圆锥曲线大题练习

1. 已知动直线 l 与椭圆 C: x2y21 交于 P x1 , y1、 Q x2 , y2两不同点，且 OPQ的32面积 S OPQ =6 , 其中 O为坐标原点 .2（）证明x12x22 和 y12y2 2 均为定值 ;（）设线段PQ 的中点为M，求 |OM | | PQ | 的最大值；（）椭圆C 上是否存在点D,E,G ，使得 S ODES ODGS OEGDEG 的形状；若不存在，请说明理由.2.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6?若存在，判断2到小依次为A ， B， C， D.1（I ）设 e，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3.设，点 A 的坐标为（ 1,1），点 B 在抛物线yx 上运动，点 Q 满足 BQQA，经过 Q 点与 x 轴垂直的直线交抛物线于点M ，点 P 满足 QMMP ,求点 P 的轨迹方程。4.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。（）求 C 的方程；（） P 为 C 上的动点， l 为 C 在 P 点处得切线，求O 点到 l 距离的最小值。5.在平面直角坐标系xOy 中，点 P( a, b) ( a b0) 为动点， F1 , F2 分别为椭圆x2y21a2b2的左右焦点已知F1 PF2 为等腰三角形（）求椭圆的离心率e ；uuuuruuuur（）设直线 PF2 与椭圆相交于 A, B 两点， M 是直线 PF2 上的点，满足 AMBM2 ，求点 M 的轨迹方程6.已知抛物线 C1 : x2y ，圆 C2 : x2( y 4) 21的圆心为点 M（）求点M 到抛物线 c1 的准线的距离；（）已知点P 是抛物线 c1 上一点（异于原点） ，过点 P 作圆 c2 的两条切线，交抛物线 c1 于 A ，B 两点，若过 M，P 两点的直线 l 垂直于 AB，求直线 l 的方程7.71 :221(a b0)的离心率为3，x轴被曲线如图，椭圆 Cx2y2ab2C2 : yx2b截得的线段长等于C1的长半轴长 .求 C1 ， C2 的方程；设 C2 与 y 轴的交点为 M ，过坐标原点 O 的直线l 与 C2 相交于点 A ， B ，直线 MA， MB 分别与 C1相交于点 D， E.( )证明：MDME;( )记MAB,MDE 的面积分别为S1, S2 ，问：是否存在直线l ，使得S117？请说明理由.S2321.已知动直线 lx2y 21交于 Px1 , y1、 Qx2 , y2两不同点，且 OPQ 的与椭圆C:23面积 SOPQ=6,其中 O 为坐标原点 .2（）证明 x12x22和 y12y22均为定值 ;（）设线段PQ 的中点为 M，求 |OM| | PQ | 的最大值；（）椭圆 C 上是否存在点D,E,G ，使得 S ODES ODGS OEG6?若存在，判断2DEG 的形状；若不存在，请说明理由.【解析】（ I ）解：（ 1）当直线 l的斜率不存在时，P， Q 两点关于 x 轴对称，所以 x2x1 , y2y1. 因为 P( x1, y1 ) 在椭圆上，因此x12y12132又因为 S OPQ6| y1 |66, 所以 | x1 |. ；由、得 | x1|,| y1 | 1.222此时 x12x223, y12y222,（ 2）当直线 l 的斜率存在时，设直线l的方程为 ykxm,由题意知 m0，将其代入 x2y21，得 (23k 2 ) x26kmx3(m22) 0，32其中36 k2 m212(23k 2 )( m22)0, 即 3k22m2（ *）又 x1x26km2 , x1x23(m22)23k23k2 ,所以 | PQ | 1 k 2( x1x2 ) 24x1 x21 k 2 2 6 3k22 m2,23k 2因为点 O 到直线 l 的距离为 d| m |1| PQ | d1所以 S OPQ2k 2 ,11 k2 2 6 3k 22 m2| m |6 | m | 3k 22 m2，又22 3k 21 k 22 3k2S OPQ6,2整理得 3k 222m2 , 且符合（ *）式，22( x1x2 )22x1 x2(6km2 )23(m22)3,此时x1x223k223k2222222222y1y23(3 x1)3(3 x2 ) 43( x1x2) 2.综上所述， x12x223; y12y222, 结论成立。（ II ）解法一：（ 1）当直线 l的斜率存在时，由（I）知 | OM| x1 |6,|PQ|2 | y1 |2,2因此|OM |PQ|626.2（ 2）当直线 l 的斜率存在时，由（I ）知 x1x23k ,22my1y2k( x1x2 )m3k 2m3k 22m2,222m2mm2x x2 )2(y y)29k 21 6m22 1(312 ),|OM |(1124m2m24m22m222(1k2)24(3k 22m2 )2(2 m21)2(21),|PQ |(23k2)2m22m所以|OM |2| PQ|21(312 )2(212 )(312 )(212 )112mmmm23m225(m2)224所以|OM | |PQ|51212 时，等号成立 .，当且仅当 3m22 ,即m2m综合（ 1）（ 2）得 |OM|PQ|的最大值为 5.2解法二：因为 4|OM |2|PQ|2( x1x2 )2( y1y2 ) 2( x2x1 )2( y2 y1 )22( x12x22 )( y12y22 )10.所以2|OM | |PQ| 4|OM |2|PQ|2105.25即|OM | |PQ|5,当且仅当 2|OM | |PQ |5 时等号成立。25因此|OM| |PQ| 的最大值为.2（ III ）椭圆 C 上不存在三点D ， E ，G，使得 S ODES ODGS OEG6 .2证明：假设存在D (u, v), E(x1 , y1 ), G ( x2 , y2 )满足 S ODES ODGS OEG6，2由（ I）得u 2x23,u2x23, x2x23; v2y22, v2y22, y2y22,12121212解得 u 2x12x223 ; v2y12y221.2因此 u, x1 , x2只能从5 中选取 , v, y1 , y2只能从1中选取 ,2因此 D，E，G 只能在 (6, 1) 这四点中选取三个不同点，2而这三点的两两连线中必有一条过原点，与S ODES ODGS OEG6矛盾，2所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点D，E，G.2.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1e，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 ，并说明理由解：（ I ）因为 C1， C2 的离心率相同，故依题意可设C1 : x2y 21,C2: b2 y2x21,( ab0)a2b2a4a2设直线 l: xt(| t | a) ，分别与 C1，C2 的方程联立，求得A(t , aa2t 2 ), B(t, ba2t 2 ).4 分ba当 e13时, ba, 分别用 yA , yB 表示 A ， B 的纵坐标，可知22|BC|:| AD |2 | yB |b236 分2 | yA |a2.4（ II ） t=0 时的 l 不符合题意 . t0 时， BO/AN当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的斜率kAN 相等，即b a2t 2aa2t 2ab,tta解得 tab21 e2a.a2b2e2因为 | t |a, 又 0e1,所以 1 e21,解得2e 1.e22所以当 0e2时，不存在直线l，使得 BO/AN；22当e1时，存在直线l 使得 BO/AN.23.设，点 A 的坐标为（ 1,1），点 B 在抛物线y x 上运动，点 Q 满足 BQQA，经过 Q 点与 x 轴垂直的直线交抛物线于点M ，点P满足 QMMP ,求点 P 的轨迹方程。【命题意图】：本题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念，性质与运算，动点轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养。uuuruuurx 轴的直线上， 故可设 P( x, y) ，【解析】：由 QMMP 知 Q,M,P 三点在同一条垂直于Q( x, y ) ， M (x, x ) ，则 x y( y x ) ，即yx( yx )()xyuuuruur( x, y ) ，解得再设 B(x , y ) ,由 BQQA ，即 ( x x , y y )x() xy() y将代入式，消去y 得x() xy()x() y又点 B 在抛物线 yx 上，所以 yx ，再将式代入得() x() y() x ，即() x() y() x() x，即() x() y()，因为，等式两边同时约去 ()得xy这就是所求的点P 的轨迹方程。【解题指导】：向量与解析几何相结合时，关键是找到表示向量的各点坐标，然后利用相关点代入法或根与系数关系解决问题，此外解析几何中的代数式计算量都是很大的，计算时应细致加耐心。4.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。（）求 C 的方程；（） P 为 C 上的动点， l 为 C 在 P 点处得切线，求O 点到 l 距离的最小值。解析 ; ( )设 M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).uuuruuuruuur所以 MA = （-x,-1-y） , MB =(0,-3-y),AB =(x,-2).uuuruuuruuur再由题意可知（MA + MB ）?AB =0, 即（ -x,-4-2y）?(x,-2)=0.所以曲线C 的方程式为y= 1 x 2 -2.4( )设 P(x 0 ,y0 )为曲线 C： y=1x 2 -2 上一点，因为y =1x,所以 l的斜率为 1x 0422因此直线 l 的方程为 yy01x0 (x x0 ) ，即 x0 x 2 y2y0x020 。2| 2y0x2 |12则 o 点到 l 的距离d0.又 y0x02 ，所以x02441 x2414d20(2)2,x0242x0 4x024当 x02=0 时取等号，所以o 点到 l距离的最小值为2.点评： 此题考查曲线方程的求法、直线方程、点到直线的距离、用不等式求最值以及导数的应用等。要把握每一个环节的关键。5.在平面直角坐标系xOy 中，点 P( a, b) ( ab0)为动点，F1 , F2 分别为椭圆x2y21a2b2的左右焦点已知F1 PF2 为等腰三角形（）求椭圆的离心率e ；uuuuruuuur（）设直线 PF2 与椭圆相交于A, B 两点， M 是直线 PF2 上的点，满足 AMBM2 ，求点 M 的轨迹方程解：本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想，考查解决问题能力与运算能力 .满分 13 分.（I ）解：设 F1(c,0), F2 (c,0)( c0)由题意，可得| PF2 | | F1 F2 |,即 (ac)2b22c.整理得c2cc2()1 0,得1aa（舍），1 .a或 c1 .所以 ea22（）解 :由（）知 a2c, b3c ,可得椭圆方程为 3x24y212c2.直线 PF2 方程为y3( x3x24 y212c2c) ,A,B 两点的坐标满足方程组3( x,消去 y 并整理 ,得yc)5x28cx0 ,解得x10x28c8c5x10, x2,得方程组的解,不妨设5y13cy3 3 c15A(8c33c) , B(0,3c) ,5,5uuuur( x8c , yuuuur( x, y3c) .由设点 M 的坐标为 ( x, y) ,则 AM3 3 c) , BM55y3( xc) 得cxuuuur( 8 3 y3 x, 8 y3uuuuruuuuruuuur3 y ,于是 AM3 x), BM(x, 3x) ,由 AMBM2，315555即83y38 y33化简得 18x2163xy15 0将(5x) x (x) 3x2 ,1555y18x215代入163xc x310x250 ,所以 x 0 ,3y ,得 c16x因此 ,点 M 的轨迹方程是 18x2163xy150( x 0).6.已知抛物线 C1 : x2y ，圆 C2 : x2( y4) 21 的圆心为点 M（）求点 M 到抛物线 c1 的准线的距离；（）已知点 P 是抛物线 c1 上一点（异于原点） ，过点 P 作圆 c2 的两条切线，交抛物线 c1 于 A，B 两点，若过 M，P 两点的直线 l垂直于 AB，求直线 l 的方程【解析】（）由 x2y 得准线方程为 y1，由 x2( y4) 21得4M (0, 4)，点 M 到抛物线 c1 的准线的距离为 4(1)1744（）设点 P(x0 , x02 )，A(x1, x12 ) ，B( x2 , x22 ) 由题意得 x00, x01, x1x2 设过点 P的圆 C2 的切线方程为yx02k (xx0 ) 即 ykxx02kx0 则 | kx04x02 | 11k 2即 (x021)k22x0 (4x02 )k( x024) 210 设 PA ， PB 的斜率为 k1 , k2 （ k1k2 ）则k1 , k2 是上述方程的两个不相等的根，k1k22x0 (4x02 ) , k1k2(x024)2 1 将代入 yx2 得x21x 2100x2kxkx0x020由于 x0 是方程的根故 x1k1x0 ， x2k2x0 所以kABx12x22x1x2 ，x1x2k1k22x02x0 (4 x02 )2x0 ，kMPx024AB 得x021x0由 MPkABkMP( 2x0 (4x02 )2x0 ) ( x024 )1 解得 x0223点 P的坐标为 (23, 23)x021x055 5直线 l的方程为 y31154 .115x7. P( x0 , y0 )( x0x2y21(a0, b0) 上一点， M， N 分别是双曲线a) 是双曲线 E：2b2aE 的左、右顶点，直线PM，PN 的斜率之积为 1 5（1）求双曲线的离心率；（2）过双曲线E 的右焦点且斜率为1 的直线交双曲线于A ，B 两点， O 为坐标原点， C 为uuuruuuruuur双曲线上一点，满足OCOAOB ，求的值解：（ 1）已知双曲线E： x 2y 21 a0, b 0 ， P x0 , y0在双曲线上， M， N 分别为a 2b2双 曲 线E的 左 右 顶 点 ， 所 以 Ma,0 ， N a,0 ， 直 线 PM ， PN 斜 率 之 积 为KPM ? KPNy0?y0y0 21x0 25y0 21x0ax02a25a 2a2a x0221 a 26 a 2而 x0y01，比较得b2c2a 2b2ec30a 2b255a5（2）设过右焦点且斜率为1 的直线 L： yxc ，交双曲线E 于 A， B 两点，则不妨设A x1 , y1 , B x2 , y2，又 OCOAOBx1x2 ,y1y2 ，点 C 在双曲线 E 上：x1x225 y1y22a 22 x1 25 y122 x1 x210 y1 y2x2 25y2 2a2*（ 1）又 联立直线 L 和双曲线 E 方程消去 y 得：4x210cx5 2a20c由韦达定理得： x1 x25c2a2，y1 y2x1 x2c x1x2c25c2a25c2c2 代442入（ 1）式得：2a 27a271 a2a 2a 20，或-4228.如图 7，椭圆 C1x2y21(ab 0) 的离心率为3:b2， x 轴被曲线a22C2 : y x2b截得的线段长等于C1的长半轴长 .求 C1 ， C2 的方程；设 C2 与 y 轴的交点为 M ，过坐标原点 O 的直线l 与 C2 相交于点 A ， B ，直线 MA， MB 分别与 C1相交于点 D， E.( )证明：MDME;( )记MAB, MDE 的面积分别为 S1, S2 ，问：是否存在直线S117l ，使得？请说明S232理由 .c32b ，又 2ba ，解得 a 2,b1，故 C1， C2解：由题意知 e，从而 aa2的方程分别为x2y21， y x2 14（）由题意知，直线l 的斜率存在，设为k ，则直线 l 的方程为 ykx由ykx得x2kx10x2y1设 A x1, y1， B x2 , y2，则 x1, x2 是上述方程的两个实根，于是x1x2k, x1, x21又点 M0, 1，所以kMAkMBy1 1 y21 kx1 1 kx21 k 2 x1 x2k x1x21x1x2x1x2x1x2k2k 2111故 MAMB即 MDME（ ii ）设直线的斜率为k1 ，则直线的方程为yk1 x1，由yk1x1x0yx2解得y或11xk1，则点的坐标为 (k1, k121)y k12 1又直线 MB 的斜率为1，同理可得点B 的坐标为 (1 ,11) .k1k1 k12S11|MA| |MB |12| 111|1k12于是221 k1 | k1k12 |k12| k1 | .由yk1x1得 (1 4k1 2 ) x28k1 x 0 ，x24y 240x8k1x014k128k14k121，则点 D 的坐标为 (1解得y1或y4k12 14k12 ,14k12 ) ；14k128k122又直线的斜率为1，同理可得点E的坐标 (,4 k12 )k14k14k1132(1k 2 ) | k |于是 S2|MD| |ME|1122 )(4k12 )(1 4k1S112417因此4k1k12S264由题意知，12417172421644k1k1232，解得 k1或 k1421k123又由点 A,B 的坐标可知， kk11,所以 k1k12k1k1k1故满足条件的直线l 存在，且有两条，其方程分别为y3 x 和 y3 x22评析：本大题主要考查抛物线、椭圆的标准方程的求法以及直线与抛物线、椭圆的位置关系，突出解析几何的基本思想和方法的考查：如数形结合思想、坐标化方法等.