高考双曲线经典题

1、设双曲线2222byax=1(a0,b0)的右顶点为A，P是双曲线上异于顶点的一个动点，从A引双曲线的两条渐近线的平行线与直线OP分别交于Q和R两点.(1)证明：无论P点在什么位置，总有|OP|2=|OQ·OR|(O为坐标原点)；(2)若以OP为边长的正方形面积等于双曲线实、虚轴围成的矩形面积，求双曲线离心率的取值范围；解：(1)设OP：y=kx,又条件可设AR:y=ab(x–a),解得：OR=(bakab,bakkab),同理可得OQ=(bakab,bakkab),∴|OQ·OR|=|bakabbakab+bakkabbakkab|=|bka|)k1(ba222222.设OP=(m,n),则由双曲线方程与OP方程联立解得:m2=22222kabba,n2=222222kabbak,∴|OP|2=:m2+n2=22222kabba+222222kabbak=222222kab)k1(ba,∵点P在双曲线上，∴b2–a2k20.∴无论P点在什么位置，总有|OP|2=|OQ·OR|.（2）由条件得：222222kab)k1(ba=4ab,即k2=22a4ababb40,∴4ba,得e4172、已知以向量v=(1,21)为方向向量的直线l过点(0,45)，抛物线C：pxy22(p0)的顶点关于直线l的对称点在该抛物线上．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）设A、B是抛物线C上两个动点，过A作平行于x轴的直线m，直线OB与直线m交于点N，若02pOBOA(O为原点，A、B异于原点)，试求点N的轨迹方程．解：（Ⅰ）由题意可得直线l：4521xy①过原点垂直于l的直线方程为xy2②解①②得21x．∵抛物线的顶点关于直线l的对称点在该抛物线的准线上．∴2212p，2p∴抛物线C的方程为xy42．（Ⅱ）设),(11yxA，),(22yxB，),(yxN，由02pOBOA，得042121yyxx．又1214xy，2224xy．解得821yy③直线ON：xxyy22，即xyy24④由③、④及1yy得，点N的轨迹方程为2x)0(y．3、已知双曲线)0,0(12222babyax的一条渐近线方程为xy3，两条准线的距离为l.（1）求双曲线的方程；（2）直线l过坐标原点O且和双曲线交于两点M、N，点P为双曲线上异于M、N的一点，且直线PM，PN的斜率均存在，求kPM·kPN的值.（1）解：依题意有：.3,1,,12,3222222bacbacaab解得可得双曲线方程为.1322yx（2）解：设).,(,),,(0000yxNyxM可得由双曲线的对称性,33,33,13.),,(22202020202022020000PPPPPPPPPNPMPPxyxyyxxxyyxxyyxxyykkyxP同理所以又则设所以.33333202202xxxxkkPPPNPM4、已知点,AB分别是射线1:0lyxx≥，2:0lyxx≥上的动点，O为坐标原点，且OAB的面积为定值2．（I）求线段AB中点M的轨迹C的方程；（II）过点0,2N作直线l，与曲线C交于不同的两点,PQ，与射线12,ll分别交于点,RS，若点,PQ恰为线段RS的两个三等分点，求此时直线l的方程．解：（I）由题可设11,Axx，22,Bxx，,Mxy，其中120,0xx.则1212,(1)2,(2)2xxxxxy1分∵OAB的面积为定值2，∴12121122222OABSOAOBxxxx.2分22(1)(2)，消去12,xx，得：222xy．4分由于120,0xx，∴0x，所以点M的轨迹方程为222xy（x＞0）．5分（II）依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为2ykx．由222,2,ykxxy消去y得：221460kxkx，6分设点P、Q、R、S的横坐标分别是Px、Qx、Rx、Px，∴由,0PQxx得2222210,162410,40,160,1PQPQkkkkxxkxxk8分解之得：31k．∴22226241PQPQPQkxxxxxxk.9分由2,,ykxyx消去y得：21Rxk，由2,,ykxyx消去y得：21Sxk，∴241RSxxk.10分由于,PQ为RS的三等分点，∴3RSxxPQxx.11分解之得53k.5、设双曲线C：1222yx的左、右顶点分别为A1、A2，垂直于x轴的直线m与双曲线C交于不同的两点P、Q。（Ⅰ）若直线m与x轴正半轴的交点为T，且121QAPA，求点T的坐标；（Ⅱ）求直线A1P与直线A2Q的交点M的轨迹E的方程；（Ⅲ）过点F（1，0）作直线l与（Ⅱ）中的轨迹E交于不同的两点A、B，设FBFA，若||],1,2[TBTA求（T为（Ⅰ）中的点）的取值范围。解：（Ⅰ）由题，得)0,2(),0,2(21AA，设),(),,(0000yxQyxP则).,2(),,2(002001yxQAyxPA由.3,1212020202021yxyxQAPA即…………①又),(00yxP在双曲线上，则.122020yx…………②联立①、②，解得20x由题意，.2,000xx∴点T的坐标为（2，0）…………3分（Ⅱ）设直线A1P与直线A2Q的交点M的坐标为（x，y）由A1、P、M三点共线，得)2()2(00xyyx…………③…………1分由A2、Q、M三点共线，得)2()2(00xyyx…………④…………1分联立③、④，解得.2,200xyyxx…………1分∵),(00yxP在双曲线上，∴.1)2(2)2(22xyx∴轨迹E的方程为).0,0(1222yxyx…………1分（Ⅲ）容易验证直线l的斜率不为0。故可设直线l的方程为12122yxkyx，代入中，得.024)2(22kyyk设00),,(),,(212211yyyxByxA且则由根与系数的关系，得22221kkyy……⑤.22221kyy……⑥…………2分∵，FBFA∴有.021，且yy将⑤式平方除以⑥式，得242124222222221kkkkyyyy…………1分由0212125]1,2[.72072024212222kkkk…………1分∵).,4(),,2(),,2(21212211yyxxTBTAyxTByxTA又.2)1(42)(4,22222121221kkyykxxkkyy故2212212)()4(||yyxxTBTA222222222222)2(8)2(28)2(16)2(4)2()1(15kkkkkkk222)2(822816kk令720.2122kkt∴21211672k，即].21,167[t∴.217)47(816288)(||222ttttfTBTA而]21,167[t，∴].32169,4[)(tf∴].8213,2[||TBTA6、已知中心在原点，左、右顶点A1、A2在x轴上，离心率为321的双曲线C经过点P（6,6），动直线l经过△A1PA2的重心G与双曲线C交于不同两点M、N，Q为线段MN的中点。（1）求双曲线C的标准方程（2）当直线l的斜率为何值时，022PAQA。本小题考查双曲线标准议程中各量之间关系，以及直线与双曲线的位置关系。解（1）设双曲线C的方程为0,012222babyax,34,37,37,321222222ababaee即又P（6,6）在双曲线C上，1363622ba由①、②解得.12,922ba所以双曲线C的方程为112922yx。（2）由双曲线C的方程可得6,6P,0,3,0,321又AA所以△A1PA2的重点G（2,2）设直线l的方程为22xky代入C的方程，整理得002211222,,,,,0421211234yxQyxNyxMkkxkkxk又设11263116,1,0.1263183,2.431822;4316222220020022102222kkkkkPAQAkkkxykkkkxkykkkxxxQAPAQAPA整理得041032kk解得3135k由③，可得016854803422kkk解得332,54645464kk且由④、⑤，得3135k7、已知12(2,0),(2,0)FF，点P满足12||||2PFPF，记点P的轨迹为E.①②②③③②④③②⑤③②（Ⅰ）求轨迹E的方程；（Ⅱ）若直线l过点2F且与轨迹E交于P、Q两点.（i）设点(,0)Mm，问：是否存在实数m，使得直线l绕点2F无论怎样转动，都有0MPMQ成立？若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由.（ii）过P、Q作直线12x的垂线PA、QB，垂足分别为A、B，记||||||PAQBAB，求的取值范围.解：（Ⅰ）由12||||2PFPF12||FF知，点P的轨迹E是以1F、2F为焦点的双曲线右支，由2,22ca，∴23b，故轨迹E的方程为).1(1322xyx…（3分）（Ⅱ）当直线l的斜率存在时，设直线l方程为(2)ykx，与双曲线方程联立消y得0344)3(2222kxkxk，设11(,)Pxy、22(,)Qxy，∴2212221223004034303kkxxkkxxk，解得23k………………………………………（5分）（i）∵1212()()MPMQxmxmyy212122222121222222222()()(2)(2)(1)(2)()4(1)(43)4(2)433xmxmkxxkxxkmxxmkkkkkmmkkk2223(45)3mkmk……………………（7分）假设存在实数m，使得0MPMQ，故得2223(1)(45)0mkmm对任意的32k恒成立，∴2210450mmm，解得1.m∴当1m时，0MPMQ.当直线l的斜率不存在时，由(2,3),(2,3)PQ及(1,0)M知结论也成立，综上，存在1m，使得0MPMQ.…………………………………………（8分）（ii）∵1,2ac，∴直线12x是双曲线的右准线，…………………………（9分）由双曲线定义得：2211||||||2PAPFPFe，21||||2QBQF，方法一：∴221211||||2||2||kxxPQAByy221211||2|()|kxxkxx221111.2||2kkk…………………………………………（10分）∵23k，∴21103k，∴1323………………………………………（11分）注意到直线的斜率不存在时，21|,|||此时ABPQ，综上，.33,21……………………………………………………