【精品试题】2021年高考数学一轮复习创优测评卷（新高考专用）测试卷14 圆锥曲线（解析版）

【精品试题】2021年高考数学一轮复习创优测评卷（新高考专用）测试卷14 圆锥曲线（解析版）

2021 年高考数学一轮复习圆锥曲线创优测评卷（新高考专用） 一、单选题（共 60 分，每题 5 分） 1.如图，圆锥形容器的高为 ,h 圆锥内水面的高为 1,h 且 1 1 ,3h h 若将圆锥倒置，水面高为 2 ,h 则 2h 等于（ ） A. 2 3 h B. 19 27 h C. 3 6 3 h D. 3 19 3 h 【答案】D 【解析】设圆锥形容器的底面积为 S ，则未倒置前液面的面积为  4 9 S ， ∴水的体积  1 1 4 19 3 81 1 3 9V Sh S h h Sh      ， 设倒置后液面面积为 S，则 2 2  hS S h       ， ∴ 2 2 2 ShS h   ， ∴水的体积 3 2 2 23 1 3 ShV S h h    ， ∴ 3 2 2 19 81 3 ShSh h  ，解得 3 2 19 3h h ， 故选：D. 2.圆锥的高 h 和底面半径 r 之比 : 2:1h r  ，且圆锥的体积 18V  ，则圆锥的表面积为（ ） A.18 5 B.9(1 2 5) C.9 5 D.9(1 5) 【答案】D 【解析】圆锥的高 h 和底面半径 r 之比 : 2:1h r  ， ∴ 2h r ， 又圆锥的体积 18V  ， 即 3 21 2 183 3 rr h    ， 解得 3r  ； ∴ 6h  ， 母线长为 2 2 2 26 3 3 5l h r     ， 则圆锥的表面积为 2 23 3 5 3 9(1 5)S rl r             . 故选：D. 3.以钝角三角形的较小边所在的直线为轴，其他两边旋转一周所得到的几何体是（ ） A.两个圆锥拼接而成的组合体 B.一个圆台 C.一个圆锥 D.一个大圆锥中挖去一个同底的小圆锥 【答案】D 【解析】如图，以 AB 所在直线为轴所得的几何体是一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥. 4.已知圆锥的底面半径为 1，高为 3 ，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上下两部分，在原来 圆锥的表面上任取一点 A ，则点 A 在圆锥上半部分的概率为（ ） A. 1 6 B. 2 3 C. 1 2 D. 1 5 【答案】A 【解析】由题意圆锥的母线长为  2 3 1 2  ， 该圆锥侧面积为 1 2 2 22     ，底面积为 21   ， 圆锥上半部分的面积为 1 12 12 2 2     ， 所求概率 12 2 6p     . 故选：A. 5.如图： AB 是圆锥底面圆的直径， PA ， PB 是圆锥的两种母线， 'P 为底面圆的中心，过 PB 的中点 D 作 平行于 PA 的平面 ，使得平面 与底面圆的交线长为 4 ，沿圆锥侧面连接 A 点和 D 点，当曲线段 AD 长 度的最小值为 3 2 PA 时，则该圆锥的外接球（圆锥的底面圆周及顶点均在球面上）的半径为（ ） A. 4 2 B.3 2 C. 9 2 2 D. 9 2 4 【答案】D 【解析】 根据线面平行的性质定理，平面 与底面圆的交线一定经过底面圆心 P ，所以底面圆的半径为 2，设圆锥 的侧面展开后的扇形圆心角为 2θ ，如图，曲线段 AD 的最小值为线段 AD，所以 3AD 2 PA ，所以 2 2 2 2 1 3 14 4cosθ 1 22 2 PA PA PA PA      ，所以θ 60  ，因为底面圆的周长为 4π ，所以母线长为 6， 4 2PP  ，根据图形，球心一定位于 PP 所在直线上，设球心为 O ，半径为 R ，所以 2 2 2( )PP R P B R    ，所以 2 2 2(4 2 ) 2R R   ，所以 9 2 4R  . 故选 D. 6.若圆锥 1SO ， 2SO 的顶点和底面圆周都在半径为 4 的同一个球的球面上，两个圆锥的母线长分别为 4 ， 4 2 ，则这两个圆锥公共部分的体积为（ ） A. 8 π3 B.8π C. 56 π3 D. 56 16 3 π3  【答案】A 【解析】易得 1 2, , ,S O O O 在同一条直线上，过该直线作出截面图如图所示. 1 1A B 是圆锥 1SO 底面圆的直径， 2 2A B 是圆锥 2SO 底面圆的直径，两直径都与OS 垂直. 在 1OA S△ 中， 1 14, 4SA OA OS   ，则可得 1 1 2OO O S  . 在 2OA S△ 中， 2 24 2, 4SA OA OS   ，则 2 2 2 2 2SA OA OS  ，则 2OA OS . 又 2 2 2O A O S ，所以点 2,O O 重合. 这两个圆锥共顶点且底面平行，故它们的公共部分也是一个圆锥， 其底面半径为 1 2 1 22O C OA  ，高为 1 2O S  ， 所以所求体积为 21 8π 2 2 π3 3V      .故选 A. 7.已知圆锥曲线 1C ： 2 2 1( 0)mx ny n m    与 2C ： 2 2 1( 0, 0)px qy p q    的公共焦点为 1F ， 2F . 点 M 为 1C ， 2C 的一个公共点，且满足 1 2 90F MF   ，若圆锥曲线 1C 的离心率为 3 4 ，则 2C 的离心率为（ ） A. 9 2 B. 3 2 2 C. 3 2 D. 5 4 【答案】B 【解析】 1C ： 2 2 11 1 x y m n   ， 2C ： 2 2 11 1 x y p q   . 设 1 1a m  ， 2 1a p  ， 1MF s ， 2MF t ， 由椭圆的定义可得 12s t a  ，由双曲线的定义可得 22s t a  ， 解得 1 2s a a  ， 1 2t a a  ， 由 1 2 90F MF   ，运用勾股定理，可得 2 2 24s t c  ， 即为 2 2 2 1 2 2a a c  ， 由离心率的公式可得， 2 2 1 2 1 1 2e e   ， ∵ 1 3 4e  ，∴ 2 2 9 2e  ，则 2 3 2 2e  . 故选：B. 8.下列判断正确的是（ ） A.两圆锥曲线的离心率分别为 1 2,e e ，则“ 1 2 1e e  ”是“两圆锥曲线均为椭圆”的充要条件. B.已知  0 0,M x y 为圆 2 2 2x y R  内异于圆心的一点，则直线 2 0 0x x y y R  与该圆相交. C.设 m 是实数，若方程 2 2 11 2 x y m m    表示双曲线，则 2m  . D.命题 2,2xx R x   的否定是 0 2 0 0,2xx R x   . 【答案】D 【解析】对于选项 A,若 1 1 3e  , 2 2e  ,此时 1 2 2 13e e   ,但两圆锥曲线一个是椭圆,一个是双曲线,故 A 错误； 对于选项 B,由  0 0,M x y 为圆 2 2 2x y R  内异于圆心的一点可得 2 2 2 0 0x y R  , 又因为圆心到直线 2 0 0x x y y R  的距离为 2 2 2 0 0 R d R x y    ,所以圆与直线相离,故 B 错误； 对于选项 C,若方程 2 2 11 2 x y m m    表示双曲线,则  1 2 0m m   ,则 2m  或 1m  ,故 C 错误； 对于选项 D,由全称命题的否定即可判断,故 D 正确； 故选:D 9.若圆锥曲线 （ 且 ）的一个焦点与抛物线 的焦点重合，则实数 （ ） A.9 B.7 C.1 D.-1 【答案】A 【解析】因为抛物线 的焦点坐标为 ，即 ，所以 ，应选答案 A。 10.过圆 2 2 2x y r  上一定点  ,o oP x y 的圆的切线方程为 2 0 ox x y y r  .此结论可推广到圆锥曲线上.过 椭圆 2 2 112 4 x y  上的点  3, 1A  作椭圆的切线 l .则过 A 点且与直线l 垂直的直线方程为（ ） A. 2 0 x y   B. 3 0x y   C. 2 3 3 0x y   D.3 10 0x y   【答案】A 【解析】过椭圆 2 2 112 4 x y  上的点  3, 1A  的 切线 l 的方程为 3 112 4 x y  ， 即 4 0x y   ，切线l 的斜率为1， 与直线l 垂直的直线的斜率为 -1， 过 A 点且与直线l 垂直的 直线方程为 (1 3)y x   一 ， 即 2 0x y   . 故选： A 11.设有心圆锥曲线  2 2 1 0x y m nm n     上一点 P 与两个焦点 1F 、 2F 的连线互相垂直.则 1 2Rt PF F△ 的 面积是（ ）. A. n B.m C. 2n D.不确定 【答案】A 【解析】 0n  ，曲线为椭圆.则 1 2 2PF PF m  ，①  2 2 1 2 4PF PF m n   .② 2 ① ②得 1 2 2PF PF n ， 1 2PF FS n . 类似地， 0n  时， 1 2PF FS n . 12.下列说法正确的是（ ） A.椭圆 2 2 2 2 x y a b   1 上任意一点（非左右顶点）与左右顶点连线的斜率乘积为 2 2 b a  B.过双曲线 2 2 2 2 x y a b   1 焦点的弦中最短弦长为 22b a C.抛物线 y2＝2px 上两点 A（x1，y1）.B（x2，y2），则弦 AB 经过抛物线焦点的充要条件为 x1x2 2 4 p D.若直线与圆锥曲线有一个公共点，则该直线和圆锥曲线相切 【答案】A 【解析】对于 A 中，椭圆的左右顶点的分别为 ( ,0), ( ,0)A a B a ， 设椭圆上除左右顶点以外的任意一点 ( , )P m n ，则 2 2 2PB PB n n nk k m a m a m a       ， 又因为点 ( , )P m n 在椭圆上，可得 2 2 2 2 1m n a b   ，解得 2 2 2 2(1 )mn ba   ， 所以 2 2PB PB bk k a   ，所以 A 项是正确的； 对于 B 中，设双曲线 2 2 2 2 1x y a b   右焦点 (c,0)F ， （1）当直线与双曲线的右支交于 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ， （i）当直线 AB 的斜率不存在时，则直线 AB 方程为 x c ，则 22bAB a  ， （ii）当直线 AB 的斜率存在时，则直线 AB 方程为 ( )y k x c  ， 联立方程组 2 2 2 2 ( ) 1 y k x c x y a b     ，得 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 0b a k x a ck x a k c a b     ， 则 1 2 1 2 0 0 0 x x x x        ，得 bk a  或 bk a   ， 由焦半径公式可得 2 2 1 2 2 2 2 2( ) 2 2c a ckAB AF BF e x x a aa a k b         2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2ac k ac c ba a aba k b a aa k         ， 所以当直线 AB 的斜率不存在时， AB 的长最小，最小值为 22b a . （2）当过 (c,0)F 的直线与双曲线的两支各有一个交点时，此时可得 AB 的最小值为 2a . 综上可得，当 22 2b aa  ，即 b a ，此时过焦点的弦长最短为 22b a ； 当 22 2b aa  ，即 b a ，此时过焦点的弦长最短为 2a . 所以 B 项是不正确的； 对于 C 中，充分性：当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 的方程为 1x x ，此时 1 2x x ， 因为 2 1 2 4 px x  ，所以 1 2 2 px x  ，此时直线 AB 过焦点 ( ,0)2 PF . 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 方程为 y kx b  ， 由 2 2 y kx b y px     ，得 2 2 2(2 2 ) 0k x bk p x b    ， 所以 2 1 2 2 bx x k  ，且 24 8 0p kpb    ， 又因为 2 2 ( 0)y px x  且 2 1 2 4 px x  ，所以 2 2 2 4 b k p ，解得 2bk p  或 2bk p   ， 所以直线 AB 方程为 2by x bp    或 2by x bp   , 当直线 2by x bp    时，取 0y  时， 2 px  ，直线 AB 过焦点 ( ,0)2 P ； 当直线 2by x bp   时，取 0y  时， 2 px   ，直线 AB 过焦点 ( ,0)2 PF  ； 所以充分性不成立. 必要性：当直线 AB 过焦点 ( ,0)2 PF 时， 设过焦点的直线 AB 的方程为 2 px my  ，代入 2 2 ( 0)y px x  ， 可得 2 22 0y pmy p   ，则 2 1 2y y p  ， 则 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 ( ) 4 4 4 y y y y px x p p    . 所以抛物线 2 2 ( 0)y px x  上两点 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则弦 AB 经过抛物线的焦点的必要不充分条件是 2 1 2 4 px x  ，所以 C 是不正确的. 对于 D 中，当直线和抛物线的对称轴平行时，满足只有一个交点，但此时直线抛物线是相交的，所以直线 与圆锥曲线有一个公共点，所以该直线和圆锥曲线相切是错误，即 D 项是不正确的. 故选：A. 二、填空题（共 20 分，每题 5 分） 13.已知圆锥底面半径与球的半径都是1cm ，如果圆锥的体积恰好也与球的体积相等，那么这个圆锥的母线 长为_________ cm 【答案】 17 【解析】由题意得：球的体积为： 34 4= 1 =3 3V  球 ， 圆锥的体积： 21 1= 1 h=3 3V h  圆锥 ，其中 h 为圆锥的高， 因为圆锥的体积恰好也与球的体积相等，可得 4 1=3 3 h  ， 4h  ， 故圆锥的母线长： 2 21 4 17  ， 故答案为： 17 . 14.已知圆锥的母线长为 4cm，圆锥的底面半径为 1cm，一只蚂蚁从圆锥的底面 A 点出发，沿圆锥侧面爬行 一周回到点 A，则蚂蚁爬行的最短路程长为________cm 【答案】 4 2 【解析】 由题意知，底面圆的直径为 2，故底面周长等于 2π. 设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为 ， 根据底面周长等于展开后扇形的弧长得 42 180    ，解得 090  ， 所以展开图中圆心角为 90°， 根据勾股定理求得到点 A 的最短的路线长是 16 16 4 2  . 15.已知 m 是 3 与12 的等比中项，则圆锥曲线 2 2 12 x y m   的离心率是__________. 【答案】 2 或 6 3 【解析】由等比中项定义可知 2 3 12m   所以 6m   当 6m  时，圆锥曲线为椭圆，离心率 2 2 2 4 6 6 3 c a be a a     当 6m   时，圆锥曲线为双曲线，离心率 2 2 2 2 6 22 c a be a a      所以离心率为 6 3 或 2 16.斜率为 2 的直线与圆锥曲线交于  1 1,A x y 、  2 2,B x y 两点，若弦长 2 5AB  ，则 1 2y y  ______. 【答案】4 【解析】设直线 AB 的斜率为 k ， 1 2 1 2 y yk x x   ， 2 2 1 2 1 2( ) ( )AB x x y y    得到弦长公式： 2 1 2 11 ( )AB y yk    ， 2k  ,于是有 2 1 2 1 2 1 2 1 51 ( ) 2 5 2 5 42 2AB y y y y y y          . 故答案为：4 三、解答题 17.（10 分）如图，AO 为圆锥的高，B、C 为圆锥底面圆周上两个点， 6OAB   ， 2BOC   ， 4AB  ， D 是 AB 的中点. （1）求该圆锥的全面积； （2）求异面直线 AO 与 CD 所成角的大小.（结果用反三角函数值表示） 【答案】（1）12 （2） 15arctan 3 【解析】（1）根据 6OAB   ， 2BOC   ， 4AB  ，可求得圆锥的母线长以及圆锥的底面半径，利 用圆锥侧面积公式可得结果；（2）过 D 作 / /DM AO 交 BO 于 M ，连CM 则 CDM 为异面直线 AO 与 CD 所成角，求出 1OM  5CM ， ，在直角三角形 CDM 中， 5 15tan 33 CDM   ,从而可得 结果. 详解：（1） Rt AOB 中， 2OB  即圆锥底面半径为 2 圆锥的侧面积 8S rl侧    故圆锥的全面积 = + 8 +4 12S S S全 侧 底     （2）过 D 作 / /DM AO 交 BO 于 M ，连CM 则 CDM 为异面直线 AO 与 CD 所成角 AO OBC 平面 DM OBC  平面 DM MC  在 Rt AOB 中， 2 3AO  3DM  D 是 AB 的中点 M 是OB 的中点 1OM  5CM  在 Rt CDM 中， 5 15tan 33 CDM   ， 15arctan 3CDM  ，即异面直线 AO 与 CD 所成角的大小为 15arctan 3 18.（10 分）已知圆锥曲线 C： 为参数 和定点 ， ， 是此圆锥曲线的左、右焦点． Ⅰ 以原点为极点，以 x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线 的极坐标方程； Ⅱ 经过点 且与直线 垂直的直线 l 交此圆锥曲线于 M、N 两点，求 的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 Ⅰ 圆锥曲线 C： 为参数 消去参数可得 C： ，轨迹为椭圆， 其焦点 ， ， 定点 ， ， 直线 ： ，把 ， 代入得到直线 的极坐标方程为： ，即 Ⅱ 由 Ⅰ ， ， 的斜率为 ，倾斜角为 ， 的参数方程为 ， 为参数 ， 代入椭圆 C 的方程： 中，得： ， 、N 在 的异侧， 19.（12 分）如图，曲线T 由曲线   2 2 1 2 2: 1 0, 0x yC a b y a b      和曲线   2 2 2 2 2: 1 0, 0, 0x yC a b ya b      组成，其中点 1 2,F F 为曲线 1C 所在圆锥曲线的焦点，点 3 4,F F 为曲线 2C 所在圆锥曲线的焦点. （Ⅰ）若    2 31,0 , 3,0F F  ，求曲线T 的方程； （Ⅱ）如图，作直线l 平行于曲线 2C 的渐近线，交曲线于点 ,A B ，求证：弦 AB 的中点 M 必在曲线 2C 的 另一条渐进线上； （Ⅲ）对于（Ⅰ）中的曲线T ,若直线 1l 过点 4F 交曲线 1C 于点 ,C D ，求 1CDF 与 2CDF 面积之和的最大 值. 【答案】(Ⅰ)   2 2 1 05 4 x y y   和   2 2 1 05 4 x y y   ；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ) 2 5 . 【解析】（1）由已知条件布列关于 a b， 的方程组，即可得到曲线T 的方程；（2）设直线  : bl y x ma   代入 2 2 2 2 1x y a b   ，得到  2 2 22 2 0x mx m a    ，从而可得 0 02 2 m b mx y a    ， ，所以弦 AB 的中点 M 必在曲线 2C 的另一条渐进线上；（3）由题意可知： 1CDF 和 2CDF 面积之和等于 CDO 面积的两 倍，利用设而不求法表示 CDOS ，整体换元结合均值不等式即可求得面积的最大值. 试题解析： （Ⅰ） 2 2 2 2 2 2 9 5 1 4 a b a a b b         ， 则曲线的方程为   2 2 1 05 4 x y y   和   2 2 1 05 4 x y y   （Ⅱ）曲线 2C 的渐近线为 by xa   ，如图，设直线  : bl y x ma   ， 则    2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 1 by x ma x mx m a x y a b            ， 设点      1 1 2 2 0 0, , , , ,A x y B x y M x y ，则 1 2 2 2 1 2 2 x x m m ax x     ，  1 2 0 0 0,2 2 2 x x m b b mx y x ma a         ， 0 0 by xa    ，即点 M 在直线 by xa   上. （Ⅲ）因为 1 2,F F 的中点为原点 O ，所以 1CDF 和 2CDF 面积之和等于 CDO 面积的两倍，由（Ⅰ）知， 曲线   2 2 1 : 1 05 4 x yC y   ，点  4 3,0F ， 设直线 1l 的方程为  3 0x ny n   ，       2 2 22 2 2 21 4 5 24 16 0, 24 64 4 5 0 15 4 3 x y n y ny n n n x ny                   ， 设    3 3 4 4, , ,C x y D x y 由韦达定理： 3 4 2 3 4 2 24 4 5 16 4 5 ny y n y y n          ， 所以   2 222 2 3 4 3 4 3 4 2 8 5 1 11 1 4 4 5 n nCD n y y n y y y y n             ， O 到直线CD 距离 2 3 1 d n   ， 2 2 2 2 22 1 1 8 5 1 1 3 12 5 1 2 2 4 5 4 51CDO n n nS CD d n nn           ， 令 2 2 21 0, 1t n n t      ， 2 24 5 12 24 5 94 9 4 CDO tS t t t      ， 90, 4 12t t t     ，当且仅当 3 2t  即 13 2n  时等号成立， 所以 13 2n  时， max 12 24 5 2 5.12CDOS    1CDF 与 2CDF 面积之和的最大值为 2 5. 20.（12 分）已知圆锥曲线 1C ： 2 2 1( 0)mx ny n m    与 2C ： 2 2 1( 0, 0)px qy p q    的公共焦点为 1F ， 2F .点 M 为 1C ， 2C 的一个公共点，且满足 1 2 90F MF   ，若圆锥曲线 1C 的离心率为 3 4 ，求 2C 的离 心率. 【答案】 3 2 2 【解析】 1C ： 2 2 11 1 x y m n   ， 2C ： 2 2 11 1 x y p q   . 设 1 1a m  ， 2 1a p  ， 1MF s ， 2MF t ， 由椭圆的定义可得 12s t a  ，由双曲线的定义可得 22s t a  ， 解得 1 2s a a  ， 1 2t a a  ， 由 1 2 90F MF   ，运用勾股定理，可得 2 2 24s t c  ， 即为 2 2 2 1 2 2a a c  ， 由离心率的公式可得， 2 2 1 2 1 1 2e e   ， ∵ 1 3 4e  ，∴ 2 2 9 2e  ，则 2 3 2 2e  . 21.（12 分）已知圆锥曲线 2 2 cos: 6 sin xC y      （ 为参数）和定点  0, 6A ， 1 2F F、 是此圆锥曲线的左、 右焦点. （Ⅰ）以原点为极点，以 x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线 2AF 的极坐标方程； （Ⅱ）经过点 1F 且与直线 2AF 垂直的直线l 交此圆锥曲线于 M N、 两点，求 1 1MF NF 的值. 【答案】（Ⅰ） 6sin 3 2       （Ⅱ）12 6 13 【解析】（Ⅰ）由曲线 1C 的参数方程消参得 2 2 18 6 x y = ， 2 8a  ， 2 6b  ，得 2 2c  ，  1 ,2 0F  ，  2 2,0F ， 2 : 1 2 6AF x yl   ，化为极坐标方程： 3 cos sin 6     ， 即 6sin 3 2       ； （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 2 3AFk   ，直线 2l AF , 所以直线 l 的斜率为 3 3 ，倾斜角为 30°， 所以直线 l 的参数方程： 2 cos30 sin30 x t y t        （ t 为参数） 代入 2 2 18 6 x y = ，整理得： 213 3 6 18 04 t t   ， 1 2 12 6 13t t  ， M 和 N 在 1F 两侧，  1 1 1 2 1 2 12 6 13MF NF t t t t      . 22.（14 分）（1）设椭圆 2 2 1 2 2: 1x yC a b   与双曲线 2 2 2 9:9 18 yC x   有相同的焦点 1F 、 2F ，M 是椭圆 1C 与 双曲线 2C 的公共点，且△ 1 2MF F 的周长为 6，求椭圆 1C 的方程；我们把具有公共焦点、公共对称轴的两段 圆锥曲线弧合成的封闭曲线称为“盾圆”； （2）如图，已知“盾圆 D ”的方程为 2 4 0 3 12( 4) 3 4 x xy x x       ，设“盾圆 D ”上的任意一点 M 到 (1,0)F 的距离为 1d ， M 到直线 : 3l x = 的距离为 2d ，求证： 1 2d d 为定值； （3）由抛物线弧 2 1 : 4E y x （ 20 3x  ）与第（1）小题椭圆弧 2 :E 2 2 2 2 2: 1x yE a b   （ 2 3 x a  ）所合 成的封闭曲线为“盾圆 E ”，设过点 (1,0)F 的直线与“盾圆 E ”交于 A 、 B 两点， 1FA r ， 2FB r ，且 AFx   （ 0    ），试用 cos 表示 1r ，并求 1 2 r r 的取值范围. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）证明见解析；（3） 1[0, arccos ]5    ， 1 3 2 cosr   ； 1( arccos , ]5     ， 1 2 1 cosr   ； 1 2 9 11[ , ]11 9 r r  . 【解析】（1）由 1 2MF F 的周长为 6得 3a c  ,椭圆 1C 与双曲线 2 2 2 9:9 18 yC x   有相同的焦点,所以 2 1 8 19 9c    ,即 1c  ,则 2a  , 2 2 2 3b a c   ,则椭圆 1C 的方程为 2 2 14 3 x y  （2）证明：设“盾圆 D ”上的任意一点 M 的坐标为 ,x y , 2 3d x  当 1M C 时,  2 4 0 3y x x   ,  2 2 1 1 1d x y x     , 即    1 2 1 3 1 3 4d d x x x x          ； 当 2M C 时,   2 12 4 3 4y x x    ,  2 2 1 1 7d x y x     , 即    1 2 7 3 7 3 4d d x x x x          ； 所以 1 2 4d d  为定值. （3）显然“盾圆 E ”由两部分合成,所以按 A 在抛物弧 1E 或椭圆弧 2E 上加以分类,由“盾圆 E ”的对称性,不妨 设 A 在 x 轴上方（或 x 轴上）； 当 2 3x  时, 2 6 3y   ,此时 5 3r  , 1cos 5    ； 当 1 cos 15    时, A 在椭圆弧 2E 上,由题设知  1 11 cos , sinA r r  代入 2 2 14 3 x y  得,    2 2 1 13 1 cos 4 sin 12 0r r     ,整理得 2 2 1 14 cos 6 cos 9 0r r     ,解得 1 3 2 cosr   或 1 3 cos 2r   （舍去） 当 11 cos 5     时, A 在抛物弧 1E 上,方程或定义均可得到 1 12 cosr r   ,于是 1 2 1 cosr   , 综上, 1 2 11 cos1 cos 5r           或 1 3 2 cosr   1 cos 15       ； 相应地,  2 21 cos , sinB r r   , 当 11 cos 5     时, A 在抛物弧 1E 上, B 在椭圆弧 2E 上, 1 2 2 2 cos 2 1 111 1,1 cos 3 3 cos 9 r r                    ； 当 1 cos 15    时, A 在椭圆弧 2E 上, B 在抛物弧 1E 上, 1 2 3 1 cos 3 1 91 ,12 cos 2 2 2 cos 11 r r                    ; 当 1 1cos5 5    时, A 、 B 在椭圆弧 2E 上, 1 2 3 2 cos 2 cos 9 11,2 cos 3 2 cos 11 9 r r                 ； 综上, 1[0, arccos ]5    ， 1 3 2 cosr   ； 1( arccos , ]5     ， 1 2 1 cosr   ； 1 2 r r 的取值范围是 9 11,11 9     