圆锥曲线大题练习1.doc

1. 已知动直线 l 与椭圆 C:

x 2 y 2 1 交于 P x 1 , y 1 、 Q x 2 , y 2 两不同点，且△ OPQ

的

3 2

面积

S OPQ

= 6

, 其中 O 为坐标原点 .

2

（Ⅰ）证明 x 12 x 22 和 y 12 y 2 2 均为定值 ;

（Ⅱ）设线段 PQ 的中点为 M ，求 |OM | | PQ | 的最大值；

（Ⅲ）椭圆 C 上是否存在点

D,E,G ，使得

S ODE S ODG S OEG

6 ?若存在，判断△

2

DEG 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

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

3. 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 ，经过 Q 点与 x 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。

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 。

（Ⅰ）求 C 的方程；

（Ⅱ） 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 b 0) 为动点， F1 ,F2

x2 y 2

1 分别为椭圆

b2

a2

的左右焦点．已知△F1 PF2为等腰三角形．

（Ⅰ）求椭圆的离心率 e ；

（Ⅱ）设直线 PF2与椭圆相交于A, B两点，M是直线 PF2上的点，满足AM BM 2 ，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

（Ⅰ）求点M到抛物线c1的准线的距离；

（Ⅱ）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. 如图 7，椭圆C1:x

2

y2 1(a b 0) 的离心率为 3 ， x 轴被曲线a2 b2 2

C2 : y x2 b 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 .

( ⅰ) 证明：MD ME ;

(ⅱ)记MAB , MDE 的面积分别为S1 ,S2，问：

是否存在直线l ，使得S1 17

？请说明理由. S2 32

1. 已知 直 l 与 C:

x 2 y 2 1交于 P x 1 , y 1 、 Q x 2 , y 2 两不同点，且△ OPQ 的

3 2

面

S OPQ

=

6

, 其中 O 坐 原点 .

2

（Ⅰ） 明 x 12

x 22 和 y 12 y 2

2

均 定 ;

（Ⅱ） 段 PQ 的中点 M ，求 |OM | | PQ | 的最大 ；

（Ⅲ） C 上是否存在点 D,E,G ，使得 S ODE

S

ODG

S

OEG

6

?若存在，判断△

2

DEG 的形状；若不存在， 明理由.

【解析】（ I ）解：（ 1）当直 l

的斜率不存在 ， P ，Q 两点关于 x 称，

所以

x 2 x 1, y 2

y 1. 因 P( x 1 , y 1 ) 在 上，因此

x 12

y 12

①

3

1

2

又因

S OPQ

6

| y 1 | 6

| x 1 |

6

, 所以 | x 1 | 2 . ②；由①、②得 ,| y 1 | 1.

2

2

此 x 12

x 22

3, y 12 y 22 2,

（ 2）当直 l 的斜率存在 ， 直 l 的方程 y kx m,

由 意知 m

0 ，将其代入 x 2

y 2 1，得 (2 3k 2 ) x 2 6kmx 3(m 2 2) 0 ，

3 2

其中

36k 2 m 2 12(2 3k 2 )(m 2 2) 0,即 3k 2

2 m 2

????（ * ）

又

x 1 x 2

6km

2

, x 1x

2

3(m 2 2) 2 3k

2 3k 2

,

所以 | PQ | 1 k

2

( x 1 x 2 )

2

4x 1 x 2

1 k

2

2 6 3k 2

2 m 2 ,

2 3k 2

因 点 O 到直 l 的距离 d

| m |

1 | PQ | d

1

所以 S OPQ

2

k 2 ,

1 1 k

2 2 6 3k 2 2 m 2

| m | 6 | m | 3k 2 2 m 2

，

又

2

2 3k 2

1 k 2

2 3k 2

6

S

OPQ

2 ,

整理得 3k 2

2 2m 2 ,且符合（ * ）式，

2 2

( x 1

x 2 ) 2

2x 1 x 2 (

6km

2

)

2

3(m 2 2) 3,

此时 x 1

x 2

2 3k

2

2 3k 2

y 12 y 22

2

(3 x 12

)

2

(3 x 22

) 4 2

(x 12 x 22 ) 2.

3

3 3

综上所述， x 12 x 22 3; y 12

y 22

2,结论成立。

（ II ）解法一：

（ 1）当直线 l 的斜率存在时，由（ I ）知|OM |

| x 1 |

6

,|PQ|

2 | y 1 | 2,

2

因此|OM |

|PQ|

6 2 6.

2

（ 2）当直线 l 的斜率存在时，由（ I ）知

x 1

2 x 2

3k ,

2m

y 1 y 2 k(

x 1

2 x

2

) m

3k

2

m

3k 2 2m 2 ,

2

2m

2m

m

2

x 1

x 2

) 2

( y 1 y 2 ) 2 9k 2

1 6m

2 2 1

(3

1

|OM| (

2 2

2

m 2

2

2 2 ),

4m

4m

m

2

(1

2

) 24(3k 2 2 m 2 )

2(2m 2 1)

2(2

1 |PQ |

k

(2

3k 2 ) 2

2 m 2 ),

m

所以

| OM |

2

|PQ|

2

1 (3

1

2 )

2 (2

1

2 )

(3

1

2 )(2

1

2 )

2

m

m

m

m

1

2

1

3

m 2

25

(

m 2

) 2

2

4

所以|OM |

|PQ| 5 3

1 2

1

2 时，等号成立 .

2 ，当且仅当 m 2

2 ,即 m

m 综合（ 1）（ 2）得 |OM| · |PQ| 的最大值为 5

.

2 解法二：

因为 4|OM |2

| PQ|2 ( x 1 x 2 )2 ( y 1 y 2 ) 2 ( x 2

x 1) 2 ( y 2 y 1 )2

2[( x 12 x 22 ) ( y 12 y 22 )]

10.

所以2|OM | |PQ|

4|OM |2

|PQ|2 10 5.

2

5

即|OM |

| PQ | 5

,当且 当

2|OM | |PQ|

5 等号成立。

2

因此 |OM| · |PQ| 的最大

5

.

2

（ III ） C 上不存在三点 D ， E ， G ，使得 S ODE

S

ODG

S

OEG

6 .

2

明：假 存在

D (u, v), E(x 1, y 1 ), G ( x 2 , y 2 ) 满足 S ODE

S

ODG

S

OEG

6

，

2

由（I ）得

u 2 x 12 3,u 2 x 22 3, x 12

x 22

3;v 2 y 12 2,v 2 y 22 2, y 12 y 22

2,

解得 u 2 x 12

x 22 3 ; v 2 y 12 y 22 1.

2

因此 u, x 1 , x 2 只能从 5

中选取 ,v, y 1 , y 2 只能从 中选取

,

2

1

因此 D ， E ， G 只能在 (

6 , 1) 四点中 取三个不同点，

2

而 三点的两两 中必有一条 原点，与

S

ODE

S

ODG

S

OEG

6

矛盾，

2

所以 C 上不存在 足条件的三点 D ， E ， G.

2. 如 ，已知 C1的中心在原点 O ， 左、右端点 M ， N 在 x 上， C2 的短

MN ，且 C1，C2 的离心率都 e ，直 l ⊥ MN ， l 与 C1 交于两点，与

C2交于两点， 四点按

坐 从大到小依次 A ， B ， C ， D.

（I ） e

1

，求 BC 与 AD 的比 ；

2

（II ）当 e 化 ，是否存在直 l ，使得 BO ∥ AN ，并 明理由

解：（ I ）因 C 1， C 2 的离心率相同，故依 意可

C 1 : x 2

y 2

1,C 2 : b 2 y 2

x 2

1,( a b 0)

a 2

b 2

a 4

a 2

直

l : x t (| t | a) ，分 与 C 1， C 2 的方程 立，求得

A(t ,

a

a

2

t 2

), B(t,

b

a 2 t 2 ).

??????4 分

b

a

当e 1 3

时 , b a, 分别用 y A , y B表示A，B的坐，可知2 2

2 | y B | b2 3

??????6 分

|BC|:| AD |

a2 .

2 | y A | 4

（ II ）t=0 的l 不符合意 . t 0 ，BO//AN当且当BO的斜率k BO AN

与 AN的斜率k相等，即

b a2 t 2 a a2 t2

a b ,

t t a

解得 t

ab 2 1 e2

a. a2 b2 e2

因 | t | a, 又 0 e 1,所以 1 e2 1,解得 2 e 1.

e2 2

所以当 0 e

2

，不存在直l ，使得BO//AN；2

当

2

1，存在直l 使得BO//AN. 2

e

3. ，点 A 的坐（1,1），点 B 在抛物y x 上运，点Q足 BQ QA，Q 点与x垂直的直交抛物于点M ，点P足QMMP, 求点 P 的迹方程。

【命意】：本考直和抛物的方程，平面向量的概念，性与运算，点迹方

程等基本知，考灵活运用知探究和解决的能力，全面考核合数学素养。

uuur uuur

x 的直上，故可P( x, y)，【解析】：由 QM MP 知Q,M,P三点在同一条垂直于

Q( x, y ) ， M (x, x ) ，x y ( y x ) ，即

y x( y x ) ()x y①

uuur uur

( x, y ) ，解得再设 B(x , y ) ,由BQ QA，即 (x x , y y )

x () x

②

y () y

将①代入②式，消去y 得

x ( ) x

③

y ( ) x ( ) y

又点 B 在抛物线y x 上，所以 y x ，再将③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x y

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。

（Ⅰ）求 C的方程；

（Ⅱ） 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 ; (Ⅰ )设M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).

uuur uuur uuur

所以 MA =（-x,-1-y ） , MB =(0,-3-y), AB =(x,-2).

uuur uuur uuur

即（ -x,-4-2y ）? (x,-2)=0.

再由题意可知（ MA +MB）? AB =0,

所以曲线 C 的方程式为y= 1

x 2 -2. 4

( Ⅱ ) 设 P(x 0

,y

0 ) 为曲线 C ：y= 1

x 2 -2 上一点，因为 y '

= 1 x, 所以 l 的斜率为 1

x

4 2

2

因此直线 l 的方程为

1

2

y y 0 2 x 0 ( x x 0 ) ，即 x 0 x 2 y 2 y 0 x 0 0 。

则 o 点到 l 的距离 d

| 2 y 0

x 02

| . 又 y 0 1 x 02 2 ，所以

x 02

4

4

1

x 02 4 1 ( x 02

4 d

2 x 02 4 4

) 2,

2

x 02 4

当 x 02 =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) (a

b 0)

x 2 y 2 1

为动点， F 1 , F 2 分别为椭圆 b 2

a 2

的左右焦点．已知△

F 1 PF 2 为等腰三角形．

（Ⅰ）求椭圆的离心率

e ；

（Ⅱ）设直线

PF 2 与椭圆相交于 A, B 两点， M 是直线 PF 2 上的点，满足 AM BM

2 ，

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 F 1 ( c,0), F 2 (c,0)( c 0) 由题意，可得 | PF 2 | | F 1 F 2 |,

即 (a c)2 b 2

2c.

整理得 2( c

)2

c

1 0, 得

c

1（舍），

a a

a

或

c 1

. 所以 e 1

. a

2 2

（Ⅱ）解 : 由（Ⅰ）知

a 2c, b

3c , 可得椭圆方程为 3x 2 4 y 2 12c 2 . 直线 PF 2 方程为

y 3( x c) ,A,B

3x 2 4y 2 12c 2

两点的坐标满足方程组

y

3( x c)

, 消去 y 并整理 , 得

5x 2 8cx 0 , 解得

x 1

x 2

8c

8c

5

x 1 0, x 2

,

, 不妨设

, 得方程组的解

5

y 1

3c

y 1 3 3 c

5 A( 8c 3 3

B(0,

3c) ,

5 , c) ,

5

设点 M 的坐标为 ( x, y) , 则 AM

(x

8c , y 3 3

c) , BM

( x, y

3c) . 由

5 5

y

3( x c) 得

c x 3

3 x, 8y 3 3

x), BM (x, 3x) , 由

y , 于是 AM (

8 3

y

3

15

5

5

5

AM BM 2 ，即

(

8

3 y

3

x) x

( 8y

3 3

x) 3x

2 , 化简得 18x 2 16 3xy

15 0 , 将

15 5

5

5

y 18x 2 15 代入

16 3x

c x

3

y , 得 c

10x 2 5 0 , 所以 x 0 ,

3

16x

因此 , 点 M 的轨迹方程是 18x 2 16 3xy 15 0(x 0) .

6. 已知抛物线 C : x 2

y ，圆 C : x 2 ( y 4) 2

1的圆心为点 M （Ⅰ）求点 M 到抛物线 c

的

1

2

1

准线的距离；

（Ⅱ）已知点 P 是抛物线 c 1 上一点（异于原点） ，过点 P 作圆 c 2 的两条切

线，交抛物线

c 1 于 ， 两点，若过 ， 两点的直线 l 垂直于 ，求直线

A B M P AB

l 的方程

【解析】（Ⅰ）由 x 2

y 得准线方程为 y

1 ，由 x

2 ( y 4)2 1得 M (0,

4) ，点 M 到抛

( 1

)

17

4

物线 c 1 的准线的距离为 4

4

4

（Ⅱ）设点 P(x 0 , x 0 2 ) ，A( x 1, x 12

) ，B( x 2 , x 2 2 ) 由题意得 x 0

0, x 0 1, x 1 x 2 设过点 P

的圆 C 2 的切线方程为

y x 2 k (x x ) 即 y kx x 2

kx ① 则 | kx 0 4 x 0 2

|

1

0 0 1 k 2

即 (x 0 2

1)k 2 2x 0 (4 x 0 2 )k ( x 0 2 4)2 1 0 设 PA ， PB 的斜率为 k 1 , k 2 （ k 1 k 2 ）则

k 1, k 2 是上述方

2x 0 (4 x 2 ) (x 2 4)2 1

2

程的两个不相等的根，

k 1 k 2

0 , k 1 k 2

将代入① y x 得

x 0 2 1

x 0 2 1

x 2 kx kx 0 x 0 2 0 由于 x 0 是方程的根故 x 1 k 1 x 0 ， x 2 k 2 x 0 所以

k

AB

x 12

x 22

x 1

x 2 ，

x 1

x 2

k 1 k 2

2x 0 2x 0 (4 x 02

)

2x 0 ， k MP

x 02 4 MP

AB 得

x 2 1

x 由

0 0

k

AB

k

MP

(

2x 0

(4

x 0 2 ) 2x 0 ) (

x 0

2

4)

1 解得 x 0 2

23 点P 的坐标为 (

23, 23)

x

2 1

x

5

5

5

直线 l 的方程为 y

3 115 x 4.

115

7. P(x 0 , y 0 )( x 0

a) 是双曲线 E ：

x 2

y 2 1(a 0, b

0) 上一点， M ，N 分别是双曲线 E

a

2

b 2

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 为双

曲线上一点，满足

OC OA OB ，求 的值．

解：（1）已知双曲线

E ： x 2 y 2 1 a 0,b 0 ， P x 0 , y 0

在双曲线上， M ，N 分别为双

a 2

b 2

曲 线 E

的 左 右 顶 点 ， 所 以 M a,0 ， N a,0

， 直 线 PM ， PN 斜 率 之 积 为

K

PM

K

PN

y 0

y 0 y 0 2

1

x 0 2 5y 0 2 x 0 a x 0

a x 02

a 2 5

a 2

a 2

1

2

2

1 ，比较得 b 2

1 a

2 c 2 a 2 b 2

6 a 2 而 x 0

y 0 e

c

30 a 2

b 2

5

5

a 5

（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 x 1 , y 1 ,

B x 2 , y 2 ，又 OC

OA

OB x 1 x 2 , y 1 y 2 ，点 C 在双曲线 E 上：

x 1 x 2

2

5 y 1 y 2

2

a 2 2

x 1 2 5 y 12 2 x 1 x 2 10 y 1 y 2

x 2 2 5y 2 2

a 2

* （ 1）

又 联立直线 L 和双曲线 E 方程消去 y 得： 4x 2

10cx 5c 2 a 2

5c 2 a 2

，y 1 y 2

x 1 x 2 c x 1

x 2 c 2

5c 2

a 2 5c 2 2

代

由韦达定理得： x 1 x 2

4

4

c

2

入（ 1）式得：

2

a 27

a 2

71 a 2 a 2 a 2 0，或

-4

2

2

8. 如图 7，椭圆 C 1 :

x 2

y 2 1(a b 0) 的离心率为

3 ， x 轴被曲线

a 2

b 2

2

C 2 : y x 2

b 截得的线段长等于 C 1 的长半轴长 .

求 C 1 ， C 2 的方程；

设 C 2 与 y 轴的交点为 M ，过坐标原点 O 的直线

l 与C 2相交于点 A ，B ，直线 MA ，MB 分别与 C 1

相交于点 D ， E .

(ⅰ)证明：

MD ME ;

(ⅱ)记

MAB , MDE 的面积分别为 S 1 ,S 2 ，问：

是否存在直线 l ，使得

S 1 17

S 2

？请说明理由 .

32

由题意知 e

c 3 a 2b ，又 2b a ，解得 a 2,b 1，故 C 1 ， C 2

解：

a

，从而

2

的方程分别为x2 y2 1， y x2 1

4

（ⅰ）由题意知，直线l 的斜率存在，设为k ，则直线l的方程为 y kx

由

y kx

得 x2 kx 1 0 y x2 1

设 A x1, y1， B x2 , y2 ，则 x1, x2是上述方程的两个实根，于是x1 x2 k, x1, x2 1

又点 M 0, 1 ，所以

k MA k

MB

y1 1 y2 1 kx1 1 kx2 1 k 2 x1x2 k x1 x2 1

x1 x2 x1x2 x1x2

k2 k 2 1

1

1

故 MA MB即MD ME

（ ii k1，则直线的方程为y k1x 1，由y k1 x 1 x 0

）设直线的斜率为

y x2

解得

y

或1 1

x k1

，则点的坐标为 (k , k 2 1) y k 2 1 1 1

1

又直线 MB 的斜率为1

，同理可得点 B 的坐标为(

1 1

1) . k1

,

k1 k12

于是 S1 1

| MA | | MB |

1

1 k1

2 | k1 | 1

1

2 |

1

|

1 k

1

2.

2 2 k1 k1 2 | k1 |

由y k1x 1

得 (1 4k12 ) x2 8k1 x 0 ，

x2 4y2 4 0

x

8k1

x 0 1 4k12 ，则点 D 的坐标为(

8k

1 ,

4k

1

2 1)；

解得或

y 1

y 4k12 1 1 4k12 1 4k12 1 4k12

又直线的斜率为

1

，同理可得点 E 的坐标

8k1 4 k12 k1

(

4 k12

,

4 k12

)

1 32(1 k

2 ) | k | 于是 S2 |MD | |ME | 1 1

2 (1 4k12 )(4 k12 )

S1 1 2 4

17

因此4k1

2

S2 64 k1

由题意知，

1 2 4

17

17 2

4 2

1 64

4k1 2 ，解得 k1 或k1

4 k1 32

k1 2 1

1 3

又由点 A,B 的坐标可知，k k1

2 ,所以 k

1

k1

2 k1 k1

k1

故满足条件的直线l 存在，且有两条，其方程分别为y 3

x 和 y 3 x 2 2

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.