圆锥曲线专题练习(一)(答案)

一、求轨迹方程

x2y21、（1）已知双曲线C1与椭圆C2：1有公共的焦点，并且双曲线的离心率e1与椭

397圆的离心率e2之比为，求双曲线C1的方程．

3（2）以抛物线y28x上的点M与定点A(6,0)为端点的线段MA的中点为P，求P点的轨迹方程．

（1）解：C1的焦点坐标为(0,13).e2e71313由1得e1设双曲线的方程为7e233a2b213yxy2x222221(a,b0)则ab1 13 解得a9,b4 双曲线的方程为a2b2949a222x06xx02x62（2）解：设点M(x0,y0),P(x,y)，则，∴．

y2yy0y022代入y08x0得：y4x12．此即为点P的轨迹方程．

2

2、（1）ABC的底边BC16，AC和AB两边上中线长之和为30，建立适当的坐标系求此三角形重心G的轨迹和顶点A的轨迹．

（2）ABC中，B5,0，C5,0，且sinCsinB

3sinA，求点A的轨迹方程． 5BC中点为原点建立直角坐标系．解： （1）以BC所在的直线为x轴，设G点坐标为x，y，

由GCGB20，知G点的轨迹是以B、C为焦点的椭圆，且除去轴上两点．因a10，

x2y2c8，有b6，故其方程为1y0．设Ax，y，Gx，y，则

10036xx，x2y231y0． ①由题意有代入①，得A的轨迹方程为10036yy3x2y21y0，其轨迹是椭圆（除去x轴上两点）． 900324（2）分析：由于sinA、sinB、sinC的关系为一次齐次式，两边乘以2R（R为外接圆半径），可转化为边长的关系． 解：sinC-sinB=

33sinA 2RsinC-2RsinB=·2RsinA 553∴ABACBC

5即ABAC6 （*）

∴点A的轨迹为双曲线的右支（去掉顶点） ∵2a=6，2c=10

∴a=3， c=5， b=4

x2y21 （x>3） 所求轨迹方程为

916点评：要注意利用定义直接解题，这里由（*）式直接用定义说明了轨迹（双曲线右支）

3、如图，两束光线从点M4,1分别射向直线y2上两点Px1,y1和Qx2,y2后，

1x2y2反射光线恰好通过椭圆C：221ab0的两焦点，已知椭圆的离心率为，且

2abx2x1

6，求椭圆C的方程． 5x2y2解：设a=2k，c=k，k≠0，则b=3k，其椭圆的方程为21. 24k3k 由题设条件得：

021(2)， ① kx14x1021(2)， ② kx24x2x2-x1=

6， ③ 511x2y21. 由①、②、③解得：k=1，x1=，x2=-1，所求椭圆C的方程为

543

4、在面积为1的PMN中，tanM1，tanN2，建立适当的坐标系，求出以M、N2为焦点且过P点的椭圆方程． 解：以MN的中点为原点，MN所在直线为x轴建立直角坐标系，设P(x,y)． ∴所求椭圆方程为4x2y21 153则yxc2,1y,xc2cy1.∴5x3cy4c且c323即4251,2155212a23b2a,P(,)∴得4 3233a2b2,b23.4 5、已知点P是圆x2y24上一个动点，定点Q的坐标为4,0． （1）求线段PQ的中点的轨迹方程；

（2）设POQ的平分线交PQ于点R（O为原点），求点R的轨迹方程．

解：（1）设线段PQ的中点坐标为M（x，y），由Q（4，0）可得点P（2x-4，2y），代入圆的方程x2+y2=4可得（2x-4）2+（2y）2=4，整理可得所求轨迹为（x-2）2+y2=1. （2）设点R（x，y），P（m，n），由已知|OP|=2，|OQ|=4，∴

|OP|1，由角平分线性|OQ|2质可得

1|OP||PR|1=，又∵点R在线段PQ上，∴|PR|=|RQ|，∴点R分有向线段

2|OQ||RQ|21m42m423x4xm13112PQ的比为，由定比分点坐标公式可得，即，∴点223yn1n022ny213123x43y3x43yP的坐标为, ，代入圆的方程x2+y2=4可得4，

2222221614 即x+y2=（y≠0）. ∴点R的轨迹方程为x+y2=（y≠0）.

9933

6、已知动圆过定点1,0，且与直线x1相切． （1）求动圆的圆心轨迹C的方程；

22（2）是否存在直线l，使l过点0,1，并与轨迹C交于P,Q两点，且满足OPOQ0？

若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．

解：（1）如图，设M为动圆圆心， F1,0，过点M作直线x1的垂线，垂足为N，

由题意知：MFMN， 即动点M到定点F与定直线x1的距离相等，由抛物线的定义知，点M的轨迹为抛物线，其中F1,0为焦点，x1为准线， ∴ 动点

R的轨迹方程为y24x

（2）由题可设直线l的方程为xk(y1)(k0)，

y4x2 △16k160，k1或k1

设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则y1y24k，y1y24k

 由OPOQ0，即 OPx1,y1，OQx2,y2，于是x1x2y1y20，

即k2由xk(y1)2得y24ky4k0

y11y21y1y20，(k21)y1y2k2(y1y2)k20，

22k4或k0（舍去） 4k(k1)， k24kk，解得0又k41， ∴ 直线l存在，其方程为x4y40

y2x21的两个焦点分别为F1、F2，离心率为2． 7、设双曲线23a（I）求此双曲线的渐近线l1、l2的方程；

（II）若A、B分别为l1、l2上的点，且2|AB|5|F1F2|，求线段AB的中点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线；

（III）过点N(1，0)能否作出直线l，使l与双曲线交于P、Q两点，且OPOQ=0．若

存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．

解：（I）e2，c4a ca3，a1，c2

2222x231，渐近线方程为y 双曲线方程为yx 332 4分

（II）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点Mx，y

2|AB|5|F1F2|55|AB||F1F2|2c1022(x1x2)2(y1y2)210

33x1，y2x2，2xx1x2，2yy1y23333y1y2(x1x2)，y1y2(x1x2)33又y13(y1y2)23(x1x2)10321x23y221 3(2y)(2x)100，即375252 则M的轨迹是中心在原点，焦点在x轴上，长轴长为103，短轴长为（9分）

（III）假设存在满足条件的直线l

设l：yk(x1)，l与双曲线交于P(x1，y1)、Q(x2，y2)

103的椭圆.3OP·OQ0x1x2y1y20x1x2k2(x11)(x21)0x1x2k2x1x2(x1x2)10(i)yk(x1)由2x2得(3k1)x26k2x3k2302y31由（i）（ii）得k30 6k23k23则x1x22，x1x22(ii)3k13k1 ∴k不存在，即不存在满足条件的直线l.

x2y21上的一点，P、Q、T分别为M关于y轴、原点、x轴的8、设M是椭圆C:124对称点，N为椭圆C上异于M的另一点，且MNMQ，QN与PT的交点为E，当M沿椭圆C运动时，求动点E的轨迹方程．

解：设点的坐标M(x1,y1),N(x2,y2)(x1y10),E(x,y),

则P(x1,y1),Q(x1,y1),T(x1,y1),……1分

x1212 2x212y121,(1)14………3分 由（1）－（2）可得kMNkQN.…6

23y21.(2)4x1y,所以kQN1.直线QN的方程为y13x1分又MN⊥MQ，kMNkMQ1,kMNy11y1x(xx1)y1，又直线PT的方程为y1x.从而得xx1,yy1.所以

223x1y1x2x12x,y12y.代入（1）可得y21(xy0),此即为所求的轨迹方程.

3

9、已知：直线l过原点，抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴正半轴上．若点A1,0和点B0,8关于l的对称点都在C上，求直线l和抛物线C的方程．

分析：曲线的形状已知，可以用待定系数法．设出它们的方程，L：y=kx(k≠0),C:y2=2px(p>0). 设A、B关于L的对称点分别为A/、B/，则利用对称性可求得它们的坐标分别为：A/

k212k16k8(k21)/

,2,2（2），B（2）。因为A/、B/均在抛物线上，代入，消去p，k1k1k1k1得：k2-k-1=0.解得：k=

152515,p=.所以直线L的方程为：y=x,抛物线C的方程252为y2=

45x. 5x2y210、已知椭圆221(ab0)的左、右焦点分别是F1c,0、F2c,0，Q是椭

abP是线段FQ圆外的动点，满足|FQ与该椭圆的交点，点T在线段F2Q上，并11|2a．点

且满足PTTF20，|TF2|0．

c（Ⅰ）设x为点P的横坐标，证明|F1P|ax；

a（Ⅱ）求点T的轨迹C的方程；

（Ⅲ）试问：在点T的轨迹C上，是否存在点M，使F1MF2的面积Sb．若存在，求

2F1MF2的正切值；若不存在，请说明理由．

（Ⅰ）证法一：设点P的坐标为(x,y).

由P(x,y)在椭圆上，得

b22|F1P|(xc)y(xc)b2xa

c(ax)2.a2222由xa,知accxca0，所以 |F1P|ax.………………………3分 aa证法二：设点P的坐标为(x,y).记|F1P|r1,|F2P|r2,

则r1(xc)2y2,r2(xc)2y2.

cx. ac证法三：设点P的坐标为(x,y).椭圆的左准线方程为ax0.

a22由r1r22a,r1r24cx,得|F1P|r1a2cac|FP|c由椭圆第二定义得，即|F1P||x1||ax|. acaaa2|x|c

由xa,知accxca0，所以|F1P|ax.…………………………3分 aa（Ⅱ）解法一：设点T的坐标为(x,y).

当|PT|0时，点（a，0）和点（－a，0）在轨迹上.

当|PT|0且|TF2|0时，由|PT||TF2|0，得PTTF2. 又|PQ||PF2|，所以T为线段F2Q的中点. 在△QF1F2中，|OT|1|F1Q|a，所以有x2y2a2. 2综上所述，点T的轨迹C的方程是x2y2a2.…………………………7分 解法二：设点T的坐标为(x,y). 当|PT|0时，点（a，0）和点（－a，0）在轨迹上.

当|PT|0且|TF2|0时，由PTTF20，得PTTF2. 又|PQ||PF2|，所以T为线段F2Q的中点. xcx,2设点Q的坐标为（x,y），则 yy.2

x2xc,因此 ①

y2y.由|F1Q|2a得(xc)2y24a2. ② 将①代入②，可得x2y2a2.

综上所述，点T的轨迹C的方程是x2y2a2.……………………7分

（Ⅲ）解法一：C上存在点M（x0,y0）使S=b2的充要条件是

22x0y0a2,  122c|y0|b.2③ ④

2b2b. 所以，当a时，存在点M，使S=b2； 由③得|y0|a，由④得|y0|cc2当ab时，不存在满足条件的点M.………………………11分

c2当ab时，MF1(cx0,y0),MF2(cx0,y0)，

c22由MF1MF2x0c2y0a2c2b2，

MF1MF2|MF1||MF2|cosF1MF2，

S1|MF1||MF2|sinF1MF2b2，得tanF1MF22. 22解法二：C上存在点M（x0,y0）使S=b的充要条件是

22③ x0y0a2,  122c|y0|b.④ 2

b2b4b2b222. 上式代入③得x0a2(a)(a)0. 由④得|y0|cccc2于是，当ab时，存在点M，使S=b2；

c2b当a时，不存在满足条件的点M.………………………11分 c

2y0y0b当a时，记k1kFM， ,kk2F2M1cx0cx0c由|F1F2|2a,知F1MF290，所以tanFMF|k1k2|2.…………14分

121k1k211、设抛物线C:yx2的焦点为F，动点P在直线l:xy20上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点．

（1）求APB的重心G的轨迹方程； （2）证明PFAPFB．

2解：（1）设切点A、B坐标分别为(x,x0)和(x1,x12)((x1x0)，

2∴切线AP的方程为：2x0xyx00;

切线BP的方程为：2x1xyx10; 解得P点的坐标为：xP2x0x1,yPx0x1 2x0x1xPxP，

32所以△APB的重心G的坐标为 xG2y0y1yPx0x12x0x1(x0x1)2x0x14xPypyG,

3333所以yp3yG4xG，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为：

21x(3y4x2)20,即y(4x2x2).

3x0x111122FA(x,x),FP(,xx),FB(x,x). （2）方法1：因为0001114244由于P点在抛物线外，则|FP|0.

x0x11112x0(x0x1)(x0)x0x1FPFA444, 2∴cosAFP1|FP||FA||FP|22|FP|x0(x0)24x0x11112x1(x0x1)(x1)x0x1FPFB2444, 同理有cosBFP1|FP||FB||FP|22|FP|x1(x1)24∴∠AFP=∠PFB.

方法2：①当x1x00时,由于x1x0,不妨设x00,则y00,所以P点坐标为

(x1|x|1d11;而直线BF的方程:y,0)，则P点到直线AF的距离为：

242141x10. 4x12x114x,

2即(x1)xx1yx1x1|x||(x12)11|(x12)142442|x1| 所以P点到直线BF的距离为：d2121x12(x12)2(x1)244所以d1=d2，即得∠AFP=∠PFB.

114(x0),即(x21)xxy1x0, ②当x1x00时，直线AF的方程：y0004x00442x0114(x0),即(x21)xxy1x0, 直线BF的方程：y1114x1044x12所以P点到直线AF的距离为：

xx11xx111222|(x0)(0)x0x1x0||0)(x0)42424|x0x1|，同理可d1122122x0(x0)2x044得到P点到直线BF的距离d2

|x1x0|，因此由d1=d2，可得到∠AFP=∠PFB. 2