圆锥曲线大题(有答案)

三、解答题1．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）本题共有2个小题,第1小题满分4分,第2小题满分9分.已知椭圆C的两个焦点分别为1(10)F，、2(10)F，,短轴的两个端点分别为12BB、(1)若112FBB为等边三角形,求椭圆C的方程;(2)若椭圆C的短轴长为2,过点2F的直线l与椭圆C相交于PQ、两点,且11FPFQ,求直线l的方程.【答案】[解](1)设椭圆C的方程为22221(0)xyabab.根据题意知2221abab,解得243a,213b故椭圆C的方程为2214133xy.(2)容易求得椭圆C的方程为2212xy.当直线l的斜率不存在时,其方程为1x,不符合题意;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为(1)ykx.由22(1)12ykxxy得2222(21)42(1)0kxkxk.设1122()()PxyQxy，，，,则2212121111222242(1)(1)(1)2121kkxxxxFPxyFQxykk，，，，，因为11FPFQ,所以110FPFQ,即21212121212(1)(1)()1(1)(1)xxyyxxxxkxx2221212(1)(1)()1kxxkxxk2271021kk,解得217k,即77k.故直线l的方程为710xy或710xy.2．（2013年高考四川卷（理））已知椭圆C:22221,(0)xyabab的两个焦点分别为12(1,0),(1,0)FF,且椭圆C经过点41(,)33P.(Ⅰ)求椭圆C的离心率;(Ⅱ)设过点(0,2)A的直线l与椭圆C交于M、N两点,点Q是线段MN上的点,且222211||||||AQAMAN,求点Q的轨迹方程.【答案】解:2222124141211223333aPFPF所以,2a.又由已知,1c,所以椭圆C的离心率1222cea由知椭圆C的方程为2212xy.设点Q的坐标为(x,y).(1)当直线l与x轴垂直时,直线l与椭圆C交于0,1,0,1两点,此时Q点坐标为350,25(2)当直线l与x轴不垂直时,设直线l的方程为2ykx.因为,MN在直线l上,可设点,MN的坐标分别为1122(,2),(,2)xkxxkx,则22222212(1),(1)AMkxANkx.又222222(1).AQxykx由222211AQAMAN,得22222212211111kxkxkx,即212122222212122211xxxxxxxxx①将2ykx代入2212xy中,得2221860kxkx②由22842160,kk得232k.由②可知12122286,,2121kxxxxkk代入①中并化简,得2218103xk③因为点Q在直线2ykx上,所以2ykx,代入③中并化简,得22102318yx.由③及232k,可知2302x,即66,00,22x.又350,25满足22102318yx,故66,22x.由题意,,Qxy在椭圆C内部,所以11y,又由22102183yx有2992,54y且11y,则135,225y.所以点Q的轨迹方程是22102318yx,其中,66,22x,135,225y3．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））椭圆2222:1xyCab(0)ab的左、右焦点分别是12,FF,离心率为32,过1F且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接12,PFPF,设12FPF的角平分线PM交C的长轴于点(,0)Mm,求m的取值范围;【答案】解:(Ⅰ)由于222cab,将xc代入椭圆方程22221xyab得2bya由题意知221ba,即22ab又cea32所以2a,1b所以椭圆方程为2214xy(Ⅱ)由题意可知:11||||PFPMPFPM=22||||PFPMPFPM,11||PFPMPF=22||PFPMPF,设00(,)Pxy其中204x,将向量坐标代入并化简得:m(23000416)312xxx,因为204x,所以034mx,而0(2,2)x,所以33(,)22m4．（2013年高考上海卷（理））(3分+5分+8分)如图,已知曲线221:12xCy,曲线2:||||1Cyx,P是平面上一点,若存在过点P的直线与12,CC都有公共点,则称P为“C1—C2型点”.(1)在正确证明1C的左焦点是“C1—C2型点”时,要使用一条过该焦点的直线,试写出一条这样的直线的方程(不要求验证);【答案】:(1)C1的左焦点为(3,0)F,过F的直线3x与C1交于2(3,)2,与C2交于(3,(31)),故C1的左焦点为“C1-C2型点”,且直线可以为3x;5．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））如图,点)1,0(P是椭圆)0(1:22221babyaxC的一个顶点,1C的长轴是圆4:222yxC的直径.21,ll是过点P且互相垂直的两条直线,其中1l交圆2C于两点,2l交椭圆1C于另一点D(1)求椭圆1C的方程;【答案】解:(Ⅰ)由已知得到1b,且242aa,所以椭圆的方程是2214xy;6．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））如题(21)图,椭圆的中心为原点O,长轴在x轴上,离心率22e,过左焦点1F作x轴的垂线交椭圆于,AA两点,4AA.(1)求该椭圆的标准方程;(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点,PP,过,PP作圆心为Q的圆,使椭圆上的其余点均在圆Q外.若PQPQ,求圆Q的标准方程.xOyBl1l2PDA（第21题图）7．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题）设椭圆2222:11xyEaa的焦点在x轴上(Ⅰ)若椭圆E的焦距为1,求椭圆E的方程;(Ⅱ)设12,FF分别是椭圆的左、右焦点,P为椭圆E上的第一象限内的点,直线2FP交y轴与点Q,并且11FPFQ,证明:当a变化时,点p在某定直线上【答案】解:(Ⅰ)13858851,12,122222222xxacaacaa，椭圆方程为：.(Ⅱ)),(),,),,0(),,(),0,(),0,(2221mcQFycxPFmQyxPcFcF（则设.由)1,0(),1,0()1,0(012yxaa.0)()(,//).,(),,(112211mycxcycxcmQFPFQFPFmcQFycxPF得：由解得联立22222222222222111.))((caacyxayaxcyxycxcxyxyxyxyxyyxx1)1,0(),1,0(.)1(1121222222222所以动点P过定直线01yx.已知圆M:22(1)1xy,圆N:22(1)9xy,动圆P与M外切并且与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.(Ⅰ)求C的方程;(Ⅱ)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.【答案】由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径1r=1,圆N的圆心为N(1,0),半径2r=3.设动圆P的圆心为P(x,y),半径为R.(Ⅰ)∵圆P与圆M外切且与圆N内切,∴|PM|+|PN|=12()()RrrR=12rr=4,由椭圆的定义可知,曲线C是以M,N为左右焦点,场半轴长为2,短半轴长为3的椭圆(左顶点除外),其方程为221(2)43xyx.(Ⅱ)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=22R≤2,∴R≤2,当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=2.∴当圆P的半径最长时,其方程为22(2)4xy,当l的倾斜角为090时,则l与y轴重合,可得|AB|=23.当l的倾斜角不为090时,由1r≠R知l不平行x轴,设l与x轴的交点为Q,则||||QPQM=1Rr,可求得Q(-4,0),∴设l:(4)ykx,由l于圆M相切得2|3|11kk,解得24k.当k=24时,将224yx代入221(2)43xyx并整理得27880xx,解得1,2x=4627,∴|AB|=2121||kxx=187.当k=-24时,由图形的对称性可知|AB|=187,综上,|AB|=187或|AB|=23.8．（2013年高考江西卷（理））如图,椭圆2222+=1(0)xyCabab：经过点3(1,),2P离心率1=2e,直线l的方程为=4x.(1)求椭圆C的方程;(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相交于点M,记,,PAPBPM的斜率分别为123,,.kkk问:是否存在常数,使得123+=.kkk?若存在求的值;若不存在,说明理由【答案】解:(1)由3(1,)2P在椭圆上得,221914ab①依题设知2ac,则223bc②②代入①解得2221,4,3cab.故椭圆C的方程为22143xy.(2)方法一:由题意可设AB的斜率为k,则直线AB的方程为(1)ykx③代入椭圆方程223412xy并整理,得2222(43)84(3)0kxkxk,设1122(,),(,)AxyBxy,则有2212122284(3),4343kkxxxxkk④在方程③中令4x得,M的坐标为(4,3)k.从而121231233331222,,11412yykkkkkxx.注意到,,AFB共线,则有AFBFkkk,即有121211yykxx.所以1212121212123331122()1111212yyyykkxxxxxx1212122322()1xxkxxxx⑤④代入⑤得22122222823432214(3)8214343kkkkkkkkkk,又312kk,所以1232kkk.故存在常数2符合题意.方法二:设000(,)(1)Bxyx,则直线FB的方程为:00(1)1yyxx,令4x,求得003(4,)1yMx,从而直线PM的斜率为0030212(1)yxkx,联立0022(1)1143yyxxxy,得0000583(,)2525xyAxx,则直线PA的斜率为:00102252(1)yxkx,直线PB的斜率为:020232(1)ykx,所以00000123000225232122(1)2(1)1yxyyxkkkxxx,故存在常数2符合题意.9．（2013年广东省）已知抛物线C的顶点为原点,其焦点0,0Fcc到直线l:20xy的距离为322.设P为直线l上的点,过点P作抛物线C的两条切线,PAPB,其中,AB为切点.(Ⅰ)求抛物线C的方程;(Ⅱ)当点00,Pxy为直线l上的定点时,求直线AB的方程;【答案】(Ⅰ)依题