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1、分类详解分类详解圆锥曲线测试题 2019.9x2y 261, 已知椭圆 C: a2b2 =1(a b0) 的离心率为3 , 短轴一个端点到右焦点的距离为 3 .( ) 求椭圆 C的方程 ;3( ) 设直线 l 与椭圆 C交于 A、B两点，坐标原点 O到直线 l 的距离为2 ，求 AOB面积的最大值 .2, 已知椭圆 C 的中心在坐标原点，焦点在 x 轴上，椭圆 C 上的点到焦点距离的最大值为 3 ，最小值为 1 （）求椭圆 C 的标准方程；（）若直线 l : y kx m 与椭圆 C 相交于 A ， B 两点（ A， B 不是左右顶点），且以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的右顶点，求证：直线
2、l 过定点，并求出该定点的坐标3, 在直角坐标系 xOy 中，以 O 为圆心的圆与直线x3y4 相切（ 1）求圆 O 的方程；（ 2）圆 O 与 x 轴相交于 A， B 两点，圆内的动点 P 使 PA ，PO ，PB 成等比数列，求 PA PB 的取值范围x2y24, 已知椭圆 31F1 ， F2 过 F1 的直线交椭圆于2的左、右焦点分别为B， D 两点，过 F2 的直线交椭圆于 A， C 两点，且 ACBD ，垂足为 P x02y02（）设 P 点的坐标为 (x0， y0 ) ，证明： 312；（）求四边形ABCD 的面积的最小值5, 在平面直角坐标系xOy 中，经过点 (0， 2) 且斜
3、率为 k 的直线 l 与椭圆x221y2有两个不同的交点 P 和 Q （ I ）求 k 的取值范围；（ II ）设椭圆与 x 轴正半轴、 y 轴正半轴的交点分别为 A，B ，是否存在常数 k ，使得向量 OP OQ 与 AB 共线？如果存在， 求 k 值；如果不存在，请说明理由6, 已知正三角形 OAB 的三个顶点都在抛物线y22x 上，其中 O 为坐标原点，设圆 C 是 OAB 的内接圆（点 C 为圆心）（I ）求圆 C 的方程；（II ）设圆 M 的方程为 ( x 4 7cos )2( y7cos)21 ，过圆 M 上任意一点 P 分别作圆 C 的两条切线 PE，PF ，切点为 E， F
4、，求 CE，CF 的最大值和最小值7, 已知双曲线 x2y22 的左、右焦点分别为 F1 ， F2 ，过点 F2 的动直线与双曲线相交于 A，B 两点（I ）若动点 M 满足 FMF AF BFO （其中 O 为坐标原点），求点 M 的1111轨迹方程；（ II ）在 x 轴上是否存在定点 C ，使 CA · CB 为常数？若存在， 求出点 C 的坐标；若不存在，请说明理由8, 已知双曲线 x2 y2 2 的右焦点为 F ，过点 F 的动直线与双曲线相交于A， B 两点，点 C 的坐标是 (1，0) （ I ）证明 CA ， CB 为常数；（ II ）若动点 M 满足 CM CA C
5、B CO（其中 O 为坐标原点），求点 M 的轨迹方程解：由条件知 F (2，0) ，设 A(x1， y1) ， B(x2， y2 ) 9, 在平面直角坐标系 xoy 中，已知圆心在第二象限、半径为 22的圆C与x2y2直线 yx 相切于坐标原点 O 椭圆 a219与圆 C 的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10 (1) 求圆 C 的方程；(2) 试探究圆 C 上是否存在异于原点的点 Q ，使 Q 到椭圆右焦点 F 的距离等于线段 OF 的长若存在，请求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由10, 在平面直角坐标系xoy 中，已知圆心在第二象限、半径为 22的圆 Cx2y21与直线 yx 相切
6、于坐标原点 O 椭圆 a29与圆 C 的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10 (1) 求圆 C 的方程；(2) 试探究圆 C 上是否存在异于原点的点离等于线段 OF 的长若存在，请求出点理由Q ，使 Q 到椭圆右焦点 F的距Q 的坐标；若不存在，请说明测试题答案1,解：（）设椭圆的半焦距为c ，依题意b1 ，x2y21所求椭圆方程为 3（）设A( x1，y1 ) ， B( x2， y2 ) （1）当 AB x 轴时， AB3 （ 2）当 AB 与 x 轴不垂直时，设直线 AB 的方程为 y kx m m3232由已知 1 k22，得 m4( k1)把 y kx m 代入椭圆方程，整理得 (3k
7、 2 1)x26km3(m21)x1 x22 1 ，x1 x221 3k3kc 6 ，a 3a3，6kmx3m230 ，22 )( x2 x1 )2(1 k 2 )36k2 m212(m21)AB(1 k(3k2 1)23k2112(k 21)(3k21m2 )3(k 21)(9k 21)(3k21)2(3k 21)2312k2312(k0)31246k 21139k 49k2626k 2当且仅当9k 21，即k3时等号成立当 k0时， AB3 ，k 23综上所述AB max2当 AB 最大时， AOB 面积取最大值S1AB max33222x2y21(ab 0)2,【标准答案】 (I)由题意
8、设椭圆的标准方程为a2b2ac3, ac1 ， a2, c1,b23x2y21.43ykxm设 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) ，由x2y21(II)43得(3 4k2 )x28mkx4(m23)0 ，64m2 k 216(34k 2 )(m23)0 ， 3 4k 2m20 .x1x28mk2 , x1x24(m223) .34k34k223(m 24k 2 )y1y2(kx1m) (kx2m)k x1x2mk ( x1x2 )m34k 2.以AB为直径的圆过椭圆的右顶点 D (2,0),kADkBD1，y1y21x12 x22， y1 y2x1x22( x1x2 )4 0 ，
9、3(m24k 2 )4( m23)16 mk403 4k 23 4k 23 4k2，7m216mk4k20 ，解得m12k , m22k4k 2m27 ，且满足 30 .当 m2k 时， l : yk( x2) ，直线过定点 (2,0), 与已知矛盾；m2kl : y k( x2 )( 2,0).当7 时，7，直线过定点 72(,0).综上可知，直线 l 过定点，定点坐标为73,解：（1）依题设，圆 O 的半径 r 等于原点 O 到直线 x3 y4 的距离，即4r213得圆 O 的方程为 x2y24 （2）不妨设 A(x1，0)， B( x2，0)， x1x2 由 x24 即得A( 2，0)，
10、 B(2，0) 设 P(x， y) ，由 PA ，PO ，PB 成等比数列，得(x 2) 2y2( x 2) 2y2x2y2 ，即 x2 y2 2 PA PB( 2x， y) (2x， y)x24 y22( y 21).x2y24，由于点 P 在圆 O 内，故 x2y22.由此得 y21所以 PA PB 的取值范围为 2，0) 4, 证明：（）椭圆的半焦距 c32 1 ，由 AC BD 知点 P 在以线段 F1F2为直径的圆上，故 x02y021，x22y02 x02y0211所以， 32222（）（）当BD 的斜率 k 存在且 k0 时， BD 的方程为 yk( x 1) ，代x2y21，并
11、化简得 (3k 22) x26k 2 x 3k 2入椭圆方程 3260 设 B( x1， y1 ) ， D ( x2， y2 ) ，则6k23k 26x1 x222 ，x1 x2223k3k2224 3( k21)BD1 k x1x2(1 k ) (x2x2 )4x1 x23k22 ；1因为 AC 与 BC 相交于点 P ，且 AC 的斜率为k ，143 k 2143( k21)AC12k232所以，3k 2四边形 ABCD 的面积S1BD AC24(k21)2(3k 2(k 21)2962(3k 22)(2k 23)2)(2k23)2252当 k 21 时，上式取等号（）当 BD 的斜率 k
12、0 或斜率不存在时，四边形ABCD 的面积 S 4 96综上，四边形 ABCD 的面积的最小值为 25 5, 解：（）由已知条件，直线 l的方程为 ykx2 ，x2(kx2)21代入椭圆方程得 21k2x222kx 10整理得 2直 线 l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于8k 241k 24k 2202，k2k2 ，22 ， 2 即 k 的取值范围为22解得2 或（）设 P( x1， y1)， Q(x2， y2 ) ，则 OP OQ( x1x2，y1y2 ) ，由方程， x1x242k12k 2又 y1y2k( x1x2 ) 2 2 而 A( 2，0)， B(0，1)，AB(2，1) 所以
13、OPOQ 与 AB 共线等价于 x1x22( y1y2 ) ，( r，0)2将代入上式，解得k2 22由（）知kk2 或2 ，故没有符合题意的常数 k y2，y1y26,（I ）解法一：设 A， B 两点坐标分别为12 ，y22，2，由题设知y122y122y12y222y22y22( y1 y2 )22222解得 y12y2212 ，所以 A(6，23) ， B(6， 2 3) 或 A(6， 23) ， B(6，23) r246设圆心 C 的坐标为 (r，0) ，则3，所以圆 C 的方程为(x4) 2y216 解法二：设 A，B 两点坐标分别为 ( x1， y1 ) ， ( x2，y2 )
14、，由题设知x12y12x22y22 又因为 y122x1 ， y222x2，可得 x122x1 x222x2 即( x1x2 )( x1x22) 0由 x10 ， x20 ，可知 x1x2 ，故 A，B 两点关于 x 轴对称，所以圆心 C 在x 轴上2设 C 点的坐标为，则 A 点坐标为解得 r 4 ，所以圆 C 的方程为 ( x 4) 2 （II ）解：设 ECF 2a ，则3 r， 3 r3 r23 r22，于是有22 ，y216 CE CF |CE | | CF | cos 2 16cos 232cos216 x4在 Rt PCE 中，cos| PC | ，由圆的几何性质得|PC|PC
15、|MC | 1 7 1 8， |PC |MC | 1 71 6 ，12 cos 3 ，由此可得所以 28CECF169 16则 CE CF 的最大值为9 ，最小值为8 7, 解：由条件知 F1(2，0) ， F2 (2，0)，设 A(x1， y1) ， B( x2， y2 ) 1，11， 1解法一：（I ）设 M (x， y) ，则 则 FM(x 2 y) ， F A( x2 y ) ，F1 B (x22， y2 )，FO1(2，0) ，由 FM1F1 A F1B FO1得x 2 x1，x1x2，x2 6x 4y y1 y2即 y1y2yx 4 y，于是 AB 的中点坐标为22 y1y2yy2
16、当 AB 不与 x 轴垂直时，x1x2x42x8y1y2y( x1x2 )2，即x 8又因为 A，B 两点在双曲线上，所以 x12y122 ， x22y222 ，两式相减得( x1 x2 )( x1 x2 ) ( y1 y2 )( y1y2 ) ，即 (x1x2 )( x 4) ( y1y2 ) y 将 y1y2y( x1x2 ) 代入上式，化简得 (x6)2y2x84 当 AB 与 x 轴垂直时， x1x22 ，求得 M (8，0) ，也满足上述方程所以点 M 的轨迹方程是 ( x6) 2y24 （II ）假设在 x 轴上存在定点 C ( m，0) ，使 CA CB 为常数当 AB 不与 x
17、 轴垂直时，设直线 AB 的方程是 yk( x2)( k1) 代入 x2y22 有 (1 k 2 )x24k 2 x(4k 22)0 4k 24k 22则 x1， x2 是上述方程的两个实根，所以x1x2k 21 ， x1x2k 21，于是 CA CB(x1m)( x2m) k 2 ( x12)(x22)(k 21)x1 x2(2 k 2m)( x1x2 ) 4k2m2(k 21)(4 k22)4k 2 (2 k2m)4k2m2k21k212(12m) k2222m)44mm2k 21m 2(1k 21因为 CA CB 是与 k 无关的常数，所以 4 4m 0 ，即当 AB 与 x 轴垂直时，
18、点 A， B 的坐标可分别设为此时 CA CB (1， 2) (1， 2)1故在 x 轴上存在定点 C (10)，使 CA CB 为常数m1，此时 CA CB =1(2， 2) ， (2，2) ，x1x2，x 4解法二：（I ）同解法一的（ I ）有y1y2y当 AB 不与 x 轴垂直时，设直线 AB 的方程是 yk( x2)( k1) 代入 x2y22有(1k 2 )x24k 2 x(4k 22)0 x14k 2则 x1， x2 是上述方程的两个实根，所以x221kyyk (xx4)k4k244k1212k 1k 2 1 x4k24k由得4y1k 21 k 2x4k当 k0 时， y0 ，由
19、得，y，将其代入有x444y( x4)yy(x 4)2(x 4) 2y2y21整理得 ( x6) 2y24 当 k0 时，点 M 的坐标为 (4，0) ，满足上述方程当 AB 与 x 轴垂直时， x1x22 ，求得 M (8，0) ，也满足上述方程故点 M 的轨迹方程是 (x6) 2y24 （II）假设在 x 轴上存在定点点 C (m，0) ，使 CA CB 为常数，x1x24k214k22k 2x1 x21 当 AB 不与 x 轴垂直时，由（ I ）有，k2以上同解法一的（ II）8, （I ）当 AB 与 x 轴垂直时，可设点 A， B 的坐标分别为 (2， 2) ，(2，2) ，此时 C
20、A CB(1， 2) (1，2)1当 AB 不与 x 轴垂直时，设直线AB 的方程是 yk( x2)( k1) x2y22(1k 2 ) x24k2 x (4k22)0x1， x2x1x24k 21x1x24k 22k 2k 21CA CB( x1 1)(x21)y1 y2(x1 1)(x21)k 2 ( x12)(x22)(k21)x1x2(2 k21)( x1x2 ) 4k 2 1(k 21)(4 k22)4k 2 (2 k 21)4k21k21k 21( 4k22)4k 21 1CACB1IIM ( x， y)CM(x1， y)CA (x11，y1 )CB(x21，y2 ) CO( 1，
21、0)CMCA CBCOx 1 x1x2，x1x2，3x 2y y1y2y1y2yx 2 y，AB22y1y2yy2x1x2x 22x2yABx2y1y2x 2 ( x1x2 )A，Bx12y122x22y222( x1x2 )( x1x2 ) ( y1y2 )( y1y2 )(x1x2 )( x 2) ( y1y2 ) yy1y2y(x1x2 )x2y24x 2ABxx1x22M (2，0)Mx2y24x1x2x，2y1y2yx1x24k 2k 21ABxIy1 y2 k (x1 x24) k4k24k4k 2 1k14k 2由得 x2k21 4ky k2 1 x2k当 k0 时， y0 ，由
22、得，y，将其代入有4x2y4y( x2)y2)2(x 2)2y2(xy21整理得 x2y24 当 k0 时，点 M 的坐标为 (2，0) ，满足上述方程当 AB 与 x 轴垂直时， x1x22 ，求得 M (2，0) ，也满足上述方程故点 M 的轨迹方程是 x2y 24 9, 解： (1) 设圆心坐标为 (m， n) （ m<0， n>0） , 则该圆的方程为 (x-m) 2+(y-n) 2 =8已知该圆与直线 y=x相切，那么圆心到该直线的距离等于圆的半径，则mn2=22即 mn =4又圆与直线切于原点，将点(0 ，0) 代入得22m+n =8联立方程和组成方程组解得m 2n 2
23、故圆的方程为 (x+2) 2+(y-2) 2=8(2)a =5， a2=25，则椭圆的方程为+ =1其焦距 c= 259 =4，右焦点为 (4 ，0) ，那么 OF =4。要探求是否存在异于原点的点Q，使得该点到右焦点 F的距离等于 OF 的长度 4，我们可以转化为探求以右焦点 F为顶点，半径为 4 的圆 (x 4) 2+y2=8与(1) 所求的圆的交点数。412通过联立两圆的方程解得 x= 5，y= 5412即存在异于原点的点 Q( 5， 5) ，使得该点到右焦点 F的距离等于 OF长。10,解:(1)设圆 C的圆心为 (m, n)mnm2则n222解得n2所求的圆的方程为( x2)2( y 2) 28(2)由已知可得2a10a5x2y21椭圆的方程为259右焦点为 F( 4, 0) ;,假设存在 Q点 222 cos ,222 sin使 QFOF ,22 2 cos42222 sin24整理得sin3cos22代入 sin 2cos21 得:10cos2122 cos7 0cos12281222211010因此不存在符合题意的 Q点.的,