nèi)的解為（）證法一：由題設(shè) AF2F1 F2 及 F1( c，0) ， F2 ( c，0) ，不妨設(shè)點(diǎn) A(c， y) ，其中c2y2y 0 ，由于點(diǎn) A 在橢圓上，有 a2 b2 1，a2b2y21a2b2，b2b2y，解得A c，a ，從而得到ayb2( xc)直線 AF2 的方程為2ac，整理得b2 x2acy b2c 0 1由題設(shè)，原點(diǎn) O 到直線 AF1 的距離為 3 OF1 ，即cb2c3b44a2c2 ，將 c2a2b2 代入原式并化簡(jiǎn)得 a

14、22b2 ，即 a2b b2c，證法二：同證法一，得到點(diǎn)A 的坐標(biāo)為a，過點(diǎn) O作 OB AF1，垂足為 H ，易知 F1 BC F1F2 A ，故BOF2 AOF1F1 A1由橢圓定義得 AF1AF22a ，又 BO 3 OF1，所以1F2 AF2 A3F1 A2aF2 A ，解得 F2Aab2b2a2 ，而F2 Aa ，得 a2 ，即 a2b （ ）解法一：圓 x2y2t 2上的任意點(diǎn) M (x0， y0 ) 處的切線方程為x0 xy0 yt2當(dāng) t(0， b) 時(shí)，圓 x2y2t 2上的任意點(diǎn)都在橢圓內(nèi)，故此圓在點(diǎn)A 處的切線必交橢圓于兩個(gè)不同的點(diǎn)Q1 和 Q2 ，因此點(diǎn) Q1 (x1，

15、 y1 ) ，Q2 (x2， y2 ) 的坐標(biāo)是方程組x0 xy0 yt 2x22y 22b2 的解當(dāng) y00 時(shí)，由式得t2x xy0y0t2x0 x2x222b2代入式，得y0，即(2 x02y02 ) x24t2 x0 x 2t 42b2 y020 ，4t2 x2t 42b2 y2x1x20x1 x20于是2x02y02，2x02y02t 2xxt2x x2y1 y2011y0y114x0t2(x122 tx2 ) x0 x1x2y01t4x0t24t 2 x02 2t 42b2 y02y22x2y2x02x2y200000t 42b2 x022x02y02若 OQ1 OQ2 ，則2t4

16、2b2 y02t 42b2x023t 42b2 (x02y02 )0x1x2 y1 y22x02y022x02y022x02y02所以， 3t42b2 (x02y02 ) 0 由 x02y02t 2，得 3t 42b2t 20 在區(qū)間 (0， b) 內(nèi)t6 b此方程的解為3當(dāng) y0 0 時(shí)，必有 x0t6 b0 ，同理求得在區(qū)間 (0，b) 內(nèi)的解為3 t6 by1 y20 ，從而 OQ1OQ2 另一方面，當(dāng)3時(shí)，可推出 x1x2t6(0， b)綜上所述，3b使得所述命題成立t6 b0 ，從而 OQ1OQ2 另一方面，當(dāng)3時(shí)，可推出 x1x2y1 y2綜上所述，t6 b(0， b)3使得所述命

17、題成立7, （）證法一：由題設(shè) AF2F1F2 及 F1 ( c，0) ，F(xiàn)2 (c，0)，不妨設(shè)點(diǎn) A( c， y) ，c2y2a2b2y21其中 y 0 由于點(diǎn) A 在橢圓上，有 a2b21a2b2，即b2b2y，解得a ，從而得到A ca 直線 AF1 的方程為 yb2c) ，整理得 b2x2ac ( x2acyb2c0 1OF1cb2 cb44a2c2 ，由題設(shè)，原點(diǎn) O 到直線 AF1 的距離為 3，即 3將 c2a2b2代入上式并化簡(jiǎn)得 a22b2 ，即 a2b b2，ca 證法二：同證法一，得到點(diǎn)A 的坐標(biāo)為BOF2 A過點(diǎn) O作 OBAF1 ，垂足為 B ，易知 F1BO F1

18、 F2 A ，故 OF1F1A 由橢圓定義得 AF1AF22a ，又BO1 OF13，1F2 AF2 A所以3F1 A2a F2A，F(xiàn)2 AaF2 Ab2b2a2 ，而a ，得 a2 ，即 a2b解得（）解法一：設(shè)點(diǎn) D 的坐標(biāo)為 ( x0， y0 ) x0當(dāng) y00 時(shí)，由 OD Q1Q2 知，直線 Q1Q2的斜率為y0，所以直線 Q1Q2 的yx0 (x x0 ) y0kx0m y0x02方程為y0，或 y kx m ，其中y0，y0 ykx，m點(diǎn) Q1 ( x1， y1 )， Q2 ( x2， y2 ) 的坐標(biāo)滿足方程組222x2 y2b將式代入式，得 x22( kxm) 22b2，整理

19、得 (12k 2 ) x24kmx2m22b20 ，x1x24kmx1 x22m22b于是121 2k22k，由式得 y1 y2( kx1m)(kx2m)k 2 x1x2km(x1 x2 ) k 222m22b2·4km2m22b2k 2k·m2k 2km2112k12k3m22b22b2k 2由 OQ1OQ2 知 x1x2y1 y20將式和式代入得1 2k20，3m22b2 (1k 2 ) 將當(dāng)kx0 ， m y0x02代入上式，整理得x02y02 2 b2y0y03 y00 時(shí)，直線 Q1Q2 的方程為 xx0 ， Q1 ( x1， y1 )， Q2 ( x2， y2

20、) 的坐標(biāo)滿足方x x0，程組 x22y22b2y，2b2x02所以 x1x21 22x0 ，由 OQ1OQ2 知 x1x2y1 y20 ，即x022b2x0202，解得x022b232222這時(shí)，點(diǎn) D 的坐標(biāo)仍滿足 x0y03b綜上，點(diǎn) D 的軌跡方程為x2y 22 b23解法二：設(shè)點(diǎn)D 的坐標(biāo)為 (x0， y0 ) ，直線 OD 的方程為 y0 xx0 y0 ，由ODQ1Q2 ，垂足為 D ，可知直線 Q1Q2的方程為 x0 xy0 y x02y02記 mx02y02（顯然 m0 ），點(diǎn) Q1 ( x1， y1 )， Q2 (x2， y2 ) 的坐標(biāo)滿足方程組x0 xy0 ym，x22y

21、22b2由式得由式得y0 ymx0 x y02 x22 y02 y22 y02b2 將式代入式得 y02 x22( mx0 x)22 y02 b2整理得 (2 x02y02 ) x24mx0 x2m22b2 y020 ，x1 x2于是由式得由式得2m22b2 y022x02y02x0 xmy0 y x02 x22x02 y22x02b2 將式代入式得(my0 y)2整理得 (2 x02y02 ) y22my0 ym22x02 y 22x02b2 ，2b2 x020 ，y1 y2m22b2 x02于是2x02y02由OQ1OQ2知x1 x2y1 y20將式和式代入得2m22b2 y02m22b2

22、 x0202x02y022x02y02，3m22b2 (x02y02 ) 0 2222將 mx02y02代入上式，得 x0y03bx2y 22b2所以，點(diǎn) D 的軌跡方程為38, 解析：本題主要考查直線、橢圓、平面向量的數(shù)量積等基礎(chǔ)知識(shí)，以及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問題及推理計(jì)算能力（）易知 a2 ， b1 ， c3 F1(3,0) ， F2 (3,0) 設(shè) P(x, y) ( x0, y0) 則PF1 PF2( 3x,y)(3 x, y)x2y235x2y214，又 4，聯(lián)立x2y27x21x14x2y21y23y3P(1, 3 )4，解得42 ，2 （）顯然 x0 不滿足題設(shè)條件 可設(shè) l 的

23、方程為 ykx2 ，設(shè) A( x1 , y1 ) ，B( x2 , y2 ) x2y21x24(kx 2)24 (1 4k2 )x2 16kx 12 04聯(lián)立 ykx2 x1x21216 k1 4k2 ， x1x21 4k 2由(16k)24 (1 4k 2 ) 12016k 23(14k 2 )0 ， 4k20 ，得 k2334 又AOB 為銳角cosAOB0 OAOB0 ， OA OB x1x2y1 y2 0又 y1 y2 (kx12)(kx22)k2 x1 x22k (x1x2 )4 x1x2y1 y2(1 k 2 ) x1 x22k (x1x2 ) 4(1k2 )12 22k(16k2

24、 )414k14k12(1k 2 )2k16k414k214k24(4k2 )014k21k 24 43k 24( 2,3) ( 3,2)綜可知 4， k 的取值范圍是229, 解：（）解法一：易知 a 2, b1,c3所以F13,0, F23,0，設(shè)P x, y，則x21x213x28PF1 PF23 x, y , 3 x, y x2y23344因?yàn)?x2,2 ，故當(dāng) x0 ，即點(diǎn) P 為橢圓短軸端點(diǎn)時(shí)， PF1PF2 有最小值2當(dāng) x2 ，即點(diǎn) P 為橢圓長(zhǎng)軸端點(diǎn)時(shí)， PF1PF2 有最大值 1解法二：易知 a2, b1,c3 ，所以 F13,0, F23,0，設(shè) Px, y ，則222PF1PF2PF1PF2cosF1PF2PF1PF2PF1PF2F1 F22 PF1PF21x2y2x2x2y2333y2 122（以下同解法一）（ ） 顯 然 直 線x0不 滿 足 題 設(shè) 條 件 ， 可 設(shè) 直 線l : y kx 2, A x1 , y2 , B x2, y2 ，ykx2x2y21k2聯(lián)立4，消去 y ，整理得：x1x24k,