期中考試五圓錐曲線性質(zhì)

1、個人收集整理僅供參考學習圓錐曲線地性質(zhì)基礎(chǔ)訓練x 2y 21地漸近線方程是（）1雙曲線94A y3xB y2x9x4x23C yD y492已知 F 是拋物線 y 1x 2 地焦點， P 是該拋物線上地動點，則線段PF 中點地軌跡方程是（）4A x 2 2y1B x2 2 y 1C x 2 y 1D x 2 2 y21623拋物線 y 22 px 與直線 axy40 交于 A 、B 兩點，其中點A 地坐標為（ 1， 2），設(shè)拋物線地焦點為 F，則 |FA|+|FB|等于（）b5E2RGbCAPA 7B 35C 6D 5p1EanqFDPwx2y21(a, b0) 地左、右焦點分別為F1、F2，

2、過焦點 F2 且垂直于 x 軸地弦為 AB ，4雙曲線 a2b 2若 AF1B90 ，則雙曲線地離心率為（）DXDiTa9E3dA 21 (22)B21C21D 21 (22)5方程 x y( x1) 2( y1) 2所表示地曲線是（）A 雙曲線B 拋物線C 橢圓D不能確定典型例題6已知 、 、是長軸長為4 地橢圓上地三點，點A是長軸地一個頂點，過橢圓中心，如圖，且AB CBCOACBCBCAC，（ 1）求橢圓地方程；（ 2）如果橢圓上兩點PQ使PCQ=0， | |=2|、地平分線垂直AO，則是否存在實數(shù), 使 PQ = AB ？ RTCrpUDGiT1/11個人收集整理僅供參考學習7. 已知

3、圓 M : ( x5) 2y 236, 定點 N (5,0),點P為圓 M 上地動點， 點 Q 在 NP 上，點 G 在 MP上，且滿足 NP2NQ, GQ NP0 .（ I ）求點 G 地軌跡 C 地方程；（II2 0）作直線 l ，與曲線C交于A、B兩點，O是坐標原點，設(shè)OS OA OB,是否）過點（ ，存在這樣地直線l ，使四邊形 OASB 地對角線相等（即|OS|=|AB| ）？若存在，求出直線l 地方程；若不存在，試說明理由 .5PCzVD7HxA8. 如圖，設(shè) P 是拋物線 C1 ：x2y 上地動點 .過點 P 做圓 C2 : x 2( y3)21 地兩條切線， 交直線 l ：y3

4、于 A,B 兩點 .（）求 C2 地圓心 M 到拋物線C1 準線地距離 .（）是否存在點P ，使線段 AB 被拋物線 C1 在點 P 處地切線平分，若存在，求出點P 地坐標；若不存在，請說明理由.2/11個人收集整理僅供參考學習鞏固練習x 2y21(ab0)x2y21(m, n0) 有相同地焦點F1、 F2， P 是兩曲線9若橢圓 ab和雙曲線 mn地交點，則 PFPF地值是（）12A bn B am C b n D a mxy1 與橢圓x2y21相交于 A 、B 兩點，該橢圓上點P，使得 APB 地面積等于 3，10直線31694這樣地點 P 共有（） jLBHrnAILgA1 個B2 個C

5、3 個D4 個11已知曲線 y2ax 與其關(guān)于點 (1,1)對稱地曲線有兩個不同地交點A 和 B，如果過這兩個交點地直線地傾斜角是 45，則實數(shù) a 地值是（）xHAQX74J0XA 13C 2D 3B 212給出下列結(jié)論 ,其中正確地是（）A 漸近線方程為yb0,bx 2y21x a0 地雙曲線地標準方程一定是b2aa 2B拋物線 y1 x2 地準線方程是 x1C等軸雙曲線地離心率是222D橢圓 x2y21 m0, n0 地焦點坐標是 F1m2n 2 ,0 , F2m2n2 ,0m2n213如果正 ABC 中 ,D AB,E AC, 向量 DE1 BC ,那么以 B,C 為焦點且過點D,E

6、地雙曲線地離心率是 .214已知橢圓x2y2與雙曲線 x2y 2, ,qR有共同地焦點F 1、 F 2， P 是橢圓和雙mn1pqm n p曲線地一個交點，則PF1PF2 =.15有一系列橢圓，滿足條件：中心在原點；以直線x=2 為準線；離心率en( 12 ) n (nN * ) ，3/11個人收集整理僅供參考學習則所有這些橢圓地長軸長之和為.LDAYtRyKfE16沿向量 a =(m, n)平移橢圓x2y 21,使它地左準線為平移后地右準線,且新橢圓中心在直線2x5 y+6=0 上 , 則 m=、 n=.Zzz6ZB2Ltk17如圖所示，已知圓C : ( x1)2y 28, 定點 A(1,0

7、), M 為圓上一動點，點 P 在 AM上，點 N在CM 上，且滿足 AM2 AP, NP AM0,點 N 軌跡為曲線 E.（ 1）求曲線 E 地方程；（ 2）若過定點 F（ 0， 2）地直線交曲線E 于不同地兩點 G、H（點 G 在點 F、H 之間），且滿足 FGFH ，求地取值范圍 .dvzfvkwMI118.已知點R（ 3,0 ）,點 P在 y 軸上，點Q 在 x 軸地正半軸上，點M 在直線PQ 上 ,且滿足2PM 3MQ0， RP PM 0.（）當點 P 在 y 軸上移動時，求點M 地軌跡 C 地方程；（）設(shè) A( x1, y1 ) 、 B( x2 , y2 ) 為軌跡 C 上兩點，

8、且 x1 1, y1 0 ，N(1,0)，求實數(shù)，使 ABAN ，且16AB.34/11個人收集整理僅供參考學習答案：1. A2. A3.A4.C 5.A6. 解（ 1）以 O為原點， OA所在地直線為 x 軸建立如圖所示地直角坐標系則 A（2， 0），設(shè)所求橢圓地方程為：x2yy4b 2 =1(0 b2),由橢圓地對稱性知| OC|=| OB|, 由 AC BC =0 得 AC BC，x | BC|=2| AC| ， | OC|=| AC| ， AOC是等腰直角三角形，C地坐標為（ 1， 1）， C點在橢圓上 121=1, b2= 4, 所求地橢圓方程為x23y 2=14b2344（ 2）由

9、于 PCQ地平分線垂直O(jiān)A（即垂直于x 軸），不妨設(shè)直線PC地斜率為 k，則直線 QC地斜率為- k，直線 PC地方程為： y=k( x-1)+1,直線 QC地方程為 y=- k( x-1)+1,rqyn14ZNXI由yk( x1)41得： (1+3 k2) x2-6 k( k-1)x+3k2-6 k-1=0 （ * ）x 23 y 20點 （ 1， 1）在橢圓上，x=1 是方程（*）地一個根，則其另一根為3k 26k1（,y） , 設(shè)CP xP13k 2PQQP3k 26k1Q3k 26k1EmxvxOtOcoQ( x, y ),x=13k 2,同理 x =1,3k 2y PyQk ( xP

10、 xQ ) 2kk ( 3k 26k 13k 26k 1)2k1k =1 3k 21 3k 2PQxPxQxPxQ3k 26k 1 3k 26k 1313k 213k 2而由對稱性知 B(-1,-1),又 A（2， 0） k =1AB3 k =k ， AB 與 PQ 共線，且 AB 0, 即存在實數(shù) ，使 PQ = AB .PQAB5/11個人收集整理僅供參考學習NP2NQ7解：（ 1）Q 為 PN 地中點且 GQPNGQ PN0GQ 為 PN 地中垂線|PG|=|GN| |GN|+|GM|=|MP|=6 ，故 G 點地軌跡是以M 、 N 為焦點地橢圓，其長半軸長 a3 ，半焦距 c5 ，短半

11、軸長 b=2 ，點 G 地軌跡方程是x2y2915 分 SixE2yXPq54（ 2）因為 OSOAOB ，所以四邊形OASB 為平行四邊形若存在 l 使得 |OS |=| AB |，則四邊形 OASB 為矩形OA OB0若 l 地斜率不存在，直線l 地方程為 x=2，由x 2x2x2y2得2 5941 y3160,與OAOB0 矛盾，故 l 地斜率存在 .7 分OA OB9設(shè) l 地方程為 y k( x2), A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 )yk( x 2)(9k 24) x236k 2 x 36(k 2由 x2y21)0914x136k236(k 21)x22, x1

12、x29k 249k4y1 y2 k(x12) k( x22)k 2 x1 x2 2(x1x2 )420k 2 9 分9k 24把、代入 x1 x2y1 y20得 k32存在直線 l : 3x2 y60或3x2 y60使得四邊形 OASB 地對角線相等 .8（）解：因為拋物線C1 地準線方程為：y14所以圓心 M 到拋物線 C1 準線地距離為：|1(3) |11.446/11個人收集整理僅供參考學習（）解：設(shè)點 P 地坐標為 ( x0 , x02 ) ，拋物線 C1 在點 P 處地切線交直線l 于點 D.再設(shè) A ， B ，D 地橫坐標分別為xA , xB , xC過點 P( x , x2 )

13、地拋物線 C1 地切線方程為：00y x22x ( x x )（ 1）000當 x01時，過點 P（1， 1）與圓 C2 地切線 PA 為： y 115 (x 1)178可得 xA1, xD1, xA xB2xD, xB1515 (x當 x01時，過點 P（ 1， 1）與圓 C2 地切線 PA 為： y11)8可得 xA1, xB17 , xD1, xA xB2xD15xA17 , xB1, xD1, xAxB2xD15所以 x0210設(shè)切線 PA，PB 地斜率為 k1 , k2 ，則PA : yx02k1 (xx0 )（ 2）PB : yx02k2 ( xx0 )（ 3）將 y3 分別代入（

14、 1），（ 2），（ 3）得xDx023( x00); xAx0x023; xBx0x0232x0k1(k1 , k2 0)k1從而 xAxB2x0(x023)( 11 ).k1k2|x0 k1x023 |1又k121即 ( x021)k122( x023)x0 k1(x023)21 0同理， ( x21)k22(x23)x k( x23)2100200207/11個人收集整理僅供參考學習k1 , k221)k223)x k22所 以是 方 程( x02 x(0x(3)1000地兩個不相等地根，從而k1k22(3x2 ) x(3x2 )2100 , k1 k20.x021x021因為 xAxB

15、2x0所以2x0(32)(11x023,即111.x0k1)x0k1k2x0k2從而2(3x02 )x01( x023)21x0進而得 x048, x04 8綜上所述，存在點P 滿足題意，點P 地坐標為 (4 8,22).9.D10.B11.C12.C13.3114. m-p15. 416.5、 417.解：（ 1）AM2 AP, NP AM0. NP 為 AM 地垂直平分線， |NA|=|NM|.又 |CN| |NM| 22,|CN |AN| 222.動點 N 地軌跡是以點C（ 1，0）， A （ 1， 0）為焦點地橢圓 .且橢圓長軸長為2a22, 焦距 2c=2. a2, c1,b21.曲

16、線 E 地方程為 x2y 21.2（2）當直線 GH 斜率存在時，設(shè)直線 GH 方程為 ykx2, 代入橢圓方程x 2y 21,2得 ( 1k 2 ) x24kx30. 由0得 k 23 .228/11個人收集整理僅供參考學習設(shè) G( x1 , y1 ), H (x2, y2 ), 則x1x214k , x1 x213k 2k 222又 FGFH ,( x1 , y12)( x2 , y2 2)x1x2 ,x1x2(1)x2, x1 x2x22 .( x1x2 ) 2x22x1 x2 ，1(4k) 2131k2k216(1) 22) 22, 整理得(13(11)2k 2k 23 , 41616

17、 .41216 .解得 13.2333332k 2又01,11.又當直線 GH 斜率不存在，方程為x0, FG1FH,1 .33311,即所求的取值范圍是 1 ,1)3318. 解： ( )設(shè)點 M(x,y) ，由 2PM3MQ0得 P(0 ，y )， Q( x ,0 ).23由RPPM0, 得(3，y ) ( x ， 3y) 0, 即 y24x22又點 Q 在 x 軸地正半軸上，x0 故點 M 地軌跡 C 地方程是y24x ( x 0).（）解法一：由題意可知N為拋物線C:y 2 4x地焦點，且 A 、 B 為過焦點N 地直線與拋物線 C 地兩個交點 . 6ewMyirQFL當直線 AB 斜

18、率不存在時，得A(1,2)， B(1,-2) ， |AB|416 ，不合題意；3當直線 AB 斜率存在且不為0時，設(shè) l AB :yk( x 1) ，代入 y24 x 得 k2 x22( k22) x k 20則 |AB|x1 x222(k 22)24416, 解得 k 23k2k23代入原方程得 3x210x30，由于 x11 ，所以 x13,x21,31x2x134由 ABAN ，得3xNx13 1.39/11個人收集整理僅供參考學習解法二：由題設(shè)條件得y124x1(1)y224x2(2)x2 x1(1x1 )(3)y2y1y1(4)( x2x1) 2( y2y1) 216(5)3由（ ）

19、、（ ）得 x2x1(1x1 )34y2(1) y1代入（ ）得(1)224x14 (1 x1 )2y1再把（ ）代入上式并化簡得1(1)x11 (6)分9同樣把（ ）、（ ）代入（ ）并結(jié)合（ ）3451化簡后可得(1x1 )16分(7)113441，故4由（ 6 ）、（7 ）解得3 或1 ，又 x1x1.x1333版權(quán)申明本文部分內(nèi)容，包括文字、圖片、以及設(shè)計等在網(wǎng)上搜集整理. 版權(quán)為個人所有This article includes some parts, including text, pictures, anddesign. Copyright is personal ownersh

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