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圆锥曲线答案部分 (一)解：设点的坐标 则……1分 ………………………………………………………3分 由（1）－（2）可得………………………………6分 又MN⊥MQ，所以 直线QN的方程为，又直线PT的方程为……10分 从而得所以 代入（1）可得此即为所求的轨迹方程.………………13分 （二）解法一：（1）设 由得： ………………………………3分 直线PA的方程是：即① 同理，直线PB的方程是：② 由①②得： ∴点P的轨迹方程是……………………………………6分 （2）由（1）得： …………………………10分 所以 故存在=1使得…………………………………………12分 解法二：（1）∵直线PA、PB与抛物线相切，且 ∴直线PA、PB的斜率均存在且不为0，且 设PA的直线方程是 由得： 即…………………………3分 即直线PA的方程是： 同理可得直线PB的方程是： 由得： 故点P的轨迹方程是……………………………………6分 （2）由（1）得： ………………………………10分 故存在=1使得…………………………………………12分 （三）解：(1)设OP：y=k x,又条件可设AR:y=(x–a), 解得：=(,),同理可得=(,), ∴|·|=|+|=.4分 设=(m,n),则由双曲线方程与OP方程联立解得: m2=,n2=, ∴||2=:m2+n2=+=, ∵点P在双曲线上，∴b2–a2k20. ∴无论P点在什么位置，总有||2=|·|.4分 （2）由条件得：=4ab,2分 即k2=0,∴4ba,得e2分 由④得上式代入③得 于是，当时，存在点M，使S=； 当时，不存在满足条件的点M.………………………11分 当时，记， 由知，所以…………14分 （四）解：（I）右准线，渐近线 ， ……3分 （II） 双曲线C的方程为： ……7分 （III）由题意可得 ……8分 证明：设，点 由得 与双曲线C右支交于不同的两点P、Q ……11分 ，得 的取值范围是（0，1） ……13分 （五）解：（I） ，渐近线方程为 4分 （II）设，AB的中点 则M的轨迹是中心在原点，焦点在x轴上，长轴长为，短轴长为的椭圆.（9分） （III）假设存在满足条件的直线 设 由（i）（ii）得 ∴k不存在，即不存在满足条件的直线. 14分 （六）解：（1）设点其中． 由分所成的比为8∶5，得，2分 ∴．①，4分 而， ∴．．②，5分 由①②知． ∴．6分 （2）满足条件的圆心为， ，8分 圆半径．10分 由圆与直线：相切得，， 又．∴椭圆方程为．12分 （七）解（Ⅰ）证明： ① 直线A2N的方程为②……4分 ①×②，得 （Ⅱ） ……10分 当……12分 （八）解：（Ⅰ）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，依题意x1≠0，y10，y20. 由y=x2，① 得y＇=x. ∴过点P的切线的斜率k切=x1， ∴直线l的斜率kl=－=-， ∴直线l的方程为y－x12=－(x－x1)， 方法一： 联立①②消去y，得x2+x－x12－2=0. ∵M是PQ的中点 x0==-， ∴ y0=x12－(x0－x1). 消去x1，得y0=x02++1(x0≠0)， ∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2++1(x≠0). 方法二： 由y1=x12，y2=x22，x0=， 得y1－y2=x12－x22=(x1+x2)(x1－x2)=x0(x1－x2)， 则x0==kl=-， ∴x1=－， 将上式代入②并整理，得 y0=x02++1(x0≠0)， ∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2++1(x≠0). （Ⅱ）设直线l:y=kx+b，依题意k≠0，b≠0，则T(0，b). 分别过P、Q作PP＇⊥x轴，QQ＇⊥y轴，垂足分别为P＇、Q＇，则 . y=x2 由消去x，得y2－2(k2+b)y+b2=0.③ y=kx+b y1+y2=2(k2+b)， 则 y1y2=b2. 方法一： ∴|b|()≥2|b|=2|b|=2. ∵y1、y2可取一切不相等的正数， ∴的取值范围是（2，+）. 方法二： ∴=|b|=|b|. 当b0时，=b==+22； 当b0时，=－b=. 又由方程③有两个相异实根，得△=4(k2+b)2-4b2=4k2(k2+2b)0， 于是k2+2b0，即k2－2b. 所以=2. ∵当b0时，可取一切正数， ∴的取值范围是（2，+）. 方法三： 由P、Q、T三点共线得kTQ=KTP， 即=. 则x1y2－bx1=x2y1－bx2，即b(x2－x1)=(x2y1－x1y2). 于是b==－x1x2. ∴==+=+≥2. ∵可取一切不等于1的正数， ∴的取值范围是（2，+）. （九）解:(1)设点,点M的坐标为,由题意可知………………(2分) 又