韋達定理在圓錐曲線中的應用模擬題匯編

1、韋達定理在圓錐曲線中的應用模擬題匯編1.(本小題滿分14分)已知橢圓的一個頂點為 J(O,-l),焦點在耳軸上，中心在原點.若右焦點到直線 1+= 0的距離為3.(1)求橢圓的標準方程；(2)設直線v =心+用(人工0)與橢圓相交于不同的兩點 ALN .當 W1時，求用的取值范圍.2.(本小題滿分14分)已知橢圓上、二二1的左，右兩個頂點分別為 月、B .曲線。是以月、6兩點為頂點，離心率為 亞 4的雙曲線.設點 產在第一象限且在曲線 。上，直線M尸與橢圓相交于另一點T .(1)求曲線D的方程；(2)設尸、J兩點的橫坐標分別為 X1、JG ,證明：,Y| ' X, = I ；3.(本小

2、題滿分14分)22已知直線x y 1 0經過橢圓S：1(a b 0)的一個焦點和一個頂點. a b(1)求橢圓S的方程；(2)如圖，M N分別是橢圓S的頂點，過坐標原點的直線交橢圓于P、A兩點，其中P在第一象限，過 P作x軸的垂線，垂足為 C,連接AC,并延長交橢圓于點 B,設直線PA的斜率為k.若直線PA平分線段MN求k的值；對任意k 0 ,求證：PA PB.4、(本小題滿分14分)過雙曲線2x2 y2=1上一點A(1,1)作兩條動弦 AB AC且直線AB AC的斜率的乘積 為3.(1)問直線BC是否可與坐標軸垂直 ？若可與坐標軸垂直，求直線BC的方程，若不與坐標軸垂直，試說明理由. (2)

3、證明直線BC過定點.25 .(本小題滿分14分)已知曲線C : X2 1;muuri(1)由曲線C上任一點E向x軸作垂線，垂足為 F，點P分EF所成的比為問：點P的軌跡3可能是圓嗎？請說明理由；uur ujir 9(2)如果直線l的斜率為42 ,且過點M (0, 2),直線l交曲線C于A, B兩點，又|MA| |MB|求曲線C的方程。6 .(本小題滿分14分)在直角坐標系xOy中，動點P與定點F (1,0)的距離和它到定直線 x 2的距離之比是 ,設動點P的軌 2、，222跡為C1 , Q是動圓C2 : x y r (1 r 2)上一點.(1)求動點P的軌跡C1的方程；2.(2)設曲線g上的三

4、點A(x,y。B(1,),C(x2,y2)與點F的距離成等差數(shù)列，若線段AC的垂直平分2線與x軸的交點為T ,求直線BT的斜率k ;(3)若直線PQ與C1和動圓C2均只有一個公共點，求 P、Q兩點的距離PQ的最大值.7.(本小題滿分14分)已知橢圓C：£ 2T 1(a b 0)的離心率為，6,橢圓短軸的一個端點與兩個焦點構成的三角形a2 b23的面積為5_2.3(1)求橢圓C的方程；(2)已知動直線 y k(x 1)與橢圓C相交于A、B兩點.若線段AB中點的橫坐標為求斜率k的值；27uuur uur已知點M ( ,0),求證：MA MB為定值.8 .(本小題滿分14分)如圖，曲線Ci

5、是以原點O為中心、Fi,F2為焦點的橢圓的一部分，曲線 C2是以O75為頂點、F2為焦點的拋物線的一部分， A是曲線C1和C2的交點且 AF2F1為鈍角，若AF/ - , | AF2 -.(1)求曲線C1和C2的方程；(2)過F2作一條與x軸不垂直的直線，分別與曲線 G、C2依次交于R C 口 E四點，若G為CD中點,BE GF2H為BE中點，問若是求出定值，若不是說明理由7X是否為定值?CD HF29 .(本小題滿分14分)如圖，已知橢圓C: y2 1(a 1)的上頂點為 A,離心率為46 ,若不過點A的動直線l與橢圓C相 a3uuu uuur交于p、Q兩點，且AP AQ 0 .(I)求橢圓

6、C的方程;(n)求證：直線l過定點，并求出該定點 N的坐標.222210 .已知兩圓Ci：xy 2x 0,C2：(x 1) y4的圓心分別為C1,C2, P為一個動點，且|PG| IPC2I 2 2.(1)求動點P的軌跡M的方程；(2)是否存在過點 A(2,0)的直線l與軌跡M交于不同的兩點 G D,使得|CiC | | CiD | ?若存在，求直線l的方程；若不存在，請說明理由.11 .已知橢圓C:x2 工 1(a b 0)的離心率為6 ,短軸一個端點到右焦點的距離為J3 .a b3W3,求4AOB面積的最大值.2求橢圓C的方程；(2)設直線l與橢圓C交于A, B兩點，坐標原點O到直線l的距

7、離為12.己知斜率為1的直線l與雙曲線2 c x C:aB、D兩點，且BD的中點為M(1,3)求雙曲線C的離心率;(2)設C的右頂點為A ,右焦點為F , |DF | | BF | 17 ,證明：過 A、B、D三點的圓與x軸相切.13.在平面直角坐標系 xOyf中,動點尸到兩點(-JL。)，(JLO)的距離之和等于4 ,設點尸的軌跡為曲線 j直線/過點且與曲線r交于月，占兩點.求曲線r的軌跡方程；(2)是否存在面積的最大值,若存在,求出 AOB的面積；若不存在,說明理由24.已知中心在原點O,焦點在x軸上,離心率為的橢圓過點(力，注).22(1)求橢圓的方程；(2)設不過原點O的直線與該橢圓交

8、于 P、0兩點，滿足直線。尸,PQ ,OQ的斜率依次成等比數(shù)列求AOP0面積的取值范圍1 .【答案】解：（1）依題意可設橢圓方程為三,則右焦點一1"由題設-1+ 22-3=3 ,解得門工=3 4分 ?故所求橢圓的方程為+ v2 = 1 o 5分3設尸（0，¥小 Af （工P為弦MN的中點,Fh+ m-F由 , 得（3工 + I * + 6"而十3（/-1）二 0+ V- = I'3 -Q直線與橢圓相交，A =（6小法）“ 一4（3上，十 1）m3（廳，一 I）>0=> 的、c 3小二 十 】， 8分3/m 一一 ,雨C從而以"3吁m川

9、+弘 +13射,又 = ,二 w/lmv ,則:/h + 3A- +11.=,即 2ttt = 3k +1 ,10分 3mkk把代人得 w2 < 2m ,解得0式川42, 12分,口，2切一1 八 ，口1八由得k - -一 > 0 ,解得 m > . 13分32，一口 1r八綜上求得 m的取值范圍是 <m<2. 14分2 .【答案】（1）解：依題意可得A（ 1,0）, 4（L0）. 因為雙曲線的離心率為 5 所以設雙曲線。的方程為AJ-p- = l （fr>0）,=J5 ,即人= 2 .所以雙曲線 C的方程為Y 一二二14(2)證法1:設點T(覆，外)(茍&

10、gt; 0 , F > 0，/=),直線月尸的斜率為4 (k>0),則直線M尸的方程為j',聯(lián)立方程組.整理，得，丘/口4- k4 A解得了 = -1或工=T ,所以乂 =74 +七 -4 +仁同理可得,3.【答案】解：(1)在直線x y1 0中令x 0得y 12X則橢圓方程為2 M( 72,0) , N(0,21),M、N的中點坐標為(21,),所以k2_22(3)法一：將直線PA方程2 Xy kx代入一 22.12k222k2P(m,mk) , A( m,于是 C(m,0),故直線AB方程為0 mk , (xm mm)i(xm)代入橢圓方程得(k22)x22k2mx k

11、2m28 0,由 XbXa2k2mk2,因此B(m(3k22) mk3k2 2 'k22)uuuAP (2m,2mk),uur PBm(3k2 2)k2m4 mk)k 22mk2(k2 22mkk2 2)uuu uuu 2mk2APgPB k2 22m2mk k2 22mkPA PB4.【答案】19.解：令 Rxi, yi), Qx2, y/(1)當BC與x軸垂直時，有xi=x2, yi= y2,22故:3=的_1 _yi_ij_y"2(i_xf)2(i_xi)xi 1 xi 1(xi 1)22, k22 k2故 31 (k+b) 2=2( b 1)2 k2,從而:3(1 k

12、 b)(1+ k+b)=2( b 1 k)( b 1+k). 因為點A(1,1)不在直線y=kx+b上，故k+b 1.利用，可知：3 (1+ k+b)+ 2( b 1 k)=0,即 k+5b+1=01 k 1 b.55 因此直線AB過定點M 11 5直線y= 1也過定點M 5(1 xi)21 xixi=1，與|xi| 苧矛盾.因此AB與x軸垂直.當BC與y軸垂直時，有xi= x2, yi= y2, 22故:3= yi_i _yi_ (1_yi). 2(i_yi)22(1_0)xi 1xi 11 x121 y；1 yiyi=1.因此AB可與y軸垂直，此時AB的方程為y= 1.55(2)當BC不與

13、坐標軸垂直時，kAB kAC= y1 1 y2 1 =3, x1 1 x2 1故 3( xi 1)( x2 1)=( yi 1)( y2 1).6令BC ： y=kx+b,代入雙曲線方程有：2x2 (kx+b)2=1(2 k2)x2 2kbx b2 1=0.xi, x2是方程的兩個實根.令 f (x)= (2k2)x2 2kbx b2 1,22,則(xi 1)(x2 1)="1)2_Jk_2kb b_1. .82 k22 k2直線方程又可寫成:x= y_b , k代入 2x2 y2=1,有：2( y b)2 k2y2=k2,整理得:(2 k2) y2 4by+2b2 k2=0.yi,

14、y2是方程的兩個實根.令 g( y)= (2k2)y2 4by+2b2 k2.22g(1)2 2k 4b 2b(yi 1)( y2 1)=).10 分2 k22 k2，兩式代入式，有：3(1 k2 2kb b2)2 2k2 4b 2b2綜上所述，直線AB恒過定點M 1, 15514分5.【答案】(1)設E(Xo,yo), P(x,y),則F(xo,0)uuu1Q點P分EF所成的比為3uuuEP1 uurPF。3(x Xo，yyo)1,3 (x° x,y)。x x2v。 &y32代入y0 m2 x01為p點的軌跡方程。,4 一，當m 時，軌跡是圓.9（2）、由題設知直線l的方程

15、為y2x 2,設A(xi, yi), B(x2, y2),聯(lián)立方程組y2 ym2x2，消去 y得：(m 2)x2 42x 4 m 10。Q方程組有兩解，0。m 2或m uuu 又已知|MA|。且muuir 9|MB| 2uur2。uuir由向量知識得|MA| | MB |uuruuir而MA MB x1x2(yi 2)10分A、uurMA(y2三點共線，uuiruuruuirMB或 | MA| |MB |uur uuur MA MB oxx23,十 3、2(或 2)又 Q xx2m 2-12人解得m一（舍）或m52曲線C的方程是x2 y146.【答案】解：（1）由已知，得2)14 。(x 1)

16、2 y2x1x224 2x23x1x2 014分1分.2 x（2）由已知可得 AF(-(2 Xi) , BF 22將兩邊平方，并化簡得 y2 1, 22故軌跡C1的方程是y2 102 3分.4分.零(2 1), CF 零(2 x2),22因為2 BF AFCF，所以(2 X1)(2 x2) 2 - (2 1),222即得x1x22,故線段AC的中點為（1,衛(wèi)生），其垂直平分線方程為y 江12922（x 1）,22y1 y2 6分.22因為A,C在橢圓上，故有 工 y12 1,且 y22 1,兩式相減，2222得： y12 y 02將代入，化簡得衛(wèi)2 2（y1 y2） y1 y2, 7分.y y

17、 X x21 1人將代入，并令 y 0得，x ,即T的坐標為（,0）。 8分.2 2"0所以kBT2 1 近.9分.1 12設P 2,%、Q x2,y2 ,直線PQ的方程為y kx m(1)(2)10 分.y1 kx1 m因為P既在橢圓C1上又在直線PQ上，從而有 x2 y2121將（1）代入（2）得 2k2 1 x2 4kmx 2 m2 10由于直線PQ與橢圓C1相切，故4km 2 4 2 m2 1 2k2 10從而可得m21 2k2 , x12k m(3)同理，由Q既在圓C2上又在直線PQ上，可得kr2m(4)i2分由（3）、（ 4）彳# k2k 2 r2X2Xi所以PQ2X2X

18、i222y2yii kX2Xi2 2 o 2 222 22m k 2 r 2 r ri2222r mr 2 r2 r2 r2 i3 r2 J, 3 2 2 (、2 i)2 ri3分.即PQ 金i,當且僅當r2 夜時取等號,故P、Q兩點的距離PQ的最大值J2 i.i4分.7.【答案】解：（i）2 X 因為ay2b2i(a b0)滿足 a2b2c2_|3(2)因為由所以b 2c5.23解得22a 5,b5 ,則橢圓方程為32 y53將y436 kk(X4(3k2i）代入i)(3k2 5)2y-i中得5348k2 20 i -AB中點的橫坐標為一，所以2(i)知XiX26k23k2 iXiX222(

19、i 3k )x 6k6k23k2 i3k20 ， Xi3k2 iX2解得3k2uujrMAHJLT MB(Xi73, yi)(X273，y2)7(Xi -)(X2373)6k23 k2 iyy2ii分8.772函 3)(x2 3) k(x1 1)(x2 1)_ 2_ 2一,2 3k571 2 6k(1k ) T72"(-k )(T-2-3k 13 3k 1272(1 k )X1X2 (3 k )(x1 X2)竺k29_ 4_ 23k 16k5""3k2 1【答案】解：（1）過F1作垂直于x軸的直線x49"9竺k29k212分414分 9c即拋物線的準線，

20、作 AH垂直于該準線。作AM x軸于M ,則有拋物線的定義得 AF2 AH所以=便二還=/不畫同二得陰聞二!-；一所以Efl Mb2 a2 c2 8( 2a AF1 AF27 5 6,得 a 3)2 2x y2因而橢圓G方程為 1 ,拋物線C2方程為y 4x.98設 B(x, y) E(x2, y2),C(x3, ya), D(x4, y,),把直線2 xy k(x 1)代入y281得(8 9k2)y2 16ky 64k2 0,貝Uy1y216k28 9k22_64。同理將8 9k2y k(x 1)代入 y2 4x 得:4；BE ?|GF2|CD ? HF224ky 4y 4k 0, y3 &

21、#165;4 1y3?山1,必y21?2 y3y4忤v。2 ?( y3v42Ysy4|'!.|Viy2|Wmv22 -(y3y)23為定值.、22y2) 4Y1Y2 ?(y3 '4(X v2 2(y3 y2 4y3 y422_(16k)2_ 4_64k2,4、2(8 9k2)2 8 9k2 ? (k)(1的22 2(4)2 16(8 9k2)2k_69.【答案】解（I ）依題意有3 c2 11.由A（0,1）可設直線 AP的方程為2故橢圓C的方程為C :3AQ ,從而直線 AP與坐標軸不垂直kx 1 ,直線AQ的方程為y1(k 0).2kx 1代入橢圓C的方程3y2 1并整理得

22、：（1 3k2）x26kx0,解得21),x 0或x-6kT，因此P的坐標為（一6k方，一叫1 3k21 3k21 3k2即（6k 1 3k2)1 3k2,1 3k2)6k(k2 3k2 3 k"-).-，1 r將上式中的k換成 1,得Qkk2 32 o直線l的方程為y 七工-21 3k21 3k2 (x6k (x6krk2k23 1 3k2化簡得直線1的方程為yk2 1x4k12分因此直線l過定點N （0,2).14分（解法2）由題直線|的斜率存在，則可設直線l的方程為:y kx m( Q A(0,1) l, m 1),26mkx 3(m1) 0,2X 9 2代入橢圓C的方程 y

23、1并整理得：(1 3k )x設直線l與橢圓C相交于P(X1, kx1 m)、Q(x2,kx2m)兩點，則 不，溝是上述關于x的方程兩個不相等的實數(shù)解,從而_2- 2 一 2(6mk)4(1 3k ) 3(m一 一 221) 12(3k1 m ) 06mk1 3卜2，'23(m2 1)1 3k2uur uuir由AP AQ 0,得x1x2 (kx1 m 1)(kx2 m 1)22(1 k )x1x2 k(m 1)(x1 x2) (m 1)0,(1k2)-23(m1)1 3k2k(m 1)(震) (m 1)22整理得：2m m 1 0, (2m 1)(m 1) 0,由 m14分21此時9(

24、4k1) 0,因此直線l過定點N(0,-).10.【答案】解:(1)兩圓的圓心坐標分別為 C1(1,0)，和C2( 1,0)' | PCi | |PC2| 2 2 |CiC2| 2，根據(jù)橢圓的定義可知 ，動點P的軌跡為以原點為中心，C1(1,0)，和C2( 1,0)為焦點，長軸長為2a 22 的橢圓，a J2,c 1,b Ja2 c2 J27 122，橢圓的方程為 y2 1,即動點P的軌跡M的方程為 y2 122(2)(i)當直線l的斜率不存在時，易知點A(2,0)在橢圓M的外部，直線l與橢圓M無交點，所以直線l不存在.(ii)設直線l斜率存在，設為k,則直線l的方程為y k(x 2)

25、由方程組2x 2 y2y k(x112得(2k22)1)x28k2x 8k2 2 0依題意8(2k21) 0解得,22N(x0,y0),時，設交點C(x1, y1), D(x2, y2),CD的中點為方程的解為xi8k2 , 8k2 . nt2, x2 2，貝”x04k 2 4k 2xix224k22k2 1V。 k(x02)要使IC。|CQ |,必須C1Nl,即 k kC1N131 2k2 1工。211,即k k 0 2_211 0或，k2 k 0無解所以不存在直線，使得|C1C I 1cl D I綜上所述，不存在直線l ,使得 |C1c 11cl D I11.【答案】(2)設 A(x1，y

26、j, B(x2, R212.【答案】解：(1)由題設知，直線l的方程為y x 2代入雙曲線C的方程,并化簡得：(b2 a2)x2 4a2x 4a2設 B(Xi,yi) , DGm),則 xX2由M(1,3)為BD的中點知XiX24 a2222 ,b a,i1,故12X1 X24a2b-V4a21,即 b2 3a22所以c2 a2 3a2,即與 a所以雙曲線C的離心率為(注：本題也可用點差法解決(2)由、知，雙曲線C的方程為：3x2 y2 3a2一4 3a2A(a,0) , F(2a,0), x x2 2, x1 x2 02| BF | , (x12a)2y12x124ax14a23x123a2.4x124ax1a212x1a |同理 | DF | |2x2 a|2_222|BF| |DF| |(2xi a)(2x2 a)| |4xiX2 2a(x x) a2 | | 8 6a2 4a a2 | |5a2 4a 8|又因為 |DF|BF| 17 且 5a2 4a 8 0所以5a2 4a 8 17 解得：a 1, a 9(舍去)5|BD| - 1 12|x1 x2 |2 (x1 x2)24x1 x22 ,4 2(4 3a