全国卷高考数学圆锥曲线大题集大全(供参考)

高考二轮复习专项：圆锥曲线大题集

1. 如图，直线l1与l2是同一平面内两条互相垂直的直线，交点是A，点B、D在直线l1上

(B、D 位于点A右侧)，且|AB|=4，|AD|=1，M是该平面上的一个动点，M在l1上的射影点是N，且|BN|=2|DM|.

(Ⅰ) 建立适当的坐标系，求动点M的轨迹C的方程．

(Ⅱ)过点D且不与l1、l2垂直的直线l交(Ⅰ)中的轨迹C于E、F两点；另外平面上的点G、H满足：

AGAD(R);GEGF2GH;GHEF0. 求点G的横坐标的取值范围．

l2 M BA D N B l1

2. 设椭圆的中心是坐标原点，焦点在x轴上，离心率上的点的最远距离是4，求这个椭圆的方程.

e32，已知点P(0,3)到这个椭圆

x2y225C1:221(ab0)x,ab4其左、右顶点分别 3. 已知椭圆的一条准线方程是

1

-

x2y2C2:221ab是A、B；双曲线的一条渐近线方程为3x－5y=0.

（Ⅰ）求椭圆C1的方程及双曲线C2的离心率；

（Ⅱ）在第一象限内取双曲线C2上一点P，连结AP交椭圆C1于点M，连结PB并延长交椭圆C1于点N，若AMMP. 求证：MN•AB0.

4. 椭圆的中心在坐标原点O,右焦点F（c,0）到相应准线的距离为1，倾斜角为45°的直线交椭圆于A，B两点.设AB中点为M，直线AB与OM的夹角为a. （1）用半焦距c表示椭圆的方程及tan;

（2）若2x2y26e23，过点A（0，-b）和B（a，0）的直线b2（a＞b＞0）的离心率5. 已知椭圆a3与原点的距离为2

（1）求椭圆的方程

（2）已知定点E（-1，0），若直线y＝kx＋2（k≠0）与椭圆交于C D两点 问：是否存在k的值，使以CD为直径的圆过E点?请说明理由

2

-

6. 在直角坐标平面中，ABC的两个顶点A,B的坐标分别为A(1,0)，B(1,0)，平面内两点G,M同时满足下列条件： ①GAGBGC0；②MAMBMC；③GM∥AB

（1）求ABC的顶点C的轨迹方程；

（2）过点P(3,0)的直线l与（1）中轨迹交于E,F两点，求PEPF的取值范围

7. 设x,yR，i,j为直角坐标平面内x轴．y轴正方向上的单位向量，若axi(y2)j,bxi(y2)j，且

|a||b|8

（Ⅰ）求动点M(x,y)的轨迹C的方程；

（Ⅱ）设曲线C上两点A．B，满足(1)直线AB过点（0，3），(2)若OPOAOB，则OAPB为矩形，试求AB方程． 3

-

2ym(xn),(m0,n0)的焦点为原点，C的准线与直线 8. 已知抛物线C：

l:kxy2k0(k0)的交点M在x轴上，l与C交于不同的两点A、B，线段AB的

垂直平分线交x轴于点N（p，0）．

（Ⅰ）求抛物线C的方程； （Ⅱ）求实数p的取值范围；

（Ⅲ）若C的焦点和准线为椭圆Q的一个焦点和一条准线，试求Q的短轴的端点的轨迹方程．

y

DC E

AO

D1C1

9. 如图，椭圆的中心在原点，长轴AA1在x轴上.以A、A1为焦点的双曲线交椭圆于C、D、

A1x1AE234D1、C1四点，且|CD|＝2|AA1|.椭圆的一条弦AC交双曲线于E，设EC，当3时，求双曲线的离心率e的取值范围.

4

-

224x5y80上，且点A是椭圆短轴的一个端10. 已知三角形ABC的三个顶点均在椭圆

点（点A在y轴正半轴上）.

若三角形ABC的重心是椭圆的右焦点，试求直线BC的方程; 若角A为90，AD垂直BC于D，试求点D的轨迹方程.

2x11. 如图，过抛物线4y的对称轴上任一点P(0,m)(m0)作直线与抛物线交于A,B0两点，点Q是点P关于原点的对称点.

(1) 设点P分有向线段AB所成的比为，证明:QP(QAQB);

(2) 设直线AB的方程是x2y120，过A,B两点的圆C与抛物线在点A处有共同的切线，求圆C的方程.

p2p12）12. 已知动点P（p，-1），Q（p，，过Q作斜率为2的直线l，P Q中点M的轨迹

为曲线C.

（1）证明：l经过一个定点而且与曲线C一定有两个公共点； （2）若（1）中的其中一个公共点为A，证明：AP是曲线C的切线； （3）设直线AP的倾斜角为，AP与l的夹角为，证明：或是定值.

5

-

13. 在平面直角坐标系内有两个定点F1、F2和动点P，F1、F2坐标分别为F1(1,0) 、

|PF1|22，动点P的轨迹为曲线C，曲线C关于直线yx的对F2(1,0)，动点P满足|PF2|称曲线为曲线C'，直线yxm3与曲线C'交于A、B两点，O是坐标原点，△ABO的面积为7，

（1）求曲线C的方程；（2）求m的值。

x2y221(a0,b0)2ab14. 已知双曲线的左右两个焦点分别为F1、F2,点P在双曲线右支

上.

34116,)55时,PF1PF2,求双曲线的方程； （Ⅰ）若当点P的坐标为

(（Ⅱ）若|PF1|3|PF2|,求双曲线离心率e的最值,并写出此时双曲线的渐进线方程.

x2y21b15. 若F1、F2为双曲线a的左右焦点，O为坐标原点，P在双曲线的左支上，点

F1OPM,OP(M在右准线上，且满足；（1）求该双曲线的离心率；

OF1OF1OMOM1)(0).

（2）若该双曲线过N（2，3），求双曲线的方程；

6

-

（3）若过N（2，3）的双曲线的虚轴端点分别为B1、B2（B1在y轴正半轴上），点A、B在双曲线上，且B2AB2B,求B1AB1B时，直线AB的方程.

16. 以O为原点，OF所在直线为x轴，建立如 所示的坐标系。设OF•FG1，点F的坐标为(t,0)，t[3,)，点G的坐标为（1）求

(x0,y0)。

x0关于t的函数

x0f(t)的表达式，判断函数f(t)的单调性，并证明你的判断；

S（2）设ΔOFG的面积最小值时椭圆的方程；

31t6，若以O为中心，F为焦点的椭圆经过点G，求当|OG|取

9(0,)2，（3）在（2）的条件下，若点P的坐标为C、D是椭圆上的两点，且PCPD(1)，

求实数的取值范围。

7

-

22(x1)y8的圆心，点A（1，0）17. 已知点C为圆，P是圆上的动点，点Q在圆的

半径CP上，且MQAP0,AP2AM.

（Ⅰ）当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程；

2ykxk1与（Ⅰ）中所求点Q （Ⅱ）若直线

的轨迹交于不同两点F，H，O是坐标原点，

23OFOH4，求△FOH的面积的取值范围。 且3

18. 如图所示，O是线段AB的中点，|AB|＝2c，以点A为圆心，2a为半径作一圆，其中ac。

A O B

（1）若圆A外的动点P到B的距离等于它到圆周的最短距离，建立适当坐标系，求动点P的轨迹方程，并说明轨迹是何种曲线； （2）经过点O的直线l与直线AB成60°角，当c＝2，a＝1时，动点P的轨迹记为E，设过点B的直线m交曲线E于M、N两点，且点M在直线AB的上方，求点M到直线l的距离d的取值范围。

8

-

22xy2x6y10上有两点P、Q满足关于直线19. 设O为坐标原点,曲线

xmy40对称，又以PQ为直径的圆过O点.

（1）求m的值; （2）求直线PQ的方程.

ab420. 在平面直角坐标系中，若a(x3,y),b(x3,y)，且，

（1）求动点Q(x,y)的轨迹C的方程；

（2）已知定点P(t,0)(t0)，若斜率为1的直线l过点P并与轨迹C交于不同的两点A,B，且对于轨迹C上任意一点M，都存在[0,2]，使得OMcosOAsinOB成立，试求出满足条件的实数t的值。

x2y2212b21. 已知双曲线a（a>0,b>0）的右准线l2与一条渐近线l交于两点P、Q，F是

双曲线的右焦点。 （I）求证：PF⊥l；

（II）若△PQF为等边三角形，且直线y=x+b交双曲线于A，B两点，且双曲线的方程；

（III）延长FP交双曲线左准线l1和左支分别为点M、N，若M为PN的中点，求双曲线的9

AB30，求

-

离心率e。

22. 已知又曲线 在左右顶点分别是A，B，点P是其右准线上的一点，若

点A关于点P的对称点是M，点P关于点B的对称点是N，且M、N都在此双曲线上。 （I）求此双曲线的方程； （II）求直线MN的倾斜角。

AP、OP、BP23. 如图，在直角坐标系中，点A（-1，0），B（1，0），P（x，y）（y0）。设

与x轴正方向的夹角分别为α、β、γ，若。 （I）求点P的轨迹G的方程；

（II）设过点C（0，-1）的直线l与轨迹G交于不同两点M、N。问在x轴上是否存在一点Ex0，0yP，使△MNE为正三角形。若存在求出x0值；若不存在说明理由。

AOBx 10 -

x2y2C:221ab0Mab24. 设椭圆过点

（1）求椭圆C的方程； （2）当过点满足

2,1，且焦点为F12,0。

P4,1的动直线与椭圆C相交与两不同点A、B时，在线段AB上取点Q，

，证明：点Q总在某定直线上。

APQBAQPB

25. 平面直角坐标系中，O为坐标原点，给定两点A（1，0）、B（0，－2），点C满足

OCOAOB,其中、R,且21

（1）求点C的轨迹方程；

x2y221(a0,b0)2b（2）设点C的轨迹与双曲线a交于两点M、N，且以MN为直径11为定值22ab的圆过原点，求证：.

11

-

26. 设F(1,0)，M、P分别为x轴、y轴上的点，且PM•PF0，动点N满足：

MN2NP.

（1）求动点N的轨迹E的方程；

（2）过定点C(c,0)(c0)任意作一条直线l与曲线E交与不同的两点A、B，问在x轴上是否存在一定点Q，使得直线AQ、BQ的倾斜角互补？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由.

3127. 如图，直角梯形ABCD中，∠DAB90，AD∥BC，AB=2，AD=2，BC=2

椭圆F以A、B为焦点，且经过点D，

（Ⅰ）建立适当的直角坐标系，求椭圆F的方程；

（Ⅱ）是否存在直线l与椭圆F交于M、N两点，且线段MN的中点为点C，若存在，求直线l的方程；若不存在，说明理由. 12

D

C B

-

28. 如图所示，B（– c，0），C（c，0），AH⊥BC，垂足为H，且BH3HC． （1）若ABAC= 0，求以B、C为焦点并且经过点A的椭圆的离心率； （2）D分有向线段AB的比为，A、D同在以B、C为焦点的椭圆上， 当 ―5≤≤

29. 在直角坐标平面中，ABC的两个顶点A,B的坐标分别为A(1,0)，B(1,0)，平面内两点G,M同时满足下列条件： ①GAGBGC0；②72 时，求椭圆的离心率e的取值范围．

MAMBMC；③GM∥AB

（1）求ABC的顶点C的轨迹方程；

（2）过点P(3,0)的直线l与（1）中轨迹交于E,F两点，求PEPF的取值范围

13

-

答案：

1.解：(Ⅰ) 以A点为坐标原点，l1为x轴，建立如图所示的坐标系，则D(1，0)，B(4，0)，设M（x，y）， 则N（x，0）. ∵|BN|=2|DM|， ∴|4－x|=2(x－1)2+y2 , 整理得3x2+4y2=12, ∴动点M的轨迹 x2y2

方程为+ =1 .

43(Ⅱ)∵AGAD(R),

∴A、D、G三点共线，即点G在x轴上；又∵GEGF2GH,∴H点为线段EF的中点；又∵GHEF0,∴点G是线段EF的垂直平分线GH与x轴的交点。 设l：y=k(x－1)(k≠0)，代入3x2+4y2=12得

(3+4k2)x2－8k2x+4k2－12=0，由于l过点D(1，0)是椭圆的焦点， ∴l与椭圆必有两个交点，

设E(x1，y1)，F(x2，y2)，EF的中点H的坐标为（x0，y0）， ∴x1+x2= x0=

4k2－128k2

，x1x2= ， 3+4k23+4k2

－3kx1+x24k2 = ，y0=k(x0－1)= ， 23+4k23+4k2

∴线段EF的垂直平分线为 1

y－ y0 =－ (x－x0)，令y=0得，

k点G的横坐标xG = ky0+x0 = 13= － ， 44(3+4k2)

∵k≠0，∴k2>0，∴3+4k2>3，0<13∴xG= －

44(3+4k2)

1113

< ，∴－ <－ <0，

(3+4k2)344(3+4k2)－3k24k2k2 + = 3+4k23+4k23+4k2

1(0， ）

4

1

∴点G的横坐标的取值范围为(0， ）.

4

e2.解：∵

33ca2，∴2

222abc 由得 a2b

14

-

x2y2212b ∴设椭圆的方程为4b（b0）

222x4b4y即（byb）

设M(x,y)是椭圆上任意一点，则

|PM|2x2(y3)23(y1)24b212 （byb）

22|PM|4b12 y1b1b1bmax若即，则当时，

由已知有4b1216，得b1；

222|PM|b6b9 yb0b11bmax若即，则当时，2b 由已知有6b916，得b7（舍去）.

综上所述，b1，a2.

x2y21所以，椭圆的方程为4.

a2254ca5b3解之得:b3a5c4222cab3.解：（I）由已知

x2y2x2y21199∴椭圆的方程为25，双曲线的方程25.

又C25934 ∴双曲线的离心率

e2345

（Ⅱ）由（Ⅰ）A（－5，0），B（5，0） 设M

(x0,y0)则由AMMP得M为AP的中点

22x0y012592(2x05)y0125(2x05,2y0)9∴P点坐标为 将M、p坐标代入c1、c2方程得

15

-

52x2或x)消去y0得

2x05x0250 解之得

005(舍

由此可得P（10，33)

y33当P为（10，33) 时 PB：

105(x5)y33(x5) 即5

x2y21得:2x215x25x52或5(舍)代入2590

x5N2xNxM MN⊥x轴 即MNAB0

a2c1,则a2cc2,b2a2c2c,4.解：（1）由题意可知c所以椭圆方程为 x2y2c2cc14分 设A(x1,y1),B(x2,y2)，将其代入椭圆方程相减，将

11y1y21与ky1y2kOM1xOMc1,tg|c1|c21x11c2x1x2代入 可化得

c1

2c21c3,1c2,则eccac2c(26112,3)（2）若2c5.解：（1）直线AB方程为：bx-ay-ab＝0

c6a3，aba3， 依题意a2b232 解得 b1

x2y21 ∴ 椭圆方程为 3

ykx2， （2）假若存在这样的k值，由x23y230得(13k2)x212kx90 ∴

(12k)236(13k2)0 16

①

-

12kxx，1213k2xx912y)y)C(xD(x13k22112 设， ，，则 ②

而y1y2(kx12)(kx22)kx1x22k(x1x2)4

2y1y21 要使以CD为直径的圆过点E（-1，0），当且仅当CE⊥DE时，则x11x21即y1y2(x11)(x21)0

∴

(k21)x1x22(k1)(x1x2)50 k7 将②式代入③整理解得

6k7 经验证，6，使①成立

k7 综上可知，存在6，使得以CD为直径的圆过点E

6.解：（1）设C(x,y) , G(x0,y0) , M(xM,yM).

MAMB ， M点在线段AB的中垂线上

由已知

A(1,0) , B(1,0) ,xM0；又GM∥AB，

yMy0

又GAGBGC0

1x0,y01x0,y0xx0,yy00,0

xxyy03 , y03 yM3

2MBMC012y20x2y

303y

2y2x2y231 y0x1，顶点C的轨迹方程为3 y0.

(2)设直线l方程为：yk(x3)，E(x1,y1)，F(x2,y2)

yk(x3)由x2y231 消去y得：

k23x26k2x9k230 ① 17

，

③ -

6k29k23x1x22x1x22k3 ， k3

而

PEPFPEPFcos0PEPF1k2 3x1k23x122

1k2 93x1x2x1x224k21k232448k23

229k22718k29k231k k23由方程①知 6k34k39k3＞0k2＜8

223k233,27PEPF8,88289 . k0，0＜k＜8，

7.解：解：令 则 即

M(x,y),F1(0,2),F2(0,2)

aF1M,bF2M|F1M||F2M|8F1F242C 即

|a||b||F1M||F2M| 又∵

2 ∴c2,a4,b12

y2x211612 所求轨迹方程为

（Ⅱ）解：由条件（2）可知OAB不共线，故直线AB的斜率存在 设AB方程为

ykx3,A(x1,y1),B(x2,y2)

ykx32(3k24)x218kx210yx211612 则

x1x218k3k24

x1x22213k24

3b48k23k24

y1y2(kx13)(kx23)kx1x23k(x1x2)9 ∵OAPB为矩形，∴OA⊥OB OAOB0

k54

∴

x1x2y1y20 得

18

-

所求直线方程为

y5x34…

8.解：（I）由题意，抛物线顶点为（－n，0），又∵焦点为原点∴m＞0 准线方程

xmn4且有m=4n.

∵准线与直线l交点在x轴上，交点为

(m,0)2

又l与x轴交于（－2，0），∴m=4，n=1

∴抛物线方程为y2=4（x+1） kxy2k0得k2x24(k21)x4(k21)02 （II）由y4(x1)(k0)

216(1k)0 ∴－1＜k＜1且k≠0

x1x22(1k2)k2 2

y1y222k

212(1k2)y[x],令y02kkk ∴AB的中垂线方程为

2(1k2)2p2k2k2 得

∴p∈（2，+∞）

（III）∵抛物线焦点F（0，0），准线x=－2 ∴x=－2是Q的左准线 设Q的中心为O′（x，0），则短轴端点为（±x，y） 若F为左焦点，则c=x＞0，b=|y| ∴a2=b2+c2=x2+y2

x2y2a2x2c2xc依左准线方程有 即y2=2x （x＞0）

若F为右焦点，则x＜0，故c=－x，b=|y|

a2c2c∴a2=b2+c2=x2+y2 依左准线方程有

x2y2(x)2x即 化简得2x2+2x+y2=0

19

-

14(x)22y212即 （x＜0，y≠0）

xy1,30209.解：建立如原题图所示的坐标系，则AB的方程为由于点P在AB上，可设P

点的坐标为

(x,202x2xS(100x)•[80(20)](0x30).).33 则长方形面积

50220x5,y时,Smax6017(m2).Sx2x6000(0x30).333化简得易知，当

ccD(,h),C(,h),22（21）解：设A（－c,0）,A1(c,0)，则（其中c为双曲线的半焦距，h为C、

ccAEc(2)h2c(2),yh,xE(,)EEC12(1)12(1)1D到x轴的距离）即E点坐标为

x2y2a212设双曲线的方程为ab，将

ce2x2e代入方程，得c2y221b①

cc(2)he2h2e2222h2C(,h),E(,)1,()()1.2(1)1代入①式，整理得4b2411b2将2

h2e21322,得2ee1,所以1.222be2e2消去

23233,所以12,故7e2107e10.43e24由于3

10.解：1）设B（x1,y1）,C(x2,y2),BC中点为(

22x12y12x2y21,12016则有2016

x0,y0),F(2,0)

两式作差有

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)02016

x0y0k054 (1)

x1x22x33F(2,0)为三角形重心，所以由，得0 y1y240y23由得0，

20

-

k代入（1）得

65

直线BC的方程为6x5y280

2)由AB⊥AC得x1x2y1y214(y1y2)160 （2）

22ykxb,代入4x5y80，得 设直线BC方程为

(45k2)x210bkx5b2800

5b28010kbx1x2x1x245k2 45k2，

8k4b280k2y1y2,y1y2245k45k2 代入（2）式得 9b232b1640b45k29 ，解得b4(舍)或4)直线过定点（0，9，设D（x,y）

y则

49y41xx

229y9x32y160 即

x2(y所以所求点D的轨迹方程是

16220)()2(y4)99。

2x4y得 ykxm,11.解：(1) 依题意，可设直线AB的方程为 代入抛物线方程

x24kx4m0. ①

x设A,B两点的坐标分别是 (x1,y1)、(x2,y2),则x1、2是方程①的两根.

所以 x1x24m.

由点P(0,m)分有向线段AB所成的比为，得

x1x2x0,即1.1x2

21

-

又点Q与点P关于原点对称，故点Q的坐标是(0,m)，从而QP(0,2m).

QAQB(x1,y1m)(x2,y2m)(x1x2,y1y2(1)m). QP(QAQB)2m[y1y2(1)m]2x12x1x2xxx4m2m[(11)m]2m(x1x2)124x24x24x22m(x1x2)4m4m0.4x2 所以 QP(QAQB).

x2y120,2x4y,(2) 由 得点A,B的坐标分别是（6，9）、（－4，4）,

由 x4y 得

2y121x,yx,42

2x4y在点A处切线的斜率为yx63, 所以抛物线

222(xa)(yb)r, (a,b)C设圆的圆心为, 方程是

1b9,3a63231252a,b,r.2222(a6)(b9)(a4)(b4).222则解得 323125(x)2(y)2,22xy3x23y720.) C222则圆的方程是 (或

p2ppy1(xp)yx122212.解：（1）直线l的方程是：，即，经过定点（0，1）； p2p2x2y4. 又M（p，4），设x= p，y=4，消去p，得到的轨迹方程为：

yy由x24px12x2px40，其中△=4p2+16，所以l经过一个定点而且与曲线C2有

一定有两个公共点.

22

-

(pp24)2pp4,2x2px404（2）由，设A（），

2(pkAP则

p24)214p24p=

p242，

pp24x2xyy42，2又函数的导函数为故A处的切线的斜率也是，从而AP是曲

线C的切线.对于另一个解同样可证.

pp24(pp24)2pp4,24（3）当A（）时，tan=，

2p24p222pp24p12pp4， 22tan==

ptantan=1，

又易知与都是锐角，所以=90°；

222(pp4)pp42pp4,42当A（）时，tan=，

p24p222pp24p12pp4， tantan=-1， 22tan==

p又易知是钝角，都是锐角，所以=90°.总之或是定值.

13.解：（1）设P点坐标为(x,y)，则

(x1)2y2

(x1)2y22222(x3)y8， ，化简得

22(x3)y8； 所以曲线C的方程为

（2）曲线C是以(3,0)为圆心，22为半径的圆 ，曲线C'也应该是一个半径为22的23

-

圆，点(3,0)关于直线yx的对称点的坐标为(0,3)，所以曲线C'的方程为

x2(y3)28，

该圆的圆心(0,3)到直线yxm3的距离d为

d|0(3)m3|12(1)2|m|2，

S△ABO11m2m22d|AB|d28d(8)72222

m2m21722，或，

所以，m2，或m14。

14.解：（Ⅰ）(法一)由题意知,PF1(c3411634116,)(c,)55, PF255,

PF1PF2,PF1PF20,(c34134116)()20)(c555 （1分）

2c25,c5. 由双曲线定义得: |PF1||PF2|2a, 解得

2a(5341216341216)()2(5)()25555(413)2(413)26a3,b4, x2y21916 所求双曲线的方程为:

(法二) 因PF1PF2,由斜率之积为1,可得解. （Ⅱ）设|PF1|r1,|PF2|r2, (

法

一

)设

P

的

坐

标

为

(x,y), 由焦半径公式得

2a2r13r2,aex3(exa),xr1|aex|aex,r2|aex|exa,c,2a2xa,a,2ac， c24

-

cbc2a22,e213e的最大值为2,无最小值. 此时aaa,

此时双曲线的渐进线方程为y3x

(法二)设F1PF2,(0,].

2c4r2, 2ar1r22r2 (1)当时, r1r22c,且r13r2，e此时

2c4r222a2r2.

（0，）(2)当,由余弦定理得:

2（2c）r1r22r1r2cos10r26r2cos

2222e

2cr2106cos106cos2a2r22,

cos(1,1),e(1,2),综上,e的最大值为2,但e无最小值. (以下法一)

OP(15.解：（1）由F1OPM知四边形PF1OM为平行四边形，∵（0)∴OP平分∠F1OM，∴平行四边形PFOM 为菱形，又∵OF10F1OMOM)

OF1c

PF1C,PMC,e2e20,e2∴.

y2x221，其过点N（2，3），2a3ae2c2a（2）∵∴∴双曲线的方程为∴所求双曲

x2y219线的方程为3

（3）依题意得B1(0,3),B2(0,3),∴B2AB2B,A、B2、B共线，不妨设直线AB为：

ykx32y2x122(3k)x6kx180，因为,y),B(x,y),391122y=kx-3,A(x则有，得

25

-

x2y2139的渐进线为y3x，当k3时，AB与双曲线只有一个交点，不合题

意，当又

k3,∴

x1x26k1818,x•xyy,y1•y2912122223k3k，3k

，∴k5∴所求的直线AB的方程为

B1A(x1,y13),B1B(x2,y23)y5x3,y5x3.

16.解：（1）由题意知

FG(x0t,y0),OF(t,0)，则

OF•FGt(x0t)1,x0t1t

函数f(t)在[3,)是单调递增函数。（证明略）（4分）

S（2）由

13131|OF||y0|ty0263，

131131(t,),|OG|2(t)2t3t9， 点G

f(t)t因

1t在[3,)上是增函数，当t3时，|OG|取最小值，此时

1031F(3,0),G(,)33，

x2y221(ab0)2b依题意椭圆的中心在原点，一个焦点F（3，0），设椭圆方程为a，由x2y21189G点坐标代入与焦点F（3，0），可得椭圆方程为： （9分） 99PC(x,y),PD(m,n)22， （3）设C(x,y),D(m,n)，则

9999PCPD,(x,y)(m,n)xm,yn22，22， 由

99(n)2mnm2211,91818因点C、D在椭圆上，代入椭圆方程得，18，消去m，

222226

-

n得

1354，又

|n|3,|1351|3545，

1[,1)(1,5]则实数的取值范围为5。

17.解：（1）由题意MQ是线段AP的垂直平分线，于是

|CP|=|QC|+|QP|=|QC|+|QA|=22>|CA|=2，于是点 Q的轨迹是以点C，A为焦点，半焦距c=1，长半轴a=2的椭圆，短半轴ba2c21,

x2y21点Q的轨迹E方程是：2.

x22y12ykxk21 （2）设Ｆ（x1，y1）H（x2，y2），则由，

22222(2k1)x4kk1x2k0,8k0(k0) 消去y得

4kk212k2x1x2,x1x2222k12k1

OFOHx1x2y1y2x1x2(kx1k21)(kx2k21)(k21)x1x2kk21(x1x2)k21(k21)2k24k2(k21)k212k122k212k212k12k21312k21,32k14222k2|FH|(1k)[(x1x2)4x1x2](1k)2.2k1

222

又点O到直线FH的距离d=1，

2k2(k21)12令t2k1Sd|FH|222k1S1t[2,3],k2(t1),2

1111221(t1)[(t1)1)(t1)12t2t22t

11131831222t3,212即12.9t44t92t3

27

-

18.解：（1）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（－c，0），B（c，0） 依题意：|PA|2a|PB|,|PA||PB|2a2c

22ca∴点P的轨迹为以A、B为焦点，实半轴为a，虚半轴为的双曲线右支

62S43x2y221(xa)22aca∴轨迹方程为：。

（2）法一：设M（x1，y1），N（x2，y2） 依题意知曲线E的方程为

y2x1(x1)3，l的方程为y3x

2设直线m的方程为yk(x2)

2y21x3yk(x2)由方程组，消去y得

(k23)x24k2x4k230 ①

4k24k232x1x22,x1x22(k30)k3k3∴

∵直线m:yk(x2)与双曲线右支交于不同的两点

2∴x1x20及x1x20，从而k3

3x23k23(x2)x4x4由①得

2x解得

54且x2

5x1(,)4当x＝2时，直线m垂直于x轴，符合条件，∴

d又设M到l的距离为d，则28

|3x1y1|2

-

2y3x1 11∵

∴

332d(x1x121)2x1x121d(x)

设

315x[,)2xx21，4

25[,)由于函数yx与yx1均为区间4的增函数 5[,)∴d(x)在4单调递减 53d()4 ∴d(x)的最大值＝4limxd(x)limx又∵

31022xx1

35d(0,)x1(,)4 4而M的横坐标，∴

法二：l:g3x为一条渐近线

①m位于l1时，m在无穷远，此时d0

533M(,)l44，d较大 ②m位于2时，

y3(x2)52x2y41x3由 533(,)点M44

5333443d24 ∴

0d故 29

34

-

22xy2x6y10表示以(1,3)为圆心,以3为半径的圆, 圆上两19.解：(1) 曲线

点P、Q满足关于直线xmy40对称,则圆心(1,3)在直线xmy40上,代入解得 m1.

(2)直线PQ与直线yx4垂直,所以设PQ方程为

yxb,P(x1,y1),Q(x2,y2).

将直线yxb与圆的方程联立得2x由0,解得232b232.

22(4b)xb26b10

b26b1x1x2b4,x1x22.

又以PQ为直径的圆过O点

OPOQx1x2y1y20解得b1(232,232).

故所求直线方程为xy10.

ab4a(x3,y),b(x3,y)20.解：（1）∵，且，

∴动点Q(x,y)到两个定点

F1(3,0),F2(3,0)的距离的和为4，

x2y21F(3,0),F2(3,0)为焦点的椭圆，方程为4∴轨迹C是以1 x22y1A(x1,y1),B(x2,y2)yxt4（2）设，直线AB的方程为，代入，

22消去y得 5x8tx4t40，

8t4t24x1x2,x1x22t5055， 由得 ， 且t24yy(x1t)(x2t)5 ∴12

30

-

xx1cosx2sinyy1cosy2sinM(x,y) 设点，由OMcosOAsinOB可得 

∵点M(x,y)在C上， ∴

4x24y2(x1cosx2sin)24(y1cosy2sin)2

(x124y12)cos2(x224y22)sin22sincos(x1x24y1y2)4(cos2sin2)2sincos(x1x24y1y2)

∴

42sincos(x1x24y1y2)，

2sincos(x1x24y1y2)0又因为[0,2]的任意性，∴

x1x24y1y20，

4t244(t24)1005∴5，又t0， 得t2 ， 1010 代入t2检验，满足条件，故t的值是2。

l:y21.解：(1) 不妨设

bx,ca2b2a.

a2a2abl2:x,p.(,)ccc, F.(c,0)

设l的斜率为k1,PF的斜率为k2.

abca2ck2=caba,bb2 ∴k1k2=－1.

即PF⊥l.

b33,ab.a3（2）由题

31

-

yxb,x2y2211b2b3. x2－bx－b2=0,

x1x2b2x1x2b

AB1k2x1x2115b30,b3y2x1.3∴a=1, ∴双曲线方程为

2a2a(a2c2)a,(xc)l:PFcbcb（3） y=－ M(－

xPxN3a2a(3a2c2),xM,bc2 ∴N（－c）.

9a2a23a2c22c()1,e,222acb又N在双曲线上。∴c

∴e=5.

22.解：（I）点A、B的坐标为A（-3，0），B（3，0），设点P、M、N的坐标依次为

则有

② 4-①得

，解得c=5

故所求方程是

（II）由②得，

所以，M、N的坐标为

32

-

所以MN的倾斜角是

23.解：（I）由已知x0，当x1时，

，tantan

tantantantantantan



yyyyyyx1xx1x1xx1

1

223xy1(y0)

当x1时，

P1，2，也满足方程<1>

，使MNE为正△

223xy1(y0，x0) ∴所求轨迹G方程为

（II）假设存在点

Ex0，0223xy1(x0，y0) ykx1 设直线l方程：代入

3kx 得：

222kx20

224k83k02k023k202 3k

 3k6

3kF，23k23k ∴MN中点

|MN|1k

2x1x224x1x21k24k23k2283k2

lEF：y31kxk3k23k2

33

4kE，03k2 -

EF

9k23k2293k22

3MNEF2 在正△EMN中，

31k22

4k23k22831k2223kk3

4k23k2282k33k2213

2 k3与3k6矛盾

使△MNE为正△

∴不存在这样的点

Ex0，0c2221221ba22c2a2b2a4,b2， 24.解：（1）由题意： ，解得

x2y2142所求椭圆方程为

（2）解：设过P的直线方程为：设

y1kx4y， Qx0,y022，

Ax1,y1，

Bx2,y2x2,y2x1,y14,1QAPxxy124ykx4k1则

BOx0,y0

2k21x24k16k2x32k216k2016k24k32k216k2x1x2x1x22k21，2k21

AP

∵34

APQBAQPB，∴

AQ4x14x2QB，即x1x0x0x2，

PB -

化简得：

8x04x0x1x22x1x20，

16k24k32k216k28x04x020222k12k1∴，

去分母展开得：

16k2x08x064k216k16k2x04kx064k232k40

k12x0x04

化简得：2x04kkx010，解得：又∵Q在直线y01y1kx4上，

∴

12x0x04x04，∴y0112x0

即2x0y020，

∴Q恒在直线2xy20上。

OCOAOB,则(x,y)(1,0)(0,2) 25.解：（1）解：设C(x,y),因为xy221xy1

即点C的轨迹方程为x+y=1

xy1(2)由x2y2得:(b2a2)x22a2x2a2a2b20由题意得b2a20221ba

设M(x1,y1),N(x2,y2),则:x1x22a2ba22,x1x2a2a2b2b2a2因为以MN为直径的圆过原点,OMON0,即x1x2y1y202a22(a2a2b2)x1x2(1x2)(1x2)1(x1x2)2x1x2120ba2b2a211即b2a22a2b20,222为定值 ab

35

-

yyyP(0,)PM(x,)、PF（1，）2、M(x,0)，22 26.解：（1）设N(x,y)，则

y2x02y4x. PMPF04又，，即

（2）设直线l的方程为：yk(xc)，A(x1,y1)、B(x2,y2) 假设存在点Q(t,0)满足题意，则

kAQkBQ0，

2y24x2(ck2)x1x222222yk(xc)，即kx2(ck2)xkc0，k2，

x1x2c2，又

0kAQkBQy1y2y(xt)y2(x1t)12x1tx2t(x1t)(x2t)

y1(x2t)y2(x1t)k(x1c)(x2t)k(x2c)(x1t)k[2x1x2(ct)(x1x2)2ct]0，

2(ck22)2x1x2(ct)(x1x2)2ct2c2ct(ct)02k由于k0，则

2ck222(ct)(c)(ct)022kkk对不同的值恒成立，即对不同的k值恒成立，

则ct0，即tc，故存在点Q(c,0)符合题意.

27.解：（Ⅰ）以AB中点为原点O，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系，如图

3 则A（-1,0） B(1,0) D(-1,2) x2y221(ab0)2ab 设椭圆F的方程为

36

-

23(1)22221baa2b21 得  42 得4a17a40a21a24b23

x2y213 所求椭圆F方程 4

（Ⅱ）解：若存在这样的直线l，依题意，l不垂直x轴

设 l方程

y1k(x1)2

11得(34k2)x28k(k)x4(k)212022

x2y213 代入4x1x21M(x,y)N(x,y)11222 设、 有 18k(k)222 得 34k32

得k1x2y2点C(1,)在椭圆1243 又内部

3yx22故所求直线l方程

（Ⅱ）解法2：若存在这样的直线l，设M(x1,y1)、N(x2,y2)，

x12y1214322x2y113有4

12122(x1x2)(y12y2)043两式相减得

y1y23xx214y1y2 x1x2 有x1x2C(1,1)是MN中点，有x1x22,y1y212

37

-

y1y233xx22 即l斜率为2 得 13x2y2yx2点C在椭圆1内部432又，故所求直线l方程

28.解：（1）因为BH3HC，所以

ccy0c，y00c，22

2c

0，H2

，又因为AH⊥BC，所以设

c，y0，A2由ABAC0

得

即

2y032c4

3分

2c3cc42 2所以|AB| =

3c23c3c42

，|AC | =

3椭圆长轴2a = |AB| + |AC| = (+ 1)c， 所以，

ec31a．

ccyy10x121， 1，（2）设D (x1，y1)，因为D分有向线段AB的比为，所以

x2y2设椭圆方程为a2b22e2y021= 1 (a > b > 0)，将A、D点坐标代入椭圆方程得 4b.①

2e2(12)2y012124(1)b(1)2

…………………………….. ②

2y0e2231e2124，代入②并整理得11， 由①得b

因为 – 5≤≤

117e2，32，又2，所以

0 < e < 1，所以

33≤e≤

22．

29.解：（1）设

C(x,y) , G(x0,y0) , M(xM,yM).

MAMB ， M点在线段AB的中垂线上

；又GM∥AB，

由已知

A(1,0) , B(1,0) ,xM0yMy0

又GAGBGC0

1x0,y01x0,y0xx0,yy00,0

yyxx0 , y0 yM333

MBMC2

012y0320x2yy3

2y2y22x1x1y033 ，顶点C的轨迹方程为 y0.

38

-

(2)设直线l方程为：yk(x3)，E(x1,y1)，F(x2,y2)

yk(x3)2y212222xk3x6kx9k30 ① y3由 消去得：6k29k23x1x22x1x22k3 ， k3

而

PEPFPEPFcos0PEPF1k2 3x1k23x122

1k2 93x1x2x1x224k21k232448k23

229k22718k29k231k k23由方程①知 6k34k39k3＞0k2＜8

223k233,27PEPF8,88289 . k0，0＜k＜8，

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