圆锥曲线解答题练习。
1．设椭圆c：的左、右焦点分别为f1、f2，a是椭圆c上的一点，,坐标原点o到直线af1的距离为。
ⅰ)求椭圆c的方程；
ⅱ)设q是椭圆c上的一点，过点q的直线l 交 x 轴于点，交 y 轴于点m，若，求直线l 的斜率。
2．极坐标系的极点为直角坐标系xoy的原点，极轴为x轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同，已知曲线c的极坐标方程为。
1）求c的直角坐标方程：
2）直线：为参数）与曲线c交于a、b两点，与y轴交于e，求。
3．是⊙：上的任意一点，过作垂直轴于，动点满足。
1）求动点的轨迹方程；
2）已知点，在动点的轨迹上是否存在两个不重合的两点、，使为的中点，若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由。
4．若给定椭圆c：ax2+by2=1(a>0,b>0,ab)和点n(x0,y0)，则称直线l：ax0x+by0y=1为椭圆c的“伴随直线”，(1)若n(x0,y0)在椭圆c上，判断椭圆c与它的“伴随直线”的位置关系(当直线与椭圆的交点个数为0个、1个、2个时，分别称直线与椭圆相离、相切、相交)，并说明理由；
(2)命题：“若点n(x0,y0)在椭圆c的外部，则直线l与椭圆c必相交。”写出这个命题的逆命题，判断此逆命题的真假，说明理由；
(3)若n(x0,y0)在椭圆c的内部，过n点任意作一条直线，交椭圆c于a、b，交l于m点(异于a、b)，设，，问是否为定值？说明理由。
5．椭圆的左、右焦点分别为f1、f2，离心率右准线为m、n是上的两个点，
（1）若，求椭圆方程；
（2）证明，当|mn|取最小值时，向量与共线。
6．椭圆的两个焦点f1、f2，点p在椭圆c上，且pf1⊥f1f2，且|pf1|=
（i）求椭圆c的方程。
（ii）以此椭圆的上顶点b为直角顶点作椭圆的内接等腰直角三角形abc，这样的直角三角形是否存在？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由。
7．已知椭圆g：＋y2＝1.过轴上的动点 (m,0)作圆x2＋y2＝1的切线l交椭圆g于a，b两点．
1）求椭圆g上的点到直线的最大距离；
2）①当实数时，求a，b两点坐标；
将|ab|表示为m的函数，并求|ab|的最大值．
8．已知椭圆m：＝1(a＞b＞0)的短半轴长b＝1，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形的周长为6＋4.
1)求椭圆m的方程；
2)设直线l：x＝my＋t与椭圆m交于a，b两点，若以ab为直径的圆经过椭圆的右顶点c，求t的值．
9．设抛物线的焦点为，点，线段的中点在抛物线上．设动直线与抛物线相切于点，且与抛物线的准线相交于点，以为直径的圆记为圆．
1）求的值；
2）证明：圆与轴必有公共点；
3）在坐标平面上是否存在定点，使得圆恒过点？若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由．
参***。1．(ⅰ由题意知，，其中，由于，则有，所以点a的坐标为2分。
故af1所在的直线方程为，所以坐标原点o到直线af1的距离为4分。
又，所以，解得。
故所求椭圆c的方程为7分。
ⅱ) 由题意知直线l 的斜率存在。
设直线l 的斜率为k , 直线l 的方程为8分。
则有m（0,k），设，由于q， f，m三点共线，且，根据题意，得，解得10分。
又点q在椭圆上，所以13分。
解得。综上，直线l 的斜率为14分。
解析】略。2．（ⅰx－1)2＋(y－1)2＝2． （ea|＋|eb|＝
解析】本试题主要是考查了极坐标与参数方程的综合运用。
1）第一问中在ρ＝2(cosθ＋sinθ)中，两边同乘以ρ，得ρ2＝2(ρcosθ＋ρsinθ)，那么可知得到普通方程。
2）将l的参数方程代入曲线c的直角坐标方程，得t2－t－1＝0，利用参数t的几何意义得到结论。
ⅰ）在ρ＝2(cosθ＋sinθ)中，两边同乘以ρ，得ρ2＝2(ρcosθ＋ρsinθ)，则c的直角坐标方程为x2＋y2＝2x＋2y，即(x－1)2＋(y－1)2＝24分。
ⅱ）将l的参数方程代入曲线c的直角坐标方程，得t2－t－1＝0，点e对应的参数t＝0，设点a、b对应的参数分别为t1、t2，则t1＋t2＝1，t1t2＝－1，|ea|＋|eb|＝|t1|＋|t2|＝|t1－t2|＝
3．略。解析】（1）设，依题意，则点的坐标为 ……1分。
2分。4．（1）见解析（2）见解析(3) 见解析。
解析】(1)
即ax2–2ax0x+ax02=0
∴△=4a2x02–4a2x02=0
∴l与椭圆c相切。 (0.34)
(2)逆命题：若直线l：ax0x+by0y=1与椭圆c相交，则点n(x0,y0)在椭圆c的外部。
是真命题。联立方程得(aby02+a2x02)x2–2ax0x+1–by02=0
则△=4a2x02–4a(by02+ax02)(1–by02)>0
∴ax02–by02+b2y04–ax02+abx02y02>0
∴by02+ax02>1
∴n(x0,y0)在椭圆c的外部。 (0.75)
(3)同理可得此时l与椭圆相离，设m(x1,y1)，a(x,y)
则代入椭圆c：ax2+by2=1，利用m在l上，即ax0x1+by0y1=1，整理得(ax02+by02–1)12+ax12+by12–1=0
同理得关于2的方程，类似。
即是(ax02+by02–1)2+ax12+by12–1=0的两根。
5．解：由。
于是。2分。
设，则。由3分。
（1）由，得。
由①，②三式，消去 ……5分。故。6分。
当且仅当时 ……8分。
mn|取得最小值10分。
此时，11分。
故向量共线12分。解析】略。
解： (又，则，
所求椭圆方程为6分。
ⅱ）设能构成等腰直角三角形，其中（0，1），由题意可知，直角边，不可能垂直或平行于x轴，故可设边所在直线的方程为（不妨设），则边所在直线的方程为，由，得a
9分。用代替上式中的，得，由，得。
解得：或，故存在三个内接等腰直角三角形。……12分。解析】略。
1) (2) (3) 存在实数m使的边长是连续的自然数。
解析】∵的右焦点 ∴椭圆的半焦距，又，∴椭圆的长半轴的长，短半轴的长。 椭圆方程为。 -4分。
ⅰ）当时，故椭圆方程为---5分。
直接将m=1的值代入条件求对也给5分)
右准线方程为6分。
ⅱ）由，解得：……10分。
ⅲ）假设存在满足条件的实数， 由（ⅱ）知，又。
即的边长分别是14分，故存在实数m使的边长是连续的自然数16分。
8．（1）；（2）①当时点的坐标分别为；② 2
解析】试题分析：（1）设出与直线平行的直线，并与椭圆方程联立消去（或）得关于的一元二次方程，令判别式为0解得的值（应为2个值）。此时直线与椭圆相切，分析可知取负值时两直线距离最大，此距离即为椭圆上的点到直线的最大距离。
（2）①当时，切线的方程为，代入椭圆方程可得坐标。②分析可知，由①可知当时。当时，切线斜率存在设切线方程为，根据切线与圆相切即圆心到直线的距离等于半径可得与间的关系式。
再将切线方程与椭圆方程联立消去（或）得关于的一元二次方程，可知判别式应大于0且可得根与系数的关系，根据弦长公式可得，根据与间的关系式可消去一个量，可用基本不等式求最值。
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