圆锥曲线竞赛考试题及答案

（时间120分钟满分140分）

一 ：填空题（ 本题共8个小题，每题8分共计分）

1.方程6(x4)26(y3)2= | 2 x + y – 18 |所表示的曲线是

2.过点(2007,0)的所有直线中，过两个有理点（纵坐标与横坐标都是有理数的点）的直线条数为

3.如图，从双曲线x2y2a2b21(a0,b0)的左焦点F引圆x2y2a2的切线，

切点为T．延长FT交双曲线右支于P点若M为线段FP的中点，O为坐标原点，则|MO||MT|与ba的大小关系为

4.对于每一个整数n，抛物线y(n2n)x2(2n1)x1与x轴交于两点An,Bn,|AnBn表示该两点间的距离，则||A1B1||A2B2||A2008B2008|=

5.已知(,32),直线l1：xy1cosb0，直线l2：

xsiny1cosa0，l1与l2的位置关系是

x2y26.若a，b，c成等差数列，则直线ax+by+c = 0被椭圆281截得

线段的中点的轨迹方程为

7.过直线l：yx9上的一点P作一个长轴最短的椭圆，使其焦点为F13,0,F23,0，则椭圆的方程为

a2x2-ay2=18已知椭圆2的焦距是4，则a =

二：解答题（9题18分，10题18分，11题20分，附加题20分共计76分）

9（本题18分）设F是抛物线y24x的焦点，A、B为抛物线上异于原点

O的两点，且满足FAFB0．延长AF、BF分别交抛物线于点C、D（如

图）．求四边形ABCD面积的最小值．

10、（本题18分）如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率

e22，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A,A两点，AA4。 （1）求该椭圆的标准方程；

（2）取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P,P，过P,P作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外。若PQPQ,求圆Q的标准方程。

11.（本题20分）已知抛物线y24ax(a0)的焦点为F，以点A（a4，0）为圆心，|AF|为半径的圆在x轴的上方与抛物线交于M、N两点。 （1）求证：点A在以M、N为焦点，且过F的椭圆上。

（2）设点P为MN的中点，是否存在这样的a，使得|FP|是|FM|与|FN|的等差中项？如果存在，求a的值；如果不存在，说明理由。

附加题（本小题满分20分）

设A、B分别为椭圆x2y2x2y2a2b21 ab0和双曲线a2b21的公

共的左、右顶点。P、Q分别为双曲线和椭圆上不同于A、B的动点，且满足APBPAQBQ R,1。设直线AP、BP、AQ、BQ的斜率分别为k1、k2、k3、k4. （1）求证：k1+k2+k3+k4=0；

（2）设 F1、F2分别为椭圆和双曲线的右焦点。若PF2//QF1，求k22k221k23k4的值。

竞赛圆锥曲线

1.椭圆 2. 解析： 显然直线x2007上不存在有理点。假设斜率为k的直线

yk(x2007)上存在两个不同的有理点(xy2y11,y1)和(x2,y2)。若k0,则kx2x1必为有理数。由yy11k(x12007)可得x1k2007，此时等式左边是有理数而右边是无理数，矛盾。另外当k=0时，对应的直线为OX轴，所以满足条件的直线有且仅有1条。

3.．|MO||MT|ba

4.20085.垂直 6.12(y1)2

20092(x2)21.

22y7.

x45y361； QP解析：设直线l上的点为Pt,t9，取F13,0关于直线l的F1OF2x对称点Q9,6，据椭圆定义，

158

4 9.设F是抛物线y24x的焦点，A、B为抛物线上异于原点

O的两点，且满足FAFB0．延长AF、BF分别交抛物线于点C、D（如图）．求四边形ABCD面积的最小值．

9.解析：设A（x1,y1)、C(x2,y2)，由题设知， 直线AC的斜率存在，设为k．

因直线AC过焦点F(1,0)，所以，直线AC 的方程为 yk(x1)．

联立方程组yk(x1)y4x，消y得k2x22(k22)xk202 由根与系数的关系知：x2k241x2k2，x1x21 ……5分

于是 |AC|（x21x2)（y1y2)21k2（x21x2)4x1x2 221k22k44(1k2)k24k2 ……10分 又因为ACBD，所以直线BD的斜率为1k，

从而直线BD的方程为：y1k(x1)，同理可得 |BD|4(1k2)．……15分

2故S18(1kABCD2|AB||CD|)2k28(k21k22)8(22)32 当k1时等号成立．所以，四边形ABCD的最小面积为32． ……20分

10、

11.解析：（1）因为 点A的坐标为（a4，0），抛物线y24ax(a0)的焦点为

F（a，0），准线为l:xa， 所以 |FA|4

11.已知抛物线y24ax(a0)的焦点为F，以点A（a4，0）为圆心，|AF|为半径的圆在

x轴的上方与抛物线交于M、N两点。

（1）求证：点A在以M、N为焦点，且过F的椭圆上。

（2）设点P为MN的中点，是否存在这样的a，使得|FP|是|FM|与|FN|的等差中项？ 如果存在，求a的值；如果不存在，说明理由。

所以 以A为圆心，|FA| 为半径的圆在x轴的上方的方程为 (xa4)2y216，（x0,y0）

由y24ax(xa4)2y216,(x0,y0) 得 x2(2a8)xa28a0

设M（x1,y1），N（x2,y2）（其中：xi,yi(i1,2)均为正数），则有 x1x282a,x1x28a

x(2a8)24(a28a)

a0

所以0a1又 抛物线上的点到焦点与准线的距离相等 所以 |FM||FN||x1a||x2a|

(x1a)(x2a)

(x1x2)2a

8|MN||FM||FN|8

因为点F、M、N均在⊙A上， 所以|AM||AN||AF|4，

|AM||AN|8

因为|AM||AN|8,|FM||FN|8，且|MN|8 所以点A在以M、N为焦点且过F的椭圆上 （2）假设存在满足条件的a，则有 2|FP||FM||FN|8，即|FP|4

设点P的坐标为（x0,y0），则有

xx1x204a 2

yy1y202a(x1x2) 由|FP|4，得 (4aa)2a(x1x2)216

化简，得2aa28a2a(a4) 所以a0或a1，与0a1矛盾 故不存在满足条件的

a，即不存在a值，使得点P为MN的中点，且|FP|是

|FM|与|FN|的等差中项。

12.解析：(1)设P、Q两点的坐标分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 2 k1+k2=

y1y12x1y12bx1xax222 ①……………(4分)

11ax1aay1+k2b2 同理可得意kx34=2a2y ② …………………………(7分) 2 设O为原点，则2OPAPBPAQBQ2OQ，

所以OPOQ，O，P，Q三点共线，于是得

x1x2yy． 12由①②得 kl+k2+k3+k4=0； ………………………………………(11分)

22(2) 由点Q在椭圆上，有x2y2a2b2=1．

由 OPOQ，得(xl，y1)=(x2，y2)．

所以 x1x 1x2y22

2=l，y2=y l，从而11a2b2= ③

22又由点P在双曲线上，有x1ya21b2=1 ④

2由③④得 x22121212a,y212b……………………(15分)

因为PF2∥QF1，所以| OF2|=|OF1| ，所以

22a2b2x121a2a4a2b2,y2121b2b4………………………………(18分) 2由①得 k24b4x11k2ay4．同理可得 k2423k44 ．另一方面，1kylk2=1xay1xb2kb22．类似地，k34=211aaa．

故k2222221k2k3k4k1k2k3k4－2(klk2+k3k4)=8 …(22分)