圆锥曲线高考题大题_范文大全

圆锥曲线高考题大题

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【专家解析】圆锥曲线高考题大题

【优秀范文】圆锥曲线高考题大题

范文一:圆锥曲线高考题 投稿:黄苢苣

2005年高考全国试题分类解析(圆锥曲线)

一、选择题:

1重庆卷) 若动点(x,y)在曲线

x

2

22

4

yb

1(b>0)上变化,则x2

2y的最大值为(A )

b24

(A) 4

2bb2

(0b4)4

; (B) 4

(b4)2b

2

(0b2)(b2)

; (C)

b

2

4

4; (D) 2b;

2. (浙江)函数y=ax+1的图象与直线y=x相切,则a=( B )

(A)

18

(B)

14

(C)

12

2

(D)1 y

2

3. (天津卷)设双曲线以椭圆

线的渐近线的斜率为

A.2

B.

x

25

9

1长轴的两个端点为焦点,其准线过椭圆的焦点,则双曲

43

12

34

22

( C )

C.

x

D.

22

4.(天津卷)从集合{1,2,3…,11}中任选两个元素作为椭圆方程

m

yn

1中的m和n,则能组成

落在矩形区域B={(x,y)| |x|

A.43

B. 72

C. 86

D. 90

5. (上海)过抛物线y24x的焦点作一条直线与抛物线相交于A、B两点,它们的横坐标之和等

于5,则这样的直线( B )

A.有且仅有一条 B.有且仅有两条 C.有无穷多条 D.不存在 6. (山东卷)设直线l:2xy20关于原点对称的直线为l,若l与椭圆x

12

2

y

2

4

1的交点为A、

B、,点P为椭圆上的动点,则使PAB的面积为的点P的个数为( B )

(A)1 (B)2 (C)3 (D)4 7 (全国卷Ⅰ)已知双曲线

xa

22

y

2

1 (a0)的一条准线为x

32

,则该双曲线的离心率为(A )

(A)

32

x

2

(B)

y

2

32

(C)

62

(D)

233

8.(全国卷II) 双曲线

(A) y

23x

4

9

1的渐近线方程是( C)

49x

(B) y(C) y

32

x

(D) y

94

x

2

2

9.(全国卷II)已知双曲线

F2M

x

6

y

3

1的焦点为F1、F2,点M在双曲线上且MF1x轴,则F1到直线

的距离为(C )

5

(A)

6

(C)

65

(D)

56

10. 抛物线x24y上一点A的纵坐标为4,则点A与抛物线焦点的距离为(D )

(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5 11. (全国卷III)设椭圆的两个焦点分别为F1、、F2,过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P,若△F1PF2

为等腰直角三角形,则椭圆的离心率是(D) (A

2

(B

12

(C

)2(D

1

12.(辽宁卷)已知双曲线的中心在原点,离心率为3.若它的一条准线与抛物线y24x的准线重

合,则该双曲线与抛物线y24x的交点到原点的距离是 ( B )

A.23+6

B.21

C.18122

D.21

13.(江苏卷)抛物线y=4x2上的一点M到焦点的距离为1,则点M的纵坐标是( B) ( A )

1716

( B )

1516

( C )

xa

22

78

( D ) 0

14.(江苏卷)(11)点P(-3,1)在椭圆

yb

22

1(ab0)的左准线上.过点P且方向为a=(2,-5)

的光线,经直线y=-2反射后通过椭圆的左焦点,则这个椭圆的离心率为(A ) ( A )

33

( B )

13

( C )

22

( D )

12

15.(湖南卷)已知双曲线

xa

22

yb

22

=1(a>0,b>0)的右焦点为F,右准线与一条渐近线交于点

A,△OAF的面积为 A.30º

a

2

2

(O为原点),则两条渐近线的夹角为 B.45º xa

22

(D )

C.60º D.90º

16. (湖南卷)已知双曲线-

yb

22

=1(a>0,b>0)的右焦点为F,右准线与一条渐近线交于点

A,△OAF的面积为 A.30º 17. (湖北卷)双曲线

则mn的值为

a

2

2

(O为原点),则两条渐近线的夹角为 B.45º

C.60º

D.90º

2

( D )

x

2

m

y

2

n

1(mn0)离心率为2,有一个焦点与抛物线y4x的焦点重合,

( A )

A.

316

B.

38

C.

163

D.

83

18. (福建卷)已知定点A、B且|AB|=4,动点P满足|PA|-|PB|=3,则|PA|的最小值是

( C )

A.

12

B.

32

C.

72

D.5

72

19. (福建卷)设a,bR,a22b26,则ab的最小值是

533

( )

A.22 B. C.-3 D.

20. (广东卷)若焦点在轴上的椭圆

32

83

x

2

2

23

2

y

2

m

1的离心率为

12

,则m=(B)

(B)(C)(D)



1的焦点为F1、F2,点M在双曲线上且MF1MF20,则点

21. (全国卷III)已知双曲线xM到x轴的距离为(C)

(A)

43

2

y

2

(B)

53

(C

3

(D

22.(福建卷)已知F1、F2是双曲线

xa

22

yb

22

1(a0,b0)的两焦点,以线段F1F2为边作正三角

形MF1F2,若边MF1的中点在双曲线上,则双曲线的离心率是

A.423

B.31

C.

312

( D )

D.31

二、填空题:

1.(江西卷)以下四个关于圆锥曲线的命题中:



①设A、B为两个定点,k为非零常数,|PA||PB|k,则动点P的轨迹为双曲线;

1

②过定圆C上一定点A作圆的动点弦AB,O为坐标原点,若OP(OAOB),则动点P的轨

2

迹为椭圆;

③方程2x5x20的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率;

x

22

④双曲线

25

y

2

9

1与椭圆

x

2

35

y

2

1有相同的焦点.

其中真命题的序号为 ③④ (写出所有真命题的序号)

11

2. (重庆卷)已知A,0,B是圆F:xy24(F为圆心)上一动点,线段AB的垂直

22

2

平分线交BF于P,则动点P的轨迹方程为x2

43

y1。

2

3. (浙江) 过双曲线

xa

22

yb

22

1(a>0,b>0)的左焦点且垂直于x轴的直线与双曲线相交于M、N

两点,以MN为直径的圆恰好过双曲线的右顶点,则双曲线的离心率等于__2_______.

4. (上海)4.直角坐标平面xoy中,若定点A(1,2)与动点P(x,y)满足OPOA=4。则点P的轨迹方程是 x+2y-4=0 .

5. (上海)若椭圆长轴长与短轴长之比为2,它的一个焦点是(2,0),则椭圆的标准方程是x

2

80

y

2

20

1

6. (上海)若双曲线的渐近线方程为y

3x,它的一个焦点是,0),则双曲线的方程是

y

2

______x

2

9

1____。

7. (山东卷)设双曲线

xa

22

yb

22

1(a0,b0)的右焦点为F,右准线l与两条渐近线交于P、Q

两点,如果

PQF是直角三角形,则双曲线的离心率e__.

三、解答题:

1. (江西卷)如图,M是抛物线上y2=x上的一点,动弦ME、MF分别交x轴于A、B两点,且MA=MB. (1)若M为定点,证明:直线EF的斜率为定值;

(2)若M为动点,且∠EMF=90°,求△EMF的重心G的轨迹解; (1)设M(y0,y0),直线ME的斜率为k(l>0)

2

则直线MF的斜率为-k,方程为yy0k(xy0).

2

2

yy0k(xy0)2

∴由,消x得kyyy0(1ky0)0

2yx

解得yF

1ky0

k

,xF

(1ky0)

k

2

2

1ky0

∴kEF

yEyFxExF

2

(1ky0)

k

2

1ky0

2

1(定值) 2

4ky(1ky0)2y00

22

kk

所以直线EF的斜率为定值

2

(2)当EMF90时,MAB45,所以k1,直线ME的方程为yy0k(xy0)

2

yy0xy0由得E((1y0)2,1y0)

2yx

同理可得F((1y0)2,(1y0)).

2222

y0(1y0)(1y0)23y0xMxExF

x

333

设重心G(x, y),则有

xxMxExFy0(1y0)(1y0)y0333

消去参数y0得y

2

19

x

227

(x

23

).

2.(江西卷)如图,设抛物线C:yx2的焦点为F,动点P在直线l:xy20上运动,过P作

抛物线C的两条切线PA、PB,且与抛物线C分别相切于A、B两点.

(1)求△APB的重心G的轨迹方程. (2)证明∠PFA=∠PFB. 解:(1)设切点A、B坐标分别为(x,x)和(x1,x)((x1x0),

∴切线AP的方程为:2x0xyx0; 切线BP的方程为:2x1xyx0; 解得P点的坐标为:xP

x0x1

2

,yPx0x1 x0x1xP

3

2

2

12020

21

l

所以△APB的重心G的坐标为 xGyG

y0y1yP

3

x0x1x0x1

3

2

2

2

xP,

4xPyp

3

2

(x0x1)x0x1

3

,

所以yp3yG4xG,由点P在直线l上运动,从而得到重心G的轨迹方程为:

x(3y4x)20,即y

2

13

(4xx2).

2

x0x111122

,x0x1),FB(x1,x1). (2)方法1:因为FA(x0,x0),FP(

4244

由于P点在抛物线外,则|FP|0.

x0x11112x0(x0x1)(x0)x0x1

FPFA,

∴cosAFP|FP||FA||FP|

x0x11112x1(x0x1)(x1)x0x1

FPFB, 同理有cosBFP|FP||FB||FP|∴∠AFP=∠PFB.

方法2:①当x1x00时,由于x1x0,不妨设x00,则y00,所以P点坐标为(

|x1|2

14

x1

x1

2

x12

,0),则P

14x,

点到直线AF的距离为:d1即(x12

14

)xx1y

14

;而直线BF的方程:y

x10.

|(x1

所以P点到直线BF

的距离为:d2

1x1x11|x|2)|(x1)1|x1|

122x1

42

所以d1=d2,即得∠AFP=∠PFB. ②当x1x00时,直线AF的方程:y

14

x1

2

14

x0

2

1

(x0),即(x21)xxy1x0, 000

x0044

1

直线BF的方程:y

(x0),即(x21)xxy1x0, 111

x1044

所以P点到直线AF的距离为:

xx11xx111222

|(x0)(0)x0x1x0||0)(x0)

|x0x1| d1

122x0

4|xx0|

同理可得到P点到直线BF的距离d21,因此由d1=d2,可得到∠AFP=∠PFB.

2 3. (重庆卷) 已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0),右顶点为(3,0)。 (1) 求双曲线C的方程; (2) 若直线l:ykx原点),求k的取值范围。

解:(Ⅰ)设双曲线方程为

xa

22

2与双曲线C恒有两个不同的交点A和B,且OAOB2(其中O为

yb

22

1 (a0,b0).

由已知得a3,c2,再由ab

22

2,得b

22

1.

故双曲线C的方程为

x

2

3

y

2

1.

(Ⅱ)将ykx2代入

x

2

3

y

2

22

1得 (13k)x62kx90.

2

13k0,

由直线l

与双曲线交于不同的两点得

222

)36(13k)36(1k)0.

即k2

13

且k

2

1. ① 设A(xA,yA),B(xB,yB),则

xAxB

13k

2

,xAxB

913k

2



,由OAOB2得xAxByAyB2,

2

而xAxByAyBxAxB(kxA

2

kxB

2

(k1)xAxB

(xAxB)

2

(k1)

913k

2

13k

2

2

2

3k73k1

2

.

于是

3k73k1

2

2

2,即

13

3k93k1

2

2

0,解此不等式得

13

k

2

3. ②

由①、②得 k1.

故k

的取值范围为(1,

3

3

4. (重庆卷) 已知椭圆C1的方程为

x

2

4

y

2

1,双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点,

而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点。 (1) 求双曲线C2的方程; (2) 若直线l:ykx

且l与C2的两个交点A2与椭圆C1及双曲线C2恒有两个不同的交点,

和B满足OAOB6(其中O为原点),求k的取值范围。

22

解:(Ⅰ)设双曲线C2的方程为xy1,则a2413,再由a2b2c2得b21.

22

ab

故C2的方程为

x

2

3

y1.

2

(II)将ykx2代入

x

2

4

y

2

1得(14k)x82kx40.

22

由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得

1(82)k

2

2

16(14k)16(4k

22

1)0,即 k

2

14

. ①

将ykx2代入

x

2

3

y

2

22

1得(13k)x62kx90.

由直线l与双曲线

C2恒有两个不同的交点A,B得

2

113k0,22

即k且

k1. 222

32()36(1

3k)36(1k)0.

设A(xA,yA),B(xB,yB),则xAxB

由OAOB6得xAxByAyB6,而

xAxByAyBxAxB(kxA

13k

2

,xAxB

913k

2

kxB

(k1)xAxB

2

(xAxB)2

2

(k21)

3k73k1

22

913k



13k

2

2

.

2

于是

3k73k1

2

2

6,即

15k133k1

2

0.解此不等式得k

2

1315

或k

2

13

. ③

由①、②、③得

14

k

2

13

1315

k

2

1.

故k

的取值范围为(1,(

3

1

1)( 2235. (浙江) 17.如图,已知椭圆的中心在坐标原点,焦点F1,F2在x轴上,长轴A1A2的长为4,左

准线l与x轴的交点为M,|MA1|∶|A1F1|=2∶1. (Ⅰ)求椭圆的方程;

(Ⅱ)若直线l1:x=m(|m|>1),P为l1上的动点,使∠F1PF2最大的点P记为Q,求点Q的坐标(用m表示).

解:(I)设椭圆方程为半焦距为c, 则 |MA1|

a

2

xa

22

yb

22

1(ab0),

c

a,|A1F1|ac,

a2

a2(ac)c

由题意,得 2a4,解得 a2,b

222abc

c1

故椭圆方程为

x

2

43

(II)设P(m,y0),|m|1

y

2

1

当y00时,F1PF20

当y00时, 0F1PF2PF1M

只需求tanF1PF2的最大值即可。

2

直线PF1的斜率K1

,

m1m1

2|y|2|y0|KK1

tanF1PF2|2|2

21K1K2m

1y0y0

,直线PF2的斜率K2

y0

|y0|时,F1PF2最大,

6. (天津卷)抛物线C的方程为yax2(a0),过抛物线C上一点P(x0,y0)(x 0≠0)作斜率为k1,k2的两条直线分别交抛物线C于A(x1,y1)B(x2,y2)两点(P,A,B三点互不相同),且满足k2k10(0且1).

(Ⅰ)求抛物线C的焦点坐标和准线方程;

(Ⅱ)设直线AB上一点M,满足BMMA,证明线段PM的中点在y轴上;

(Ⅲ)当=1时,若点P的坐标为(1,-1),求∠PAB为钝角时点A的纵坐标y1的取值范围. 解:(Ⅰ)由抛物线C的方程yax2(a0)得,焦点坐标为(0,

14a

),准线方程为y

14a

(Ⅱ)证明:设直线PA的方程为yy0k1(xx0),直线PB的方程为yy0k2(xx0). 点P(x0,y0)和点A(x1,y1)的坐标是方程组

yy0k1(xx0)①yax②

2

的解.将②式代入①式得

ax

2

k1xk1x0y00,于是x1x0

k1a

,故x1

k1a

x0 ③

又点P(x0,y0)和点B(x2,y2)的坐标是方程组

2

式得axk2xk2x0y00.于是x2x0

yy0k2(xx0)④⑤yax    

2

的解.将⑤式代入④

k2a

,故x2

k2a

x0.

由已知得,k2k1,则x2

a

k1x0. ⑥

x2x1

BMMAMx设点的坐标为(xM,yM),由,则M.

1

将③式和⑥式代入上式得xM∴线段PM的中点在y轴上.

x0x0

1

x0,即xMx00.

(Ⅲ)因为点P(1,1)在抛物线yax2上,所以a1,抛物线方程为yx2. 由③式知x1k11,代入yx2得y1(k11)2.

将1代入⑥式得x2k11,代入yx2得y2(k21)2. 因此,直线PA、PB分别与抛物线C的交点A、B的坐标为

A(k11,k12k11),B(k11,k12k11).

2

2



2

于是AP(k12,k12k1),AB(2k1,4k1),



2

APAB2k1(k12)4k1(k12k1)2k1(k12)(2k11). 

因PAB为钝角且P、A、B三点互不相同,故必有APAB0.

求得k1的取值范围是k12或

k12时,y11;当

12

12

k10.又点A的纵坐标y1满足y1(k11),故当

14

2

k10时,1y1.即y1(,1)(1,

14

)

7. (上海)本题共有3个小题,第1小题满分4分, 第2小题满分6分, 第3小题满分6分. 已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,A是抛物线上横坐标为4、且位于x轴上方的点,A到抛物线

准线的距离等于5,过A作AB垂直于y轴,垂足为B,OB的中点为M. (1)求抛物线方程;

(2)过M作MN⊥FA, 垂足为N,求点N的坐标;

(3)以M为圆心,MB为半径作圆M.当K(m,0)是x轴上一动点时,丫讨论直线AK与圆M的位置关系. [解](1) 抛物线y2=2px的准线为x=-2

p2

,于是4+

p2

=5, ∴p=2.

∴抛物线方程为y=4x.

(2)∵点A是坐标是(4,4), 由题意得B(0,4),M(0,2), 又∵F(1,0), ∴kFA= 则FA的方程为y= ∴N的坐标(

85

4343

;MN⊥FA, ∴kMN=-

34

,

34

(x-1),MN的方程为y-2=-x,解方程组得x=

85

,y=

45

,

,

45

).

(1) 由题意得, ,圆M.的圆心是点(0,2), 半径为2,

当m=4时, 直线AK的方程为x=4,此时,直线AK与圆M相离. 当m≠4时, 直线AK的方程为y=

44m

(x-m),即为4x-(4-m)y-4m=0,

圆心M(0,2)到直线AK的距离d=∴当m>1时, AK与圆M相离; 当m=1时, AK与圆M相切; 当m

x

2

2m8(m4)

2

,令d>2,解得m>1

36

y

2

20

1长轴的左、右端点,点F是椭圆的右焦点,点P在椭圆

上,且位于x轴上方,PAPF。

(1)求点P的坐标;

(2)设M是椭圆长轴AB上的一点,M到直线AP的距离等于|MB|,求椭圆上的点到点M的距离d的最小值。

[解](1)由已知可得点A(-6,0),F(0,4)



设点P(x,y),则AP={x+6, y},FP={x-4, y},由已知可得

2

x2y

1

3620

(x6)(x4)y20

则2x2+9x-18=0, x=

32

32

或x=-6.

532

由于y>0,只能x=,于是y=.

∴点P的坐标是(

32

,

532

)

(2) 直线AP的方程是x-3y+6=0.

m62

设点M(m,0),则M到直线AP的距离是.

于是

m62

=m6,又-6≤m≤6,解得m=2.

椭圆上的点(x,y)到点M的距离d有 d(x2)yx4x420

由于-6≤m≤6, ∴当x=

92

2

2

2

2

59

x

2

49

(x

92

)15,

2

时,d取得最小值

9. (山东卷)已知动圆过定点

p

,0,且与直线x相切,其中p0.

22

p

(I)求动圆圆心C的轨迹的方程;

(II)设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点,直线OA和OB的倾斜角分别为和,当,变化且为定值(0)时,证明直线AB恒过定点,并求出该定点的坐标.

解:(I)如图,设M为动圆圆心,

p

xp

,0为记为F,过点M作直线x的垂线,垂足为N,

22

p2

由题意知:MFMN即动点M到定点F与定直线x的距离相等,由抛物线的定义知,点

pp

为准线,所以轨迹方程为y22px(P0); M的轨迹为抛物线,其中F,0为焦点,x22

(II)如图,设Ax1,y1,Bx2,y2,由题意得x1x2(否则)且x1,x20所以直线AB的斜率存在,设其方程为ykxb,显然x1

y1

2

2p

,x2

y2

2

2p

,将ykxb与y2px(P0)联

2pbk

2

2

立消去x,得ky2py2pb0由韦达定理知y1y2

2pk

,y1y2

(1)当

2

时,即

2

时,tantan所以

y1x1

y2x2

1,x1x2y1y20,

y1y24p

2

22

y1y20所以y1y24p由①知:

2

2pbk

4p所以b2pk.因此直线AB的方程可表示为

2

ykx2Pk,即k(x2P)y0所以直线AB恒过定点2p,0

(2)当

2

时,由,得tantan()=

tantan1tantan

=

2p(y1y2)y1y24p

2

将①式代入上式整理化简可得:tan

2pb2pk

,所以b

2ptan

2pk,

此时,直线AB的方程可表示为ykx

2p

2pk即k(x2p)y0 tantan

2p

所以直线AB恒过定点2p,

2p tan

所以由(1)(2)知,当

2p2p,.

tan

2

时,直线AB恒过定点2p,0,当

2

时直线AB恒过定点

10. (全国卷Ⅰ))已知椭圆的中心为坐标原点O,焦点在x轴上,斜率为1且过椭圆右焦点F的直线



交椭圆于A、B两点,OAOB与a(3,1)共线。 (Ⅰ)求椭圆的离心率;



(Ⅱ)设M为椭圆上任意一点,且OMOAOB (,R),证明22为定值。

22

解:设椭圆方程为xy1(ab0),F(c,0)

22

ab

则直线AB的方程为yxc,代入

(ab)x2acxacab

2

2

2

2

2

2

2

2

xa

22

b

0.

2

y

22

1,化简得

acacab

令A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x22,xx. 122222

abab



由OAOB(x1x2,y1y2),a(3,1),OAOB与a共线,得

2222

3(y1y2)(x1x2)0,又y1x1c,y2x2c,

3(x1x22c)(x1x2)0,

x1x2

c

ab

2

2

32

c.

6a3

2acab

2

2

2

3c2

,所以a23b2.

63

2

故离心率e

ca

.

2

(II)证明:(1)知a3b,所以椭圆

xa

22

yb

22

1可化为x3y

22

3b.

2



设OM(x,y),由已知得(x,y)(x1,y1)(x2,y2),

xx1x2,222 M(x,y)在椭圆上,(x1x2)3(y1y2)3b. yx1x2.

即(x13y1)(x23y2)2(x1x23y1y2)3b.① 由(1)知x1x2

3c2,a

2

2222222

32

c,b

22

12

c.

2

2

2

22

2

x1x2

acabab

2

38

c

2

x1x23y1y2x1x23(x1c)(x2c)

2

4x1x23(x1x2)c3c

32

c

2

92

c3c

22

0.

22222

又x23y13b,x23y23b,代入①得221. 1

故22为定值,定值为1.

11. (全国卷Ⅰ) 已知椭圆的中心为坐标原点O,焦点在x轴上,斜率为1且过椭圆右焦点F的直线



交椭圆于A、B两点,OAOB与a(3,1)共线. (1)求椭圆的离心率;



(2)设M为椭圆上任意一点,且OMOAOB(,R),证明22为定值.

解:设椭圆方程为

xa

22

yb

22

1(ab0),F(c,0),

xa

2

22

则直线AB的方程为yxc,代入

2

2

2

2

2

2

yb

2

22

1

化简得(ab)x2acxacab20.

令A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1x22,x1x2. 222

abab

由OAOB(x1x2,y1y2),a(3,1),OAOB与a共线,得

3(y1y2)(x1x2)0.

2acacab

2222

又y1x1c,y2x2c ∴3(x1x22c)(x1x2)0 ∴x1x2∴c

3c2

2acab

3

3

2

2

2

3c2

,∴a3b

22

ca

2

2

故离心率为e

(II)证明:由(I)知a3b,所以椭圆

xa

22

yb

22

1可化为x3y

22

3b.

2



设OM(x,y),由已知得(x,y)(x1,y1)(x2,y2)

xx1x2,

yyy.12

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

(x1x2)3(y1y2)3b. M(x,y)在椭圆上,

即 (x13y1)(x23y2)2(x1x23y1y2)3b. ① 由(I)知x1x2

32c,a

2

32

c,b

22

12

c.

2

∴x1x2

acab

2

2

2222

ab8

∴x1x23y1y2x1x23(x1c)(x2c)

4x1x23(x1x2)c3c

2

3

2c

32

c

2

92

c3c0.

22

22222

又x123y123b2,x23y23b又,代入①得 1.

故22为定值,定值为1

12. (全国卷II)P

、Q、M、N四点都在椭圆

x

2

y

2



知PF与FQ共线,MF与FN共线,且PFMF0.求四边形PMQN的面积的最小值和最大值.

2

1上,F为椭圆在y轴正半轴上的焦点.已

解:如图,由条件知MN和PQ是椭圆的两条弦,相交于焦点F(0,1),且PQ⊥MN,直线PQ、NM中至少有一条存在斜率,不妨设PQ的斜率为K,又PQ过点F(0,1),故PQ的方程为y=kx+1

将此式代入椭圆方程得(2+k2)x2+2kx-1=0

设P、Q两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1

k

22k

2

x2

2

k2

2k

2

2

2

从而|PQ|(x1x2)(y1y2)亦即|PQ|

k)2k

2

2

8(1k)(2k)

2

2

1k

2

(1)当k≠0时,MN的斜率为-

,同上可推得|MN|

2(

故四边形面积S

12

4(1k)(1

|PQ||MN|

(2k)(2

2

2

1k1k

)2

)

4(2k52k

2

2

k

1

2

)

k2k

)

22

令u=k∵u=k

2

2

1k1k

2

得S≥2

4(2u)52u

2(1

152u

)

2

当k=±1时u=2,S=∴

169

S2

169

且S是以u为自变量的增函数

②当k=0时,MN为椭圆长轴,S=综合①②知四边形PMQN的最大值为2,最小值为

169

12

|PQ||MN|=2

2

13.(全国卷III) 设A(x1,y1),B(x2,y2)两点在抛物线y2x上,l是AB的垂直平分线,

(Ⅰ)当且仅当x1x2取何值时,直线l经过抛物线的焦点F?证明你的结论; (Ⅱ)当x11,x23时,求直线l的方程. 解:(Ⅰ)∵抛物线y2x2,即x2

18

y2,p

14

∴焦点为F(0,)………………………………………………………1分

(1)直线l的斜率不存在时,显然有x1x20………………………………3分 (2)直线l的斜率存在时,设为k,截距为b

即直线l:y=kx+b 由已知得:



y

1

2

yyx

2

k

1

2

1k

2

b

……………5分

11

yx

22



22

22b 1

k1

22

22

2x12x21kx1x2

2212b

kx1x22

1x1x22k

……………7分

x

21

x

22



14

b0b

14

18

即l的斜率存在时,不可能经过焦点F(0,)……………………………………8分 所以当且仅当x1

x2=0

时,直线l经过抛物线的焦点F…………………………9分

(Ⅱ)当x11,x23时,

直线l的斜率显然存在,设为l:y=kx+b………………………………10分

则由(Ⅰ)得:

2212b

kxx2 12

1

x1x22k

k

1

2

1

2

b10

………………………11分

2k

2

1

k4…………………………………………13

b414

所以直线l的方程为y14、(全国卷III)

14

x

414

设Ax1,y1,Bx2,y2两点在抛物线y2x2上,l是AB的垂直平分线。 (Ⅰ)当且仅当x1x2取何值时,直线l经过抛物线的焦点F?证明你的结论; (Ⅱ)当直线l的斜率为2时,求l在y轴上截距的取值范围。

21.解:(Ⅰ)FlFAFBA、B两点到抛物线的准线的距离相等, ∵抛物线的准线是x轴的平行线,y10,y20,依题意y1,y2不同时为0

∴上述条件等价于y1y2x1x2x1x2x1x20

2

2

∵x1x2

∴上述条件等价于x1x20

即当且仅当x1x20时,l经过抛物线的焦点F。

(Ⅱ)设l在y轴上的截距为b,依题意得l的方程为y2xb;过点A、B的直线方程可写为

y

12

xm,所以x1、x2满足方程2x

14

2

12

xm0

得x1x2

14

8m0,即m

132

A、B为抛物线上不同的两点等价于上述方程的判别式

设AB的中点N的坐标为x0,y0,则

x0

12

x1x2

116

18

14

,y0

12

x0m

516

116

m 516

132

932

由Nl,得mb,于是bm

即得l在y轴上截距的取值范围为

xa

22

9

, 32

15.(辽宁卷)已知椭圆

yb

22

1(ab0)的左、右焦点分别是F1(-c,0)、F2(c,0),Q

是椭圆外的动点,满足|F1Q|2a.点P是线段F1Q与该椭圆的交点,点T在线段F2Q上,并且满足PTTF20,|TF2|0.

(Ⅰ)设x为点P的横坐标,证明|F1P|a

ca

x;

(Ⅱ)求点T的轨迹C的方程;

(Ⅲ)试问:在点T的轨迹C上,是否存在点M, 使△F1MF2的面积S=b2.若存在,求∠F1MF2

的正切值;若不存在,请说明理由.

(Ⅰ)证法一:设点P的坐标为(x,y). 由P(x,y)在椭圆上,得

ba

22

|F1P|

(a

(xc)yca

2

22

(xc)b

22

x

2

x).

由xa,知a

ca

xca0,所以 |F1P|a

ca

x.………………………3分

证法二:设点P的坐标为(x,y).记|F1P|r1,|F2P|r2,

则r1

(xc)y,r2

2

2

22

(xc)y.

cax. cax0.

22

由r1r22a,r1r24cx,得|F1P|r1a

证法三:设点P的坐标为(x,y).椭圆的左准线方程为a

2

由椭圆第二定义得|F1P|c,即|F1P|c|xa||acx|.

2

|x

a

c

|

a

aca

由xa,知a

ca

xca0,所以|F1P|a

ca

x.…………………………3分

(Ⅱ)解法一:设点T的坐标为(x,y).

当|PT|0时,点(a,0)和点(-a,0)在轨迹上.

当|PT|0且|TF2|0时,由|PT||TF2|0,得PTTF2. 又|PQ||PF2|,所以T为线段F2Q的中点. 在△QF1F2中,|OT|

12

|F1Q|a,所以有xy

2

2

22

2

a.

2

综上所述,点T的轨迹C的方程是xya.…………………………7分

解法二:设点T的坐标为(x,y). 当|PT|0时,点(a,0)和点(-a,0)在轨迹上.

当|PT|0且|TF2|0时,由PTTF20,得PTTF2. 又|PQ||PF2|,所以T为线段F2Q的中点.

xcx,2设点Q的坐标为(x,y),则 

yy.2

因此

x2xc,y2y.

由|F1Q|2a得(xc)2y24a2. ② 将①代入②,可得x2y2a2.

综上所述,点T的轨迹C的方程是x2y2a2.……………………7分

(Ⅲ)解法一:C上存在点M(x0,y0)使S=b2的充要条件是

222

x0y0a,

 12

2c|y0|b.2

③ ④ b

2

2b

所以,当时,存在点M,使S=b2; .a

由③得|y0|a,由④得|y0|当a

b

2

c

c

时,不存在满足条件的点M.………………………11分

c

2

当ab时,MF1(cx0,y0),MF2(cx0,y0),

c

由MF1MF2x0cy0acb, MF1MF2|MF1||MF2|cosF1MF2,

S

12

|MF1||MF2|sinF1MF2b,得tanF1MF22.

2

2

222222

解法二:C上存在点M(x0,y0)使S=b的充要条件是

222

③ x0y0a,

1

2

2c|y0|b.④ 2

由④得|y0|

b

2

c

. 上式代入③得xa

2

2

bc

42

(a

b

2

c

)(a

b

2

c

)0.

2

于是,当ab时,存在点M,使S=b2;

c

当a

b

2

时,不存在满足条件的点M.………………………11分

y0x0c

y0x0c

k1k21k1k2

|2.…………14

c

2

当ab时,记k1kFM

c

1

,k2kF2M

由|F1F2|2a,知F1MF290,所以tan

xa

22

F1MF2|

16.(湖南卷)已知椭圆C:+

yb

22

=1(a>b>0)的左.右焦点为F1、F2,离心率为e. 直线l:

y=ex+a与x轴.y轴分别交于点A、B,M是直线l与椭圆C的一个公共点,P是点F1关于直

线l的对称点,设AM=λAB. (Ⅰ)证明:λ=1-e2; (Ⅱ)若

34

,△PF1F2的周长为6;写出椭圆C的方程;

(Ⅲ)确定λ的值,使得△PF1F2是等腰三角形.

(Ⅰ)证法一:因为A、B分别是直线l:yexa与x轴、y轴的交点,所以A、B的坐标分别是yexa,xc,

a22(,0),(0,a).由x2得yb这里ce.221,y

aba

b

2

ab

22

.

aba

所以点M的坐标是(c,). 由AMAB得(c,)(,a).

aeae

aa

cee即2

baa

ae

2

解得1e

2

证法二:因为A、B分别是直线l:yexa与x轴、y轴的交点,所以A、B的坐标分别是

(

,0),(0,a).设M的坐标是(x0,y0),由AMAB得(x0

ae

,y0)(

ae,a),

a22

x(1)x0y00

所以 因为点M在椭圆上,所以 221, e

abya.

0

[

ae

(1)]a

2

2

4

2

(a)b

2

2

1,所以

2

(1)e

2

2

2

22

1e

1.

即1e.

2

e2(1)e(1)0, 解得e1

(Ⅱ)当

34

时,c

12

2

,所以a2c. 由△MF1F2的周长为6,得2a2c6.

x

2

所以a2,c1,bac3. 椭圆方程为

22

4

y

2

3

1.

(Ⅲ)解法一:因为PF1⊥l,所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角,要使△PF1F2为等腰三角形,必有

|PF1|=|F1F2|,即

12

|PF1|c.

设点F1到l的距离为d,由

12

|PF1|d

|e(c)0a|

e

2

2

|aec|e

2

c,

1e

22

e. 所以e

2

13

,于是1e

23

.

e

即当

23

时,△PF1F2为等腰三角形.

解法二:因为PF1⊥l,所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角,要使△PF1F2为等腰三角形,必有|PF1|=|F1F2|,

设点P的坐标是(x0,y0),

1y00xce

则0

xcy00

e0a.

22

2

e3

c,x02

e1

解得

2

y2(1e)a.02e1

由|PF1|=|F1F2|得[

(e3)ce1

2

2

c][

2

2(1e)ae1

22

2

]4c,

22

两边同时除以4a,化简得

23

2

(e1)e1

2

22

e. 从而e

23

2

13

.

于是11e

2

. 即当

xa

22

时,△PF1F2为等腰三角形.

17.(湖南卷)已知椭圆C:+

yb

22

=1(a>b>0)的左.右焦点为F1、F2,离心率为e. 直线l:

y=ex+a与x轴.y轴分别交于点A、B,M是直线l与椭圆C的一个公共点,P是点F1关于直

线l的对称点,设AM=λAB.

(Ⅰ)证明:λ=1-e;

(Ⅱ)确定λ的值,使得△PF1F2是等腰三角形.

(Ⅰ)证法一:因为A、B分别是直线l:yexa与x轴、y轴的交点,所以A、B的坐标分别是

2

yexa,xc,

a22(,0),(0,a).由x2得yb这里ce.221,y

cba

b

2

ab

22

.

aba

所以点M的坐标是(c,). 由AMAB得(c,)(,a).

aeae

aa

cee即2

baa

ae

2

解得1e

2

证法二:因为A、B分别是直线l:yexa与x轴、y轴的交点,所以A、B的坐标分别是

(

,0),(0,a).设M的坐标是(x0,y0),由AMAB得(x0

ae

,y0)(

ae,a),

a22

x(1)x0y00

所以 因为点M在椭圆上,所以 221, e

abya.

0

[

ae

(1)]a

2

2

4

2

(a)b

2

2

1,所以

2

(1)e

2

2

2

22

1e

1.

即1e.

2

e2(1)e(1)0, 解得e1

(Ⅱ)解法一:因为PF1⊥l,所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角,要使△PF1F2为等腰三角形,必有

|PF1|=|F1F2|,即

12

|PF1|c.

设点F1到l的距离为d,由

12

|PF1|d

|e(c)0a|

e

2

2

|aec|e

2

c,

1e

22

e. 所以e

2

13

,于是1e

23

.

e

即当

23

时,△PF1F2为等腰三角形.

解法二:因为PF1⊥l,所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角,要使△PF1F2为等腰三角形,必有|PF1|=|F1F2|,

设点P的坐标是(x0,y0),

1y00xce

则0

xcy00

e0a.

22

2

e3

c,x02

e1解得

2

y2(1e)a.02e1

由|PF1|=|F1F2|得[

(e3)ce1

2

2

c][

2

2(1e)ae1

22

2

]4c,

22

两边同时除以4a,化简得

23

2

(e1)e1

2

22

e. 从而e

23

2

13

.

于是11e2

. 即当时,△PF1F2为等腰三角形.

18..(湖北卷)设A、B是椭圆3x2y2上的两点,点N(1,3)是线段AB的中点,线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点.

(Ⅰ)确定的取值范围,并求直线AB的方程;

(Ⅱ)试判断是否存在这样的,使得A、B、C、D四点在同一个圆上?并说明理由.

(I)解法1:依题意,可设直线AB的方程为yk(x1)3,代入3x2y2,整理得

(k

2

3)x2k(k3)x(k3)0. ①

22

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是方程①的两个不同的根,

4[(k且x1x2

2

3)3(k3)]0 ②

.由N(1,3)是线段AB的中点,得

2

2k(k3)k

2

3

x1x2

2

1,k(k3)k3.

2

解得k=-1,代入②得,>12,即的取值范围是(12,+). 于是,直线AB的方程为y3(x1),即xy40. 解法2:设A(x1,y1),B(x2,y2),则有

22

3x1y1,

3(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0. 2

2

3x2y2

依题意,x1x2,kAB

3(x1x2)y1y2

.

N(1,3)是AB的中点,x1x22,y1y26,从而kAB1.又由N(1,3)在椭圆内,31312.的取值范围是

(12,).

2

2

直线AB的方程为y3(x1),即xy40.

(II)解法1:CD垂直平分AB,直线CD的方程为y3x1,即xy20.代入椭

圆方程,整理得

4x4x40. ③

又设C(x3,y3),D(x4,y4),CD的中点为M(x0,y0),则x3,x4是方程③的两根,

2

x3x41,且x0即M(

13,).22

12

(x3x4)

12

,y0x02

32

,

于是由弦长公式可得 |CD|

(

1k

)|x3x4|

2

2(3). ④

将直线AB的方程xy40,代入椭圆方程得

4x8x160. ⑤

2

同理可得

|AB|

k|x1x2|

2

2(12). ⑥

当12时,2(3)2(12).,|AB||CD|.

假设在在>12,使得A、B、C、D四点共圆,则CD必为圆的直径,点M为圆心.点M到直线AB的距离为

|

1324|

d

|x0y04|

2

322

. ⑦

于是,由④、⑥、⑦式和勾股定理可得

AB2912222

|MA||MB|d|

2|

2

2

3

2

|

CD2

|.

2

故当12时,A、B、C、D四点均在以M为圆心,(注:上述解法中最后一步可按如下解法获得:

|CD|2

为半径的圆上.

A、B、C、D共圆△ACD为直角三角形,A为直角|AN||CN||DN|,即

(|AB|2

)

2

2

(

|CD|2

d)(

|CD|

由⑥式知,⑧式左边=

2122

d). ⑧

.

由④和⑦知,⑧式右边=(

2(3)2

322

)(

2(3)2

322

)

3

2

92

12

2

,

∴⑧式成立,即A、B、C、D四点共圆 解法2:由(II)解法1及12.

CD垂直平分AB,直线CD方程为y3x1,代入椭圆方程,整理得

4x4x40. ③

2

将直线AB的方程xy40,代入椭圆方程,整理得

4x8x160. ⑤

2

2

解③和⑤式可得 x1,2不妨设A(1

3

12

12

2

,x3,4

1

2

1

2

,

3

.

1

2

12,3

12

12),C(

333

2

),D(

33

,

2

3

)

∴CA(

12

2

33

,

3

2

12

)

DA(

312

2

33

,

3

2

12

)

计算可得CADA0,∴A在以CD为直径的圆上. 又B为A关于CD的对称点,∴A、B、C、D四点共圆. (注:也可用勾股定理证明AC⊥AD)

19. (福建卷)已知方向向量为v(1,3)的直线l过点(0,23)和椭圆

xa

22

C:

yb

22

1(ab0)的焦点,且椭圆C的中心关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上.

(Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)是否存在过点E(-2,0)的直线m交椭圆C于点M、N,满足OMON

43

6cot

∠MON≠0(O为原点).若存在,求直线m的方程;若不存在,请说明理由. (I)解法一:直线l:y

3x33, ①

过原点垂直l的直线方程为y解①②得x

32.

33

x, ②

∵椭圆中心(0,0)关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上, a

2

c

2

32

3.

∵直线l过椭圆焦点,∴该焦点坐标为(2,0).

c2,a

2

6,b

2

2. 故椭圆C的方程为

x

2

6

y

2

2

1. ③

解法二:直线l:y3x33.

pq

3232 设原点关于直线l对称点为(p,q),则2

q

31.p

解得p=3.

∵椭圆中心(0,0)关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上, a

2

c

3.

∵直线l过椭圆焦点,∴该焦点坐标为(2,0).

c2,a

2

6,b

2

2. 故椭圆C的方程为

x

2

6

y

2

2

1. ③

(II)解法一:设M(x1,y1),N(x2,y2).

当直线m不垂直x轴时,直线m:yk(x2)代入③,整理得

(3k

2

1)x12kx12k

222

60,

x1x2

12k3k

2

2

1

,x1x2

12k3k

22

61

,

|MN|k

2

(x1x2)4x1x2

2

k

2

(

12k3k

2

2

1

)4

2

12k3k

22

61

26(1k)3k

2

2

1

,

点O到直线MN的距离d

43

|2k|k

2

43

cosMONsinMON

OMON

6cotMON,即 |OM||ON|cosMON

6

0,

|OM||ON|sinMON

43

6,SOMN

2

23

6.|MN|d

43

6,

即46|k|k

2

1

43

6(3k1).

整理得k2

13

,k

33

.

23

当直线m垂直x轴时,也满足SOMN

33

233

6.

故直线m的方程为y

x,

或y

33

x

233

,或x2.

经检验上述直线均满足OMON0.所以所求直线方程为y

33x

233

,

或y

33

x

233

,或x2.

解法二:设M(x1,y1),N(x2,y2).

当直线m不垂直x轴时,直线m:yk(x2)代入③,整理得

12k3k

2

2

(3k

2

1)x12kx12k

222

60, x1x2

1

,

∵E(-2,0)是椭圆C的左焦点, ∴|MN|=|ME|+|NE|

2222

=e(ax1)e(ax2)c(x1x2)2a2(12k)2626(k1).

22

cca

63k13k1

以下与解法一相同.

解法三:设M(x1,y1),N(x2,y2).

设直线m:xty2,代入③,整理得(t3)y4ty20.

4tt3

2

22

y1y2,y1y2

2t3

2

,

|y1y2|(y1y2)4y1y2

(

4tt3

2

)

2

8t3

2

24t24(t3)

2

2

2

.

OMON

43

6cotMON,即 |OM||ON|cosMON

43

6,SOMN

23

6.

43

6

cosMONsinMON

0,

|OM||ON|sinMON

SOMNSOEMSOEN

12

|OE||y1y2|

24t24(t3)

2

2

2

.

24t24(t3)

2

2

2

=

23

6,整理得t

4

3t.

2

解得t3,或t0.

33

233

33

233

故直线m的方程为y

x,或yx,或x2.

经检验上述直线均满足OMON0.

33

233

33

233

所以所求直线方程为yx,或yx,或x2.

20.(北京卷)如图,直线 l1:y=kx(k>0)与直线l2:y=-kx之间的阴影区域(不含边界)记为W,其左半部分记为W1,右半部分记为W2. (I)分别用不等式组表示W1和W2;

(II)若区域W中的动点P(x,y)到l1,l2的距离之积等于d2,求点P的轨迹C的方程; (III)设不过原点O的直线l与(II)中的曲线C相交于M1,M2两点,且与l1,l2分别交于M3,

M4两点.求证△OM1M2的重心与△OM3M4的重心重合.

解:(I)W1={(x, y)| kx0}, (II)直线l1:kx-y=0,直线l2:kx+y=0,由题意得

|kxy|22

d, d, 即2k12

2

2

由P(x, y)∈W,知kx-y>0, 所以

kxyk1

22

2

2

222

d,即kxy(k1)d0,

222222

所以动点P的轨迹C的方程为kxy(k1)d0;

(III)当直线l与x轴垂直时,可设直线l的方程为x=a(a≠0).由于直线l,曲线C关于x轴对称,且l1与l2关于x轴对称,于是M1M2,M3M4的中点坐标都为(a,0),所以△OM1M2,△OM3M4的

22222

重心坐标都为(

23

a,0),即它们的重心重合,

当直线l1与x轴不垂直时,设直线l的方程为y=mx+n(n≠0).

k2x2y2(k21)d20

由,得(k2m2)x22mnxn2k2d2d20

ymxn

由直线l与曲线C有两个不同交点,可知k2-m2≠0且

△=(2mn)24(k2m2)(n2k2d2d2)>0 设M1,M2的坐标分别为(x1, y1),(x2, y2), 则x1x2

2mnkm

2

2

, y1y2m(x1x2)2n,

设M3,M4的坐标分别为(x3, y3),(x4, y4),

ykxykxnn

及,x4由得x3

kmkmymxnymxn

从而x3x4

2mnkm

2

2

x1x2,

所以y3+y4=m(x3+x4)+2n=m(x1+x2)+2n=y1+y2, 于是△OM1M2的重心与△OM3M4的重心也重合.

(21)(广东卷)在平面直角坐标系xOy中,抛物线yx2上异于坐标原点O的两不同动点A、B满足AOBO(如图4所示).

(Ⅰ)求AOB得重心G(即三角形三条中线的交点)的轨迹方程;

(Ⅱ)

AOB

x1x2x3

解:(I)设△AOB的重心为G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),则 …(1)

yy2y1

3

∵OA⊥OB ∴kOAkOB1,即x1x2y1y21,……(2)

2

又点A,B在抛物线上,有y1x12,y2x2,代入(2)化简得x1x21

∴y

y1y2

3

13

(x1x2)

22

13

[(x1x2)2x1x2]

23

2

13

(3x)

2

23

3x

2

23

所以重心为G的轨迹方程为y3x2(II)SAOB

12

|OA||OB|

12

2

2

2

2

(x1y1)(x2y2)

12

x1x2x1y2x2y1y1y2

6

22222222

由(I)得

SAOB

12

x1x22

66

12

2x1x22

66

12

2(1)2

12

21

6当且仅当x16x2即x1x21时,等号成立。

所以△AOB的面积存在最小值,存在时求最小值1;

范文二:圆锥曲线高考题1 投稿:贾醐醑

圆锥曲线1

一、选择题

1.(2010湖南文)5. 设抛物线y28x上一点P到y轴的距离是4,则点P到该抛物线焦点的距离是

A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】B

x2y2

2.(2010浙江理)(8)设F1、F2分别为双曲线221(a>0,b>0)的左、右焦点.若在

ab

双曲线右支上存在点P,满足PF2F1F2,且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长,则该双曲线的渐近线方程为

(A)3x4y0 (B)3x5y0 (C)4x3y0 (D)5x4y0

解析:利用题设条件和双曲线性质在三角形中寻找等量关系,得出a与b之间的等量关系,可知答案选C,本题主要考察三角与双曲线的相关知识点,突出了对计算能力和综合运用知识能力的考察,属中档题

x2y23.(2010全国卷2理)(12)已知椭圆C:221(a>b>

0),过右焦点F

ab

且斜率为k(k>0)的直线与C相交于A、B两点.若AF3FB,则k

(A)1 (B

(C

(D)2 【答案】B

【命题意图】本试题主要考察椭圆的性质与第二定义.

【解析】设直线l为椭圆的有准线,e为离心率,过A,B分别作AA1,BB1垂直于l,A1,B为

垂足,过B作BE垂直于AA1与E,由第二定义得,,由,

得,

即k=

,故选B.

4.(2010陕西文)9.已知抛物线y=2px(p>0)的准线与圆(x-3)+y=16相切,则p的值为

(C)2

(D)4

222

(A)

1 2

(B)1

【答案】 C

解析:本题考查抛物线的相关几何性质及直线与圆的位置关系 法一:抛物线y=2px(p>0)的准线方程为x(x-3)+y=16相切,所以3

2

2

2

2

p2

,因为抛物线y=2px(p>0)的准线与圆2

p

4,p2 2

2

2

法二:作图可知,抛物线y=2px(p>0)的准线与圆(x-3)+y=16相切与点(-1,0) 所以

p

1,p2 2

5.(2010辽宁文)(9)设双曲线的一个焦点为F,虚轴的一个端点为B,如果直线FB与该双

曲线的一条渐近线垂直,那么此双曲线的离心率为 (A

(B

(C

【答案】D

(D

x2y2

解析:选D.不妨设双曲线的焦点在x轴上,设其方程为:221(a0,b0),

ab

则一个焦点为F(c,0),B(0,b) 一条渐近线斜率为:

bbbb

,直线FB的斜率为:,()1,b2ac acac

c2a2ac

0,解得e

c. 

a6.(2010辽宁文)(7)设抛物线y8x的焦点为F,准线为l,P为抛物线上一点,PAl,

2

A为垂足,如果直线AF

斜率为,那么PF

(A

)(B) 8 (C)

(D) 16 【答案】 B

解析:选B.利用抛物线定义,易证PAF为正三角形,则|PF|

4

8

sin30

7.(2010辽宁理) (9)设双曲线的—个焦点为F;虚轴的—个端点为B,如果直线FB与该双曲线的一条渐近线垂直,那么此双曲线的离心率为

【答案】D

【命题立意】本题考查了双曲线的焦点、虚轴、渐近线、离心率,考查了两条直线垂直的条件,考查了方程思想。

x2y2

【解析】设双曲线方程为221(a0,b0),则F(c,0),B(0,b)

ab

直线FB:bx+cy-bc=0与渐近线y=

bbb

x垂直,所以1,即b2=ac aca

所以c-a=ac,即e-e-1=0,

所以e

2

222

或e(舍去) 8.(2010辽宁理)(7)设抛物线y=8x的焦点为F,准线为l,P为抛物线上一点,PA⊥l,A为垂足.如果直线AF

的斜率为,那么|PF|=

(A)

(B)8 (C) (D) 16 【答案】B

【命题立意】本题考查了抛物线的定义、抛物线的焦点与准线、直线与抛物线的位置关系,考查了等价转化的思想。

【解析】抛物线的焦点F(2,0),直线AF

的方程为yx

2),所以点A(

2,、

P(6,,从而|PF|=6+2=8

x2y29.(2010全国卷2文)(12)已知椭圆C:221(a>b>0

,过右焦点

ab

F且斜率为k(k>0)的直线于C相交于A、B两点,若AF3FB。则k =

(A)1 (B

(C

(D)2 【答案】B

eA(x,y),B(x2,y2),y3y2,

【解析】11∵ AF3FB,∴ 1 ∵

设a2t,c,

222

bt,∴ x4y4t0,直线AB方程

为xsy。代入消去x,∴

t2

yy2y1y22

(s24)y2t20,∴

1s4,

t2122y23y22s2

s4,解得2,k

x2y2

10.(2010浙江文)(10)设O为坐标原点,F1,F2是双曲线221(a>0,b>0)的焦

ab

点,若在双曲线上存在点P,满足∠F1PF2=60°,∣OP∣

,则该双曲线的渐近线方程为 (A)x

(B

x±y=0 (C)x

=0 (D

±y=0 【答案】 D

解析:选D,本题将解析几何与三角知识相结合,主要考察了双曲线的定义、标准方程,几何图形、几何性质、渐近线方程,以及斜三角形的解法,属中档题

11.(2010重庆理)(10)到两互相垂直的异面直线的距离相等的点,在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是

A. 直线 B. 椭圆 C. 抛物线 D. 双曲线 【答案】 D

解析:排除法 轨迹是轴对称图形,排除A、C,轨迹与已知直线不能有交点,排除B 12.(2010山东文)(9)已知抛物线y2px(p0),过其焦点且斜率为1的直线交抛物线与A、B两点,若线段AB的中点的纵坐标为2,则该抛物线的准线方程为 (A)x1 (B)x1 (C)x2 (D)x2 【答案】B

2

x2y2

13.(2010四川理)(9)椭圆221(ab)的右焦点F,其右准线与x轴的交点为A,

ab

在椭圆上存在点P满足线段AP的垂直平分线过点F,则椭圆离心率的取值范围是 (A

)

111,1 (D),1 (B)0, (C)

22

解析:由题意,椭圆上存在点P,使得线段AP的垂直平分线过点F, 即F点到P点与A点的距离相等

a2b2

而|FA|=c

cc

|PF|∈[a-c,a+c]

b2

于是∈[a-c,a+c]

c

即ac-c≤b≤ac+c

2

2

2

acc2a2c2∴

222acacc

c1a c1或c1a2a

又e∈(0,1) 故e∈,1 【答案】D

1

2

x2y2

14.(2010天津理)(5)已知双曲线221(a0,b0)的一条渐近线方程是

,它

ab

的一个焦点在抛物线y24x的准线上,则双曲线的方程为

2

x2y2x2y2

(A)1 (B) 1

36108927x2y2x2y2

1 (D)1 (C)

10836279

【答案】B

【解析】本题主要考查双曲线与抛物线的几何性质与标准方程,属于容易题。

b

ax2y222

依题意知c6a9,b27,所以双曲线的方程为1

927c2a2b2



【温馨提示】选择、填空中的圆锥曲线问题通常考查圆锥曲线的定义与基本性质,这部分内容也是高考的热点内容之一,在每年的天津卷中三种软件曲线都会在题目中出现。 15.(2010广东文)7.若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列,则该椭圆的离心率是 A.

4321 B. C. D. 5555

【答案】

B

x2y216.(2010福建文)11.若点O和点F分别为椭圆1的中心和左焦点,点P为椭圆

43



上的任意一点,则OPFP的最大值为

A.2 【答案】C

B.3 C.6

D.8

x02y02x022

【解析】由题意,F(-1,0),设点P(x0,y0),则有1,解得y03(1),

434

2

因为FP(x01,y0),OP(x0,y0),所以OPFPx0(x01)y0

x02x02=OPFPx0(x01)3(1)=x03,此二次函数对应的抛物线的对称轴为

44

22

x02,因为2x02,所以当x02时,OPFP取得最大值236,选C。

4

【命题意图】本题考查椭圆的方程、几何性质、平面向量的数量积的坐标运算、二次函数的单调性与最值等,考查了同学们对基础知识的熟练程序以及知识的综合应用能力、运算能力。 17.(2010全国卷1文)(8)已知F1、F2为双曲线C:xy1的左、右焦点,点P在C上,

2

2

∠F1PF2=600,则

|PF1||PF2|

(A)2 (B)4 (C) 6 (D) 8 【答案】B

【命题意图】本小题主要考查双曲线定义、几何性质、余弦定理,考查转化的数学思想,通过本题可以有效地考查考生的综合运用能力及运算能力. 【解析1】.由余弦定理得

|PF1|2|PF2|2|F1F2|2cos∠F1PF2=

2|PF1||PF2|cos60

PF

1

PF2

2

2PF1PF2F1F2

2

2PF1PF2

1

2

|PF1||PF2|

4

【解析2】由焦点三角形面积公式得:

SF1PF2

60011 bcot1cotPF1PF2sin600PF122222

2

|PF1||PF2|4

18.(2010全国卷1理)(9)已知F1、F2为双曲线C:xy1的左、右焦点,点P在C上,∠F1PF2=60

0,则P到x轴的距离为

2

2

【答案】 B

x2y2

19.(2010四川文)(10)椭圆221a>b>0的右焦点为F,其右准线与x轴的交点

ab

为A.在椭圆上存在点P满足线段AP的垂直平分线过点F,则椭圆离心率的取值范围是

(A)(0

【答案】D

11

] (B)(0,] (C)

1,1) (D)[,1) 22

【解析】由题意,椭圆上存在点P,使得线段AP的垂直平分线过点F,

即F点到P点与A点的距离相等

a2b2

而|FA|=c

cc

|PF|∈[a-c,a+c]

b2

于是∈[a-c,a+c]

c

即ac-c≤b≤ac+c

222

accac∴

222acacc

2

2

2

c1a c1或c1a2a

又e∈(0,1) 故e∈,1

20.(2010四川文)(3)抛物线y8x的焦点到准线的距离是

(A) 1 (B)2 (C)4 (D)8 【答案】C

【解析】由y=2px=8x知p=4 又交点到准线的距离就是p

21.(2010湖北文)9.若直线yx

b与曲线y3有公共点,则b的取值范围是

A.[1

1 C.[-1,1

B.[1

D.[12

1

2

2

22.(2010山东理)(7)由曲线y=x2,y=x3围成的封闭图形面积为 (A)

1 12

(B)

1 4

(C)

1 3

(D)

7 12

【答案】A

23

【解析】由题意得:所求封闭图形的面积为1(0x-x)dx=

111

1-1=,故选A。 3412

【命题意图】本题考查定积分的基础知识,由定积分求曲线围成封闭图形的面积。 23.(2010安徽理)5、双曲线方程为x2y1,则它的右焦点坐标为 A

、2

2



B

、



C

、



D

【答案】C

132

【解析】双曲线的a1,b,c

,c

,所以右焦点为.

22

2

2

【误区警示】本题考查双曲线的交点,把双曲线方程先转化为标准方程,然后利用c2a2b2求出c即可得出交点坐标.但因方程不是标准形式,很多学生会误认为b21或b22,从而得出错误结论.

24.(2010湖北理数)9.若直线y=x+b

与曲线y3有公共点,则b的取值范围是

A. 1,1

B. 1

C. 1



D. 1



【答案】C

【解析】曲线方程可化简为(x2)2(y3)24(1y3),即表示圆心为(2,3)半径为2的半圆,依据数形结合,当直线yxb与此半圆相切时须满足圆心(2,3)到直线y=x+b距离等于2

,解得b1

b1,因为是下半圆故可得b1,当直线过(0,3)时,解得b=3,

故1b3,所以C正确. 25.(2010福建理)

A. ①④ B. ②③ C.②④ D.③④ 【答案】C

【解析】经分析容易得出②④正确,故选C。 【命题意图】本题属新题型,考查函数的相关知识。

x22

26.(2010福建理)7.若点O和点F(2,0)分别是双曲线2y1(a>0)的中心和左焦点,

a



点P为双曲线右支上的任意一点,则OPFP的取值范围为 ( )

A

.) B

.[3) C.[-,) D.[,) 【答案】B

【解析】因为F(2,0)是已知双曲线的左焦点,所以a214,即a23,所以双曲线方程

7474

x02x02x2222

y1,设点P(x0,y0),

则有y01(x0,

解得y01(x0,为333

2

因为FP(x02,y0),OP(x0,y0),所以OPFPx0(x02)y0=x0(x02)

x024x02312x01,此二次函数对应的抛物线的对称轴为x0

,因为x0,所

334





4

以当x0时,OPFP取得最小值3

13,故OPFP的取值范围是

3[3),选B。

【命题意图】本题考查待定系数法求双曲线方程,考查平面向量的数量积的坐标运算、二次函数的单调性与最值等,考查了同学们对基础知识的熟练程序以及知识的综合应用能力、运算能力。

27.(2010福建理数)2.以抛物线y4x的焦点为圆心,且过坐标原点的圆的方程为( )

A.x+y+2x=0 B.x+y+x=0 C.x+y-x=0 【答案】D

【解析】因为已知抛物线的焦点坐标为(1,0),即所求圆的圆心,又圆过原点,所以圆的半径为r=1,故所求圆的方程为(x-1)+y=1,即x-2x+y=0,选D。 【命题意图】本题考查抛物线的几何性质以及圆的方程的求法,属基础题。 二、填空题

1.(2010上海文)8.动点P到点F(2,0)的距离与它到直线x20的距离相等,则P的轨迹方程为 。 【答案】y8x

【解析】考查抛物线定义及标准方程

定义知P的轨迹是以F(2,0)为焦点的抛物线,p=2所以其方程为y8x

2.(2010浙江理)(13)设抛物线y2px(p0)的焦点为F,点A(0,2).若线段FA的中点B在抛物线上,则B到该抛物线准线的距离为_____________。

【解析】利用抛物线的定义结合题设条件可得出p的值为2,B点坐标为(

2

2

2

2

222222

D.x+y-2x=0

22

2222

2

,1)所以点4

B

2

3.(2010全国卷2理)(15)已知抛物线C:y2px(p>0)的准线为l,过M(1,0)且斜率



l相交于点A,与C的一个交点为B.若AMMB,则p .

【答案】2

【命题意图】本题主要考查抛物线的定义与性质.

1

【解析】过B作BE垂直于准线l于E,∵AMMB,∴M为中点,∴BMAB,又斜

2

1

,BAE300,∴BEAB,∴BMBE,∴M为抛物线的焦点,∴p2.

2

4.(2010全国卷2文)(15)已知抛物线C:y=2px(p>0)的准线l,过M(1,0)且斜率为的直线与l相交于A,与C的一个交点为B,若【解析】2:本题考查了抛物线的几何性质

,则p=_________

2

22

y2px3x(62p)x30y设直线AB

:得,又∵ AMMB,

x

1

p22

p4P120,解得p2,p6(舍去) 2,解得

x2y2

5.(2010江西理)15.点A(x0,y0)在双曲线若点A到右焦点的距离等于2x0,1的右支上,

432

则x0【答案】 2

【解析】考查圆锥曲线的基本概念和第二定义的转化,读取a=2.c=6,

r

er3d, d

a2

2x03(x0)x02

c

6.(2010安徽文)(12)抛物线y8x的焦点坐标是答案:(2,0)

【解析】抛物线y8x,所以p4,所以焦点(2,0).

【误区警示】本题考查抛物线的交点.部分学生因不会求p,或求出p后,误认为焦点(p,0),还有没有弄清楚焦点位置,从而得出错误结论.

7.(2010重庆文)(13)已知过抛物线y4x的焦点F的直线交该抛物线于A、B两点,

2

2

2

AF2,则BF____________ .

【答案】 2

解析:由抛物线的定义可知AFAA1KF2 ABx轴 故AFBF2



8.(2010重庆理)(14)已知以F为焦点的抛物线y4x上的两点A、B满足AF3FB,则

2

弦AB的中点到准线的距离为___________. 解析:设BF=m,由抛物线的定义知

AA13m,BB1m

ABC中,AC=2m,AB=4m,kAB3

直线AB方程为y

3(x1)

与抛物线方程联立消y得3x210x30

所以AB中点到准线距离为

x1x258

11 233

x2y2x2y2

9.(2010北京文)(13)已知双曲线221的离心率为2,焦点与椭圆1的焦

ab259

点相同,那么双曲线的焦点坐标为 ;渐近线方程为 。

答案:(

4,0y0

x2y222

10.(2010北京理)(13)已知双曲线221的离心率为2,焦点与椭圆1的

ab259

焦点相同,那么双曲线的焦点坐标为 ;渐近线方程为 。 【答案】(4,0)

y0

x2y2

11..(2010天津文)(13)已知双曲线221(a0,b

0)的一条渐近线方程是y,

ab

它的一个焦点与抛物线y16x的焦点相同。则双曲线的方程为。

2

x2y2

1 【答案】

412

【解析】本题主要考查了双曲线和抛物线的几何性质及双曲线的标准方程,属于容易题。 由渐近线方程可知

b

 ① a

因为抛物线的焦点为(4,0),所以c=4 ② 又c2a2b2 ③

x2y2联立①②③,解得a4,b12,所以双曲线的方程为1

412

2

2

【温馨提示】求圆锥曲线的标准方程通常利用待定洗漱法求解,注意双曲线中c最大。

x2y21

12.(2010福建文数)13. 若双曲线-2=1(b>0)的渐近线方程式为y=x,则b等

4b2

于 。 【答案】1 【解析】由题意知

b1

,解得b=1。 22

【命题意图】本小题考查双曲线的几何性质、待定系数法,属基础题。

13.(2010全国卷1文数)(16)已知F是椭圆C的一个焦点,B是短轴的一个端点,线段BF

uuruur

的延长线交C于点D, 且BF2FD,则C的离心率为 .

【答案】

【命题意图】本小题主要考查椭圆的方程与几何性质、第二定义、平面向量知识,考查了数形结合思想、方程思想,本题凸显解析几何的特点:“数研究形,形助数”,利用几何性质可寻求到简化问题的捷径. 【解析1

】如图,|BF|a,

uuruur

作DD1y轴于点D1,则由BF2FD,得

33|OF||BF|2

,所以|DD1||OF|c,

22|DD1||BD|3

a23c3c23c

即xD,由椭圆的第二定义得|FD|e()a

c22a23c2,e又由|BF|2|FD|,得a

2a

a

x2y2

【解析2】设椭圆方程为第一标准形式221,设Dx2,y2,F分 BD所成的比为2,

abxc

3yb30b02x2b2y233b

x2xcc;ycy2c,代入 122212222

9c21b2,

1e22

4a4b14.(2010全国卷1理)

x215.(2010湖北文)15.已知椭圆c:y21的两焦点为F1,F2,点P(x0,y0)满足

2

2x0xx20y01,则|PF1|+PF2|的取值范围为_______,直线0y0y1与椭圆C的公共

22

点个数_____。 【答案】

,0

【解析】依题意知,点P在椭圆内部.画出图形,由数形结合可得,当P在原点处时(|PF1||PF2|)max2 ,当P在椭圆顶点处时,取到(|PF1||PF2|)max为

x2

y211),故范围为

.因为(x0,y0)在椭圆2的内部,则直线

xx0

yy012上的点(x, y)均在椭圆外,故此直线与椭圆不可能有交点,故交点数为0个.

x2y2

1上一点M,点M的横坐16.(2010江苏卷)6、在平面直角坐标系xOy中,双曲线

412

标是3,则M到双曲线右焦点的距离是__________

【解析】考查双曲线的定义。三、解答题

MF4

e2,d为点M到右准线x1的距离,d=2,MF=4。 d2

1.(2010上海文)23(本题满分18分)本题共有3个小题,第1小题满分4分,第2小题满分6分,第3小题满分8分.

x2y2

已知椭圆的方程为221(ab0),A(0,b)、B(0,b)和Q(a,0)为的三个顶点.

ab1

(1)若点M满足AM(AQAB),求点M的坐标;

2

(2)设直线l1:yk1xp交椭圆于C、D两点,交直线l2:yk2x于点E.若

b2

k1k22,证明:E为CD的中点;

a

(3)设点P在椭圆内且不在x轴上,如何构作过PQ中点F的直线l,使得l与椭圆的



两个交点P1PP2PQPP1PP2PQ?令a10,b5,点P的坐标是1、P2满足PP(-8,-1),若椭圆上的点P1PP2PQ,求点P1、P2满足PP1、P2的坐标.

ab

解析:(1) M(,);

22

yk1xp

(2) 由方程组x2y2,消y得方程(a2k12b2)x22a2k1pxa2(p2b2)0,

221

ba

因为直线l1:yk1xp交椭圆于C、D两点, 所以>0,即a2k12b2p20,

设C(x1,y1)、D(x2,y2),CD中点坐标为(x0,y0), x1x2a2k1p22x02ak1b2

则, 2

ykxpbp

100a2k12b2

yk1xp

由方程组,消y得方程(k2k1)xp,

ykx2

a2k1pp

22x0x22

kkakbb211

又因为k22,所以, 2

ak1

ykxbpy

20a2k12b2

故E为CD的中点;

(3) 因为点P在椭圆Γ内且不在x轴上,所以点F在椭圆Γ内,可以求得直线OF的斜率k2,b2

由PP根据(2)可得直线l的斜率k12,从而得直线l的1PP2PQ知F为P1P2的中点,

ak2

方程.

b2111

F(1,),直线OF的斜率k2,直线l的斜率k12,

ak2222

1

yx122

解方程组2,消y:x2x480,解得P1(6,4)、P2(8,3). 2

xy110025

2.(2010湖南文)19.(本小题满分13分)

为了考察冰川的融化状况,一支科考队在某冰川山上相距8Km的A、B两点各建一个考察基地,视冰川面为平面形,以过A、B两点的直线为x轴,线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系(图4)。考察范围到A、B两点的距离之和不超过10Km的区域。 (I) (II)

求考察区域边界曲线的方程:

如图4所示,设线段PP,当冰川融化12 是冰川的部分边界线(不考虑其他边界)时,边界线沿与其垂直的方向朝考察区域平行移动,第一年移动0.2km,以后每年移动的距离为前一年的2倍。问:经过多长时间,点A恰好在冰川边界线上?

m2

3.(2010浙江理)(21) (本题满分15分)已知m>1,直线l:xmy0,椭圆

2x2

C:2y21,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点.

m

(Ⅰ)当直线l过右焦点F2时,求直线l的方程;

(Ⅱ)设直线l与椭圆C交于A,B两点,VAF1F2,VBF1F2的重心分别为G,H.若原点O在以线段GH为直径的圆内,求实数

m的取值范围.

解析:本题主要考察椭圆的几何性质,直线与椭圆,点与圆的位置关系等基础知识,同时考察解析几何的基本思想方法和综合解题能力。

m2m2

0经过F2

 (Ⅰ)解:因为直线l:xmy,得22m22,

又因为m

1,所以m,

故直线l

的方程为x0。

(Ⅱ)解:设A(x1,y1),B(x2,y2)。

xmym2 由2

x2,消去x得

m2

y212

m22ymy4

10

则由m2

8(m2

4

1)m280,知m28,且有yymm21

122,y1y282

由于F1(c,0),F2(c,0),, 故O为F1F2的中点,

由AG2GO,BH2

HO,

可知G(

x13,y13),h(x2y3,13

), 2

(x2

GH1x22)(y9

1y2)9

设M是GH的中点,则M(x1x2y6,1y2

6

), 由题意可知2MOGH,

x2

即4[(1x22y1y22(x1x22)(y6)(6)]1y2)99

即x1x2y1y20

而xm21x2y1y2(my12)(mym2

22

)y1y2

m21

(m1()

82

2

m21所以0

82

即m24

又因为m1且0 所以1m2。

所以m的取值范围是(1,2)。

4.(2010全国卷2理)(21)(本小题满分12分)

x2y2

己知斜率为1的直线l与双曲线C:221a>0,b>0相交于B、D两点,且BD

ab

的中点为M1,3. (Ⅰ)求C的离心率;

(Ⅱ)设C的右顶点为A,右焦点为F,DFBF17,证明:过A、B、D三点的圆与x轴相切.

【命题意图】本题主要考查双曲线的方程及性质,考查直线与圆的关系,既考查考生的基础知识掌握情况,又可以考查综合推理的能力. 【参考答案】

【点评】高考中的解析几何问题一般为综合性较强的题目,命题者将好多考点以圆锥曲线为背景来考查,如向量问题、三角形问题、函数问题等等,试题的难度相对比较稳定.

5.(2010陕西文)20.(本小题满分13分)

(Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)设n 为过原点的直线,l是与n垂直相交与点P,与椭圆相交于

A,B两点的直线

的方程;并说出;若不存在,请说明理由。 立?若存在,求出直线l

6.(2010辽宁文)(20)(本小题满分12分)

x2y2

设F1,右焦点,过F2的直线l与椭圆C 相F2分别为椭圆C:221(ab0)的左、ab

交于A,B两点,直线l的倾斜角为60,F1到直线l

的距离为.

(Ⅰ)求椭圆C的焦距;

(Ⅱ)如果AF22F2B,求椭圆C的方程.

解:(Ⅰ)设焦距为2c,由已知可得F1到直线l

故c2.

所以椭圆C的焦距为4.

(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知y10,y20,直线l

的方程为yx2).

yx2),得(3a2b2)y22y3b40. 联立x2y2

221ba

解得y1y2 因为AF22F2B,所以y12y2.

即2 得a3.而a2b24,所以b

x2y2

故椭圆C的方程为1. 95

7.(2010辽宁理)(20)(本小题满分12分)

x2y2

设椭圆C:221(ab0)的左焦点为F,过点F的直线与椭圆C相交于A,B两ab

点,直线l的倾斜角为60,AF2FB. o

(I)

(II)

解: 求椭圆C的离心率; 如果|AB|=15,求椭圆C的方程. 4

设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知y1<0,y2>0.

(Ⅰ)直线l的方程为

yx

c),其中c

yxc),联立x2y2得(3a2b2)y22cy3b40

221b

a

解得y1y2因为AF2FB,所以y12y2.

2得离心率 ec2. „„6分 a3

15(Ⅱ)因为AB

y1. 4由c2515.所以a,得a=3

,b. 

得ba344

x2y2

椭圆C的方程为1. „„12分 95

8.(2010全国卷2文)(22)(本小题满分12分)

x2y2

已知斜率为1的直线1与双曲线C:221(a0,b0)相交于B、D两点,且BD的中点ab

为M(1.3)

(Ⅰ)(Ⅰ)求C的离心率;

(Ⅱ)(Ⅱ)设C的右顶点为A,右焦点为F,|DF|²|BF|=17证明:过A、B、D三点的圆与x轴相切。

【解析】本题考查了圆锥曲线、直线与圆的知识,考查学生运用所学知识解决问题的能力。

(1)由直线过点(1,3)及斜率可得直线方程,直线与双曲线交于BD两点的中点为(1,3),可利用直线与双曲线消元后根据中点坐标公式找出A,B的关系式即求得离心率。

(2)利用离心率将条件|FA||FB|=17,用含A的代数式表示,即可求得A,则A点坐标可得(1,0),由于A在X轴上所以,只要证明2AM=BD即证得。

(2010江西理数)21. (本小题满分12分) x2y2

C1:221(ab0)C2:x2byb2ab设椭圆,抛物线。

(1) 若C2经过C1的两个焦点,求C1的离心率;

(2) 设A(0,b)

,Q,又M、N为C1与C2不在y轴上的两个交点,若△AMN的垂

54

心为B0b,且△QMN的重心在C2上,求椭圆C1和抛物线C2的方程。

【解析】考查椭圆和抛物线的定义、基本量,通过交点三角形来确认方程。 34

(1)由已知椭圆焦点(c,0)在抛物线上,可得:c2b2,由

c21。 abc2c,有2ea22222

(2)由题设可知M、N关于y轴对称,设

M(x1,y1),N(x1,y1)(x10),由AMN的垂心为B,有

3BMAN0x12(y1b)(y1b)0。 4

由点N(x1,y1)在抛物线上,x12by1b2,解得:y1或y1b(舍去)

故x1b4bbb,M(,),N,),得

QMN重心坐标). 444

b211 由重心在抛物线上得:3b2,所以

b=2,M(),N),又因为M、422

x2y216N在椭圆上得:a,椭圆方程为1,抛物线方程为x22y4。 16432

3

9.(2010安徽文数)17、(本小题满分12分)

椭圆E经过点A2,3,对称轴为坐标轴,

焦点F1,F2在x轴上,离心率e

(Ⅰ)求椭圆E的方程;

(Ⅱ)求F1AF2的角平分线所在直线的方程。

【命题意图】本题考查椭圆的定义及标准方程,椭圆的简单几何

性质,直线的点斜式方程与一般方程,点到直线的距离公式等基

础知识;考查解析几何的基本思想、综合运算能力. 1。 2

x2y21【解题指导】(1)设椭圆方程为221,把点A2,3代入椭圆方程,把离心率e用ab2

(2)可以设直线l上任一点坐标a,c表示,再根据a2b2c2,求出a2,b2,得椭圆方程;

为(x,y),根据角平分线上的点到角两边距离相等得

解:(Ⅰ)设椭圆E的方程为 |3x4y6||x2|. 5

x2y2

1.a2b2

1c12x2y2

222由e,得,bac3c,221.2a24c3c

13将(A2,3)代入,有221,解得:c2,椭圆E的方程为cc

22xy1.1612

3()由()知F1(2,0),F2(2,0),所以直线AF1的方程为y=(x2),4

即3x4y60.直线AF2的方程为x2.由椭圆E的图形知,F1AF2的角平分线所在直线的斜率为正数。设P(x,y)为F1AF2的角平分线所在直线上任一点,则有

于是3x-4y+6=-5x+10,即2x-y-1=0.

所以,F1AF2的角平分线所在直线的方程为2x-y-1=0.3x4y65若3x4y65x10,得x2y80,其斜率为负,不合题意,舍去。x2

x2y2

【规律总结】对于椭圆解答题,一般都是设椭圆方程为221,根据题目满足的条件求ab

出a,b,得椭圆方程,这一问通常比较简单;(2)对于角平分线问题,利用角平分线的几何意义,即角平分线上的点到角两边距离相等得方程.

10.(2010重庆文数)(21)(本小题满分12分,(Ⅰ)小问5分,(Ⅱ)小问7分. ) 已知以原点O

为中心,F为右焦点的双曲线C

的离心率e

(Ⅰ)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程;

(Ⅱ)如题(21)图,已知过点M(x1,y1)的直线l1:x1x4y1y4与过点N(x2,y2)(其中x2x1)的直线l2:x2x4y2y4的交点E在双曲线C上,直线MN与双曲线的两条渐22OH的值. 近线分别交于G、H两点,求OG

11.(2010浙江文)(22)、(本题满分15分)已知m是非零实数,抛物线C:y22ps(p>0)

m2

的焦点F在直线l:xmy0上。 2

(I)若m=2,求抛物线C的方程

(II)设直线l与抛物线C交于A、B,△AA2F,

△BB1F的重心分别为G,H

求证:对任意非零实数m,抛物线C的准线与x

轴的焦点在以线段GH为直径的圆外。

12.(2010重庆理)(20)(本小题满分12分,(I)小问5分,(II)小问7分)

已知以原点O

为中心,F为右焦点的

双曲线C

的离心率e(I) (II)

求双曲线C的标准方程及其渐近线方程;

如题(20)图,已知过点Mx1,y1的直线l1:x1x4y1y4与过点Nx2,y2(其中x2x)的直线l2:x2x4y2y4的交点E在双曲线C上,直线MN与两条渐近线分别交与G、H两点,求OGH的面积。

13.(2010北京文)(19)(本小题共14分)

已知椭圆C

的左、右焦点坐标分别是(

与不同的两点M,N,以线段为直径作圆P,圆心为P。

(Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)若圆P与x轴相切,求圆心P的坐标;

(Ⅲ)设Q(x,y)是圆P上的动点,当t变化时,求y的最大值。 解:

(Ⅰ)因为

y=t椭圆C交c,且c

ab1 

ax2

y21 所以椭圆C的方程为3

(Ⅱ)由题意知p(0,t)(1t1)

yt由x2

得x2

y13

所以圆P

解得t所以点P的坐标是(0

, 2

2

2

(Ⅲ)由(Ⅱ)知,圆P的方程x(yt)3(1t)。因为点Q(x,y)在圆P

上。所以

ytt

设tcos,

(0,),则tcos2sin(当

14.(2010北京理)(19)(本小题共14分)

在平面直角坐标系xOy中,点B与点A(-1,1)关于原点O对称,P是动点,且直线AP与BP的斜率之积等于. (Ⅰ)求动点P的轨迹方程;

(Ⅱ)设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N,问:是否存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由。

(I)解:因为点B与A(1,1)关于原点O对称,所以点B得坐标为(1,1). 设点P的坐标为(x,y) 由题意得

6

)

3

,即t

1

,且x0,y取最大值2. 2

13

y1y11

 x1x13

2

2

化简得 x3y4(x1).

故动点P的轨迹方程为x3y4(x1)

(II)解法一:设点P的坐标为(x0,y0),点M,N得坐标分别为(3,yM),(3,yN). 则直线AP的方程为y1

2

2

y01y1

(x1),直线BP的方程为y10(x1) x01x01

令x3得yM

4y0x032y0x03

,yN.

x01x01

于是PMN得面积 SPMN

|x0y0|(3x0)21

|yMyN|(3x0)

2|x021|

又直线AB的方程为xy

0,|AB| 点P到直线AB

的距离d于是PAB的面积 SPAB当SPAB

1

|AB|d|x0y0| 2

|x0y0|(3x0)2

SPMN时,得|x0y0|2

|x01|

又|x0y0|0,

所以(3x0)2=|x021|,解得|x0因为x023y02

4,所以y05。 3

53

. 故存在点P使得PAB与PMN的面积相等,此时点P

的坐标为(,解法二:若存在点P使得PAB与PMN的面积相等,设点P的坐标为(x0,y0) 则

11|PA||PB|sinAPB|PM||PN|sinMPN. 22

因为sinAPBsinMPN, 所以

|PA||PN|

|PM||PB||x01||3x0|

|3x0||x1|

5 3

所以

即 (3x0)2|x021|,解得x0

因为x023y02

4,所以y0 故存在点PS使得PAB与PMN的面积相等,此时点P的坐标

5(,. 3

15.(2010四川理)(20)(本小题满分12分)

已知定点A(-1,0),F(2,0),定直线l:x=,不在x轴上的动点P与点F的距离是它到直线l的距离的2倍.设点P的轨迹为E,过点F的直线交E于B、C两点,直线AB、AC分别交l于点M、N (Ⅰ)求E的方程;

(Ⅱ)试判断以线段MN为直径的圆是否过点F,并说明理由.本小题主要考察直线、轨迹方程、双曲线等基础知识,考察平面机袭击和的思想方法及推理运算能力. 解:(1)设P(x,y)

2|x

1

2

1| 2

y2

化简得x-=1(y≠0)„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

3

2

(2)①当直线BC与x轴不垂直时,设BC的方程为y=k(x-2)(k≠0)

y2

与双曲线x-=1联立消去y得

3

2

(3-k)x+4kx-(4k+3)=0 由题意知3-k≠0且△>0 设B(x1,y1),C(x2,y2),

2

2222

4k2x1x22k3则 2

xx4k312k23

y1y2=k2(x1-2)(x2-2)=k2[x1x2-2(x1+x2)+4]

4k238k2

 =k(2+4)

k3k23

2

9k2

=2

k3

因为x1、x2≠-1 所以直线AB的方程为y=

y1

(x+1) x11

因此M点的坐标为(

3y11

) ,

22(x11)

3y13y233FM(,),同理可得FN(,)

22(x11)22(x21)9y1y23

因此FMFN()2

22(x11)(x21)

81k2

24 = 2

4k34k29

4(221)k3k3

=0

②当直线BC与x轴垂直时,起方程为x=2,则B(2,3),C(2,-3)

1333

AB的方程为y=x+1,因此M点的坐标为(,),FM(,)

2222

33

同理可得FN(,)

22

333

因此FMFN()2()=0

222



综上FMFN=0,即FM⊥FN

故以线段MN为直径的圆经过点F„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分

16.(2010天津文)(21)(本小题满分14分)

x2y2已知椭圆221(a>b>0)的离心率

,连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为

ab4.

(Ⅰ)求椭圆的方程;

(Ⅱ)设直线l与椭圆相交于不同的两点A、B,已知点A的坐标为(-a,0).

(i

)若|AB,求直线l的倾斜角; 

(ii)若点Q在线段AB的垂直平分线上,且QA(0,y0)QB=4.求y0的值.

【解析】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、两点间的距离公式、直线的倾斜角、平面向量等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想,考查综合分析与运算能力.满分14分.

(Ⅰ)解:由

e=

c3a24c2.再由c2a2b2,解得a=2b. 

a由题意可知

1

2a2b4,即ab=2. 2

解方程组

a2b,

得a=2,b=1.

ab2,

x2

所以椭圆的方程为y21.

4

(Ⅱ)(i)解:由(Ⅰ)可知点A的坐标是(-2,0).设点B的坐标为(x1,y1),直线l的斜率为k.则直线l的方程为y=k(x+2).

yk(x2),

于是A、B两点的坐标满足方程组x2消去y并整理,得 2

y1.4

(14k2)x216k2x(16k24)0.

16k2428k24k

由2x1,得.从而.

xy11222

14k14k14k

所以|AB|.

由|AB|

. 整理得32k49k2230,即(k1)(32k23)0,解得k=1. 所以直线l的倾斜角为

2

2

4

3

. 4

8k22k

,(ii)解:设线段AB的中点为M,由(i)得到M的坐标为. 22

14k14k

以下分两种情况:

(1)当k=0时,点B的坐标是(2,0),线段AB的垂直平分线为y轴,于是



QA2,y0,QB2,y0.由QAQB4,得y0。

2k18k2

x(2)当k0时,线段AB的垂直平分线方程为y。 2214kk14k

6k

。 2

14k

由QA2,y0,QBx1,y1y0,

令x0,解得y0

228k26k4k6kQAQB2x1y0y1y0

14k214k214k214k2

416k415k21

14k

22

4,

整理得7k2

2。故k

y0。

综上,y0

或y0

17.(2010天津理)(20)(本小题满分12分)

x2y2已知椭圆221(ab0)

的离心率e连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为

ab4。

(1) 求椭圆的方程;

(2) 设直线l与椭圆相交于不同的两点A,B,已知点A的坐标为(a,0),点Q(0,y0)

在线段AB的垂直平分线上,且QAQB4,求y0的值

【解析】本小题主要考察椭圆的标准方程和几何性质,直线的方程,平面向量等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想,考查运算和推理能力,满分12分

(1

)解:由e由题意可知,

c3a24c2,再由c2a2b2,得a2b 

a1

2a2b4,即ab2 2

a2b

解方程组 得 a=2,b=1

ab2

x2

所以椭圆的方程为y21

4

(2)解:由(1)可知A(-2,0)。设B点的坐标为(x1,,y1),直线l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+2),

yk(x2)

于是A,B两点的坐标满足方程组x2 2

y14

由方程组消去Y并整理,得(14k)x16kx(16k4)0

2

2

2

2

16k24

由2x1,得

14k2

28k24kx1,从而y, 1

14k214k2

8k22k设线段AB是中点为M,则M的坐标为(,) 22

14k14k

以下分两种情况:

(1)当k=0时,点B的坐标为(2,0)。线段AB的垂直平分线为y轴,于是

QA(2,y0),QB(2,y0)由QAQB=4,得y0=

2k18k2

(x) (2)当K0时,线段AB的垂直平分线方程为Y

14k2k14k2

令x=0,解得y0

6k

2

14k

由QA(2,y0),QB(x1,y1y0)

2(28k2)6k4k6kQAQB2x1y0(y1y0)=()

14k214k214k214k2

4(16k415k21)=4

(14k2)2

整理得7k22,故k

y0= 综上y0=y0=

18.(2010广东理) 21.(本小题满分14分)

设A(x1,y1),B(x2,y2)是平面直角坐标系xOy上的两点,先定义由点A到点B的一种折线距离p(A,B)为P(A,B)|x2x1||y2

y1|.

当且仅当(xx1)(x2x)0,(yy1)(y2y)0时等号成立,即A,B,C三点共线时等号成立.

(2)当点C(x, y) 同时满足①P(A,C)+P(C,B)= P(A,B),②P(A,C)= P(C,B)时,点C是线段AB的中点. x

x1x2yy2xx2y1y2

,即存在点C(1,y1,)满足条件。

2222

19.(2010广东理)20.(本小题满分为14分)

x2

y21的左、右顶点分别为A1,A2,点P(x1,y1),Q(x1,y1)是双曲线上不 一条双曲线2

同的两个动点。

(1)求直线A1P与A2Q交点的轨迹E的方程式;

(2)若过点H(0, h)(h>1)的两条直线l1和l2与轨迹E都只有一个交点,且l1l2 ,求h的值。

x212

故y(x2),即y21。

22

2

(2)设l1:ykxh,则由l1l2知,l2:y

1

xh。 k

x2

将l1:ykxh代入y21得

2

x2

(kxh)21,即(12k2)x24khx2h220, 2

由l1与E只有一个交点知,16kh4(12k)(2h2)0,即

2

2

2

2

12k2h2。

同理,由l2与E只有一个交点知,12

112222

,消去得,即hk1,从而hk22

kk

h212k2

3,即h

20.(2010广东文)21.(本小题满分14分)

已知曲线Cn:ynx2,点Pn(xn,yn)(xn0,yn0)是曲线Cn上的点(n1,2,...),

21.(2010福建文)19.(本小题满分12分) 已知抛物线C:y2px(p0)过点A (1 , -2)。

(I)求抛物线C 的方程,并求其准线方程;

(II)是否存在平行于OA(O为坐标原点)的直线L,使得直线L与抛物线C有公共点,且直线OA与L

2

?若存在,求直线L的方程;若不存在,说明理由。

22.(2010全国卷1理)(21)(本小题满分12分)

已知抛物线C:y4x的焦点为F,过点K(1,0)的直线l与C相交于A、B两点,点A关于x轴的对称点为D.

(Ⅰ)证明:点F在直线BD上;

2

8

(Ⅱ)设FAFB,求BDK的内切圆M的方程 .

9

23.(2010湖北文)20.(本小题满分13分)

已知一条曲线C在y轴右边,C上没一点到点F(1,0)的距离减去它到y轴距离的差都是1。

(Ⅰ)求曲线C的方程

(Ⅱ)是否存在正数m,对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点A,B的任一直线,都



有FA FB<0?若存在,求出m的取值范围;若不存在,请说明理由。

24.(2010山东理)(21)(本小题满分12分) 如图,已知椭圆

x2y2,以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点1(a>b>

0)a2b2

F1,F

2为顶点的三角形的周长为1).一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点,设P为该

双曲线上异于顶点的任一点,直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、

D.

(Ⅰ)求椭圆和双曲线的标准方程;

k21; (Ⅱ)设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2,证明k1·

CD恒成立?若存在,求的值;若不存(Ⅲ)是否存在常数,使得ABCDAB在,请说明理由.

【解析】(Ⅰ)由题意知,椭圆离心率为

c

,得a,又2a

2c1),所

a

2

2

x2y2

以可解得ac2,所以bac4,所以椭圆的标准方程为1;所

84

2

以椭圆的焦点坐标为(2,0),因为双曲线为等轴双曲线,且顶点是该椭圆的焦点,所以该双曲线的标准方程为

x2y2

1。 44

【命题意图】本题考查了椭圆的定义、离心率、椭圆与双曲线的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系,是一道综合性的试题,考查了学生综合运用知识解决问题的能力。其中问题(3)是一个开放性问题,考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力,

25.(2010湖南理)19.(本小题满分13分)

为了考察冰川的融化状况,一支科考队在某冰川上相距8km的A,B两点各建一个考察基地。视冰川面为平面形,以过A,B两点的直线为x轴,线段AB的的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系(图6)在直线x=2的右侧,考察范围为到点B

区域;在直线x=2

的左侧,考察范围为到A,B

两点的距离之和不超过区域。 (Ⅰ)求考察区域边界曲线的方程;

(Ⅱ)如图6所示,设线段P1P2,P2P3是冰川的部分边界线(不考虑其他边界线),当冰川融化时,边界线沿与其垂直的方向朝考察区域平行移动,第一年移动0.2km,以后每年移动的距离为前一年的2倍,求冰川边界线移动到考察区域所需的最短时间。

26.(2010湖北理)19(本小题满分12分)

已知一条曲线C在y轴右边,C上每一点到点F(1,0)的距离减去它到y轴距离的差都 是1.

(Ⅰ)求曲线C的方程;

(Ⅱ)是否存在正数m,对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点A,B的任一直线,都有FAFB0?若存在,求出m的取值范围;若不存在,请说明理由。

27.(2010安徽理数)19、(本小题满分13分)

已知椭圆E经过点A2,3,对称轴为坐标轴,焦点

F1,F2在x轴上,离心率e

(Ⅰ)求椭圆E的方程;

1。 2

范文三:圆锥曲线的高考题 投稿:梁俅俆

x2y2

8、(2008海南、宁夏理)在直角坐标系xOy中,椭圆C1:221(ab0)的左、右焦

ab

点分别为F1、F2。F2也是抛物线C2:y24x的焦点,点M为C1与C2在第一象限的交点,且|MF2|



(1)求C1的方程;(2)平面上的点N满足MNMF1MF2,直线l∥MN,且与C1交



于A、B两点,若OA²OB=0,求直线l的方程。

8.解:(Ⅰ)由C2:y24x知F2(1,0). 设M(x1,y1),M在C2上,因为MF2得x1

5

。 3

55,所以x11, 33

2,y1. 3M在C1上,且椭圆C1的半焦距c1,于是

841,222

消去b并整理得 9a3b

b2a21.

9a437a240,

1

解得a2(a不合题意,舍去).

3

x2y2

1. 故椭圆C1的方程为43



O, (Ⅱ)由MF1NF2是平行四边形,其中心为坐标原点1MF2MN知四边形MF

因为l∥MN,所以l与OM的斜率相同,

故l

的斜率k.

2

设l的方程为y

xm).

223x4y12,由消去y并化简得 yxm),

9x216mx8m240. 设A(x1,y1),B(x2,y2),

16m8m24

x1x2,x1x2.

99

因为OAOB,所以x1x2y1y20.

x1x2y1y2x1x26(x1m)(x2m)

7x1x26m(x1x2)6m2

8m2416m76m6m2

99

1

(14m228)0.

9

所以m.

此时(16m)249(8m24)0,

故所求直线l

的方程为y

y

x2y2

9. (2008湖北文)已知双曲线C:221(a0,b

0)的两个焦点为

b

F:(2,0),F:(2,0),点P的曲线C上.

(Ⅰ)求双曲线C的方程;

(Ⅱ)记O为坐标原点,过点Q (0,2)的直线l与双曲线C相交于不同的两点

E、F,若△OEF的面积为求直线l的方程

9.本小题主要考查双曲线的定义、标准方程、直线和双曲线位置关系等平面解析几何的基础知识,考查待写系数法、不等式的解法以及综合运用数学知识进行推理运算的能力. (满分13分)

x2y2

1(0<a2<4=, (Ⅰ)解法1:依题意,由a+b=4,得双曲线方程为22

a4a

9722

1将点(3,)代入上式,得2.解得a=18(舍去)或a=2, 2

a4a

x2y2

1. 故所求双曲线方程为22

2

2

解法2:依题意得,双曲线的半焦距c=2.

2a=|PF1|-|PF2|=(32)(7)(32)(7)22, ∴a2=2,b2=c2-a2=2.

2

2

2

2

x2y2

1. ∴双曲线C的方程为22

(Ⅱ)解法1:依题意,可设直线l的方程为y=kx+2,代入双曲线C的方程并整理,

得(1-k2)x2-4kx-6=0.

∵直线I与双曲线C相交于不同的两点E、F,

2

k1,1k0,

∴ 22

<k3,(4k)46(1k)>0,

∴k∈(-3,1)∪(1,).

设E(x1,y1),F(x2,y2),则由①式得x1+x2=

22|EF|=(x1x2)(y1y2)

4k6

,xx,于是 1222

1k1k

(1k2)(x1x2)2

2

=k

2

而原点O到直线l的距离d=

223k2

(x1x2)4x1x2k

2

|1k|

2

2

k

112

∴SΔOEF=d|EF|

22k2

2

,

223k2223k2

k. 22

|1k||1k|

2

223k242

若SΔOEF=22,即22kk20,解得k=±2, 2

|1k|

满足②.故满足条件的直线l有两条,其方程分别为y=2x2和y2x2. 解法2:依题意,可设直线l的方程为y=kx+2,代入双曲线C的方程并整理,

得(1-k)x-4kx-6=0. ∵直线l与比曲线C相交于不同的两点E、F,

22

2

k1,1k0,

∴ 22

<k3.(4k)46(1k)>0,

∴k∈(-3,1)∪(1,).

设E(x1,y1),F(x2,y2),则由①式得 |x1-x2|=(x1x2)4x1x2

2

|1k2|

223k2|1k2|

. ③

当E、F在同一支上时(如图1所示), SΔOEF=|SΔOQF-SΔOQE|=

11

|OQ|||x1||x2|||OQ||x1x2|; 22

当E、F在不同支上时(如图2所示), SΔOEF=SΔOQF+SΔOQE=综上得SΔOEF=

11

|OQ|(|x1||x2|)|OQ||x1x2|. 22

1

|OQ||x1x2|,于是 2

22k2

由|OQ|=2及③式,得SΔOEF=. 2

|1k|

23k2

若SΔOEF=22,即22k4k220,解得k=±2,满足②. 2

|1k|

故满足条件的直线l有两条,其方程分别为y=2x2和y=22.

10. (2008湖北理)如图,在以点O为圆心,|AB|=4为直径的半圆ADB中,OD⊥AB,P是半圆弧上一点,

∠POB=30°,曲线C是满足||MA|-|MB||为定值的动点M的轨迹,且曲线C过点P. (Ⅰ)建立适当的平面直角坐标系,求曲线C的方程; (Ⅱ)设过点D的直线l与曲线C相交于不同的两点E、F. 若△OEF的面积不小于...

l斜率的取值范围.

10.本小题主要考查直线、圆和双曲线等平面解析几何的基础知识,考查轨迹方程的求法、不等式的解法以及综合解题能力.(满分13分)

(Ⅰ)解法1:以O为原点,AB、OD所在直线分别为x轴、y轴,建立平面直角坐标系,则A(-2,0),B(2,0),D(0,2),P(,1),依题意得

2222

|MA|-|MB|=|PA|-|PB|=(2)12)1=22<|AB|=4.

∴曲线C是以原点为中心,A、B为焦点的双曲线. 设实平轴长为a,虚半轴长为b,半焦距为c,

则c=2,2a=22,∴a2=2,b2=c2-a2=2.

x2y2

1. ∴曲线C的方程为22

解法2:同解法1建立平面直角坐标系,则依题意可得|MA|-|MB|=|PA|-|PB|<

|AB|=4.

∴曲线C是以原点为中心,A、B为焦点的双曲线.

x2y2

设双曲线的方程为221(a>0,b>0).

ab

(3)212

21,

则由 a2解得a2=b2=2, b

a2b24.

x2y2

1. ∴曲线C的方程为22

(Ⅱ)解法1:依题意,可设直线l的方程为y=kx+2,代入双曲线C的方程并整理得(1-K)x2-4kx-6=0.

∵直线l与双曲线C相交于不同的两点E、F,

2

1k20,

(4k)46(1k)0,

2

2

k1,3k.

∴k∈(-3,-1)∪(-1,1)∪(1,). 设E(x,y),F(x2,y2),则由①式得x1+x2=

22|EF|=(x1x2)(y1x2)

4k6

,xx,于是 122

1k1k

(1k2)(x1x2)2

2

=k(x1x2)4x1x2k而原点O到直线l的距离d=

22

223k2

k

2

.

2k

2

2

112223k22223kk. ∴S△DEF=dEF22222kkk

若△OEF面积不小于22,即S△OEF22,则有

223k2

k2

③ 22k4k220,解得2k2. 

综合②、③知,直线l的斜率的取值范围为[-2,-1]∪(1-,1) ∪(1, 2).

解法2:依题意,可设直线l的方程为y=kx+2,代入双曲线C的方程并整理, 得(1-K2)x2-4kx-6=0.

∵直线l与双曲线C相交于不同的两点E、F, ∴

1k20,

(4k)46(1k)0.

2

2

k1,3k.

∴k∈(-3,-1)∪(-1,1)∪(1,). 设E(x1,y1),F(x2,y2),则由①式得 |x1-x2|=(x1x2)4x1x2

2

k

2

223k2

k

2

. ③

当E、F在同一去上时(如图1所示), S△OEF=SODFSODE

11

ODx1x2ODx1x2; 22

当E、F在不同支上时(如图2所示).

SOEFSODFS△ODE=

综上得S△OEF=

11

OD(x1x2)ODx1x2 22

1

ODx1x2,于是 2

由|OD|=2及③式,得S△OEF=

223k2

k

2

.

若△OEF面积不小于22,即SOEF22,则有

223k2

k2

22k4k20,解得2k2. ④

综合②、④知,直线l的斜率的取值范围为[-2,-1]∪(-1,1)∪(1,2).

11.(2008湖南文)已知椭圆的中心在原点,一个焦点是F(2,0),且两条准线间的距离为

(4)。

(I)求椭圆的方程;

(II)若存在过点A(1,0)的直线l,使点F关于直线l的对称点在椭圆上,

求的取值范围。

x2y2

11.解:(I)设椭圆的方程为221(ab0).

ab2a2

,所以a2,b2a2c24. 由条件知c2,且cx2y2

1(4). 故椭圆的方程是

4

(II)依题意, 直线l的斜率存在且不为0,记为k,则直线l的方程是yk(x1). 设点F(2,0)关于直线l的对称点为F(x0,y0),则

x02y02k(1),x,02221k

解得 y

y2k0k1

0x21k20

222k2()()22因为点F(x0,y0)在椭圆上,所以1.即 4

(4)k42(6)k2(4)20.

设k2t,则(4)t22(6)t(4)20.

(4)2

因为4,所以0.于是,

(4)

[2(6)]2-4(4)3,

() 当且仅当2(6)

0.(4)

上述方程存在正实根,即直线l存在.

16,16

. 解()得所以43

346.

16. 即的取值范围是43

12. (2008湖南理)若A、B是抛物线y2=4x上的不同两点,弦AB(不平行于y轴)的垂直平分线与x轴相交于点P,则称弦AB是点P的一条“相关弦”.已知当x>2时,点P(x,0)

存在无穷多条“相关弦”.给定x0>2.

(I)证明:点P(x0,0)的所有“相关弦”的中点的横坐标相同; (II) 试问:点P(x0,0)的“相关弦”的弦长中是否存在最大值?

若存在,求其最大值(用x0表示):若不存在,请说明理由. 12. 解: (I)设AB为点P(x0,0)的任意一条“相关弦”,且点A、B的坐标分别是

22

(x1,y1)、(x2,y2)(x1x2),则y1=4x1, y2=4x2, 两式相减得(y1+y2)(y1-y2)=4(x1-x2).因为x1x2,所以y1+y20. 设直线AB的斜率是k,弦AB的中点是M(xm, ym),则

y1y242y

.从而AB的垂直平分线l的方程为 yymm(xxm).

x1x2y1y2ym2

y

又点P(x0,0)在直线l上,所以 ymm(x0xm).

2

而ym0,于是xmx02.故点P(x0,0)的所有“相关弦”的中点的横坐标都是x0-2.

k=

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,弦AB所在直线的方程是yymk(xxm),代入y4x中, 整理得kx2[k(ymkxm)2]x(ymkxm)0. (²)

22

2

2

(ymkxm)2

. 则x1、x2是方程(²)的两个实根,且x1x22

k

设点P的“相关弦”AB的弦长为l,则

l2(x1x2)2(y1y2)2(1k2)(x1x2)2

22

(1k2)[(x1x2)24xx1]24(1k)(xmxx1)

2

4(1

42

)[xm2ym

(ym

2

xm)2ym

]

42ym

2

(4ym)(4xmym2)ym44ym(2xm1)16xm

224(xm1)2[ym22(xm1)]24(x01)[ym2(x03)].

2

22

因为0

记l2=g(t)=-[t-2(x0-3)]2+4(x0-1)2.

2若x0>3,则2(x0-3) (0, 4x0-8),所以当t=2(x0-3),即ym=2(x0-3)时,

l有最大值2(x0-1).

若2

综上所述,当x0>3时,点P(x0,0)的“相关弦”的弦长中存在最大值,且最大值 为2(x0-1);当2

13.(2008江西文)已知抛物线yx2和三个点

2

M(x0,y0)、P(0,y0)、N(x0,y0)(y0x0,y00),过点M的一条直线交抛物线于A、B两点,AP、BP的延长线分别交曲线C于E、F. (1)证明E、F、N三点共线;

(2)如果A、B、M、N四点共线,问:是否存在y0,使以线段AB为直径的圆与抛物线有异于A、B的交点?如果存在,求出y0的取值范围,并求出该交点到直线AB的距

离;若不存在,请说明理由.

22

13.(1)证明:设A(x1,x1)、B(x2,x2),E(xE,yE)、B(xF,yF)

2

x12x2

则直线AB的方程:yxx1x12

x1x2

即:y(x1x2)xx1x2

因M(x0,y0)在AB上,所以y0(x1x2)x0x1x2①

又直线AP方程:y

21

xy0

xy0 x1

21

xy0yxy0x12y02

x1由得:xxy00

x1x2y

2

x12y0y0y0

所以x1xExE,yE2

x1x1x12y0y0

同理,xF,yF2

x2x2

2y0x1x2

所以直线EF的方程:y( )y0x

x1x2x1x2

y

令xx0得y0[(x1x2)x0y0]

x1x2

将①代入上式得yy0,即N点在直线EF上

所以E,F,N三点共线

(2)解:由已知A、B、M、

N共线,所以Ay0,By0)

2

以AB为直径的圆的方程:xyy0y0

2

22xyy0y02

由得y22y01yy0y00

2xy

所以yy0(舍去),yy01

要使圆与抛物线有异于A,B的交点,则y010

所以存在y01,使以AB为直径的圆与抛物线有异于A,B的交点TxT,yT 则yTy01,所以交点T到AB的距离为y0yTy0y011

14.(2008江西理) 设点Px0,y0在直线xmym,0m1上,过点P作双曲线

x2y21的两条切线PA、PB,切点为A、B,定点

1

M(,0).

m

(1)过点A作直线xy0的垂线,垂足为N, 试求△AMN的重心G所在的曲线方程; (2)求证:A、M、B三点共线.

14..解:(1)设A(xA,yA),∵AN⊥直线yx,N(xN,xN),

yAxN

1

xAxN

xyAxyAxAyA

,), ∴xNA,∴N(A

222

设G(x,y),则

xAyA1

xA111xxAyA33m26,解得 xAyA

yA

11yxAyA

362

933xxyA444m,代入双曲线方程x2y21,并整理得391yAxy

444m

9(x

12

)2

3m9y1, 22

(x

12

)

y21 即G点所在曲线方程为

92(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),PA斜率为k,则切线PA的方程为:yy1k(xx1) yy1k(xx1)由,消去y并整理得: 22

xy1

(1k2)x22k(y1kx1)x(y1kx1)210,因为直线与双曲线相切,从而

x22

△=4k2(y1kx1)24(1k2)(y1kx1)24(1k2) = 0,及x1y11,解得k1

y1

因此PA的方程为:y1yx1x1 同理PB的方程为:y2yx2x1 又P(m,y0)在PA、PB上,

∴y1y0x1m1 y2y0x2m1

即点A(x1,y1),B(x2,y2)都在直线y0ymx1上, 又M(

1

,0)也在y0ymx1上, m

∴A、M、B三点共线。

15.(2008辽宁文) 在平面直角坐标系xOy中,点P

到两点(0

,(0的距离之和等于4,设点P的轨迹为C. (Ⅰ)写出C的方程;

(Ⅱ)设直线ykx1与C交于A,B两点.k为何值时OAOB?此时AB的值是多

少?

15.本小题主要考查平面向量,椭圆的定义、标准方程及直线与椭圆位置关系等基础知识,考查综合运用解析几何知识解决问题的能力.满分12分. 解:

(Ⅰ)设P(x,y),由椭圆定义可知,点P的轨迹C

是以(0(0为焦点,长半轴为2

的椭圆.它的短半轴b

2

1,

y2

1. ·故曲线C的方程为x······················································································· 4分 4

(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2),其坐标满足

2y2

1,x

4

ykx1.

消去y并整理得(k4)x2kx30, 故x1x2

2

2

2k3

,xx. ············································································ 6分 1222

k4k4



OAOB,即x1x2y1y20.

而y1y2k2x1x2k(x1x2)1,

33k22k24k21

2212于是x1x2y1y22. k4k4k4k4

1

所以k时,x1x2y1y20,故OAOB. ··························································· 8分

21412

当k时,x1x2,x1x2.

21717

AB

而(x2x1)2(x2x1)24x1x2

4243431324,

1717172

所以AB. ·········································································································· 12分

17

16.(2008辽宁理) 在直角坐标系xOy中,点P

到两点(0

,(0的距离之和等于4,设点P的轨迹为C,直线ykx1与C交于A,B两点. (Ⅰ)写出C的方程;

(Ⅱ)若OAOB,求k的值;

(Ⅲ)若点A在第一象限,证明:当k>0时,恒有|OA|>|OB|.

16.本小题主要考查平面向量,椭圆的定义、标准方程及直线与椭圆位置关系等基础知识,考查综合运用解析几何知识解决问题的能力.满分12分. 解:

(Ⅰ)设P(x,y),由椭圆定义可知,点P的轨迹C

是以(0(0为焦点,长半轴为2

的椭圆.它的短半轴b

2

1,

y2

1. ·故曲线C的方程为x······················································································· 3分 4

(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2),其坐标满足

2y2

1,x

4

ykx1.

消去y并整理得(k24)x22kx30,

2k3

,xx. ············································································ 5分 12

k24k24



若OAOB,即x1x2y1y20.

故x1x2

而y1y2k2x1x2k(x1x2)1,

33k22k2

10, 于是x1x2y1y22

k4k24k24

12

化简得4k10,所以k. ················································································· 8分

2

22

2222

(Ⅲ)OAOBx1y1(x2y2)

222 (x1x2)4(1x121x2)

3(x1x2)(x1x2)

6k(x1x2). 2k4

3知x20,从而x1x20.又k0, 2k4因为A在第一象限,故x10.由x1x2

22故OAOB0, 

即在题设条件下,恒有OAOB. ··············································································· 12分

17.(2008全国Ⅰ卷文、理)双曲线的中心为原点O,焦点在x轴上,两条渐近线分别为l1,l2,ABOB成等差数经过右焦点F垂直于l1的直线分别交l1,l2于A,B两点.已知OA列,且BF与FA同向.

(Ⅰ)求双曲线的离心率;

(Ⅱ)设AB被双曲线所截得的线段的长为4,求双曲线的方程.

17.解:(1)设OAmd,ABm,OBmd 由勾股定理可得:(md)2m2(md)2 1bAB4m,tanAOF,tanAOBtan2AOF 4aOA3

b24,解得b1

由倍角公式2a23b1a得:d则离心率e a(xc) b(2)过F直线方程为y

x2y2

与双曲线方程221联立 ab

将a

2b,c

代入,化简有152xx21

0 24bb

41x2

将数值代入,有4解得b3 x2y2

1. 最后求得双曲线方程为:369

0)B(01),是它的两个顶点,直18.(2008全国Ⅱ卷文、理)设椭圆中心在坐标原点,A(2,,

线ykx(k0)与AB相交于点D,与椭圆相交于E、F两点. (Ⅰ)若ED6DF,求k的值;

(Ⅱ)求四边形AEBF面积的最大值.

x2

y21, 18.(Ⅰ)解:依题设得椭圆的方程为4

直线AB,EF的方程分别为x2y2,ykx(k0). ·············································· 2分 如图,设D(x0,kx0),E(x1,kx1),F(x2,kx2),其中x1x2,

且x1,x2满足方程(14k2)x24,

故x2x1.① 15由ED6DF知x0x16(x2x0),得x0(6x2x1

)772由D在AB上知x02kx02,得x0. 12k

2所以, 12k化简得24k25k60, 2

23或k. ·········································································································· 6分 38

(Ⅱ)解法一:根据点到直线的距离公式和①式知,点E,F到AB的距离分别为

h1 解得k

h2. ··································································· 9分

又ABAEBF的面积为

1AB(h1h2) 2

12 S

≤

1时,上式取等号.所以S的最大值为 ····························· 12分 2

解法二:由题设,BO1,AO2. 当2k1,即当k

设y1kx1,y2kx2,由①得x20,y2y10,

故四边形AEBF的面积为

SS△BEFS△AEF

···························································································································· 9分

x22y2·

当x22y2时,上式取等号.所以S

的最大值为 ················································ 12分

范文四:圆锥曲线高考题2 投稿:袁漕漖

四川省木里县中学高三数学总复习 圆锥曲线2 新人教A版

xmya2由2消去x可得y2mpy2ap0 y2px ,y1y22mp从而有 ①

yy2ap12

于是x1x2m(y1y2)2a2(m2pa) ②

(y1y2)2(2ap)22

a又由y2px1,y2px2可得x1x2 ③ 22

4p4p

2

1

21

ppp时,点A(,0)即为抛物线的焦点,l为其准线x 222

PP

此时M1(,y1),N1(,y2),并由 ①可得y1y2p2

22uuuuvuuuv

证法1:QAM1(p,y1),AN1(p,y2)

(Ⅰ)如图1,当a

uuuuvuuuv

AM1AN1p2y1y2p2p20,即AM1AN1

QKAM1

y1y,KAN12,pp

证法2:

KAM1KAN1

y1y2p2

221,即AM1AN1. pp

2

(Ⅱ)存在4,使得对任意的a0,都有S24S1S3成立,证明如下:

证法1:记直线l与x轴的交点为A1,则OAOA1a。于是有

11

S1MM1A1M1x1a)y1

221

S2M1N1AA1ay1y2

211

S3NN1A1N1x2a)y2

22

2

S24S1S3(ay1y2)2(x1a)y1(x2a)y2

a[(y1y2)4y1y2][x1x2a(x1x2)a]y1y2

将①、②、③代入上式化简可得

222

a2(4m2p28ap)2ap(2am2p4a2)4a2p(m2p2a)

2上式恒成立,即对任意a0,S24S1S3成立

证法2:如图2,连接MN1,NM1,则由y1y22ap,y122px1可得

KOM

y12p2py22py2y

2KON1,所以直线MN1经过原点O, x1y1y1y22apa

同理可证直线NM1也经过原点O

又OAOA1a设M1A1h1,N1A1h2,MM1d1,NN1d2,则

S1

111

d1h1,S22a(h1h2)a(h1h2),S3d2h2. 222

56.(2009四川卷文)(本小题满分12分)

x2y21(ab0)的左、右焦点分别为F1、

F2,离心率e已知椭圆2,右准线方程

ab为x2。

(I)求椭圆的标准方程;

(II)过点F1的直线l与该椭圆交于M、N两点,

且F2MF2N,求直线l的方程。

caac1

解(I

)由已知得

2

a2c

b

1

x2

∴ 所求椭圆的方程为y21 .

2

(II)由(I)得F1(1,0)、F2(1,0)

x1

①若直线l的斜率不存在,则直线l的方程为x1,由x2得

y2

y

1

2

设M

(、N(1,, ∴

F2MF2N((2,4,0)4,这与已知相矛盾。

②若直线l的斜率存在,设直线直线l的斜率为k,则直线l的方程为yk(x1), 设M(x1,y1)、N(x2,y2),

yk(x1)

2222

联立x2,消元得(12k)x4kx2k20 2

y12

4k22k22

,x1x2∴ x1x2,

12k212k2

∴ y1y2k(x1x22)



又∵F2M(x11,y1),F2N(x21,y2) 

∴ F2MF2N(x1x22,y1y2)

2k

, 2

12k

∴

F2MF2N 化简得40k423k2170 解得k21或k2∴ k1

∴ 所求直线l的方程为yx1或yx1 . 57.(2009全国卷Ⅱ理)(本小题满分12分)

17

舍去) 40

x2y2已知椭圆C:221(ab

0),过右焦点F的直线l与C相交于A、

abB两点,当l的斜率为1时,坐标原点O到l

(I)求a,b的值;



(II)C上是否存在点P,使得当l绕F转到某一位置时,有OPOAOB成立?

若存在,求出所有的P的坐标与l的方程;若不存在,说明理由。 解 (I)设F(c,0),直线l:xyc0,由坐标原点O到l

cc1.

又eabax2y2

(II)由(I)知椭圆的方程为C:1.设A(x1,y1)、B(x2,y2)

32

由题意知l的斜率为一定不为0,故不妨设 l:xmy1

代入椭圆的方程中整理得(2m3)y4my40,显然0。

2

2

4m4

.......① ,yy,.12

2m232m23



.假设存在点P,使OPOAOB成立,则其充要条件为:

由韦达定理有:y1y2

(x1x2)2(y1y2)2

1。 点P的坐标为(x1x2,y1y2),点P在椭圆上,即

32

整理得2x123y122x223y224x1x26y1y26。 又A、B在椭圆上,即2x123y126,2x223y226.

故2x1x23y1y230................................②

将x1x2(my11)(my21)m2y1y2m(y1y2)1及①代入②解得m2

1

2

4m233,x1x2=,

即2y1y2P(,.

2

2m322当m

3,P(,l:xy1;

23,P(l:xy1. 2当m58.(2009湖南卷文)(本小题满分13分)

已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,以两个焦点和短轴的两个端点 为顶点的四边形是一个面积为8的正方形(记为Q). (Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)设点P是椭圆C的左准线与x轴的交点,过点P的直线l与椭圆C相交于M,N两点,当线段MN的中点落在正方形Q内(包括边界)时,求直线l的斜率的取值范围。

x2y2

解 (Ⅰ)依题意,设椭圆C的方程为221(ab0),焦距为2c,

ab

由题设条件知,a8,bc, 所以b2

2

12

a4. 2

x2y2

故椭圆C的方程为1 .

84

(Ⅱ)椭圆C的左准线方程为x4,所以点P的坐标(4,0),

显然直线l的斜率k存在,所以直线l的方程为yk(x4)。 如图,设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),线段MN的中点为G(x0,y0),

yk(x4),由x2y2得(12k2)x216k2x32k280. 8

41由(16k2)2

4(12k2

)(32k2

8)

0解得k

16k2

因为x1,x2是方程①的两根,所以x1x212k2

,于是 xx1x28k202=12k2,y4k0k(x0

4)12k2 . 8k2

因为x012k

2

0,所以点G不可能在y轴的右边, 又直线F1B2,F1B1方程分别为yx2,yx2, 所以点G在正方形Q内(包括边界)的充要条件为

y0x02,4k2k22ky 即12k28k212k

22, 亦即10,0x02.2

4k

8k22k2k10.12k2

12k2

2,

解得k

,此时②也成立. 故直线l

斜率的取值范围是[ 59.(2009福建卷理)(本小题满分13分)

„„①

„„②

已知A,B 分别为曲线C: x2

a

2+y2=1(y0,a>0)与x轴

的左、右两个交点,直线l过点B,且与x轴垂直,S为l上 异于点B的一点,连结AS交曲线C于点T.

(1)若曲线C为半圆,点T为圆弧AB的三等分点,试求出点S的坐标; (II)如图,点M是以SB为直径的圆与线段TB的交点,试问:是否存在

a,使得O,M,S三点共线?若存在,求出a的值,若不存在,请说明理由。解 方法一

(Ⅰ)当曲线C为半圆时,a1,如图,由点T为圆弧AB的三等分点得∠BOT=60°或120°. (1)当∠BOT=60°时, ∠SAE=30°. 又AB=2,故在△SAE中,

有SBABtan30

s(t (2)当∠BOT=120°时,同理可求得点S

的坐标为,综上

, S或 (Ⅱ)假设存在a(a0),使得O,M,S三点共线.

由于点M在以SB为直线的圆上,故BTOS.

显然,直线AS的斜率k存在且k>0,可设直线AS的方程为yk(xa). x2由y2

21

得(1a2k2)x22a2k2xa4k2a20 a

yk(xa)设点T(xa2k2a2

T,yT),xT(a)

1a2k2

, aa2故xk21a2k2,从而yTk(x2ak

TT

a)1a2k2. (

aa2k2亦即T1a2k2,2ak

1a2k2

). B(a,0),BT((2a2k21a2k2,2ak

1a2k2

))

由xa

k(xa)

得s(a,2ak),OS(a,2ak). y由BTOS,可得BTOS2a2k24a2k2

1a2

k2

0即2a2k24a2k2

0 k0,a0,a

经检验,

当a时,O,M,S三点共线.

故存在a,使得O,M,S三点共线. 方法二:

(Ⅰ)同方法一.

(Ⅱ)假设存在a,使得O,M,S三点共线.

由于点M在以SO为直径的圆上,故SMBT.

显然,直线AS的斜率k存在且k>0,可设直线AS的方程为yk(xa) x22

2y1

得(1a2b2)x22a2k2xa2k2a20 由a

yk(xa)

a4k2a2

. 设点T(xT,yT),则有xT(a)

1a2k2

aa2k22akaa2k22ak

,从而yk(xa)亦即T(). 故xTTT

aa2k21a2k21a2k21a2k2

yT1

B(a,0),kBT2,故kSMa2k

xTaakxa

由得S(a,2ak),所直线SM的方程为y2aka2k(xa) yk(xa)

O,S,M三点共线当且仅当O在直线SM上,即2aka2k(

a).

a0,K0,a

故存在a使得O,M,S三点共线.

60.(2009辽宁卷文、理)(本小题满分12分) 已知,椭圆C以过点A(1,(1) 求椭圆C的方程;

(2) E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线

3

),两个焦点为(-1,0)(1,0)。 2

EF的斜率为定值,并求出这个定值。

x2y2

(Ⅰ)解 由题意,c=1,可设椭圆方程为21。 2

1b4b

因为A在椭圆上,所以

19322

,解得=3,=(舍去)。 bb1

1b24b24

x2y21. 所以椭圆方程为 43

x2y23

1得 (Ⅱ)证明 设直线AE方程:得yk(x1),代入4323

(3+4k2)x2+4k(32k)x4(k)2120

2

设E(xE,yE),F(xF,yF).因为点A(1,

3

)在椭圆上, 2

3

4(k)212

所以xE,

34k23

yEkxEk。

2

又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数,在上式中以k代k,可得

3

4(k)212

, xF34k2

3

yFkxFk。

2

所以直线EF的斜率kEF

yFyEk(xFxE)2k1

。

xFxExFxE2

1

。 2

即直线EF的斜率为定值,其值为

61.(2009宁夏海南卷理)(本小题满分12分)

已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点,焦点在s轴上,它的一个顶点到两个焦点的距离分别是7和1.

(Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)若P为椭圆C上的动点,M为过P且垂直于x轴的直线上的点,轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线。解 (Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为a,c,由已知得

OPOM

=λ,求点M的

ac1

,解得a4,c3, 

ac7

x2y2

所以椭圆C的标准方程为1

167

(Ⅱ)设M(x,y),其中x4,4。由已知

OPOM

22

2及点P在椭圆C上可得

9x21122

。 22

16(xy)

整理得(169)x16y112,其中x4,4。

2

2

2

2

(i)

32

时。化简得9y112 4

所以点M

的轨迹方程为y4x4),轨迹是两条平行于x轴的线段。 3

(ii)时,方程变形为

4

x2y2

1,其中x4,4

1629162

当0当

3

时,点M的轨迹为中心在原点、实轴在y轴上的双曲线满足4x4的部分。 4

3

1时,点M的轨迹为中心在原点、长轴在x轴上的椭圆满足4x4的部分; 4

当1时,点M的轨迹为中心在原点、长轴在x轴上的椭圆;

62.(2009陕西卷文)(本小题满分12分)

y2x2已知双曲线C的方程为221(a0,b

0),离心率e

ab。 (1)求双曲线C的方程;

(2)如图,P是双曲线C上一点,A,B两点在双曲线C的两条渐近线上,且分别位于第一、

1

二象限,若APPB,[,2],求AOB面积的取值范围。

3

方法一 解(Ⅰ)由题意知,双曲线C的顶点(0,a

)到渐近线

axby0

ab

cab

ca2

c

得b1 由a222ccaby2

x21 所以曲线C的方程是4

(Ⅱ)由(Ⅰ)知双曲线C的两条渐近线方程为y

2x

设A(m,2m),B(n,2n),m0,n0

uuuruurm-n2(m+n)由APPB得P点的坐标为(,),

1+1+

y2(1)22

x1,化简得mn=

将P点的坐标代入44

因为AOB2,tan(

14

)2,tan,sin2

225

又OA,OB

111

OAOBsin22mn()1 22111

记S()()1,[,2]

2311

则S()(12)

2

所以SAOB由S()0得1 又S(1)=2,S()

1

389,S(2) 34

18

时,AOB面积取到最大值 33

当1时,AOB面积取到最小值2,当当所以AOB面积范围是[2,]

8

3

方法二(Ⅰ)由题意知,双曲线C的顶点(0,a

)到渐近线axby0

ab

cab

ca2

c

得b1 由a222ccaby2

x21. 所以曲线C的方程是4

(Ⅱ)设直线AB的方程为ykxm,

由题意知k2,m0

由

ykxmm2m

得A点的坐标为(,),

2k2ky2x

ykxmm2m

由得B点的坐标为(,),

y2x2k2kuuuruurm12m1APPB,得P点的坐标为((),()

12k2k12k2k

y24m2(1)22

将P点的坐标代入 x1得2

44k

设Q为直线AB与y轴的交点,则Q点的坐标为(0,m)

SAOB=SAOQSBOQ

.

111

OQxAOQxBm(xAxB)2221mm14m2m() 22k2k24k2

11()12

63.(2009四川卷文、理)(本小题满分12分)

x2y2已知椭圆21(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2,离

ab

心率e

,右准线方程为x2。 (I)求椭圆的标准方程;

(II)过点F1的直线l与该椭圆交于M、N两点,

且F2MF2N,求直线l的方程。

caac1

解 (I

)由已知得

2

a2c

b

1

x

2

y21 . ∴ 所求椭圆的方程为2

(II)由(I)得F1(1,0)、F2(1,0)

x1

①若直线l的斜率不存在,则直线l的方程为x1,由x2得

y2

y

1

2

设M

(、N(1,, ∴

F2MF2N((2,4,0)4,这与已知相矛盾。

②若直线l的斜率存在,设直线直线l的斜率为k,则直线l的方程为yk(x1), 设M(x1,y1)、N(x2,y2),

yk(x1)

2222

联立x2,消元得(12k)x4kx2k20 2

y12

4k22k22

∴ x1x2, ,x1x2

12k212k2

∴ y1y2k(x1x22)



又∵F2M(x11,y1),F2N(x21,y2) 

∴ F2MF2N(x1x22,y1y2)

2k

, 2

12k

∴

F2MF2N 化简得40k423k2170 解得k21或k2∴ k1

∴ 所求直线l的方程为yx1或yx1 64.(2009全国卷Ⅰ文)(本小题满分12分) 如图,已知抛物线E:yx相交于A、B、C、D

四个点。

2

17

舍去) 40

与圆M:(x4)yr(r0)

222

(Ⅰ)求r的取值范围

(Ⅱ)当四边形ABCD的面积最大时,求对角线AC、BD的交点P的坐标。 解:(Ⅰ)将抛物线E:yx代入圆M:(x4)yr(r0)的方程, 消去y,整理得x27x16r20

抛物线E:yx与圆M:(x4)yr(r0)相交于A、B、C、D四个点的充要条件是:方程(1)有两个不相等的正根

2

2

2

2

2

2

2

2

2

494(16r2)055r或r∴x1x270即22。 4r42xx16r012

解这个方程组得

5

r4r4). 2(II

)设四个交点的坐标分别为A(x1

、B(x1,

、C(x2,

、D(x2。 则由(I)根据韦达定理有x1x27,x1x216

r2,r则S

4)

1

2|x2x1||x2x1|

2

S2[(x1x2)24x1x2](x1x2(7r215)

22

t,则S(72t)(72t) 下面求S2的最大值。

方法1:由三次均值有:

1

(72t)(72t)(144t)2

172t72t144t31283()() 2323S2(72t)2(72t)

当且仅当72t144t,即t

7

时取最大值。经检验此时r4)满足题意。

6

方法2

:设四个交点的坐标分别为A(x1

、B(x1,

、C(x2,

、D(x2 则直线AC、BD的方程分别为

yx1

x2x1

x2x1

(xx1),yx1

x2x1x2x1

(xx1)

解得点P的坐标为(x1x2,0)。 设t

1

x1x2,由t16r2及(Ⅰ)得t(0,)

4

1

(2x12x2)|x1x2| 2

由于四边形ABCD为等腰梯形,因而其面积S

2

2

则S(x12x1x2x2)[(x1x2)4x1x2]将x1x27,

x1x2t代入上式,并令f(t)S2,等

7

f(t)(72t)2(72t)8t328t298t343(0t),

2

∴f`(t)24t56t982(2t7)(6t7), 令f`(t)0得t

2

77

,或t(舍去) 62

当0t

7777

时,f`(t)0;当t时f`(t)0;当t时,f`(t)0 6662

7

时,f(t)有最大值,即四边形ABCD的面积最大, 6

76

故当且仅当t

故所求的点P的坐标为(,0)。 65.(2009湖北卷文)(本小题满分13分)

如图,过抛物线y=2PX(P﹥0)的焦点F的直线与抛物线相交于M、N两点, 自M、N向准线L作垂线,垂足分别为M1、N1 (Ⅰ)求证:FM1⊥FN1:

(Ⅱ)记△FMM1、、△FM1N1、△FN N1的面积分别为S是否成立,并证明你的结论。 (1) 证明 方法一 由抛物线的定义得

1、、2、,3

2

SS,试判断S22=4S1S3

MFMM1,NFNN1,

MFM1MM1F,NFN1

NN1F

如图,设准线l与x的交点为F1

QMM1//NN1//FF1

F1FM1MM1F,F1FN1NN1F

而F1FM1MFM1F1FN1N1FN1800 即2F1FM12F1FN11800

F1FM1F1FN1900

故FM1FN1

方法二 依题意,焦点为F(

pp,0),准线l的方程为x 22

p

,则有 2

设点M,N的坐标分别为M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为xmy

M1(

pp

,y1),N1(,y2),FM1(p,y1),FN1(p,y2) 22

pxmy由2 得y22mpyp20 y22px

于是,y1y22mp,y1y2p2



FM1FN1p2y1y2p2p20,故FM1FN1

2

(Ⅱ)解 S24S1S3成立,证明如下:

方法一 设M(x1,y1),N(x2,y2),则由抛物线的定义得

pp

,|NN1||NF|x2,于是 22

11p

S1|MM1||F1M1|(x1)|y1|

22211

S2|M1N2||FF1|p|y1y2|

2211p

S3|NN1||F1N1|(x2)|y2|

222

11p1p2

S24S1S3(p|y1y2|)24(x1)|y1|(x2)|y2|

22222|MM1||MF|x1

12pp22

p[(y1y2)4y1y2][x1x2(x1x2)]|y1y2|

424

p

xmy112与y1y22mp代入上式化简可得 将2

pxmy,y1y2p

222

p2(m2p2p2)p2(m2p2p2),此式恒成立。

2故S24S1S3成立。

方法二 如图,设直线MNM的倾角为,|MF|r1,|NF|r2 则由抛物线的定义得|MM1||MF|r1,|NN1||NF|r3

MM1//NN1//FF1,

FMM1,FNN1

于是S1

1211

r1sin,S3r22sin()r22sin 222

在FMM1和FNN1中,由余弦定理可得

|FM1|22r122r12cos2r12(1cos),|FN1|22r222r22cos2r22(1cos)

1

|FM1||FN1| 2

112

S2|FM1|2|FN1|24r12r22(1cos)(1cos)r12r22sin24S1S3

44

由(I)的结论,得S2

2

即S24S1S3,得证。

66.(2009宁夏海南卷文)(本小题满分12分)

已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点,焦点在x轴上,它的一个项点到两个 焦点的距离分别是7和1 (1)求椭圆C的方程‘

(2)若P为椭圆C的动点,M为过P且垂直于x轴的直线上的点,的离心率),求点M的轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线。 解(1)设椭圆长半轴长及分别为a,c,由已知得 {

OPOM

e(e为椭圆C

ac1,ac7.

解得a=4,c=3,

x2y2

所以椭圆C的方程为1.

167

(Ⅱ)设M(x,y),P(x,y1),其中x4,4.

x2y12

e2. 由已知得2

2

xy

而e

3

,故16(x2y12)9(x2y2). ① 4

21

1127x2

由点P在椭圆C上得 ,y,

16

代入①式并化简得9y112,

2

所以点M

的轨迹方程为y4x4),轨迹是两条平行于x轴的线段. 67.(2009湖南卷理)(本小题满分13分)在平面直角坐标系xOy中,点P到点F(3,0)的距离的4倍与它到直线x=2的距离的3倍之和记为d,当P点运动时,d恒等于 点P的横坐标与18之和 (Ⅰ)求点P的轨迹C;

(Ⅱ)设过点F的直线l与轨迹C相交于M,N两点,求线段

MN长度的最大值。

解(Ⅰ)设点P的坐标为(x,y)

,则d3︳x-2︳ 由题设

x2y21

当x>2

6x, 化简得 1.

36272

当x2时

3x,化简得y12x

2

x2y2

1在直线x=2的右侧部分与 故点P的轨迹C是椭圆C1:

3627

抛物线C2:y212x在直线x=2的左侧部分(包括它与直线x=2的交点) 所组成的曲线,参见图1

(Ⅱ)如图2所示,易知直线x=2与C1,C2的交点都是

A(2

,),B(2

,,

直线AF,BF的斜率分别为k

AF=k

BF=. 当点P在C1上时,由②知

PF6

1

x. ④ 2

当点P在C2上时,由③知

PF3x ⑤

若直线l的斜率k存在,则直线l的方程为yk(x3)

(i)当k≤kAF,或k≥kBF,即k≤

时,直线I与轨迹C的两个交点M(x1,y1),N(x2,y2)都在C 1上,此时由④知

11

x1 ∣NF∣= 6 - x2 22

111

从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= (6 - x1)+ (6 - x2)=12 - ( x1+x2)

222

∣MF∣= 6 -

yk(x3)

2222由x2y2 得(34k)x24kx36k1080 则x1,y1是这个方程的两根,所

1

3627

24k212k21

以x1+x2=*∣MN∣=12 - (x1+x2)=12 -

22

34k34k2

因为当k或k,k224,

12k212100

MN1212.

2

34k114k2

当且仅当k时,等号成立。

(2)

当kAEkkAN,k直线L与轨迹C的两个交点M(x1,y1),N(x2,y2)

分别在C1,C2上,不妨设点M在C1上,点C2上,则④⑤知,MF6 设直线AF与椭圆C1的另一交点为E(x0,y0),则x0x1,x22.

1

x1,NF3x2 2

MF6

11

x16x0EF,NF3x232AF 22

所以MNMFNFEFAFAE。而点A,E都在C1上,且

kAE有(1)知AE

100100

,所以MN

1111

若直线的斜率不存在,则x1=x2=3,此时

1100 MN12(x1x2)9

211

综上所述,线段MN长度的最大值为

100

11.

68.(2009福建卷文)(本小题满分14分)

x2y2

已知直线x2y20经过椭圆C:221(ab0)的左顶点A和上顶点D,椭

ab

圆C的右顶点为B,点S和椭圆C上位于x轴上方的动点,直线,AS,BS与直线l:x分别交于M,N两点。

(I)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)求线段MN的长度的最小值;

(Ⅲ)当线段MN的长度最小时,在椭圆C上是否存在这样的点T,使得TSB的面积为若存在,确定点T的个数,若不存在,说明理由

10 3

1?5

解 方法一(I)由已知得,椭圆C的左顶点为A(2,0),上顶点为D(0,1),a2,b1

x2

y21 故椭圆C的方程为4

(Ⅱ)直线AS的斜率k显然存在,且k0,故可设直线AS的方程为yk(x2),

从而M(

1016k,) 33

yk(x2)2222由x2得(14k)x16kx16k40 2

y14

16k2428k24k

设S(x1,y1),则(2),x1得,从而 xy11222

14k14k14k28k24k

即S(,),又B(2,0)

14k214k2110y(x2)x4k3由得 x10y133k101N(,)

33k

故|MN|

16k1

33k

又k0,|MN|当且仅当

16k18

 33k3

16k11

,即k时等号成立 

33k418k时,线段MN的长度取最小值

43

1

(Ⅲ)由(Ⅱ)可知,当MN取最小值时,k

4

此时BS

的方程为xy20,s(,),|BS|

64

55 1

,只须T到直线BS

5

要使椭圆C上存在点T,使得TSB的面积等于

所以T在平行于BS且与BS

设直线l':xy10

的直线l上。 35

解得t或t

22

69.(2009年上海卷理)(本题满分16分)

vx22 已知双曲线c:y

1,设过点A(的直线l的方向向量e(1,k)

2

(1) 当直线l与双曲线C的一条渐近线m平行时,求直线l的方程及l与m的距离; (2) 证明:当k

时,在双曲线C的右支上不存在点Q,使之到直线l

。 (1)解 双曲线C

的渐近线m0............2分  直线l

的方程x0  直线l与m

的距离d

 (2)证明 方法一设过原点且平行与l的直线b:kxy0

则直线l与b

的距离d

当k

d 又双曲线C

的渐近线为x0

双曲线C的右支在直线b的右下方,

双曲线C右支上的任意点到直线l

故在双曲线C的右支上不存在点Q,使之到直线l

。 (2)方法二 双曲线C的右支上存在点Q(x0,y0)到直线l

, x02y02,(2)

由(1

)得y0kx0 设t



当k

t

0 2

将y0kx0t 代入(2)得(12k2)x04ktx02(t21)0 (*)

k

t0,12k20,4kt0,2(t21)0 方程(*)不存在正根,即假设不成立

故在双曲线C的右支上不存在Q,使之到直线l

70.(2009上海卷文)(本题满分16分) 已知双曲线C的中心是原点,右焦点为

m

设过点

v

l的方向向量e(1,k)。

(1) 求双曲线C的方程;

(2) 若过原点的直线a//l,且a与l

K的值;

(3)

C的右支上不存在点Q,使之到直线l

2

2

(1)解 设双曲线C的方程为x2y(0)

x2

3,解得2,双曲线C的方程为y21

22

(2)解

直线l:kxy0,直线a:kxy0

k(3)证明 方法一 设过原点且平行于l的直线b:kxy0

则直线l与b

的距离d

当k

d 又双曲线C的渐近线为

x0

 双曲线C的右支在直线b的右下方,

 双曲线C右支上的任意点到直线l

故在双曲线C的右支上不存在点Q,使之到直线l

(3)方法二 假设双曲线C右支上存在点Q(x0,y0)到直线l

(1)则 22

(2)x02y02

由(1

)得y0kx0

设t,

当k

t0;

t0

2

将y0kx0t代入(2)得(12k2)x04ktx02(t21)

k

t0, 12k20,4kt0,2(t21)0 方程(*)不存在正根,即假设不成立,

故在双曲线C的右支上不存在点Q,使之到直线l

71.(2009重庆卷理)(本小题满分12分) 已知以原点O

为中心的椭圆的一条准线方程为y

点.

(Ⅰ)若C,D

的坐标分别是(0,,求MCMD的最大值;

(Ⅱ)如题图,点A的坐标为(1,0),B是圆xy1上的点,N是点M在x轴上的射影,

2

2

,离心率eM是椭圆上的动

点Q满足条件:OQOMON,QABA0.求线段QB的中点P的轨迹方程;

x2y2

解 (Ⅰ)由题设条件知焦点在y轴上,故设椭圆方程为221(a >b> 0 ).

ab

设c

y

c.

由e

 a = 2 ,c

ay2

从而 b = 1,椭圆方程为x1 .

4

2

y2

又易知C,D两点是椭圆x1的焦点,所以,MCMD2a4

4

2

从而MCMD(

MCMD

2

)2224,当且仅当MCMD,

即点M的坐标为(1,0)时上式取等号,MCMD的最大值为4 .

(II)如图(20)图,设M(xm,ym),B(xB,yB)



Q(xQ,yQ).因为N(xN,0),OMONOQ,故

xQ2xN,yQyM,

xQyQ(2xM)y4 ①

2

2

2

y



因为QABA0,

(1xQyQ)(1xNyn)(1xQ)(1xN)yQyN0,

所以 xQxNyQyNxNxQ1. ② 记P点的坐标为(xP,yP),因为P是BQ的中点 所以 2xPxQxP,2yPyQyP

22

由因为 xNyN1,结合①,②得

22xPyP

1

((xQxN)2(yQyN)2) 4

12222(xQxNyQyn2(xQxNyQyN)) 41

(52(xQxN1))

43

xP 4

1

故动点P的估计方程为(x)2y21

2

72.(2009重庆卷文)(本小题满分12分) 已知以原点O

为中心的双曲线的一条准线方程为x

(Ⅰ)求该双曲线的方程;

(Ⅱ)如题(20)图,点A

的坐标为(,B

是圆x2(y21上的点,点M在双曲线右支上,求MAMB的最小值,并求此时M点的坐标;

e

解 (Ⅰ)由题意可知,双曲线的焦点在x轴上,故可设双曲线的方程为

x2y2a2c,

由准线方程为

由e

1(a0,b0)x

22

abcy2c2得

解得a1,c 从而b2,该双曲线的方程为x1.

4a

(Ⅱ)设点D

的坐标为,则点A、D为双曲线的焦点,|MA||MD|2a2 所以|MA||MB|2|MB||MD|≥2|BD| ,B

是圆x2(y21上的点,

其圆心为C,半径为1

,故|BD|≥|CD|11

从而|MA||MB|≥2|BD|1

当M,B在线段CD上时取等号,此时|MA|

|MB|1

直线CD

的方程为yxM在双曲线右支上,故x0

22

4xy4

由方程组

解得x y

yx所以M

点的坐标为.

2005—2008年高考题

一、选择题

1.(2008湖北卷10)如图所示,“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞 向月球,在月球附近一点P轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆 轨道Ⅰ绕月飞行,之后卫星在P

变点第二次变轨进入仍以月球球心

F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行,最终卫星在P点第三次变轨进入以F为圆心的圆形

轨道Ⅲ绕月飞行,若用2c1和2c2分别表示椭轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距,用2a1和2a2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴的长,给出下列式子:

①a1c1a2c2; ②a1c1a2c2; ③c1a2a1c2; ④其中正确式子的序号是

c1c2

<. a1a2

( )

A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④ 答案 B



2.(2008江西理7)已知F1、F2是椭圆的两个焦点,满足MF1MF20的点M总在椭圆内

部,则椭圆离心率的取值范围是

( )

A.(0,1) B.(0,] C

.答案 C

12 D

. x2y2

1的离心率e的取值范围是 ( )3.(2008全国Ⅱ理9)设a1,则双曲线2

a(a1)2

A

.2) 答案 B

4.(2008海南理11)已知点P在抛物线y= 4x上,那么点P到点Q(2,-1)的距离与 点P 到抛物线焦点距离之和取得最小值时,点P的坐标为 A.(

( )

2

B

. C.(2,5) D

.(2

1

,-1) 4

B.(

1

,1) 4

2

C.(1,2) D.(1,-2)

答案 A

5.(2008辽宁理10)已知点P是抛物线y2x上的一个动点,则点P到点(0,2)的距 离与P到该抛物线准线的距离之和的最小值为 A

( )

B.3 C

D.

9

2

答案 A

x2y22

6.(2008天津文7)设椭圆221(m0,n0)的右焦点与抛物线y8x的焦

mn

点相同,离心率为

1

,则此椭圆的方程为 2

( )

x2y2A. 1 1216x2y2C.1 4864

答案 B

x2y2 B.1

1612x2y2 D.1

6448

7.(2007重庆文)已知以F1(2,0),F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x3y40有且仅有一个交点,则椭圆的长轴长为 A.32 答案 C

B.26

( )

C.27

D.42

x2y2

8.(2007浙江文)已知双曲线221 (a0,b0)的左、右焦点分别为F1、F2,P

ab

是准线上一点,且PF1⊥PF2,|PF1||PF2 |=4ab,则双曲线的离心率是 ( )

C.2 D.3 答案 B

x2y2

9.(2007天津文)设双曲线221(a0,

b0),且它的一条准线与

ab

抛物线y4x的准线重合,则此双曲线的方程为 ( )

2

x2y2

A.1

1224x22y2

C.1

33

答案 D

x2y2

B.1

4896

x2y2

D.1

36

x2y2

10. (2006上海春季15) 若kR,则“k3”是“方程1表示双曲线”

k3k3

的 A.充分不必要条件 C.充要条件 答案 A

11.(2005年上海理15) 过抛物线y4x的焦点作一条直线与抛物线相交于A、B两点, 它们的横坐标之和等于5,则这样的直线 ( ) A.有且仅有一条 B.有且仅有两条 C.有无穷多条 D.不存在 答案 B

2

B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

( )

解析 y4x的焦点是(1,0),设直线方程为yk(x1)k0 (1),将(1)代入抛物线方程可得kx(2k4)xk0,x显然有两个实根,且都大于0,它们的横坐标

2

2

2

2

2

2k24232

之和是,选B. 53k4k2

k3

二、填空题

x2y2

12.(2008湖南理12)已知椭圆221(a>b>0)的右焦点为F,右准线为l,离心率

ab

过顶点A(0,b)作AMl,垂足为M,则直线FM的斜率等于 . 1 2

答案

x2y2

13.(2008江苏12)在平面直角坐标系中,椭圆221( ab0)的焦距为2,以O

ab

a2

,0作圆的两切线互相垂直,则离心率e= . 为圆心,a为半径的圆,过点

c

答案

14.(2008全国Ⅰ理15)在△ABC中,ABBC,cosB椭圆经过点C,则该椭圆的离心率e . 答案

7

.若以A,B为焦点的 18

3 8

x2y2

15.(2008浙江理12)已知F1、F2为椭圆1的两个焦点,过F1的直线交椭圆于

259

A、B两点.若F2AF2B12,则AB=______________. 答案 8

x2y2

1右支上的一点,双曲线的一条渐近线方 16.(2008上海春季7) 已知P是双曲线2

a9

程为3xy0. 设F1、F2分别为双曲线的左、右焦点. 若PF23,则PF1答案 5

17.(2007山东理)设O是坐标原点,F是抛物线y2px(p0)的焦点,A是抛物线上

2



的一点,FA与x轴正向的夹角为60,则OA为 .

21p 2

答案

18.(2007上海春季6) 在平面直角坐标系xOy中,若抛物线y24x上的点P到该抛物线的 焦点的距离为6,则点P的横坐标x . 答案 5

19.(2006上海理7) 已知椭圆中心在原点,一个焦点为F(-23,0),且长轴长是短轴长 的2倍,则该椭圆的标准方程是 .

2y2 答案 1

164

20.(2005江西理)以下四个关于圆锥曲线的命题中:



①设A、B为两个定点,k为非零常数,|PA||PB|k,则动点P的轨迹为双曲线;

1

②过定圆C上一定点A作圆的动点弦AB,O为坐标原点,若OP(OAOB),则动点

2

P的轨迹为椭圆;

③方程2x25x20的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率;

x2y2x2

④双曲线1与椭圆y21有相同的焦点.

25935

其中真命题的序号为 (写出所有真命题的序号) 答案 ③④ 三、解答题

21.(2008全国Ⅰ理21)双曲线的中心为原点O,焦点在x轴上,两条渐近线分别为l1,l2,



经过右焦点F垂直于l1的直线分别交l1、l2于A,B两点.已知OAABOB成等差数 

列,且BF与FA同向.

(Ⅰ)求双曲线的离心率;

(Ⅱ)设AB被双曲线所截得的线段的长为4,求双曲线的方程. 解:(Ⅰ)设OAmd,ABm,OBmd 由勾股定理可得:(md)m(md)

2

2

2

得:d

1bAB4m,tanAOF,tanAOBtan2AOF 4aOA3

b

4,解得b1,

则离心率e 由倍角公式2

3a2b

1a

2

x2y2a

(Ⅱ)过F直线方程为y(xc),与双曲线方程221联立

abb

将a

2b,c

代入,化简有

152xx21

0 4b24x2

解得b3 将数值代入,有4x2y2

故所求的双曲线方程为1。

369

第二部分 四年联考汇编

2010年联考题 题组二(5月份更新)

x2y2

1的渐近线方程是 1.(马鞍山学业水平测试)双曲线49

3

A.yx

22

B.yx

39

C.yx

4

4

D.yx

9

答案 A

2. (昆明一中二次月考理)已知是以为焦点的椭圆上的一

点,若,,则此椭圆的的离心率为( )

A. B. C. D.

答案:D

x2y2

3.(师大附中理)如图2,设在椭圆+1中,B1和B是短轴端点,P是椭圆上

54

不同于B1,B的任一点,直线PB1,PB分别交x轴于M,N,则

|OM||ON|

A.4 B.4.5 C.5 D.5.5 答案:C

x2

y21的焦点坐标为 4. (马鞍山学业水平测试)椭圆4

A.(

33,0) B.(0,) C.(3,0) 22

D.(0,3)

答案 C

5.(马鞍山学业水平测试)过抛物线y24x的焦点的直线l交抛物线于P(x1,y1)、Q(x2,y2)两点,如果x1x26,则|PQ| A.9 答案 B

6. (马鞍山学业水平测试)已知动点P(x,y)满足(x2)2y2(x2)2y22,则动点P的轨迹是 A.双曲线 答案 C

B.双曲线左支 C. 双曲线右支

D. 一条射线

B.8

C.7

D.6

x2y2

7.(昆明一中三次月考理)若抛物线y2px(p0)的焦点与椭圆1的左焦点重合,

95

2

则p的值为 A.-2 B.2 C.-4 D.4 答案:Cx2y2

8.(昆明一中三次月考理)设双曲线221(a0,b>0)的半焦距为c,直线l过A(a,

ab

0),B(0,b)两点,若原点O到l的距离为A.

3

c,则双曲线的离心率为4

232323

D. 或2 B.2 C.2或

333

答案:A9.(马鞍山学业水平测试)方程5(x2)2(y2)2|3x4y6|表示的曲线为

A. 抛物线 答案 A

B. 椭圆 C. 双曲线 D.圆

10. (安徽六校联考)简化北京奥动会主体育场“鸟巢”的钢结构俯视图 如图所示,内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆,外层椭圆顶点向内

x2y2

层椭圆引切线AC、BD.设内层椭圆方程为221(ab0),则外层椭

ab

9x2y2

圆方程可设为1(ab0,m

1).若AC与BD的斜率之积为,则椭圆的离心率22

16

(ma)(mb)

为( )

3

D.4

答案A

x2y2222

11. (玉溪一中期中) 从双曲线221(a0,b0)的左焦点F引圆xya的切线

ab

l,切点为T,且l交双曲线的右支于点P. 若点M是线段FP的中点,O为坐标原点,则|OM|-|TM|=( )

A.

ba

2

B.ba

C.

ab

2

D.a

b 2

答案:B

x2y2

21(a0,b0)2

b12.(池州市七校元旦调研)过双曲线a的右顶点A作斜率为1的直

1

ABBC

B,C2线,该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为.

若,则双曲线的离心率是

( )

B

C D答案 C 【解析】对于

Aa,0

,则直线方程为xya0,直线与两渐近线的交点为B,C,

a2aba2ab

B,,C(,)abababab,则有

ab2a2b2a2bab

BC(22,

22),AB,22

abababab,因2ABBC,4ab,e

x2y2

212

b13.(岳野两校联考)双曲线a的一条准线被它的两条渐近线所截得线段长度恰好

为它的一个焦点到一条渐近线的距离,则该双曲线的离心率是( ) A.3 B.2 C.3 D.2 答案 B

2

y4x的焦点,A、B、C在抛物线上,14.(岳野两校联考)如图,F为抛物线

FAFBFCFAFBFC0若,则( )

A. 6 B. 4 C. 3 D.2 答案 A

x2y2

15.(三明市三校联考)设椭圆221(m0,n0)的右焦点与抛物

mn

1

,则此椭圆的方程为 ( ) 2

x2y2x2y2x2y2x2y2A. 1 B. 1 C. 1 D. 11216161248646448

线y8x的焦点相同,离心率为

2

答案B

y2x2

16.(祥云一中月考理)如果双曲线221的离心率为2,则该双曲线的渐近线方程

ab

为( )

A.y2x 答案:C

B.y2x

C.yx

D.y

2

x2

x2y2

17.(三明市三校联考)已知椭圆221(ab0)的左焦点分别为F1,F2,过F1作倾

ab

斜角为30的直线与椭圆的一个交点P,且PF2x轴,则此椭圆的离心率e为 ( )

A

答案A

18.(昆明一中四次月考理)已知F1、F2分别是双曲线xmy1(m0)的左、右焦点,

P

2

2

B

D

2|PF2|

的最小值为8,为双曲线左支上任意一点,若则双曲线的离心率的取值范围为( ) |PF1|

(A)(1,3] (B)(0,3] (C)(1,2] (D)(1,) 答案:A 二、填空题

1.(马鞍山学业水平测试)设抛物线型拱桥的顶点距水面2米,测量水面宽度为8米.当水面上升1米后,水面宽度 为 米. 答案 42

2.(昆明一中一次月考理)设F为抛物线y直线l与x轴的交点为Q,PQF__. 答案:90°

12

x的焦点,与抛物线相切于点P(-4,-4)的4

x2y2

3.(玉溪一中期中)点P(3,1)在椭圆221(ab0)的右准线上,过P点且方向向

ab

量为a(2,5)的光线经直线y=-2反射后通过椭圆的右焦点,则这个椭圆的离心率为 . 答案:

3

3

x2y2

4. 与双曲线

1有共同的渐近线,且过点(3,的双曲线的方程为916

4x2y2

答案 941

5.(昆明一中四次月考理)抛物线y4x上的点M到焦点F的距离为4,则点M的横坐标是 . 答案:3 6.(昆明一中四次月考理)若球O的表面积为16,边长为2的正三角形ABC的三个顶点在球O的表面上,则球心O到平面ABC的距离为 . 答案:

2

26

3

x2y2

7.(安庆市四校元旦联考)若椭圆221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,线

ab

段F1F2被抛物线y2bx的焦点F分成5 :3的两段,则此椭圆的离心率为答案

2

2

5 5

8.(玉溪一中期中文)双曲线

x2a2

y2

21(a0,b0)的右支上存在一点,它到右焦点及 b

左准线的距离相等,则双曲线离心率的取值范围是 。

答案:1]

9.(祥云一中月考理)两个正数a、b的等差中项是双曲线

x2a2

y2b2

1的离心率为 。

9

,一个等比中项是ab,则 2

答案:

41

5

三、解答题

1. (马鞍山学业水平测试)(本小题满分8分) 设椭圆的中心在原点,焦点在x轴上,离心率e

33

,且过点P(0,),求这个椭圆的方程.

22

3

解:∵椭圆的中心在原点,焦点在x轴上且过点P(0,)

2

∴b

3

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分 2

3c2a2b232

又e,∴e2,∴a29„„„„„„„„„„„6分 224aax24y2

1„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分 故这个椭圆方程是99

3

(1,)

2.(池州市七校元旦调研)已知,椭圆C过点A2,两个焦点为(-1,0),(1,0)。

(1)求椭圆C的方程;

(2) E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,

证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值。 解:

1932

1b22

4(舍去) 4b2(Ⅰ)由题意,c=1,可设椭圆方程为1b,解得b3,

x2y2

143所以椭圆方程为。 „„„„„4分 x2y23

1yk(x1)

32,代入4(Ⅱ)设直线AE方程为:得 3

(34k2)x24k(32k)x4(k)2120

2

3

A(1,)E(x,y)F(x,y)EEFF2 设,,因为点在椭圆上,所以

3

4(k)212

3

xFykxkEE2

234k ;

又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数,在上式中以—K代K,可得

3

4(k)212

3

xFykxkEE2

234k;

KEF

所以直线EF的斜率

yFyEk(xFxE)2k1

xFxExFxE2.

3.(肥城市第二次联考)(本小题满分12分)

x2y2

如图,在直角坐标系xOy中,已知椭圆C:221(abab

心率e,左右两个焦分别为F1、F2.过右焦点F2且与x直线与椭圆C相交M、N两点,且|MN|=1.

(Ⅰ) 求椭圆C的方程;



(Ⅱ) 设椭圆C的左顶点为A,下顶点为B,动点P满足PAABm4,(mR)试求

点P的轨迹方程,使点B关于该轨迹的对称点落在椭圆C上. 解:(Ⅰ)∵MF2x轴,∴|MF2|

∵|MF1|2(2c)2

11

,由椭圆的定义得:|MF1|2a,------1分 22

1

, 4

11

∴(2a)24c2,-----------------------------------3分

24

又e

3

c2a2 ∴4a22a3a2, a0 a2 4

12

a1,-------------------------------4分 4

∴b2a2c2

x2

∴所求椭圆C的方程为y21.-----------------------------------5分

4

(Ⅱ)由(Ⅰ)知点A(-2,0),点B为(0,-1),设点P的坐标为(x,y)



则PA(2x,y),AB(2,1),



由PAABm-4得-42xym4,

∴点P的轨迹方程为y2xm------------------------------------7分 设点B关于P的轨迹的对称点为B'(x0,y0),则由轴对称的性质可得:

y01x1y1

,020m, x0222

44m2m3

,------------------------------9分 ,y0

55

44m22m32

∵点B'(x0,y0)在椭圆上,∴ ()4()4,整理得2m2m30解得

55

3

m1或 m

2

3

∴点P的轨迹方程为y2x1或y2x,

2

解得:x0

-------------------------------------------11分 经检验y2x1和y2x

3

都符合题设, 2

3

.----------------12分 2

∴满足条件的点P的轨迹方程为y2x1或y2x

4. (马鞍山学业水平测试)(本小题满分10分)

已知椭圆C:

x2a2

y2b2

1(ab0)的长、短轴端点分别为A、B,从此椭圆上一点M向x

轴作垂线,恰好通过椭圆的左焦点F1,且向量AB与OM共线.

(Ⅰ)求椭圆的离心率e;

(Ⅱ)若x4是椭圆C的一条准线,求椭圆C的方程. 解:(Ⅰ)∵F1(c,0),则xMc,yM∵kAB

b2b2,∴kOM.„„„„„„„„„„„2分 aac

bb2b2

,OM与AB是共线向量,∴,∴b=c,故e.„„„„„4分

2aaca

2

a, 2

(Ⅱ) 由bcc

a2

a24c22aa22,b2,„„„„„„„„„„8分 又x4cx2y2

1„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„10分 所以椭圆C的方程为84

5. (哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)如图,设抛物线C1:y24mx(m0)的准线与x轴交于F1,焦点为F2;以F1,F2为焦点,离心率e

1

的椭圆C2与抛物线C1在x轴2

上方的交点为P,延长PF2交抛物线于点Q,M是抛物线C1上一动点,且M在P与Q之间运动.

(1)当m1时,求椭圆C2的方程;

(2)当PF1F2的边长恰好是三个连续的自然数时,求MPQ面积的最大值.

解:(1)当m1时, y4x,则F1(1,0),F2(1,0)

2

x2y2c12

设椭圆方程为221(ab0),则c1,又e,所以a2,b3

aba2

x2y2

所以椭圆C2方程为1 „„„„4

43x2y2c122

(2)因为cm,e,则a2m,b3m,设椭圆方程为21 2

4m3ma2

x2y2

1

由4m23m2,得3x216mx12m20 „„„„6 y24mx

即(x6m)(3x2m)0,得xP

2m

代入抛物线方程得yp

,即

3

P(

2m 3PF2xpm

5m5m7m6m

,F1F22m,

,PF12aPF24m

3333

因为PF1F2的边长恰好是三个连续的自然数,所以m3

„„„„8 此时抛物线方程为y

12x,P(2,,直线PQ方程为:yx3).

2

yx3)

联立,得2x213x

180,即(x2)(2x9)

0,

2y12x

所以xQ∴PQ

99

,代入抛物线方程得yQ,即

Q(, 22

25.

2

t2

设M(,t)到直线PQ的距离为d ,t(36,2

6)

12

则d275

„„„„10

2

当t

75

dmax, 2125. „„„„12 

22O

B

P

C

即MPQ面积的最大值为

6. (玉溪一中期中)(本小题12分)已知A,B,C是长轴长为4



的椭圆上的三点,点A是长轴的一个顶点,BC过椭圆的中心O,且ACBC0,

|BC|2|AC|,

(Ⅰ)求椭圆的方程;

(Ⅱ)如果椭圆上的两点P,Q使PCQ的平分线垂直于OA,是否总存在实数λ,使得



PQλAB?请说明理由;

. 解: (1)以O为原点,OA所在直线为x轴建立 平面直角坐标系,则A(2,0),

x2y2

设椭圆方程为21,不妨设C在x轴上方,

4b



由椭圆的对称性,|BC|2|AC|2|OC||AC||OC|

, 又



ACBC0ACOC,即ΔOCA为等腰直角三角形, 由A(2,0)得:C(1,1),代入椭

圆方程得:b2

4, 3

x23y2

即,椭圆方程为1;

44



(2)假设总存在实数λ,使得PQλAB,即AB//PQ,

由C(1,1)得B(1,1),则kAB

0(1)1

,

2(1)3

若设CP:yk(x1)1,则CQ:yk(x1)1,

x23y2

1

由4(13k2)x26k(k1)x3k26k10, 4

yk(x1)1

由C(1,1)得x1是方程(13k)x6k(k1)x3k6k10的一个根,

2

2

2

3k26k13k26k1

由韦达定理得:xPxP1,以k代k得xQ,

13k213k2

故kPQ

yPyQxPxQ

k(xPxQ)2k

xPxQ

1

,故AB//PQ, 3



即总存在实数λ,使得PQλAB.

题组一(1月份更新)

一、选择题

x2y2

1、(2009东莞一模)设p是椭圆1上的点.若F1,F2是椭圆的两个焦点,则

2516

PF1PF2等于( )

A.4 答案 D

2、(2009滨州一模)已知点M(3,0),N(3,0),B(1,0),动圆C与直线MN切于点B,过

B5

C.8

D.10

M、N与圆C相切的两直线相交于点P,则P点的轨迹方程为

y2y22

1(x1) B. x1(x1) A.x88

2

y2y22

C.x1 x0 D.x1(x1)

810

2

答案 A

3、(2009茂名一模)已知F1,F2是椭圆的两个焦点,过F1且与椭圆长轴垂直的直线交椭圆于A、B两点,若ABF2是等腰直角三角形,则这个椭圆的离心率是( )

A

答案 C

B

C

1 D

4、(2009临沂一模)已知双曲线的两个焦点F1

(2

是此双曲线上的一点,



且MF1MF20,|MF1||MF2|2,则该双曲线的方程是

x2y2x2y2x2y222

y1 B、x1 C、1 D、1 A、 993773

答案 A

5、(2009汕头一模)中心在原点,焦点在x轴上的双曲线的实轴与虚轴相等,一个焦点到一

,则双曲线方程为( )

A、x-y=2 B、x-y C、x-y=1 D、x-y=

2

2

2

2

2

2

2

2

1 2

答案 A

6、(2009泰安一模)已知曲线C:y=2x,点 A(0,-2)及点B(3,a),从点A观察点B,要使实现不被曲线C挡住,则实数a的取值范围是

A.(4,+) B.(,4) C.(10,) D.(,10) 答案 D

7、(2009韶关一模)圆xy4x4y70上的动点P到直线xy0的最小距离为 A.1 B. 221 C. 2 D. 22 答案 B

2

2

2

x2y28、(2009潍坊一模)抛物线y12x的准线与双曲线等1的两条渐近线所围成的三

93

2

角形面积等于

(A)

答案 A

x2x2

9、(2009深圳一模)设平面区域D是由双曲线y1的两条渐近线和椭圆y21

42

2

的右准线所围成的三角形(含边界与内部).若点(x,y)D,则目标函数zxy的最大值为 A.1 答案 C

10、(2009湛江一模)过点A (3 , 0 ) 的直线l与曲线 (x1)2y21有公共点,则直线l

斜率的取值范围为

A.(3, 3 ) B.[3, 3 ] C.(答案 D

二、填空题

1、(2009临沂一模)已知A、B是抛物线x4y上的两点,线段AB的中点为M(2,2),则|AB|

2

B.2

C.3

D.6

3333

, ) D.[, ] 3333

等于 答案

2、(2009上海十四校联考)以原点为顶点,x轴为对称轴且焦点在2x4y30上的抛物线方程是 答案 y6x。

2

y4x3、(2009日照一模)抛物线的焦点坐标是_______________。

2

(0,

答案

1

)16

2

y2

4、(2009冠龙高级中学3月月考)以椭圆x1中心为顶点,右顶点为焦点的抛物线的

5

标准方程为_____________。 答案 y4x

2

x2y2y2x2

5、(2009上海普陀区)设联结双曲线221与221(a0,b0)的4个顶

abba

点的四边形面积为S1,联结其4个焦点的四边形面积为S2,则

S1

的最大值为 . S2

答案

1 2

2

y2

x1

6、(2009泰安一模)P为双曲线右支上一点,M、N分别是圆15

(x4)2y24和(x4)2y21上的点,则|PM|-|PN|的最大值为答案 5

x2y27、(2009闵行三中模拟)已知A为双曲线1的右顶点,F是双曲线的右焦点,则

97|AF|=_______。 答案 1

x2y22

8、(2009枣庄一模)设椭圆221(m0,n0)的右焦点与抛物线y8x的

mn

焦点相同,离心率为

1

,则此椭圆的标准方程为 。 2

x2y2

答案 1

1612

x2y2

1上的一个动点,则 9、(2009上海青浦区)已知P(x,y)是椭圆

169

xy的最大值是答案 5 三、解答题

1、(2009滨州一模)已知方向向量

为v的直线l过

点(0,和椭圆

x2y2 C:221(ab

0)ab

(I)求椭圆C的方程;



(II)若已知点D(3,0),点M,N是椭圆C上不重合的两点,且DMDN,求实数的

取值范围.

(1)∵直线l

的方向向量为v

∴直线l

的斜率为k

l

过点(0,

∴直线l

的方程为y

∵ab,∴椭圆的焦点为直线l与x轴的交点 ∴椭圆的焦点为(2,0)

∴c

2,又∵e∴a

c

a ,∴b2a2c22

x2y21 ∴椭圆方程为62

(2)设直线MN的方程为xay3,

x2y2

122

由6,得(m3)y6my30 2xmy3

设M,N坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)

6m3

(1) (2) ,yy1222

m3m3

3

36m212(m23)24m236>0∴m2,

2



∵DM(x13,y1),DN(x23,y2),DMDN,显然0,且1

y1y2

∴x13,y1(x23,y2)∴y1y2

12m236

代入(1) (2),得2 2102

m3m3

1

2

210312

∵m,得210,即2

21010

解得551.

2、(2009广州一模)已知动圆C过点A(-2,0),且与圆M:(x-2)+x=64相内切 (1)求动圆C的圆心的轨迹方程;

2

2

x2y2

(2)设直线l: y=kx+m(其中k,m∈Z)与(1)所求轨迹交于不同两点B,D,与双曲线1

412

交于不同两点E,F,问是否存在直线l,使得向量



DFBE0,若存在,指出这样的直线有多少条?若不存在,请说明理由.

(本题主要考查圆、椭圆、直线等基础知识和数学探究,考查数形结合、类与整的数学思想方法,以及推理论证能力、运算求解能力和创新意识)

解:(1)圆M:(x-2)+x=64,圆心M的坐标为(2,0),半径R=8. ∵|AM|=4

设动圆C的半径为r,圆心为C,依题意得r= |CA|,且|CM|=R-r, 即|CM+|CA|=8>|AM|, „„3分 ∴圆心CD的轨迹是中心在原点,以A,M两点为焦点,长轴长为8的椭圆,

2

2

x2y2

设其方程为221(a>b>0),则a=4,c=2,

ab

x2y2

1. ∴b=a-c=12,∴所求动圆C的圆心的轨迹方程为

1612

2

2

2

„„5分

y=kx+m222

(2)由x2y2消去y 化简整理得:(3+4k)x+8kmx+4m-48=0,

=1+

1612

设B(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=

2

2

2

8km

.

3+4k2

△1=(8km)-4(3+4k) (4m-48)>0. ① „„7分

y=kx+m222由x2y2消去y 化简整理得:(3-k)x-2kmx-m-12=0,

=1

412

设E(x3,y3),F(x4,y4),则x3+x4=

2

2

2

2km

. 3k2

△2=(-2km)+4(3-4k) (m+12)>0. ② „„9分



∵DFBE0,∴ (x4-x2 )+ (x3-x1) =0,即x1+x2= x3+x4,

∴

8km2km41

,∴2km=0或, 

3+4k23k23+4k23k2

解得k=0或m=0, „„11分 当k=0

时,由①、②得

时,由①、②得

∴满足条件的直线共有9条. „„14分

x2y233、(2009聊城一模)已知椭圆C1:221(ab0)的离心率为,直线l:y=x+2

3ab

与以原点为圆心、椭圆C1的短半轴长为半径的圆O相切。 (1)求椭圆C1的方程;

(2)设椭圆C1的左焦点为F1,右焦点为F2,直线l1过点F1,且垂直于椭圆的长轴,动直

线l2垂直于l1,垂足为点P,线段PF2的垂直平分线交l2于点M,求点M的轨迹C2的方程;

(3)设C2与x轴交于点Q,不同的两点R、S在C2上,且 满足QRRS0,

求|QS|的取值范围。

3b22

解:(1)由e,得21e; (2分)

33a

由直线l:xy20与圆x2y2b2相切,得

22

|b|.所以,b2,a3

x2y2

所以椭圆的方程是1. (4分)

32

(2)由条件,知|MF2|=|MP|。即动点M到定点F2的距离等于它到直线l1:x1的距离,由抛物线的定义得点M的轨迹C2的方程是y4x。 (8分)

2

y12y2y12

(3)由(2),知Q(0,0)。设R(,y1),S(,y2),所以QR(,y1)

4442

y2y12

RS(,y2y1).

4

2

y12(y2y12)

由QRRS0,得y1(y2y1)0.

16

16

因为y1y2,化简得y2y1(10分)

y12y2y12

2

2562562

3222563264(当且仅当y,即1y12y12

y14时等号成立).(12分)

2y21222

|QS|()2y2(y28)264,y264.

44

所以当y264,即y28时,|QS|min85.

故|QS|的取值范围是85.。 (14分)

2



x2y2

1(a0)的左右焦点分别为F1、F2,A是椭圆C上4、(2009东莞一模)设椭圆C:2

a2

1

的一点,且AF2F1F20,坐标原点O到直线AF1的距离为OF1.

3

(1)求椭圆C的方程;

(2) 设Q是椭圆C上的一点,过点Q的直线l交x轴于点F(1,0),交y轴于点M,

l的斜率.

解:

(Ⅰ)由题设知F1(F2其中a

2

由于AF2F1F20,则有AF2F1F2,所以点A

的坐标为)„„..2分

a

故AF

1所在直线方程为y1

)„„„„3分

a

所以坐标原点O到直线AF

1,

a2.„„„„.5分 又OF1

x2y2

所求椭圆的方程为1.„„„„7分

42

(2)由题意可知直线l的斜率存在,设直线斜率为k,则直线l的方程为yk(x1),则有

M(0,k).„„9分



设Q(x1,y1),由于Q、F、M三点共线,且MQ2QF.

2x

x1213

根据题意得(x1,y1k)2(x11,y1),解得或.„„„„12分

ykk1y

13

2k

()2()2

(2)(k)

又Q在椭圆C上,故1或1,

4242

2

2

解得k0,k4,综上,直线l的斜率为0或4 „„„„14分

x2y2

5、(2009临沂一模)已知F1,F2是椭圆C: 221(a>b>0)的左、右焦点,点

P(ab



在椭圆上,线段PF2与y轴的交点M满足PMF2M0。

(1)求椭圆C的方程。

(2)椭圆C上任一动点M(x0,y0)关于直线y=2x的对称点为M1(x1,y1),求3x1-4y1的取值范

围。

解:(1)由已知,点

P(在椭圆上 ∴有2121 ①┉┉┉┉┉┉┉┉1分 2ab又PMF2M0,M在y轴上,

∴M为P、F2的中点,┉┉┉┉┉┉┉┉2分

∴c0,c┉┉┉┉┉┉┉┉3分

∴由a2b22, ②┉┉┉┉┉┉┉┉4分

解①②,解得b22(b21舍去),∴a24

x2y2

故所求椭圆C的方程为1。┉┉┉┉┉┉┉┉6分 42

(2)∵点M(x0,y0)关于直线y2x的对称点为M1(x1,y1), y0y121,xx1∴0┉┉┉┉┉┉┉┉8分 y0y12x0x1.22

4y03x0x15解得┉┉┉┉┉┉┉┉10分 3y4x0y0

15

∴3x14y15x0.┉┉┉┉┉┉┉┉11分

x2y2

∵点P(x0,y0)在椭圆C:1上,∴2x02,∴105x010。 42

即3x14y1的取值范围为[-10,10]。┉┉┉┉┉┉┉┉12分

6、(2009江门一模)如图6,抛物线C:y

F1、F2. 12x1与坐标轴的交点分别为P、 3 ⑴求以F1、F2为焦点且过点P的椭圆方程; ⑵经过坐标原点O的直线 l 与抛物线相交于

6

范文五:圆锥曲线高考题 投稿:韦籹籺

2001高 ——考圆曲线(锥圆椭 )1.(上海 文)已 椭知圆 的方程

为2xy 2   1a( b  0 ),A( 0, b )B、0,( b) 和 Q(a,0) 为 a 2 b2

的三 个顶点

.(

1若点 )M满足 M A



  1 ( QA A ) ,求点 MB的 坐; 标2

2( ) 设 线直 l 1:y  k1 x  交 p 椭 圆 于 、CD 两点, 交 直 线 l :2 y k x 2 点于 E 若

.

b k2 1 k2 2 ,证明 :E 为 CD 中的点;

a3)(设 点 在P圆 椭内 不且在x 轴 上 如何,作构过 Q 中P点 F的线 直 ,l使 得l 与椭圆 的

a

 0 1,b  5 , 点P 的标坐 两交点个 P1、 2 P满 P足P1 PP 2 P QP 1P PP 2 P ?Q令是

(8,-1)-, 若椭 圆 的点上P 1 、P2 足满P P 1、P2 的 坐.标 1 PP 2 PQ ,求 P点

ba解析:( ) M 1 (  , );2 2

y 1 kx  p ( 2 )方程组 由 x2 y 2消,y 得 程方(a2 k12 b )2 x2 2a2 k1 p x a2( 2 p 2 b) 0 , 1  2 2 b

a



   



  

 

因直为线 1 l:y  k1 x  p交椭 圆 于C 、 两D点, 以所>,即0a2 1k 2 2b p  02, C设x(1,y)1、(xD2,2y),D C点坐标中(x为,y00),

1 x x 2 2 k1 pa x   0 2 a k22  b 12  则 , 2 y k x  p bp 1 0  a0 2 1k2  b2



y  1 k x p 方由组 程 ,消y 得 方(k2k程)1xp,  y  k x

 2 a k2 p 1p x    x0  2 k 1 ka2 k12 b 2 2 b 又为 因k 2  2 ,以所 2, k1a y k x  b py 2 0 a 2 k2 1 b 2 

E 故为CD 中的点 ;() 3为点因P 在椭 圆 Γ且不在 内x 轴,上所 点 以 F在椭圆 Γ内, 可 以得直求 O线F的 斜 率2,k



   b2 k  PP由 知F 为 P 的中P,点根 据2()可得 线 l直 的率 ,从而斜得线 直 lP P  QP1 2 11 a2 k22的方程

.b 21 1 F (1,  1 ,)线 直F 的O斜率 k 2  ,线直l 的 率 斜1k 2 a ,k 22 221

 y x 1    2方解组程 2 消 ,y:x22x480,解得P1 (,64)P2(8,、3.) 2  x y  1 100 25

2.

(210 湖0南文)数1.9(小题满分本 13分 )为 了考察冰川融化的况状,支科考队在某一冰川山相距上8K m 的、BA 两点建各个一考 基地察,冰视面川为平形,面过 以A、B两 的点线为 x 轴直,段线A B的垂 直平分为线 y轴建 立平直面坐标角(系图 )4。 考范察围到 A、B两 点距离的之和超过不10Km 的区域。 (I) (I)I 求察考区边域界线曲的程: 如方 图 所4示,线设 段PP,当 冰融 川1 2是 冰的部川分边界(线考虑不其他界) 边时化,边界沿线其垂与的方向直朝考察区域平移行动

,第一移年动0. 2mk以后 ,每年移的距离动前一为的 年2倍 。:经问多长过时,点间A 恰好在 冰边界线 上?川

(2

10 浙江理0)(数1)2 本(满分题15 分已知 )>m,1直线 :lx  ym

m2

 ,椭0圆 2

C:

x

2 y 2  1, 1,FF 2分别为 椭 C 的圆、右焦左. 点2

(mⅠ)直当线 l右过点焦F2 时,求 直线 l的程方 ;()Ⅱ直线 设 与l圆 C椭交于 A B,两点 ,AFV 1 F 2V,B FF 2的

1重分心为 G 别 H,. 原点 O若 以线段 G在H为直 径圆的内,求数

实 m的取值围.范解

析本题主:考要椭圆的察何性质几直线,椭与圆,与点的位圆关置等基系础识知同,时 考解察几析的何基思本方法和想综合题解能力。

m2 m2

22 0经 过2F( m  1 0, ),所 m  1 以 Ⅰ(解:)因直线 l为 : x my , 2

2 m得 22

又为因 m1 ,所以 m  2,

2 直线 l故 的程为方x 2y   。 0

(Ⅱ2解)设 A( x1 ,: y1 ), (Bx , y2 2)

。2

m2 x m  y 2 由  2,消 x 得 x去 y2 1  m22

y 2 m  m2y 1 40m 2 1)  m2 8 0 知, m 2  8 ,4

由  m2  8

m(m 21 。 且有 1 y y 2 , y1 y2 2 2

8由 于 F (1,0)c F2,( c0), ,,故 O 为 1F2 F中点的 由 ,G A2G O,BH  2 H ,O 可 G知(

2

 

  



x

y11 yx , ) h,(2 , 1) ,33 33

( x 1 2x) 2 ( y1 y2 ) 2G H 99

设M 是 GH的 点中则 ,M( 由题 可意 2知 M O G H,

x 1 2x y1 y2 ,) ,66

4即[

(1x x 2 y 2y (x  x ) 2 (y  y ) 2 ) ( 21) 2 ] 1 2 1 2 6 69

9

即x x1  21 y2 y 0而 x 1x 2y1 y2 ( my 

m12m2 ) (my2 ) 1 yy 222

m

2 1 (2m  )1( ) 82

所以

m2 1 0 2

2

即8m 又4为 因  1m且  0以 1所 m 2 。 所 以 m 取的值范围是(1 ,2 ) (201。 0陕西文)数0.2(小本题满 分1 分)

3(

)Ⅰ求椭 圆 C的方; 程Ⅱ)( 设 为n过点原直线的l 是与, 垂n直交与相 P,点与圆相椭于交A B 两 点, 的直 线 立若?存在,出直求线 l的 方;程并出说;若存不,请在说明理由

(。210 辽0文宁数 )2() 0(本小满分题1 2 分)设F , F2 1分别椭圆为C :

x2 y 2   1 (a  b 0)的左、 焦右点, 过2F 的直线 l椭与圆 a2b

2

相C交 于A, B 点,两线 直l的倾 斜为 6角0 , F1 直线 l到 距离为 的 3 2.

Ⅰ(求)圆椭 C的 距焦 (Ⅱ;如果 AF) 2 2F 2B ,求圆椭C 的方. 解:程(Ⅰ)设焦 为距2 c,由 知可得已 F1 到线 直 l的离 距3  c 2,3故 c2 . 以椭所 圆 C焦距为的 . (Ⅱ)设4 ( x1A , 1y ), B(x 2, y2 ,)题由知y1意 0,y2  0, 直线 l 的方为 y 程 3 ( x2).



 

 y 3 x( 2 , ) (3a 得2 b 2

) y 2 43b y 23 4 b0 .联立  x2 y 2 2 21 b 

a

3 b2 (2 2a)  3b (22  2)a 得解 1 y, y2  . 3 a2  2 b3 a 2 2b    为因 FA2 2 F 2B ,所以 1y 2 y2 .即

3b

2(2  2)a 32 (b  2a2  )2 .3a 2 b2 3 a2 b2

a 3 .而a2 b2 4 所,b 以 .5

圆 C椭 方程为的

x

2y2  1.9 5

( 201 0宁辽数理)2()0(小本满题 12分 分 )设椭圆C:

2 x 2  y 1( ab 0) 的 左焦为 F点过,点 F 的线与直椭圆 C相 交于A B a 2 b2

, 

两点,线直 l的 斜倾为 角0o, AF6  2BF (.) I(I) 解:I 设(A 1 x y1,), B( x 2,y ) ,2由题意知 y 1<0 y2 >0,. 求椭 圆 的离心率;C如 |果A|=B

15

, 椭圆 C 求的方程.

4

Ⅰ直) l 的线程为方

中其c  a2  b2 . y  ( 3x c)

 y 3( x c ) , 立 联 x  y 2 2得(3 2 a 2b y)2 3b22cy  b34 02  2 1 b a解得

1 y

 b3 2( c a2) 3 b2( c 2a) , y  2a 32 2b 3a2  b2



因为

A F 2 F B所以 , y1 2y2 即.

 

b23(c  2a ) 3b 2c ( a)2 2 3 a2 2b a 2 3 b 2

c2  . a 3

…6…分

离得率心 e

(Ⅱ)因为 AB 1

 1 24 a32b1 5 y 2y 1所,以 2 2 . 433 3a 

b 2 c515 5 得b a .所 以 a ,得 a3, b= 5 . 4 4 3a3

圆椭 的C程方

x2为y 2  1 9 5.

…1… 2分

(0210 江理西数21).(本 题小满分12 )分

设椭

圆1C

:x 2y2   1( a b 0 ) :Cx2 b  b2 。 ya2 b2 抛,线物2

(1

) 若C2 经 C1 过的个焦两,求 C点 1离的心;率 ()2 A设(0,)b ,Q 3 3 , 又 M,N 为、 C1与 2C 在不y 上轴的两交点,个若△MA

N 

5

4

的垂心 为 B , 0b 且,△QM 的重N心在 2 C上,椭圆求 C1 和物线抛C2 的 程。方 解【】考析椭圆和查物线的抛义定基、量,通本过点三角交形来确认程。方(1)由 已知圆椭焦点(c0,在抛)物上,线可得:c  b由,

22

 3 4

a2 b 2 c2 2 2c 有,

2 1c2   e 2 。 2a 2

(

2 )由 题 设可 知 M 、 N 关于 y 轴 对称 ,设

M( 1x, y1), N( 1x, y1 ( )x 10 ,由) ANM的垂 心为 B,

有  3 BM AN    0 1x2 ( 1y b() y1 b ) 。04

2点 由N x(1, y 1) 抛在线上, 物x  1yb1 b 2 ,得解:y1  或1 y b(舍去

)b

4

故x 1

b

5 5 b 5 b b M, ( b, ,) (Nb,  ,)得 QNM重心 坐标 3,( ). 2 424 2

141 b 2 b 2 ,以b所2=,M ( 5,  ,) N 5(, ) ,由 重心在抛线上物得3: 又因为 、M2 2 4N

在 椭上得:圆a 

2

16

x y22  1 ,物抛线方程为 x2 2 y  4 。 ,椭方圆为程16 34

(23100安 徽文

数)17、( 本题小满分 2 1)分椭圆 E 经点 过A 2,3 ,对轴为称标坐, 轴点 焦1F F2, 在 轴x上离,心率e ( Ⅰ)椭求圆 的方E;程(Ⅱ)求 F1 A 2F 的角平分所在线直的方线。 程17【命题意图】.本考查椭圆的题定义标及方准程椭圆的简单 ,何性几, 质线的直斜式方程与一般方程点, 到直点的线距离式 公基础知识等考;查析解何的几本基思、综想运合能算.力

1

。 2

1

x y2 【2解指题】 导1)(设椭方圆程为2   12, 把点A 2,3 代入椭圆 方,程离心把 e 率 2 a

b2 2用 a , c表,示根再 据a bc ,求出a , b 得,圆椭程;方( 2)可以设直 l线 任一点坐上2

2 2

标 为( x, y),根 据角分平上线的到角两边点离相等距得解: (Ⅰ) 椭设 圆 E的方为

程|3 x 4y 6 |  | x2 .| 5

2 y 2x  1 . a b2 21 c x12y2 由 e ,得  , b 2  a 2 c 2 c 2 3,2 2 . 1 2a2 4c3c 13 ( A 将,2)代3入, 2 有2  ,1解 得: c2 , 圆E椭的方为 c 程c2 2 yx  1.1 6 2 13 (由)(知F) 12,(0 ) ,F2 2, 0() 所以直线AF1,方的程y为 (=x )2 , 43即x 4 y 6 0直.线AF的2方程为x 2由椭圆.的E图知,形1 AF2的F角平分所线直在线的率为斜正。数 设P(,xy为)F1 AF2的角分平线在所线上直一任点,有则 是3x于-y4+6-5=+x0,即21-x-1y0. 所=,以1FAF2的 角分线所平直在线方程为的x2y--=0.1 3 x 4y 6 5若 3x 4  y 6  5x  01, 得 x2 y 8 0 , 斜率为其,负合不题意舍去,  。x

2【

规律总】对于结椭圆答解,一题都般设椭圆是方为

程x 2 2y  1,根据题目满足的 件 条 2ab2

求 a 出2, 2b ,椭得圆方程这,问通常比一简单;较(2 )于角平对线问分题,用角平分利线 几的何意义,角平分即线上点到角两的边离距相等方得.程 (0120山东文 )数 22( ()本小题分满 14 ) 分图如,已椭知圆

2 y x2  1 (a b 0 过点). a b2

2

1(

,

22 左、右焦,点分为别 F) , 离心为率1、 2

2

F2. P点 直为 线 l x : y  2上不在且 x 上轴的任意

一,点直线P F 和1P 2 F与椭圆交的分点别 A 为 、 B和 C、 D, O为坐 原点标.( )求椭圆的标准方I; 程I(I)直设 PF线1 、P2 F的斜线别分 k为1、 k2 .(i)证明 :

1

3 ; 21 k2k

i)i问 直线 l上 是否在点存P , 得直线 OA 、OB使 、O 、OD C斜率 的kAO、kO B、

k

O 、 COk 满足Dk A O kOB  kC OkO D 0 ?若存 ,求出所在满有足件的点条P 坐标;若的

不在,说明理存由

.

0201北京 文) (数9) 1(本题共小 41分 ) 已椭圆 知C 左、右的点焦坐标分别 是( ,2)0 ,( 2, 0), 离率是 心圆C 与交同不的两 点,M,N线段为以直径圆 P,作圆为 P心

。 ()求Ⅰ椭圆 C 的方;程(Ⅱ)若 P圆与 x 轴相切,圆心求P 的坐 ; (标)Ⅲ设 Qx,(y是)圆P 上动点,的 当t变化时 , 求 y的大值。 最解: (Ⅰ)因为

6

,线直 yt=椭 3

c ,6且c  2所,以a 3,b  a2  c 2 1 a

x23 y2 1 3

所以圆 C 的椭方程为

Ⅱ()题意知由p( 0, )(1 t t1 )

y

t  2 由 2x得 x 3( 1  t) 2 y 1 3

2 以所圆P 半径为 3的1  (t)

得 解t 

3

所以2点 P 的坐标(是0, 2

2

3) 2

2

Ⅲ)(由Ⅱ(知)圆 P 的,方程 x  y(  ) t3 (1 t 。)为点 因Q(x ,)y在圆 上。P以

所 y  t 3( 1 t )2 x2   3(t  1t2 )

t cos , (0,  ) 则,t 3( 1 t )  ocs  3 si n  2si(n 

2

6

当) 



3

,即

t 

1

, x  0 , y 取最大且 2值.2

(0120 北理数京)(1 9)( 小本共 1题4分) 平在面角直标系坐xO 中,点 yB 点与A(- 11,)于关点 原O 对称,P是动点,且直 线AP 与 B P的率斜之等积于

1

. 3

(Ⅰ求)点 P 动的轨方程; 迹Ⅱ()设线直AP 和 P 分别与直线 B=x3交于 点 ,MN,:问是否在点存 使P△PA得B与 △PN 的M 面相积?若等在存求出,点 P 坐的;标若不在,存明说理。由 (I)解:为因 点 与B (A11, 关于原) O点对称,所 点 B 以得坐标 (为,1 )1 . 点 P 的坐设标 ( 为x, )y由题意得 化简

得y

1 y1 1 x  1 x13

2x  y3 2 4 x( 1).

故 动 点 P轨的方迹程为x2  3 y 2  4 x ( 1) I()解法I:一点 P设 坐的标 (为x0 ,y0 ) , M点 , N得坐标 分别 (为3,yM ) (,, y3N . )则直线AP 的方程 为y  

1

0y 1y 1 直 BP 线方的为程y  1  0 (x  ) 1,( x 1) x 0 1 x 01

令 x 3 yM 得

y0  x04 32 y 0 x0 3 , y N .x0  1 x0 

1于是 P NM得面积

SP M N

| x  y |0(  3 x02 ) | y M1 yN |( 3 x 0 ) 0 2x|0  1 2

|又线 A直B的 程方为 x y  0 ,| B |A 2 2 点 P 到直,线A 的距B离d  于 是 PBA 的积

面 |x0  y0 |

2

S. PAB

1| A |Bd | 0x y0 2|

S PAB S P N 时,得M| x0  y 0| 又 | 0 xy0 | 0,

x| 0 0 y|( 3 x0 2 )|x0 2 1|

以 所(3 x0 )2= | x0 2 1| ,解得 | x  因0为 x20 3 y0 2 4 ,所以 0 y 

5

。3

339 5 3 33 . 9)

存在点故P 使得  APB与  PNM的 积面相,此等点 P 时的坐为 ( , 标

解法二

若存:在 点 使P 得 PA B与  PM N面的积相等,点 设P的坐 为 标 (x0 ,0y)

1 1 P|A| | BP| sin ABP | P |M | P | sNn MPN . i 2 2因 s为ni APB s i nMP N

, 则所以

P| A | PN| || PM | | PB |

所|

x0  1|| 3 0x | | 3

 x0 ||  1|

x 5

即3(3 x0 )2 | x02 |1,解得 x0 因为 0x2 3 y0 2  ,所4以y0 

33 9

故存在 点 P 使S得 P A B与  MPN 的 积 相面等 , 此 点时 P的 坐 标 为

533 ( , ) 3.9

(2010天 津数)文( 21 (本)小满题 分41分 已)知圆

x2 椭y 2  32  1a>(b0)>的心率离e = 连,椭接的圆个四点顶到的得形的菱积 2面 ab 2

4.(Ⅰ 求)椭的方程圆 (;Ⅱ设)线直l 与 椭相圆交于不同的两点 、B,A知已 点 A的坐标(-a为0,).

| (i=)|A若

B

42 求,线 直l的倾斜角 ;5

(i

i)点若 在Q段 线B 的垂直A分平线,且 QA上 (0y,0)Q =B .4 求0 y值.的

  

【解

】 析小本题主考要椭查的标圆方准程几何性和、质 线直的方程、 点间的距两公离式、 直线倾的角、斜平面 量向等基础识知,考 用代查数方研法究锥圆曲线的性质数及结合形 的想,思查考合综析与运算分力.满分能1 分4. (Ⅰ):由解 e

=c

23 22 2 ,2得3a  c .4再 由c a b ,解得 =2ab . a2

由题意可

1 2a  b2 4 ,即 ba=. 2

2方解组 程

 ab, 得2a=2, b=1 .ba 2 ,

2 xy 2  . 41

所以圆椭的方为程

(Ⅱ()i解:)由()Ⅰ可知点A 的标是(-坐,02.)设点 的坐标B 为 x1 ( ,y )1 ,直 l线的 率为 斜k.直则线 l的程方 y为=(x+k2).

 y

k ( x  2) ,于是 、A B两点的标满坐方足程 组x 2 去消y 整并,理 2得  y .1 4

( 14 2k) 2 x16k 2 x( 61 k 24)  0 .

由 2x 

1k4 6k12  24 8k 2x  , .从而 y得  1.1 22 1 4 k21  k4 1 4k

2

2

2  8k2  4k 41 k2 以所 | B A| 2 .    1  4 2k   14 k 2 1 4k2

由  A| |

B4 2

4 1k 2 24 , 得. 51  k4 2 5

42

22 整理 3得k 2 9 k2  03, (即 k)1(3k2 3)2 0 ,解得k = .1

以所直 l 线的倾斜角为

3 或 .4

48k 2 k 2 ,( i)解i:设线 A段 的B点为中 M,由i()得到 的M标为 坐 . 22    41k1 k 

4下分以种两况: (情)当 k10= 时点,B 的坐 标(2是0) ,,段 线B A的直垂平线为分 y轴 ,是于

      Q A  ,2 0y , BQ  2  y0 ,. 由 QA Q B 4 ,得 0 y2 2

(2)当  k0时, 线段A B的直垂平线分程为 方 y

k21 k82   x  。 1 4k 2k  1 4k 2 

6

k。 1 k 42    由QA  2 , y 0 ,Q B 1 ,x y1 y 0 ,

令 x 0,解 得0y 

   2 2 8 k 2 6k 4k 6 k AQ Q B  2 1 xy 0y 1 y 0   2 2 2

1  4 1 k 4 k 1 4 k 1 4 2k

 416k 4 15 2  k1

1 4k 2

2

2 4

1, 42 4 。所以 10 y  7 5 。 14 25

整理得7k  2 。 故 k 

上, 综y 02 2 或 y  0

(2

010天 理津) (2数)0(本 题小满 分21 分)

x2

y 2 3已 椭知 2圆 2 1(  ba 0 的离)心 e 率 ,接连椭圆的四顶个得到点的菱形的积面 ab 2

为4。 1( 求)椭圆方程;的(2 )设线直l 椭圆与交相不同的两于 A点,B ,已 点知 A的标坐为(  a ,0 ),点

   Q0, (y 0) 在段 线BA 垂的直分平上线, Q且AQB 4 求 y0,的 值【解析】本小

题主要察椭考的圆标准方和程何性质几,直线方的程平面,量等基向础知,识 考用代数方查研法究圆锥线的性曲质及数结形合思想的,考查算和推理运能,满力 1分2 (1分解:)由 e  题由可知意,

c 3

2 22 2 ,得 23a c4, 再由c  ab , a得 b2 a

21 2a 2  4b ,a即 b 2

2方解组 程

 a2 b得 a =2b=1 ,b a2 x

2 y  1 2

所以椭圆的方程4为

2(解):由(1)可 知(-A,2)0。设 B 点 坐标的为(x,,y11,)直线 的斜率为l ,则直线 k l 的程为 方y=(k+2),

x y (kx 2 ) 于是A B, 两的点坐标满足方组程 2 x2  y1

由4方程消组 去Y并整理,得 (1  k 2 4) 2x 1 k62 x  16k(2 4 ) 0

6k 2 14 , 得 由2x1  1 4k2 1 x  82 2 kk4, 从而1  ,y2 14k 1  4 2k8 k 2 2k ) ,2 14 k1  4 k2

设段 AB 是中线为点M 则,M 坐的标为 ( 以分两种下况情

1()当 k=0 时点,B 的 标坐为(,02)。线 段AB 的直垂平分为 y 线,于是轴

QA ( 2,  0y) ,Q  B2(, y0)由AQ B =4Q,y0得=  2

(2)2当K 0时, 段 线BA的垂直平分 线程方为 Y 

k2 18 k2  x () 1 4k 2 k1  4k

2令

x= 0解,得 0y 

6

1k 4 k2

QA (2 , y )0 Q, B x( , 11 y y)

0Q

A QB 2x1 y 0( y  y01=)



2(  82 2k) 6 4k 6kk ( )2 2 2 1 4 1k 4k 1 4 k1 4 2k

=4(1

6k4  1 k 2 5 ) 14 (1 4k 2 )

2

整2得理7k 2 ,k  故

14

2 41 以y所 = 0 7 52 4 51

上 综0y = 2 2或 0 y= 

0120山东 理数 )(12)(本小题满分 21 )分

,已知椭图

圆2 x2y2 以,椭圆该上点的和椭圆的左、焦 右  (a>b1>0 的)心率离为a 2 2b2

点 1F ,F2 为顶点三的角的周形长为 4( 2 1).一 等双曲线轴的顶点是该圆椭焦的点,设 为 该P曲线双异于顶点上的任一点,直线PF1 和 F2 与P椭的圆点交分为别A、B 和 CD 、.

Ⅰ)椭圆和求曲双的线准标方;程(Ⅱ) 设线直 F1 、P FP2 的率斜分为 别1k、 2 k,证明k1· k

2 1; (Ⅲ是)存在常否  ,数使 得B A CD  AB · D 恒C立成?若在存, 求的 ;若值 不在存请,明说理.由 【析解 (】)由Ⅰ题知意,圆离心椭为

率c

2 得 ,a c ,又2 a 22 c 4 2 () 1 ,a2 2

x2 y22 1; 以可解得 a所 2 2 c ,2 所以 ,b a c ,4以椭所的圆准标方程为8

42

所以椭圆

的点坐标为焦 2( 0) ,,为因曲线为等轴双双曲线且,点顶是椭该圆焦的点, 所该双以曲的标线方准程为

2 yx2 1 4。4

命意题图】题本查考了圆椭的义定离、心、椭率与圆曲双线标准的方程直、线圆锥与曲线的位置关系 ,是一 道合性综的试,题 考了查生综合运用学知解识问题决能的。 其中力问题( ) 是3个一开放问题,考性查了同学观察们推、理以创造及地性析分题、解问问决题的力,能

(012 湖南0数)1理.(9小题本分 满3 1) 为了分察考冰川融化状的况 ,一支科队考某在冰上相川 8km距的 ,AB两点 各建个考一基地。察 视川面冰平面形为, 以过 AB 两,的点直线 x为轴, 线段 AB 的垂直平分的线为y 轴建 平立 直角面标系坐图 6()直在线 x= 的右2,考察侧范围到为 点B的距离不超过 直 线x=2 的左侧考察,围范到 A为,B两 的点距离和不超之 4 5 过km 区。

6 域55

k m区 域在

(Ⅰ

)求考察域区边曲线界方的; (Ⅱ)程如 图 所示,设线段6P1P2 P,2P3 冰是川部分边的线界(考不虑他其边界) 线,当川冰 化时, 融界边线沿其与直的方向垂考朝察区域平行移, 第动一年动移 .20km以,后年每移的动 距为前离一年 的 2倍,冰求边界川线动到考察移区域所的需最时间。 短化

8 3 P2 6  3- , 

P

(83,)6

已冰

( 3 5-,)11P

A-4,0)

(B, 40)

x20(0 1安徽数)1理9、( 小题本满分1 3分

已)知圆椭E 经过 点 A2 ,3 ,称对轴坐标轴,为点

焦F1

, 2F 在x 轴,上心离率e 

()Ⅰ椭圆 E 求方程;

1的。 2

Ⅱ)( F求1 FA 2角平分的所线在直线 的方l; 程(Ⅲ在)椭圆 E是上存在关于否直 线 l称的对相两点异?若存在 ,找请;出若不在,说存明理。

210 0江苏)18卷、 本小题满分(1 6分 )在 面直角坐平标系xoy ,中如,已图知圆

椭x2

y 2 1 的左、顶点为右A B、,右焦为 点 5

9

F设过点 T。 (t , )m直的线T A、TB与椭圆 别交于点分 ( xM1, y )1、 N( 2 ,x y2) , 中其m 0,>y1  0, y 2 0。 ( )1动点 P 满足设 PF PB  4,点 P 的求迹轨

; 22

2)设( x1 2,x 2 

1

求点 T ,的坐;标 3

3)设(  9t 求,:直线 证N M必过 x轴的一定上点其坐 标与(m 无)关。 解[] 本小题主要析考查简单曲线的求方程

,考方查线与椭圆直方的程等基知础识。查考 运求算能力解和究问探的题能力满。分16 分。 ( 1设)点P( x,y), 则F(2,:0 )、B3,0() A(、-,03) 。

22 2 2 PF由 PB 4 得 , x( 2 )  y[( x  3 )y ] 4, 化简 x得

2 2

9。 2

求所点 P的轨 为直线 x迹

9。

2

1

1 50 分2代入别椭圆程, 方及 以y1 0, y  20 得 : M(2 ,)、 N ( , ) 3 3 3 91y 0x 3直线 MT A程为: 方即,y x  1, 5 3 0 23 35 5 y 0x 3 直线 NTB方 为: 程即 , yx   20 。 1 62 0 3 9 3(

2 将 x1) 2 x,2 

x  7 联方立组,解程:得 10 ,y   3

所以 点T的坐标为 ( ,7

10) 3。

)3 T 点的标为坐( ,9m)

y0 x3 m (  3) x ,即 ,  y0 9m 31 2y 0 x 3m  线直 NB T程为方:, 即 y (x  ) 3。m 0 93 6

直 线TAM 方为程 分:与椭别

圆2 y2x  1 联立方组程同时考虑,到 x 1 3, 2 x3 , 5

9

解得:M (

(308 2 ) 40m 3(mm  220 )0m2, N ) ,( ) 、 。 2 2 802 m 80 m 20 m 20 m2

20 3(mm 2 20) x 2 0  2m 2  m20( 方一法) 当 x  12x时, 直 线M 方程为: N 24 m020 3(8m0 m 3(m2) 20)  80 m 2 20 2 m80 m220  m 2y令

 y0 ,得解:x  1 。时必过点此 (D,0)1 ; x当1 x2时 ,直线M 方N为:程x 1,与 x 交点轴 D为(,01)。 所 直线 以N M必 x过轴 的上定一 D(点,10 )。 (方法)二若 1 xx 2,则由

2

4 03m 2 3m 260 及  m ,得 m0 2 0 ,1 8 0 2m20  2

m此时直 MN线 的方为 程  x1 过点, (D,01)。

若1  x2x ,则m  2 1 ,直线 MD0 斜的率 kD

M04m2 0m ,1 80  m 2 204 3m40 m 2 18 0 m2

线ND 斜的 率 kN

D20m

 2 m1 0 ,m 得k  k, 所以直 M线 过N 点D 。20 MD ND3 m  62 400  m2  20 1 m2

此因直,线M N 过 必 轴上x的(1点0), 。

0201 建理福数1). 7(小本满分题13 分)已 知中心在坐标原 O点 椭的圆 经C点 过(2,A3) 且点,F( ,20)为其右焦。 (点)1求椭 C 圆的程; (方2是否)存平行于在OA 的直 l ,线得使线 l 直与圆 椭C有 公点共,直且线 A 与Ol 的距等离于 4?若 存,在求出线 直 l方的程若;不在存请,说理明由 。命题【图】本意小题主考要直线查、圆椭等基础识,考查知运算求解能力推理论证、能, 力考函数查方与程想思、形结合数想、化归思转与化想。思 【解】 (析1依)意,题设可椭圆C 的 程为方

x

2 2y  1a(0,>>b0), 且知左可焦为点a 2 b2

范文六:圆锥曲线高考题[1] 投稿:崔乗乘

2005年高考全国试题分类解析(圆锥曲线)

一、选择题:

x2y2

21(b>0)上变化,则x22y的最大值为(A ) 1重庆卷) 若动点(x,y)在曲线

4bb2b2

b24(0b4)4(0b2)

4; (D) 2b; (A) 4; (B) 4; (C) 4(b4)(b2)2b2b

2. (浙江)函数y=ax+1的图象与直线y=x相切,则a=( B )

(A)

2

111

(B) (C) (D)1 842

x2y2

1长轴的两个端点为焦点,其准线过椭圆的焦点,则双曲3. (天津卷)设双曲线以椭圆

259

线的渐近线的斜率为

A.2

B.

( C )

4 3

C.

1 2

D.

3 4

x2y2

4.(天津卷)从集合{1,2,3…,11}中任选两个元素作为椭圆方程221中的m和n,则能组成

mn

落在矩形区域B={(x,y)| |x|

A.43 B. 72 C. 86 D. 90

2

5. (上海)过抛物线y4x的焦点作一条直线与抛物线相交于A、B两点,它们的横坐标之和等

于5,则这样的直线( B )

A.有且仅有一条 B.有且仅有两条 C.有无穷多条 D.不存在

y2

1的交点为A、6. (山东卷)设直线l:2xy20关于原点对称的直线为l,若l与椭圆x4

2

B、,点P为椭圆上的动点,则使PAB的面积为

1

的点P的个数为( B ) 2

(A)1 (B)2 (C)3 (D)4

x232

7 (全国卷Ⅰ)已知双曲线2y1 (a0)的一条准线为x,则该双曲线的离心率为(A )

2a

(A)

3

2

(B)

3 2

(C)

6

2

(D)

2 3

x2y2

8.(全国卷II) 双曲线1的渐近线方程是( C)

49

243

(A) yx (B) yx (C) yx

392

9

(D) yx

4

x2y2

9.(全国卷II)已知双曲线1的焦点为F1、F2,点M在双曲线上且MF1x轴,则F1到直线

63

F2M的距离为(C )

65

(C) (D) 562

10. 抛物线x4y上一点A的纵坐标为4,则点A与抛物线焦点的距离为(D )

(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5 11. (全国卷III)设椭圆的两个焦点分别为F1、、F2,过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P,若△F1PF2

为等腰直角三角形,则椭圆的离心率是(D) (A

1 (B

) (C

)2(D

1 22

12.(辽宁卷)已知双曲线的中心在原点,离心率为3.若它的一条准线与抛物线y24x的准线重合,则该双曲线与抛物线y24x的交点到原点的距离是 ( B )

A.23+6

B.21

C.182

D.21

13.(江苏卷)抛物线y=4x2上的一点M到焦点的距离为1,则点M的纵坐标是( B) ( A )

17157

( B ) ( C ) ( D ) 0

16816

x2y2

14.(江苏卷)(11)点P(-3,1)在椭圆221(ab0)的左准线上.过点P且方向为a=(2,-5)

ab

的光线,经直线y=-2反射后通过椭圆的左焦点,则这个椭圆的离心率为(A ) ( A )

1132

( B ) ( C ) ( D )

3232

x2y2

15.(湖南卷)已知双曲线2-2=1(a>0,b>0)的右焦点为F,右准线与一条渐近线交于点

aba2

A,△OAF的面积为(O为原点),则两条渐近线的夹角为

2

A.30º

B.45º

C.60º

D.90º

(D )

x2y2

16. (湖南卷)已知双曲线2-2=1(a>0,b>0)的右焦点为F,右准线与一条渐近线交于点

aba2

A,△OAF的面积为(O为原点),则两条渐近线的夹角为

2

A.30º

B.45º

C.60º

D.90º

( D )

x2y22

1(mn0)离心率为2,17. (湖北卷)双曲线有一个焦点与抛物线y4x的焦点重合,mn

则mn的值为

( A )

A.

3 16

B.

3 8

C.

16 3

D.

8 3

18. (福建卷)已知定点A、B且|AB|=4,动点P满足|PA|-|PB|=3,则|PA|的最小值是

( C )

A.

1

2

B.

3 2

C.

7 2

D.5

( )

19. (福建卷)设a,bR,a22b26,则ab的最小值是

A.22

B.

53

3

C.-3

D.

7 2

x2y211的离心率为,则m=(B)

20. (广东卷)若焦点在轴上的椭圆

22m

382

(C)(D) 233

21. (全国卷III)已知双曲线M到x轴的距离为(C)

(A)

x

2

y

2

2



1的焦点为F1、F2,点M在双曲线上且MF1MF20,则点

45 (B) (C

) (D

333

x2y2

22.(福建卷)已知F1、F2是双曲线221(a0,b0)的两焦点,以线段F1F2为边作正三角

ab

形MF1F2,若边MF1的中点在双曲线上,则双曲线的离心率是

A.42

B.31

C.

( D )

1

2

D.1

二、填空题: 1.(江西卷)以下四个关于圆锥曲线的命题中:



①设A、B为两个定点,k为非零常数,|PA||PB|k,则动点P的轨迹为双曲线;

1

②过定圆C上一定点A作圆的动点弦AB,O为坐标原点,若OP(OAOB),则动点P的轨

2

迹为椭圆;

2

③方程2x5x20的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率;

x2y2x2

1与椭圆y21有相同的焦点. ④双曲线

25935

其中真命题的序号为 ③④ (写出所有真命题的序号)

11

2. (重庆卷)已知A,0,B是圆F:xy24(F为圆心)上一动点,线段AB的垂直

22

2

平分线交BF于P,则动点P的轨迹方程为x

2

42

y1。 3

x2y2

3. (浙江) 过双曲线221(a>0,b>0)的左焦点且垂直于x轴的直线与双曲线相交于M、N

ab

两点,以MN为直径的圆恰好过双曲线的右顶点,则双曲线的离心率等于__2_______.

4. (上海)4.直角坐标平面xoy中,若定点A(1,2)与动点P(x,y)满足OPOA=4。则点P的轨迹方程是 x+2y-4=0 .

5. (上海)若椭圆长轴长与短轴长之比为2,它的一个焦点是(2,0),则椭圆的标准方程是

x2y2

1 8020

6. (上海)若双曲线的渐近线方程为y

3x,它的一个焦点是,则双曲线的方程是

y2

1____。 ______x9

2

x2y2

7. (山东卷)设双曲线221(a0,b0)的右焦点为F,右准线l与两条渐近线交于P、Q

ab

两点,如果

PQF是直角三角形,则双曲线的离心率e.

三、解答题:

2

1. (江西卷)如图,M是抛物线上y=x上的一点,动弦ME、MF分别交x轴于A、B两点,且MA=MB. (1)若M为定点,证明:直线EF的斜率为定值;

(2)若M为动点,且∠EMF=90°,求△EMF的重心G的轨迹解;

2

(1)设M(y0,y0),直线ME的斜率为k(l>0)

2则直线MF的斜率为-k,方程为yy0k(xy0). 2

yy0k(xy0)∴由,消x得ky2yy0(1ky0)0

2yx

1ky0(1ky0)2

,xF解得yF

2kk

∴kEF

1ky01ky02

yyF1(定值) E

xExF(1ky0)2(1ky0)24ky02y0

2

kk2k2

所以直线EF的斜率为定值

2

(2)当EMF90时,MAB45,所以k1,直线ME的方程为yy0k(xy0) 2

yy0xy0由得E((1y0)2,1y0)

2yx

同理可得F((1y0)2,(1y0)).

22

(1y0)2(1y0)223y0xMxExFy0x333 设重心G(x, y),则有

xxMxExFy0(1y0)(1y0)y0333

122x(x). 9273

2.(江西卷)如图,设抛物线C:yx2的焦点为F,动点P在直线l:xy20上运动,过P作

2消去参数y0得y

抛物线C的两条切线PA、PB,且与抛物线C分别相切于A、B两点.

(1)求△APB的重心G的轨迹方程. (2)证明∠PFA=∠PFB.

2

解:(1)设切点A、B坐标分别为(x,x0)和(x1,x12)((x1x0),

∴切线AP的方程为:2x0xyx0; 切线BP的方程为:2x1xyx0; 解得P点的坐标为:xP

2

021

x0x1

,yPx0x1 2

xx1xP

xP, 所以△APB的重心G的坐标为 xG0

3

22

y0y1yPx0x12x0x1(x0x1)2x0x14xPyp

yG,

3333

2

所以yp3yG4xG,由点P在直线l上运动,从而得到重心G的轨迹方程为:

1

x(3y4x2)20,即y(4x2x2).

3

x0x11112

,x0x1),FB(x1,x12). (2)方法1:因为FA(x0,x0),FP(

4244

由于P点在抛物线外,则||0.

x0x1111x0(x0x1)(x02)x0x1

FPFA,

∴cosAFP|FP||FA||FP|

x0x1111x1(x0x1)(x12)x0x1

FPFB, 同理有cosBFP|FP||FB||FP|∴∠AFP=∠PFB.

方法2:①当x1x00时,由于x1x0,不妨设x00,则y00,所以P点坐标为(

x1

,0),则P2

点到直线AF的距离为:d1

2

即(x1)xx1y

|x1|1

;而直线BF的方程:y24

x12x1

1

x,

141

x10. 4

1xx1|x||(x12)11|(x12)1

|x1| 所以P点到直线BF

的距离为:d2

22x1

4所以d1=d2,即得∠AFP=∠PFB.

1

1(x0),即(x21)xxy1x0, ②当x1x00时,直线AF的方程:y0004x0044

1x121(x0),即(x21)xxy1x0, 直线BF的方程:y1114x1044

所以P点到直线AF的距离为:

2x0

xx1xx112

|(x0)(01)x02x1x0||01)(x02)

|x0x1| d1

22x0

4|xx0|

同理可得到P点到直线BF的距离d21,因此由d1=d2,可得到∠AFP=∠PFB.

2

3. (重庆卷) 已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0),右顶点为(3,0)。 (1) 求双曲线C的方程;

(2) 若直线l:ykx2与双曲线C恒有两个不同的交点A和B,且OAOB2(其中O为原点),求k的取值范围。

x2y2

解:(Ⅰ)设双曲线方程为221 (a0,b0).

ab

由已知得a,c2,再由a2b222,得b21.

x2

y21. 故双曲线C的方程为3

x2

y21得 (13k2)x262kx90. (Ⅱ)将ykx2代入3

2

13k0,

由直线l

与双曲线交于不同的两点得

222

)36(13k)36(1k)0.

2

即k

1

且k21. ① 设A(xA,yA),B(xB,yB),则

3

9

xAxB,xAxB,由OAOB2得xAxByAyB2,

13k213k2

而xAxByAyBxAxB(kxAkxB(k21)xAxB(xAxB)

2

93k27

(k1)22. 22

13k13k3k1

2

3k273k291

k23. ② 2,即0,解此不等式得于是22

33k13k1

由①、②得

1

k21. 3

故k

的取值范围为(1, x2

y21,双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点,4. (重庆卷) 已知椭圆C1的方程为4

而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点。 (1) 求双曲线C2的方程;

(2) 若直线l:ykx2与椭圆C1及双曲线C2恒有两个不同的交点,且l与C2的两个交点A和B满足6(其中O为原点),求k的取值范围。

22

解:(Ⅰ)设双曲线C2的方程为xy1,则a2413,再由a2b2c2得b21.

a2b2

x2

y21. 故C2的方程为3

x2

y21得(14k2)x282kx40. (II)将ykx2代入4

由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得

1

1(2)2k216(14k2)16(4k21)0,即 k2. ①

4

x2

将ykx2代入y21得(13k2)x262kx90.

3

由直线l与双曲线

C2恒有两个不同的交点A,B得

2

113k0,22

即k且

k1. 222

32()36(1

3k)36(1k)0.

9

设A(xA,yA),B(xB,yB),则xAxB,xxAB

13k213k2



由OAOB6得xAxByAyB6,而

xAxByAyBxAxB(kxAkxB(k21)xAxB(xAxB)2

(k1)

2

92

13k23k27

2.3k1

3k2715k21313122

k或k. ③ 于是26,即0.解此不等式得2

1533k13k1

由①、②、③得

1113

k2或k21. 4315

k

的取值范围为(1,11()(, 32235. (浙江) 17.如图,已知椭圆的中心在坐标原点,焦点F1,F2在x轴上,长轴A1A2的长为4,左

准线l与x轴的交点为M,|MA1|∶|A1F1|=2∶1.

(Ⅰ)求椭圆的方程;

(Ⅱ)若直线l1:x=m(|m|>1),P为l1上的动点,使∠F1PF2最大的点P记为Q,求点Q的坐标(用

m表示).

x2y2

解:(I)设椭圆方程为221(ab0),

ab

半焦距为c, 则

a2

|MA1|a,|A1F1|ac,

c

a2

ca2(ac)

由题意,得 2a4,解得 a2,bc1

a2b2c2

x2y2

1 故椭圆方程为43

(II)设P(m,y0),|m|1

当y00时,F1PF20

当y00时, 0F1PF2PF1M

2

只需求tanF1PF2的最大值即可。

y0y0

, 直线PF1的斜率K1,直线PF2的斜率K2

m1m1

2|y0|KK1

tanF1PF2|2|221K1K2m

1y0|y0|时,F1PF2最大,

6. (天津卷)抛物线C的方程为yax2(a0),过抛物线C上一点P(x0,y0)(x 0≠0)作斜率为k1,k2的两条直线分别交抛物线C于A(x1,y1)B(x2,y2)两点(P,A,B三点互不相同),且满足

k2k10(0且1).

(Ⅰ)求抛物线C的焦点坐标和准线方程;

(Ⅱ)设直线AB上一点M,满足,证明线段PM的中点在y轴上;

(Ⅲ)当=1时,若点P的坐标为(1,-1),求∠PAB为钝角时点A的纵坐标y1的取值范围.

2

解:(Ⅰ)由抛物线C的方程yax(a0)得,焦点坐标为(0,

11

),准线方程为y. 4a4a

(Ⅱ)证明:设直线PA的方程为yy0k1(xx0),直线PB的方程为yy0k2(xx0).

yy0k1(xx0)①

点P(x0,y0)和点A(x1,y1)的坐标是方程组的解.将②式代入①式得2

yax②

ax2k1xk1x0y00,于是x1x0

k1k

,故x11x0 ③ aa

yy0k2(xx0)④

又点P(x0,y0)和点B(x2,y2)的坐标是方程组的解.将⑤式代入④2

⑤yax    

式得ax2k2xk2x0y00.于是x2x0

由已知得,k2k1,则x2

k2k

,故x22x0. aa

a

k1x0. ⑥

xx1

设点M的坐标为(xM,yM),由BMMA,则xM2.

1

将③式和⑥式代入上式得xM∴线段PM的中点在y轴上.

x0x0

x0,即xMx00.

1

(Ⅲ)因为点P(1,1)在抛物线yax2上,所以a1,抛物线方程为yx2. 由③式知x1k11,代入yx2得y1(k11)2.

将1代入⑥式得x2k11,代入yx2得y2(k21)2. 因此,直线PA、PB分别与抛物线C的交点A、B的坐标为

A(k11,k122k11),B(k11,k122k11).

2

于是AP(k12,k12k1),AB(2k1,4k1),



APAB2k1(k12)4k1(k122k1)2k1(k12)(2k11). 

因PAB为钝角且P、A、B三点互不相同,故必有APAB0.

1

k10.又点A的纵坐标y1满足y1(k11)2,故当2

111

k12时,y11;当k10时,1y1.即y1(,1)(1,)

244

求得k1的取值范围是k12或

7. (上海)本题共有3个小题,第1小题满分4分, 第2小题满分6分, 第3小题满分6分.

2

已知抛物线y=2px(p>0)的焦点为F,A是抛物线上横坐标为4、且位于x轴上方的点,A到抛物线

准线的距离等于5,过A作AB垂直于y轴,垂足为B,OB的中点为M. (1)求抛物线方程;

(2)过M作MN⊥FA, 垂足为N,求点N的坐标;

(3)以M为圆心,MB为半径作圆M.当K(m,0)是x轴上一动点时,丫讨论直线AK与圆M的位置关系. [解](1) 抛物线y=2px的准线为x=-22

pp

,于是4+=5, ∴p=2. 22

∴抛物线方程为y=4x.

(2)∵点A是坐标是(4,4), 由题意得B(0,4),M(0,2), 又∵F(1,0), ∴kFA= 则FA的方程为y= ∴N的坐标(

43;MN⊥FA, ∴kMN=-, 34

4384(x-1),MN的方程为y-2=-x,解方程组得x=,y=, 3455

84,). 55

(1) 由题意得, ,圆M.的圆心是点(0,2), 半径为2,

当m=4时, 直线AK的方程为x=4,此时,直线AK与圆M相离. 当m≠4时, 直线AK的方程为y=

4

(x-m),即为4x-(4-m)y-4m=0, 4m

圆心M(0,2)到直线AK的距离d=∴当m>1时, AK与圆M相离; 当m=1时, AK与圆M相切; 当m

2m8(m4)

2

,令d>2,解得m>1

x2y2

1长轴的左、右端点,点F是椭圆的右焦点,点P在椭圆8. (上海)点A、B分别是椭圆

3620

上,且位于x轴上方,PAPF。

(1)求点P的坐标;

(2)设M是椭圆长轴AB上的一点,M到直线AP的距离等于|MB|,求椭圆上的点到点M的距离d的最小值。

[解](1)由已知可得点A(-6,0),F(0,4)



设点P(x,y),则AP={x+6, y},FP={x-4, y},由已知可得

x2y2

1

3620

(x6)(x4)y20

则2x+9x-18=0, x=

2

3

或x=-6. 2

由于y>0,只能x=

353,于是y=. 22

∴点P的坐标是(

353,) 22

(2) 直线AP的方程是x-3y+6=0.

设点M(m,0),则M到直线AP的距离是

m62

.

于是

m62

=m6,又-6≤m≤6,解得m=2.

椭圆上的点(x,y)到点M的距离d有 d(x2)yx4x420由于-6≤m≤6, ∴当x=

2

2

2

2

5249

x(x)215, 992

9

时,d取得最小值 2

9. (山东卷)已知动圆过定点

pp

,0,且与直线x相切,其中p0.

22

(I)求动圆圆心C的轨迹的方程;

(II)设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点,直线OA和OB的倾斜角分别为和,当,变化且为定值(0)时,证明直线AB恒过定点,并求出该定点的坐标.

解:(I)如图,设M为动圆圆心,

xpp

,0为记为F,过点M作直线x的垂线,垂足为N,

22

p

的距离相等,由抛物线的定义知,点2

由题意知:MFMN即动点M到定点F与定直线x

M的轨迹为抛物线,其中F

pp

,0为焦点,x为准线,所以轨迹方程为y22px(P0);

22

(II)如图,设Ax1,y1,Bx2,y2,由题意得x1x2(否则)且x1,x20所以直线AB

2y12y2

的斜率存在,设其方程为ykxb,显然x1,将ykxb与y22px(P0)联,x2

2p2p2

立消去x,得ky2py2pb0由韦达定理知y1y2

2p2pb,y1y2① kk

(1)当

2

时,即

2

时,tantan所以

y1y2

1,x1x2y1y20,x1x2

2y12y22pb22

4pyy0所以由①知:所以b2pk.因此直线AB的方程可表示为yy4p12122

k4p

ykx2Pk,即k(x2P)y0所以直线AB恒过定点2p,0

(2)当

2

时,由,得tantan()=

tantan

=

1tantan

2p2p2p(y1y2)

b2pk, 将①式代入上式整理化简可得:,所以tan2

tanb2pky1y24p

此时,直线AB的方程可表示为ykx

2p2p

2pk即k(x2p)y0 tantan

所以直线AB恒过定点2p,所以由(1)(2)知,当

2ptan

 

2

时,直线AB恒过定点2p,0,当

2

时直线AB恒过定点

2p2p,

tan

. 

10. (全国卷Ⅰ))已知椭圆的中心为坐标原点O,焦点在x轴上,斜率为1且过椭圆右焦点F的直线



交椭圆于A、B两点,OAOB与a(3,1)共线。

(Ⅰ)求椭圆的离心率;



(Ⅱ)设M为椭圆上任意一点,且OMOAOB (,R),证明22为定值。

解:设椭圆方程为

x2y2

21(ab0),F(c,0) 2ab

x2y2

则直线AB的方程为yxc,代入221,化简得

ab

(a2b2)x22a2cxa2c2a2b20.

a2ca2c2a2b2 令A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x22,x1x2.a2b2a2b2



由OAOB(x1x2,y1y2),a(3,1),OAOB与a共线,得 3(y1y2)(x1x2)0,又y1x1c,y2x2c,

3(x1x22c)(x1x2)0,

2a2c3c即2,所以a23b2.2

2ab

故离心率e

x1x2

3

c. 2

6a, 3

ca2b2

c. a3

2

2

x2y2222

(II)证明:(1)知a3b,所以椭圆221可化为x3y3b.

ab

设OM(x,y),由已知得(x,y)(x1,y1)(x2,y2),

xx1x2,222

M(x,y)在椭圆上,(x1x2)3(y1y2)3b. 

yx1x2.2222222

即(x13y1)(x23y2)2(x1x23y1y2)3b.①

3c232212

,ac,bc. 由(1)知x1x2222

a2c2a2b232

x1x2c22

8ab

x1x23y1y2x1x23(x1c)(x2c)

4x1x23(x1x2)c3c2 3292

cc3c2220.

2222222

又x213y13b,x23y23b,代入①得1. 故22为定值,定值为1.

11. (全国卷Ⅰ) 已知椭圆的中心为坐标原点O,焦点在x轴上,斜率为1且过椭圆右焦点F的直线



交椭圆于A、B两点,OAOB与a(3,1)共线.

(1)求椭圆的离心率;



(2)设M为椭圆上任意一点,且OMOAOB(,R),证明22为定值.

x2y2

解:设椭圆方程为221(ab0),F(c,0),

ab

x2y2

则直线AB的方程为yxc,代入221

ab

化简得(a2b2)x22a2cxa2c2a2b20.

2a2ca2c2a2b2

,x1x2. 令A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1x22

222

abab

由OAOB(x1x2,y1y2),a(3,1),OAOB与a共线,得 3(y1y2)(x1x2)0.

又y1x1c,y2x2c ∴3(x1x22c)(x1x2)0

2a2c3c3c22

a3b∴x1x2即2,∴

2

2ab2

∴c

3c故离心率为e

ax2y222222

(II)证明:由(I)知a3b,所以椭圆221可化为x3y3b.

ab

设OM(x,y),由已知得(x,y)(x1,y1)(x2,y2) 

xx1x2,

yyy.12

M(x,y)在椭圆上, (x1x2)23(y1y2)23b2.

即 (x13y1)(x23y2)2(x1x23y1y2)3b. ① 由(I)知x1x2

2

2

2

2

2

2

2

331

c,a2c2,b2c2. 222

a2c2a2b232

c ∴x1x222

ab8

∴x1x23y1y2x1x23(x1c)(x2c)

3292

cc3c20. 22

222又x13y123b2,x23y23b2又,代入①得 221.

4x1x23(x1x2)c3c2

故22为定值,定值为1

y2

12.

(全国卷II)P、Q、M

、N四点都在椭圆x1上,F为椭圆在y轴正半轴上的焦点.已

2



知PF与FQ共线,MF与FN共线,且PFMF0.求四边形PMQN的面积的最小值和最大值.

解:如图,由条件知MN和PQ是椭圆的两条弦,相交于焦点F(0,1),且PQ⊥MN,直线PQ、NM中至少有一条存在斜率,不妨设PQ的斜率为K,又PQ过点F(0,1),故PQ的方程为y=kx+1

将此式代入椭圆方程得(2+k2)x2+2kx-1=0

设P、Q两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则2

x1x2

8(1k2)2222

从而|PQ|(x1x2)(y1y2) 22

(2k)

亦即|PQ|

1(1)当k≠0时,MN的斜率为-,同上可推得|MN|2k

2()

k

11

4(1k2)(12)4(2k22)

1 故四边形面积S|PQ||MN|

2(2k2)(22)52k22kk

14(2u)12

2(1) 令u=k2得S

k52u52u12

∵u=k2≥2

k

16

当k=±1时u=2,S=且S是以u为自变量的增函数

9

16

S2 ∴9

1

②当k=0时,MN为椭圆长轴,S=|PQ||MN|=2

2

16

综合①②知四边形PMQN的最大值为2,最小值为。

9

13.(全国卷III) 设A(x1,y1),B(x2,y2)两点在抛物线y2x上,l是AB的垂直平分线,

2

(Ⅰ)当且仅当x1x2取何值时,直线l经过抛物线的焦点F?证明你的结论; (Ⅱ)当x11,x23时,求直线l的方程.

2

解:(Ⅰ)∵抛物线y2x2,即x

y1

,p, 24

∴焦点为F(0,)………………………………………………………1分

(1)直线l的斜率不存在时,显然有x1x20………………………………3分 (2)直线l的斜率存在时,设为k,截距为b

即直线l:y=kx+b 由已知得:

yy21k12b

……………5分 22

y1y21

12k

22

21

k12b 

22

22

121k12

1

8

2212bk……………7分 x1x22

1x1x22k

1122

x1x2b0b

44

即l的斜率存在时,不可能经过焦点F(0,)……………………………………8分 所以当且仅当x1x2=0时,直线l经过抛物线的焦点F…………………………9分 (Ⅱ)当x11,x23时,

直线l的斜率显然存在,设为l:y=kx+b………………………………10分

则由(Ⅰ)得:

122221kb10kb ………………………11分 x1x222

112xx122k2k

1

8

1k4…………………………………………13分 

b414

所以直线l的方程为y14、(全国卷III)

141x 44

设Ax1,y1,Bx2,y2两点在抛物线y2x2上,l是AB的垂直平分线。 (Ⅰ)当且仅当x1x2取何值时,直线l经过抛物线的焦点F?证明你的结论; (Ⅱ)当直线l的斜率为2时,求l在y轴上截距的取值范围。

21.解:(Ⅰ)FlFAFBA、B两点到抛物线的准线的距离相等, ∵抛物线的准线是x轴的平行线,y10,y20,依题意y1,y2不同时为0

∴上述条件等价于y1y2x1x2x1x2x1x20

2

2

∵x1x2

∴上述条件等价于x1x20

即当且仅当x1x20时,l经过抛物线的焦点F。

(Ⅱ)设l在y轴上的截距为b,依题意得l的方程为y2xb;过点A、B的直线方程可写为

11

yxm,所以x1、x2满足方程2x2xm0

22

1

得x1x2

4

11

A、B为抛物线上不同的两点等价于上述方程的判别式8m0,即m

432

设AB的中点N的坐标为x0,y0,则

1111

x1x2,y0x0mm 28216

115519mb,于是bm由Nl,得 16416163232

x0

即得l在y轴上截距的取值范围为

9

, 32

x2y2

15.(辽宁卷)已知椭圆221(ab0)的左、右焦点分别是F1(-c,0)、F2(c,0),Q

ab

是椭圆外的动点,满足|F1|2a.点P是线段F1Q与该椭圆的交点,点T在线段F2Q上,并且满足

TF20,|TF2|0.

(Ⅰ)设x为点P的横坐标,证明|F1P|a

c

x; a

(Ⅱ)求点T的轨迹C的方程;

(Ⅲ)试问:在点T的轨迹C上,是否存在点M, 使△F1MF2的面积S=b2.若存在,求∠F1MF2

的正切值;若不存在,请说明理由.

(Ⅰ)证法一:设点P的坐标为(x,y). 由P(x,y)在椭圆上,得

b22

|F1P|(xc)y(xc)b2x

a

c

(ax)2.

a

2

2

2

2

由xa,知a

cc

xca0,所以 |F1|ax.………………………3分 aa

证法二:设点P的坐标为(x,y).记|F1|r1,|F2|r2,

则r1

(xc)2y2,r2(xc)2y2.

c

x. ac

证法三:设点P的坐标为(x,y).椭圆的左准线方程为ax0.

a

22

由r1r22a,r1r24cx,得|F1P|r1a

2

cac|F|c由椭圆第二定义得,即1|FP||x||ax|. 12acaaa

|x|

c

由xa,知a

cc

xca0,所以|F1|ax.…………………………3分 aa

(Ⅱ)解法一:设点T的坐标为(x,y).

当||0时,点(a,0)和点(-a,0)在轨迹上.

当||0且|TF2|0时,由|||TF2|0,得TF2. 又|PQ||PF2|,所以T为线段F2Q的中点. 在△QF1F2中,|OT|

1

|F1|a,所以有x2y2a2. 2

2

2

2

综上所述,点T的轨迹C的方程是xya.…………………………7分 解法二:设点T的坐标为(x,y). 当||0时,点(a,0)和点(-a,0)在轨迹上.

当||0且|TF2|0时,由TF20,得TF2. 又|PQ||PF2|,所以T为线段F2Q的中点. x

设点Q的坐标为(x,y),则

y

xc

,2 y.2

x2xc,因此 ①

y2y.

由|F1|2a得(xc)2y24a2. ② 将①代入②,可得x2y2a2.

综上所述,点T的轨迹C的方程是x2y2a2.……………………7分

(Ⅲ)解法一:C上存在点M(x0,y0)使S=b2的充要条件是

22x0y0a2,

 12

2c|y0|b.2

③ ④

2b22b|y|.由③得|y0|a,由④得0 所以,当a时,存在点M,使S=b;

cc

2

当ab时,不存在满足条件的点M.………………………11分

c

2b当a时,MF1(cx0,y0),MF2(cx0,y0), c

22

由MF1MF2x0c2y0a2c2b2,

MF1MF2|MF1||MF2|cosF1MF2,

S

1

|MF1||MF2|sinF1MF2b2,得tanF1MF22. 2

2

解法二:C上存在点M(x0,y0)使S=b的充要条件是

22③ x0y0a2,

 12

2c|y0|b.④ 2

b2b4b2b222

. 上式代入③得x0由④得|y0|a2(a)(a)0. cccc

2

于是,当ab时,存在点M,使S=b2;

c

2b当a时,不存在满足条件的点M.………………………11分 c

2

y0y0b当a时,记k1kFM, ,kk2F2M1

cx0cx0c

由|F1F2|2a,知F1MF290,所以tanFMF|k1k2|2.…………14分

12

1k1k2

x2y2

16.(湖南卷)已知椭圆C:2+2=1(a>b>0)的左.右焦点为F1、F2,离心率为e. 直线l:

ab

y=ex+a与x轴.y轴分别交于点A、B,M是直线l与椭圆C的一个公共点,P是点F1关于直

线l的对称点,设AM=λAB. (Ⅰ)证明:λ=1-e; (Ⅱ)若

2

3

,△PF1F2的周长为6;写出椭圆C的方程; 4

(Ⅲ)确定λ的值,使得△PF1F2是等腰三角形.

(Ⅰ)证法一:因为A、B分别是直线l:yexa与x轴、y轴的交点,所以A、B的坐标分别是

yexa,xc,

a22(,0),(0,a).由x2y2得b2这里cab. e221,y.

aba

b2ab2a

所以点M的坐标是(c,). 由得(c,)(,a).

aeae

aa

cee即2

baa

解得1e2

证法二:因为A、B分别是直线l:yexa与x轴、y轴的交点,所以A、B的坐标分别是

aaa

(,0),(0,a).设M的坐标是(x0,y0),由得(x0,y0)(,a), eee

a22

x(1)x0y00

所以 因为点M在椭圆上,所以 221, e

aby0a.

a

[(1)]2

(a)2(1)22e即21,所以1.

a2be21e2

e42(1)e2(1)20, 解得e21即1e2.

(Ⅱ)当

31

时,c,所以a2c. 由△MF1F2的周长为6,得2a2c6.

24

2

2

2

x2y2

1. 所以a2,c1,bac3. 椭圆方程为43

(Ⅲ)解法一:因为PF1⊥l,所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角,要使△PF1F2为等腰三角形,必有

|PF1|=|F1F2|,即

1

|PF1|c. 2

设点F1到l的距离为d,由

1|e(c)0a||aec||PF1|dc,

222ee

1e2

12

e. 所以e2,于是1e2.

33e2

2

时,△PF1F2为等腰三角形. 3

即当

解法二:因为PF1⊥l,所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角,要使△PF1F2为等腰三角形,必有|PF1|=|F1F2|,

设点P的坐标是(x0,y0),

1y00exc

则0

y00ex0ca.22e23

x02c,e1 解得2

y2(1e)a.0e21

(e23)c2(1e2)a22

c][2]4c2, 由|PF1|=|F1F2|得[2

e1e1(e21)2122

e. e.两边同时除以4a,化简得 从而

3e21

2

2

于是11e

22

. 即当时,△PF1F2为等腰三角形. 33

x2y2

17.(湖南卷)已知椭圆C:2+2=1(a>b>0)的左.右焦点为F1、F2,离心率为e. 直线l:

ab

y=ex+a与x轴.y轴分别交于点A、B,M是直线l与椭圆C的一个公共点,P是点F1关于直

线l的对称点,设=λ.

(Ⅰ)证明:λ=1-e;

(Ⅱ)确定λ的值,使得△PF1F2是等腰三角形.

(Ⅰ)证法一:因为A、B分别是直线l:yexa与x轴、y轴的交点,所以A、B的坐标分别是

2

yexa,xc,

a22(,0),(0,a).由x2y2得b2这里cab. e221,y.

cba

b2ab2a

所以点M的坐标是(c,). 由得(c,)(,a).

aeae

aa

cee即2

baa

解得1e2

证法二:因为A、B分别是直线l:yexa与x轴、y轴的交点,所以A、B的坐标分别是

aaa

(,0),(0,a).设M的坐标是(x0,y0),由得(x0,y0)(,a), eee

a22

x(1)x0y00

所以 因为点M在椭圆上,所以 221, e

aby0a.

a

[(1)]2

(a)2(1)22e即21,所以1. 222

abe1e

e42(1)e2(1)20, 解得e21

1

|PF1|c. 2

即1e2.

(Ⅱ)解法一:因为PF1⊥l,所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角,要使△PF1F2为等腰三角形,必有

|PF1|=|F1F2|,即

设点F1到l的距离为d,由

1|e(c)0a||aec||PF1|dc,

222ee

1e2

12

e. 所以e2,于是1e2.

33e2

2

时,△PF1F2为等腰三角形. 3

即当

解法二:因为PF1⊥l,所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角,要使△PF1F2为等腰三角形,必有|PF1|=|F1F2|,

设点P的坐标是(x0,y0),

1y00exc

则0

y00ex0ca.22

e23

xc,0e21

解得2

y2(1e)a.0e21

(e23)c2(1e2)a22

c][2]4c2, 由|PF1|=|F1F2|得[2

e1e1(e21)2122

e. e.两边同时除以4a,化简得 从而2

3e1

2

2

于是11e

22

. 即当时,△PF1F2为等腰三角形. 33

18..(湖北卷)设A、B是椭圆3x2y2上的两点,点N(1,3)是线段AB的中点,线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点.

(Ⅰ)确定的取值范围,并求直线AB的方程;

(Ⅱ)试判断是否存在这样的,使得A、B、C、D四点在同一个圆上?并说明理由.

(I)解法1:依题意,可设直线AB的方程为yk(x1)3,代入3x2y2,整理得

(k23)x22k(k3)x(k3)20. ①

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是方程①的两个不同的根,

4[(k23)3(k3)2]0 ②

且x1x2

2k(k3)

.由N(1,3)是线段AB的中点,得 2

k3

x1x2

1,k(k3)k23. 2

解得k=-1,代入②得,>12,即的取值范围是(12,+). 于是,直线AB的方程为y3(x1),即xy40. 解法2:设A(x1,y1),B(x2,y2),则有

223x1y1,

3(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0. 22

3x2y2

依题意,x1x2,kAB

3(x1x2)

.

y1y2

N(1,3)是AB的中点,x1x22,y1y26,从而kAB1.又由N(1,3)在椭圆内,3123212.的取值范围是(12,).

直线AB的方程为y3(x1),即xy40.

AB,直线CD的方程为y3x1,即xy20.代入椭(II)解法1:CD垂直平分

圆方程,整理得

4x24x40. ③

又设C(x3,y3),D(x4,y4),CD的中点为M(x0,y0),则x3,x4是方程③的两根,

x3x41,且x013

即M(,).

22

于是由弦长公式可得

113(x3x4),y0x02,222

1

|CD|()2|x3x4|2(3). ④

k

将直线AB的方程xy40,代入椭圆方程得

4x28x160. ⑤

同理可得

|AB|k2|x1x2|2(12). ⑥

当12时,2(3)2(12).,|AB||CD|.

假设在在>12,使得A、B、C、D四点共圆,则CD必为圆的直径,点M为圆心.点M到直线AB的距离为

13|4|

|xy04|32d0. ⑦

222

于是,由④、⑥、⑦式和勾股定理可得

AB29123CD2

|||. 22222

|CD|

故当12时,A、B、C、D四点均在以M为圆心,为半径的圆上.

2|MA|2|MB|2d2|

(注:上述解法中最后一步可按如下解法获得:

A、B、C、D共圆△ACD为直角三角形,A为直角|AN||CN||DN|,即

2

|AB|2|CD||CD|

)(d)(d). ⑧ 222

12

. 由⑥式知,⑧式左边=2(

由④和⑦知,⑧式右边=(

2(3)322(3)32

)() 2222

3

2

912, 22

∴⑧式成立,即A、B、C、D四点共圆

解法2:由(II)解法1及12.

CD垂直平分AB,直线CD方程为y3x1,代入椭圆方程,整理得

4x24x40. ③

将直线AB的方程xy40,代入椭圆方程,整理得

4x28x160. ⑤

解③和⑤式可得 x1,2

21213

,x3,4.

22

不妨设A(1112,3112),C(13,33),D(13,33)

222222∴(

31233312

,)

22

(

31233312

,)

22

计算可得CADA0,∴A在以CD为直径的圆上. 又B为A关于CD的对称点,∴A、B、C、D四点共圆.

(注:也可用勾股定理证明AC⊥AD)

19. (福建卷)已知方向向量为v(1,3)的直线l过点(0,2)和椭圆

x2y2

C:221(ab0)的焦点,且椭圆C的中心关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上.

ab

(Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)是否存在过点E(-2,0)的直线m交椭圆C于点M、N,满足OM

4

6cot 3

∠MON≠0(O为原点).若存在,求直线m的方程;若不存在,请说明理由. (I)解法一:直线l:y3x33, ①

过原点垂直l的直线方程为y解①②得x

3

x, ② 3

3. 2

∵椭圆中心(0,0)关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上,

a2323.

c2

∵直线l过椭圆焦点,∴该焦点坐标为(2,0).

x2y2

1. ③ c2,a6,b2. 故椭圆C的方程为

62

2

2

解法二:直线l:yx.

pq232 设原点关于直线l对称点为(p,q),则2解得p=3. 

q1.p

∵椭圆中心(0,0)关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上,

a2

3.

c

∵直线l过椭圆焦点,∴该焦点坐标为(2,0).

x2y2

1. ③ c2,a6,b2. 故椭圆C的方程为

62

2

2

(II)解法一:设M(x1,y1),N(x2,y2).

当直线m不垂直x轴时,直线m:yk(x2)代入③,整理得

(3k21)x212k2x12k260,

12k212k26

x1x22,x1x2, 2

3k13k1

|MN|k

2

(x1x2)4x1x2k

22

12k2212k2626(1k2)

(2)4,3k13k213k21

点O到直线MN的距离d

|2k|k

2

OM

44cosMON

cotMON,即 |OM||ON|cosMON60, 33sinMON

|OM||ON|sinMON

424,SOMN6.|MN|d, 333

即46|k|

k21

4

6(3k21). 3

整理得k2

1,k. 33

2

. 3

当直线m垂直x轴时,也满足SOMN故直线m的方程为y

32x, 33

或y

323

x,或x2. 33

经检验上述直线均满足OMON0.所以所求直线方程为y

323

x,

33

或y

323

x,或x2. 33

解法二:设M(x1,y1),N(x2,y2).

当直线m不垂直x轴时,直线m:yk(x2)代入③,整理得

12k2

, (3k1)x12kx12k60, x1x22

3k1

2

2

2

2

∵E(-2,0)是椭圆C的左焦点, ∴|MN|=|ME|+|NE|

2222

=e(ax1)e(ax2)c(x1x2)2a2(12k)2626(k1).

cca3k213k216

以下与解法一相同.

解法三:设M(x1,y1),N(x2,y2).

设直线m:xty2,代入③,整理得(t3)y4ty20.

2

2

y1y2

4t2

,yy, 12

t23t23

4t28

|y1y2|y1y2)4y1y2(2)2

t3t3

24t224

. 22

(t3)

OM

44cosMONcotMON,即 |OM|||cosMON60, 33sinMON

42

,SOMN6. 33

|OM||ON|sinMON

SOMNSOEMSOEN

1

|OE||y1y2|2

24t224

.

(t23)2

24t2242

6,整理得t43t2. ∴=22

3(t3)

解得t3,或t0.

故直线m的方程为y

3232x,或x2. x,或y3333

经检验上述直线均满足OMON0. 所以所求直线方程为y

232x,或x2. x,或y3333

20.(北京卷)如图,直线 l1:y=kx(k>0)与直线l2:y=-kx之间的阴影区域(不含边界)记为W,其左半部分记为W1,右半部分记为W2. (I)分别用不等式组表示W1和W2;

(II)若区域W中的动点P(x,y)到l1,l2的距离之积等于d,求点P的轨迹C的方程; (III)设不过原点O的直线l与(II)中的曲线C相交于M1,M2两点,且与l1,l2分别交于M3,

2

M4两点.求证△OM1M2的重心与△OM3M4的重心重合.

解:(I)W1={(x, y)| kx0}, (II)直线l1:kx-y=0,直线l2:kx+y=0,由题意得

|k2x2y2|2

d2, d, 即2

k1 由P(x, y)∈W,知kx-y>0,

22

2

k2x2y2222222

d 所以 ,即kxy(k1)d0, 2

k1

所以动点P的轨迹C的方程为kxy(k1)d0;

(III)当直线l与x轴垂直时,可设直线l的方程为x=a(a≠0).由于直线l,曲线C关于x轴对称,且l1与l2关于x轴对称,于是M1M2,M3M4的中点坐标都为(a,0),所以△OM1M2,△OM3M4的

22

2

2

2

重心坐标都为(

2

a,0),即它们的重心重合, 3

当直线l1与x轴不垂直时,设直线l的方程为y=mx+n(n≠0).

k2x2y2(k21)d20 由,得(k2m2)x22mnxn2k2d2d20

ymxn

由直线l与曲线C有两个不同交点,可知k-m≠0且

△=(2mn)24(k2m2)(n2k2d2d2)>0 设M1,M2的坐标分别为(x1, y1),(x2, y2), 则x1x2

2

2

2mn

, y1y2m(x1x2)2n,

k2m2

设M3,M4的坐标分别为(x3, y3),(x4, y4), 由

ykx

ykxnn

,x4得x3 及

kmkmymxnymxn

2mn

x1x2,

k2m2

从而x3x4

所以y3+y4=m(x3+x4)+2n=m(x1+x2)+2n=y1+y2, 于是△OM1M2的重心与△OM3M4的重心也重合.

(21)(广东卷)在平面直角坐标系xOy中,抛物线yx2上异于坐标原点O的两不同动点A、B满足AOBO(如图4所示).

(Ⅰ)求AOB得重心G(即三角形三条中线的交点)的轨迹方程;

(Ⅱ)

AOB

x1x2x3

解:(I)设△AOB的重心为G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),则 …(1)

yy1y23

∵OA⊥OB ∴kOAkOB1,即x1x2y1y21,……(2)

22

又点A,B在抛物线上,有y1x1,代入(2)化简得x1x21 ,y2x2

∴y

y1y21211222

(x1x2)[(x1x2)22x1x2](3x)23x2 333333

2

3

2

所以重心为G的轨迹方程为y3x

(II)SAOB

1112222222|OA||OB|(x12y12)(x2y2)x12x2x12y2x2y1y12y2 222

由(I)得

SAOB

1611166

x1x222x16x222(1)6221

2222

66

当且仅当x1即x1x21时,等号成立。 x2

所以△AOB的面积存在最小值,存在时求最小值1;

范文七:圆锥曲线高考题 投稿:赖旮旯

圆锥曲线高考题

1. 【2015高考新课标2,理20】(本题满分12分)

已知椭圆C:9x2y2m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.

(Ⅰ)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值; (Ⅱ)若l过点(

m

,m),延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时3

l的斜率,若不能,说明理由.

2. 【2015高考福建,理18】 已知椭圆E:

2

2

xy+=1(a>b>

0)过点,且离心率为.

22ab2

(Ⅰ)求椭圆E的方程;

(Ⅱ)设直线x=my-1,(m?R)交椭圆E于A,B两点,判断点G(-,0)与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.

3. 【2015高考浙江,理19】

9

4

x21

y21上两个不同的点A,B关于直线ymx对称.已知椭圆

22

(1)求实数m的取值范围;

(2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点).

4. 【2015江苏高考,18】(本小题满分16分)

x2y2 如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆221ab0的离心率为,且右焦点F到左

ab2

准线l的距离为3. (1)求椭圆的标准方程;

(2)过F的直线与椭圆交于A,B两点,线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于 点P,C,若PC=2AB,求直线AB的方程.

x2y2

5. 【2015高考山东,理20】平面直角坐标系xoy中,已知椭圆C:221ab

0的离心率为

ab

F1,F2,以F1错误!未找到引用源。为圆心以3为半径的圆与以F2错误!未找到引用源。为圆心以1为半径的圆相交,且交点在椭圆C上. (Ⅰ)求椭圆C的方程;

x2y2

(Ⅱ)设椭圆E:221,P错误!未找到引用源。为椭圆C错误!未找到引用源。上任意一点,

4a4b

过点P的直线ykxm交椭圆E 于A,B两点,射线PO 错误!未找到引用源。交椭圆E于点Q.

( i )求

OQOP

错误!未找到引用源。的值; (ii)求ABQ面积的最大值.

x2y2

6. 【2015高考安徽,理20】设椭圆E的方程为221ab0,点O为坐标原点,点A的坐

ab

标为a,0,点B的坐标为0,b,点M在线段AB上,满足BM2MA,直线OM

的斜率为(I)求E的离心率e;

(II)设点C的坐标为0,b,N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为求E的方程.

. 10

7, 2

x2y2

7. 【2015高考天津,理19】(本小题满分14分)已知椭圆2+2=1(a>b>0)的左焦点为F(c,0),

abb422

离心率为,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x+y=截得的线段的长为c

43

|FM|=

3

(I)求直线FM的斜率; (II)求椭圆的方程;

(III)设动点P在椭圆上,若直线FP

OP(O为原点)的斜率的取值范围.

x2y2

8. 【2015高考重庆,理21】如题(21)图,椭圆221ab0的左、右焦点分别为F1,F2,过F2

ab

的直线交椭圆于P,Q两点,且PQPF1 (1

)若PF12PF22,求椭圆的标准方程 (2)若PF1PQ,求椭圆的离心率e.

x2y29. 【2015高考四川,理20】如图,椭圆E:2+21(ab

0),过点P(0,1)的

ab动直线l与椭圆相交于A,B两点,当直线l平行与x轴时,直线l被椭圆E

截得的线段长为 (1)求椭圆E的方程;

(2)在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定点Q,使得

QAPA

恒成立?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理

QBPB

由.

x2y210. 【2015高考陕西,理20】(本小题满分12分)已知椭圆:221(ab0)的半焦距为c,

ab

原点到经过两点c,0,

1

c. 的直线的距离为0,b2

(I)求椭圆的离心率;

(II)如图,是圆:x2y1

2

2

5

的一条直径,2

若椭圆经过,两点,求椭圆的方程.

x2

11. 【2015高考新课标1,理20】在直角坐标系xoy中,曲线C:y=与直线ykxa(a>0)交与

4

M,N两点,

(Ⅰ)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程;

(Ⅱ)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由.

x2y2

1和点12. 【2015高考北京,理19】已知椭圆C:221ab

0的离心率为,点P0,

ab

Am,nm≠0都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M.

(Ⅰ)求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m,n表示);

(Ⅱ)设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y轴上是否存在点Q,使得OQMONQ?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.

y2x2

13. 【2015高考湖南,理20】已知抛物线C1:x4y的焦点F也是椭圆C2:221(ab0)的

ab

2

一个焦点,C1与C

2的公共弦的长为. (1)求C2的方程;



(2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且AC与BD同向

(ⅰ)若|AC||BD|,求直线l的斜率

(ⅱ)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形

14. 【2015高考上海,理21】已知椭圆x22y21,过原点的两条直线l1和l2分别于椭圆交于、和

C、D,记得到的平行四边形CD的面积为S.

(1)设x1,y1,Cx2,y2,用、C的坐标表示点C到直线l1的距离,并证明S2x1y1x2y1; (2)设l1与l2的斜率之积为

1

,求面积S的值. 2

范文八:圆锥曲线高考题1 投稿:王娼娽

圆锥曲线高考题--全国卷

x2

1.(2015全国4)已知Mx0,y0是双曲线C:y21上的一点,F1,F2是C的两

2



个焦点,若MF1MF20,则y0的取值范围是( ) (A

)

 (B

) (C

) (D

) 

2.(2015全国

上,圆标准方程 .

x2y2

116414)一圆经过椭圆的三个顶点,且圆心在x轴的正半轴

x2y2

3.(2013全国4)已知双曲线C:2-21(a>0,b>0)的离心率为错误!未找

ab

到引用源。,则C的渐近线方程为( )A、y=±错误!未找到引用源。x (B)y=±错误!未找到引用源。x (C)y=±错误!未找到引用源。x (D)y=±x

4.(2014全国4)已知F为双曲线C:x2my23m(m0)的一个焦点,则点F到C的一条渐近线的距离为( ) A. B. 3 C. m D. 3m

x2y2

5.(2013全国10)已知椭圆22=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直

ab线交椭圆于A、B两点。若AB的中点坐标为(1,-1),则E的方程为( A、=1

) x245

y236

1 B、

x236

y227

=1错误!未找到引用源。 C、

x227

y218

D、

x218

+1

9

y2

6.(2012全国8)已知F1、F2为双曲线C:x2y22的左、右焦点,点P在C上,

1334

|PF1|2|PF2|,则cosF1PF2(A) (B) (C) (D)

4545

7.(2011全国10)已知抛物线C:y24x的焦点为F,直线y2x4与C交于A、4334

B两点,则cosAFB() (A) (B) (C)  (D) 

5555

2,椭圆E:x8.(2014全国20)已知点A0,

y2

21(ab

0)2ab2

F是椭圆E的右焦点,直线AF

,O为坐标原点.

(I)求E的方程;

1

(II)设过点A的动直线l与E 相交P,Q两点。当OPQ的面积最大时,求l的直线方程.

直线与圆锥曲线位置关系”的综合型试题的分类求解 1.向量综合型

例1.在直角坐标系xOy中,点P

到两点(0,的距离之和为4,设点P的轨迹为C,直线ykx1与C交于A,B两点。



(Ⅰ)写出C的方程; (Ⅱ)若OAOB,求k的值。

例2.已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0),右顶点为(,0) (1) 求双曲线C的方程;

(2) 若直线l:ykx与双曲线C恒有两个不同的交点A和B,且2(其中O为原点),求k的取值范围。

x2y26

例3.已知椭圆22(a>b>0)的离心率e,过点A(0,-b)和B(a,0)

ab3

的直线与原点的距离为.

2

(1)求椭圆的方程.

(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C、D两点.问:是否存在k的值,使以CD为直径的圆过E点?请说明理由.

2.“中点弦型”

例4.已知双曲线的中心在原点,焦点在x轴上,离心率e,焦距为2 (I)求该双曲线方程.

(II)是否定存在过点P(1,1)的直线l与该双曲线交于A,B两点,且点P是

线段AB 的中点?若存在,请求出直线l的方程,若不存在,说明理由.

2)例5.已知椭圆的中心在原点,焦点为F1(0,2),F(,且离心率e20,

(I)求椭圆的方程;

2

22

。 3

(II)直线l(与坐标轴不平行)与椭圆交于不同的两点A、B,且线段AB中点的横坐标为

1

,求直线l倾斜角的取值范围。 2

3

范文九:高考圆锥曲线大题专练 投稿:孔皿盀

高考压轴大题突破练

1.已知椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的半焦距为 c,原点 O 到经过两点(c,0),(0,b)的直线 1 的距离为 c 2 (1)求椭圆 E 的离心率; 5 2 2 (2)如图,AB 是圆 M:(x+2) +(y-1) = 的一条直径,若椭圆 E 经过 2

x2 y2 a b

A,B 两点,求椭圆 E 的方程.

2.已知椭圆 C 的中心为坐标原点 O,一个长轴端点为(0,2),短轴端点和焦点所组成的四边 → → 形为正方形,直线 l 与 y 轴交于点 P(0,m),与椭圆 C 交于相异两点 A,B,且AP=2PB. (1)求椭圆方程;(2)求 m 的取值范围. 3.已知抛物线 C:y =4x,点 M(m,0)在 x 轴的正半轴上,过点 M 的直线 l 与抛物线 C 相交于

2

A,B 两点,O 为坐标原点.

(1)若 m=1,且直线 l 的斜率为 1,求以 AB 为直径的圆的方程; 1 1 (2)是否存在定点 M,使得不论直线 l 绕点 M 如何转动, 2+ 2恒为定值? |AM| |BM| 4.在直角坐标系 xOy 中,曲线 C:y= 与直线 l:y=kx+a(a>0)交于 M,N 两点, 4 (1)当 k=0 时,分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程; (2)y 轴上是否存在点 P,使得当 k 变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由. 5.已知圆 F1:(x+1) +y =16 及点 F2(1,0),在圆 F1 任取一点 M,连接 MF2 并延长交圆 F1 于点

2 2

x2

N,连接 F1N,过 F2 作 F2P∥MF1 交 NF1 于 P,如图所示.

(1)求点 P 的轨迹方程; 1 1 (2)从 F2 点引一条直线 l 交轨迹 P 于 A, B 两点, 变化直线 l, 试探究 + 是否为定值. |F2A| |F2B| 6.已知椭圆 C 的中心在坐标原点,右焦点为 F( 7,0),A,B 是椭圆 C 的左、右顶点,D 是 椭圆 C 上异于 A,B 的动点,且△ADB 面积的最大值为 12.

1

(1)求椭圆 C 的方程; (2)求证:当点 P(x0,y0)在椭圆 C 上运动时,直线 l:x0x+y0y=2 与圆 O:x +y =1 恒有两 个交点,并求直线 l 被圆 O 所截得的弦长 L 的取值范围. 7.已知抛物线 C:y =2px (p>0),点 A,B 在抛物线 C 上. (1)若直线 AB 过点(2p,0),且|AB|=4p,求过 A,B,O(O 为坐标原点)三点的圆的方程; π (2)设直线 OA,OB 的倾斜角分别为 α ,β ,且 α +β = ,问直线 AB 是否会过某一定点? 4 若是,求出这一定点的坐标;若不是,请说明理由.

2 2 2

x2 y2 2 8.已知椭圆a2+b2=1 (a>b≥1)的离心率 e= 2 ,右焦点到直线 2ax+by- 2=0 的距离为

2 . 3 (1)求椭圆 C 的方程; (2)已知椭圆 C 的方程与直线 x-y+m=0 交于不同的两点 M,N,且线段 MN 的中点不在圆 x +y =1 内,求 m 的取值范围. 9.在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C: 2+ 2=1 (a>b>0)的左焦点为 F1(-1,0),且点

2 2

x2 y2 a b

P

 6 1 , 在椭圆 C 上.  2 2

(1)求椭圆 C 的方程; (2)若过顶点 A(- 2,0)的直线 l1 交 y 轴于点 Q,交曲线 C 于点 R,过坐标原点 O 作直线 l2, 使得 l

2∥l1,且 l2 交曲线 C 于点 S,证明:|AQ|, 2|OS|,|AR|成等比数列.

x2 y2 10 如图所示,椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的上、下顶点分别为 A,B,已知点 B 在直线 l:y=-1 a b

上,且椭圆的离心率 e= 3 . 2

(1)求椭圆的标准方程; (2)设 P 是椭圆上异于 A,B 的任意一点,PQ⊥y 轴,Q 为垂足,M 为线段 PQ 的中点,直线 AM 交直线 l 于点 C,N 为线段 BC 的中点,求证:OM⊥MN. 11.已知椭圆 C: 2+ 2=1 (a>b>0)的两个焦点分别为 F1(- 2,0),F2( 2,0),点 M(1,0)

2

x2 y2 a b

与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直. (1)求椭圆 C 的方程; (2)过点 M(1,0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 A,B 两点,设点 N(3,2),记直线 AN,BN 的斜率分 别为 k1,k2,求证:k1+k2 为定值. 12.已知双曲线 M: 2- 2=1(a>0,b>0)的上焦点为 F,上顶点为 A,B 为虚轴的端点,离心 2 3 3 率 e= ,且 S△ABF=1- .抛物线 N 的顶点在坐标原点,焦点为 F. 3 2 (1)求双曲线 M 和抛物线 N 的方程; (2)设动直线 l 与抛物线 N 相切于点 P, 与抛物线的准线相交于点 Q, 则以 PQ 为直径的圆是否 恒过 y 轴上的一个定点?如果是,试求出该点的坐标,如果不是,请说明理由. 13.如图,椭圆 E:错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。=1(a>b>0)的左焦点为 F1,右 焦点为 F2,离心率 e=错误!未找到引用源。.过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点,且△ABF2 的周长 为 8.

y2 x2 a b

(1)求椭圆 E 的方程; (2)设动直线 l:y=kx+m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P,且与直线 x=4 相交于点 Q.试探究:在 坐标平面内是否存在点 M,使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在, 说明理由. 14.已知椭圆 C:错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。=1(a>b>0)的离心率 e=错误! 未找到引用源。,短轴右端点为 A,P(1,0)为线段 OA 的中点.

(1)求椭圆 C 的方程; (2)过点 P 任作一条直线与椭圆 C 相交于两点 M,N,试问在 x 轴上是否存在定点 Q,使得∠MQP= ∠NQP,若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,说明理由. 15.已知椭圆 C:错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。=1(a>错误!未找到引用源。) 2 2 的右焦点 F 在圆 D:(x-2) +y =1 上,直线 l:x=my+3(m≠0)交椭圆于 M,N 两点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)设点 N 关于 x 轴的对称点为 N1,且直线 N1M 与 x 轴交于点 P,试问△PMN 的面积是否存在最 大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由.

3

16.已知点 A (0,-2) ,椭圆 E :

x2 y 2 3  2  1(a  b  0) 的离心率为 , F 是椭圆 E 的右 2 a b 2

焦点,直线 AF 的斜率为 (Ⅰ)求 E 的方程;

2 3 , O 为坐标原点. 3

(Ⅱ)设过点 A 的直线 l 与 E 相交于 P, Q 两点,当△ OPQ 的面积最大时,求 l 的方程.

x2 y 2 17.设 F1 , F2

分别是椭圆 2  2  1(a  b  0) 的左右焦点,M 是 C 上一点且 MF2 与 x 轴垂 a b

直,直线 MF1 与 C 的另一个交点为 N. (Ⅰ)若直线 MN 的斜率为

3 ,求 C 的离心率; 4

(Ⅱ)若直线 MN 在 y 轴上的截距为 2,且 | MN | 5 | F 1 N | ,求 a , b .

18.平面直角坐标系 xOy 中,过椭圆 M:

x2 y 2   1 (a>b>0)右焦点的直线 x+y-错误!未 a 2 b2

1 . 2

找到引用源。=0 交 M 于 A,B 两点,P 为 AB 的中点,且 OP 的斜率为 (Ⅰ)求 M 的方程;

(Ⅱ)C,D 为 M 上的两点,若四边形 ACBD 的对角线 CD⊥AB,求四边形 ACBD 面积的最 大值.

4

19.设抛物线 C :x2  2 py( p  0) 的焦点为 F , 准线为 l ,A 为 C 上一点, 已知以 F 为圆心,

FA 为半径的圆 F 交 l 于 B, D 两点.

 (Ⅰ)若 BFD  90 ,△ ABD 的面积为 4 2 ,求 p 的值及圆 F 的方程;

(Ⅱ)若 A, B, F 三点在同一直线 m 上,直线 n 与 m 平行,且 n 与 C 只有一个公共点,求坐 标原点到 m , n 距离的比值.

5

高考压轴大题突破练答案精析 1.解 (1)过点(c,0),(0,b)的直线方程为 bx+cy-bc=0, 则原点 O 到该直线的距离 d=

bc bc = , 2 2 b +c a

1 c 3 2 2 由 d= c,得 a=2b=2 a -c ,解得离心率 = . 2 a 2 (2)方法一 由(1)知,椭圆 E 的方程为 x +4y =4b .① 依题意,圆心 M(-2,1)是线段 AB 的中点,且|AB|= 10. 易知,AB 与 x 轴不垂直,设其方程为 y=k(x+2)+1, 代入①得(1+4k )x +8k(2k+1)x+4(2k+1) -4b =0, 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 8k2k+1 则 x1+x2=- , 2 1+4k

2 2 2 2 2 2 2

x1x2=

42k+1 -4b , 2 1+4k

2

2

8k2k+1 由 x1+x2=-4,得- =-4, 2 1+4k 1 解得 k= , 2 从而 x1x2=8-2b . 于是|AB|= =

2

12 1+  |x1-x2| 2

5 2 2 x1+x2 -4x1x2= 10b -2, 2

2 2

由|AB|= 10,得 10b -2= 10,解得 b =3, 故椭圆 E 的方程为 + =1. 12 3 方法二 由(1)知,椭圆 E 的方程为 x +4y =4b ,② 依题意,点 A,B 关于圆心 M(-2,1)对称,且|AB|= 10,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+ 4y1=4b ,x2+4y2=4b , 两式相减并结合 x1+x2=-4,y1+y2=2, 得-4(x1-x2)+8(y1-y2)=0, 易知 AB 与 x 轴不垂直,则 x1≠x2, 所以 AB 的斜率 kAB=

2 2 2 2 2 2 2 2 2

x2

y2

y1-y2 1 = , x1-x2 2

1 因此直线 AB 的方程为 y= (x+2)+1, 2

6

代入②得 x +4x+8-2b =0, 所以 x1+x2=-4,x1x2=8-2b , 于是|AB|= =

2

2

2

12 1+  |x1-x2| 2

5 2 x1+x2 -4x1x2 2

2

= 10b -2. 由|AB|= 10,得 10b -2= 10,解得 b =3, 故椭圆 E 的方程为 + =1. 12 3 2.解 (1)由题意知椭圆的焦点在 y 轴上, 设椭圆方程为 2+ 2=1(a>b>0), 由题意知 a=2,b=

c,又 a =b +c ,则 b= 2, 所以椭圆方程为 + =1. 4 2 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2), 由题意知,直线 l 的斜率存在, 设其方程为 y=kx+m,与椭圆方程联立即 则(2+k )x +2mkx+m -4=0, Δ =(2mk) -4(2+k )(m -4)>0, 2mk  x +x =-2+k , 由根与系数的关系知 m -4  x x =2+k .

1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

x2

y2

y2 x2 a b

y2 x2

y +2x =4,   y=kx+m,

2

2

→ → 又AP=2PB,即有(-x1,m-y1)=2(x2,y2-m). ∴-x1=2x2,∴

 x1+x2=-x2, x1x2=-2x2. 

2

m2-4  2mk 22, ∴  2=-2 2+k 2+k 

整理得(9m -4)k =8-2m , 8-2m 2 2 又 9m -4=0 时不成立,∴k = 2 >0, 9m -4

2 2 2 2

7

4 2 得 0. 9 2 2   ∴m 的取值范围为-2,- ∪ ,2. 3 3   3.解 (1)当 m=1 时,M(1,0),此时点 M 为抛物线 C 的焦点.直线 l 的方程为 y=x-1,设

 y =4x, A(x1,y1),B(x2,y2),联立 y=x-1, 

2

消去 y,得 x -6x+1=0,所以 x1+x2=6,y1+y2

2

=x1+x2-2=4,所以圆心坐标为(3,2). 又|AB|=x1+x2+2=8,所以圆的半径为 4, 所以圆的方程为(x-3) +(y-2) =16. (2)由题意可设直线 l 的方程为 x=ky+m,则直线 l 的方程与抛物线 C:y =4x 联立,消去 x 得,y -4ky-4m=0, 则 y1y2=-4m,y1+y2=4k, 1 1 1 1 2+ 2= 2 2+ 2 2 |AM| |BM| x1-m +y1 x2-m +y2 = = 若 1 1 y1+y2 2 2+ 2 2= 2 2 2 k +1y1 k +1y2 k +1y1y2 y1+y2 -2y1y2 16k +8m 2k +m = 2 , 2 2 2 2= 2 2 k +1y1y2 k +1·16m 2m k +1 1 1 1 1 + 2对任意 k∈R 恒为定值,则 m=2,此时 2+ 2= . |AM| |BM| |AM| |BM| 4

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1

所以存在定点 M(2,0),满足题意. 4.解 (1)由题设可得 M(2 a,a),

N(-2 a,a),

或 M(-2 a,a),N(2 a,a). 又 y′= ,故 y= 在 x=2 a处的导数值为 a,C 在点(2 a,a)处的切线方程为 y-a= a 2 4 (x-2 a), 即 ax-y-a=0.

x

x2

x2 y= 在 x=-2 a处的导数值为- a,C 在点(-2 a,a)处的切线方程为

4

y-a=- a(x+2 a),

即 ax+y+a=0. 故所求切线方程为 ax-y-a=0 和 ax+y+a=0. (2)存在符合题意的点,证明如下:

8

设 P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线 PM,PN 的斜率分别为 k1,k2. 将 y=kx+a 代入 C 的方程得 x -4kx-4a=0. 故 x1+x2=4k,x1x2=-4a. 从而 k1+k2= =

2

y1-b y2-b + x1 x2 x1x2 a

2kx1x2+a-bx1+x2 ka+b = .

当 b=-a 时,有 k1+k2=0, 则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补,故∠OPM=∠OPN,所以点 P(0,-a)符合题意. 5.解 (1)∵F2P∥MF1, ∴

PF2 PN PF2 4-PF1 = ⇒ = ⇒ PF1+PF2

=4>F1F2=2, MF1 F1N 4 4 x2 y2

∴点 P 的轨迹是以 F1,F2 为焦点,长轴长 2a=4 的椭圆,其轨迹方程为 + =1. 4 3 (2)①若 lAB 的斜率存在时,设 lAB 为:y=k(x-1), 联立 + =1,可得:(3+4k )x -8k x+4k -12=0, 4 3 不妨设 A(x1,y1),B(x2,y2) (x2

x2 y2

2

2

2

2

  则 4k -12  x x = 3+4k ,

2 1 2 2

8k x1+x2= 2, 3+4k

2

1 1 1 1 + = + 2 2 |F2A| |F2B| 1+k |x1-1| 1+k |x2-1|

 1 + 1    1+k x1-1 1-x2

1

2

 1-x2+x1-1    1+k x1-11-x2

1

2

x1-x2   x1+x2-x1·x2-1   1+k

1

2

 x1+x22-4x1·x2  2 1+k x1+x2-x1·x2-1 

1

 1  1+k  

2

8k 4k -12 2- 2 -1 3+4k 3+4k

 8k 22-4×4k -12  3+4k  2 3+4k   

2 2 2 2

 

9

12 1+k  1  3+4k  12 4 = = . 9 1+k   9 3  3+4k 

2 2 2 2

 3 ②若 lAB 的斜率不存在时,此时 lAB:x=1,则 A1, ,  2

B1,- ,此时 2

 

3

1 1 2 2 4 + = + = . |F2A| |F2B| 3 3 3 1 4 + 为定值 . |F2A| |F2B| 3 1

综上可知,变化直线 l,则

6.解 (1)设椭圆的方程为 2+ 2=1 (a>b>0). 1 由已知可得(S△ADB)max= ·2a·b=ab=12.① 2 ∴F( 7,0)为椭圆右焦点,∴a =b +7.② 由①②可得 a=4,b=3,∴椭圆 C 的方程为 + =1. 16 9 (2)∵P(x0,y0)是椭圆上的动点,

2 2

x2 y2 a b

x2

y2

x0 y0 9x0 2 ∴ + =1,∴y0=9- . 16 9 16

∴圆心 O 到直线 l:x0x+y0y=2 的距离

2

2

2

d=

2

x +y

2 0

2 0

2

x2 x2 0+9- 0

9 16

2 2

2 2

∴直线 l:x0x+y0y=2 与圆 O:x +y =1 恒有两个交点.

L=2 r2-d2=2

1-

4

7 2 x0+9 16

7 2 2 ∵0≤x0≤16,∴9≤ x0+9≤16, 16 ∴ 2 5 ≤L≤ 3. 3

2

7.解 (1)易知直线 x=2p 与抛物线 y =2px 的两个交点的坐标分别是 M(2p,2p),N(2p,- 2p),弦长|MN|=4p (p>0).又|AB|=4p,且直线 AB 过点(2p,0),所以△AOB 是直角三角形, 所以过 A,B,O 三点的圆的方程是(x-2p) +y =4p .

2 2 2

10

(2)设点 A ,y1,B ,y2,直线 AB 的方程为 x=my+b, 2p  2p  设直线与抛物线相交. 由方程组

 x=my+b, y =2px, 

2 2

 y1

2

 y2

2

消去 x,得 y -2mpy-2pb=0, 所以 y1+y2=2mp,y1y2=-2pb. 故 tan π tan α +tan β =tan(α +β )= 4 1-tan α tan β

y1 y2 + x1 x2 x2y1+x1y2 2py1+y2 = = = , y1y2 x1x2-y1y2 y1y2-4p2 1- x1x2

2p·2mp 2mp 即 1= , 2=- -2pb-4p b+2p 所以 b=-2p-2mp, 所以直线 AB 的方程为 x=my-2p-2mp, 即 x+2p=m(y-2p),所以直线 AB 过定点(-2p,2p). 8.解 (1)由题意,知 e= =

所以 e = 2=

2 2 2

c a

2 , 2

c2 a2-b2 1 = , a a2 2

所以 a =2b .所以 a= 2c= 2b. |2ac- 2| 2 因为右焦点(c,0),则 = , 2 2 3 4a +b 所以 b=1,所以 a =2,b =1. 故椭圆 C 的方程为 +y =1. 2

2 2

x2

2

x-y+m=0,   2 (2)联立方程x 2 +y =1,  2

消去 y,可得 3x +4mx+2m -2=0, 则 Δ =16m -12(2m -2)>0,解得- 3

2 2 2 2

y1+y2=x1+x2+2m=

-4m 2m +2m= , 3 3

11

 2m 1   2m2 m2 2 2 所以 MN 的中点坐标为- , m,又 MN 的中点不在圆 x +y =1 内,所以-  +  ≥1,  3 3   3  3

3 5 3 5 解得 m≥ 或 m≤- . 5 5 9.解 (1)因为椭圆 C 的左焦点为 F1(-1,0),所以 c=1, 将点 P

4

x y  6 1 , 代入椭圆 2+ 2=1, a b  2 2

2 2 2

得 4b -3b -1=0,即 b=1, 所以 a =b +c =2, 所以椭圆 C 的方程为 +y =1. 2 (2)由题意可知直线 l1 和 l2 的斜率都存在且相同, 设直线 l1:y=k(x+ 2),则 Q(0, 2k), 又直线 OS:y=kx,代入 +y =1, 2 化简得(1+2k )x =2, 所以|OS|= 1+k |xs-0|, 从而 2|OS| =2( 1+k |xs-0|) = 将 y=k(x+ 2)代入 +y =1, 2 化简得(1+2k )x +4 2k x+4k -2=0, 2 2+2k 2 所以|AR|= 1+k |xA-xR|= 2 , 1+2k 又有|AQ|= 2+2k , 4+4k 2 所以|AQ|·|AR|= 2=2|OS| , 1+2k 所以|AQ|, 2|OS|,|AR|成等比数列. 10.(1)解 依题意,得 b=1. 因为 e= =

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

x2

2

x2

2

4+4k 2. 1+2k

2

x2

2

c a

3 2 2 2 2 ,又 a -c =b ,所以 a =4. 2

所以椭圆的标准方程为 +y =1. 4 (2)证明 设点 P 的坐标为(x0,y0),x0≠0, 因为 P 是椭圆上异于 A,B 的任意一点, 所以 +y0=1. 4

12

x2

2

x2 0

2

因为 PQ⊥y 轴,Q 为垂足,所以点 Q 坐标为(0,y0).

  因为 M 为线段 PQ 的中点,所以 M ,y0. 2 

x0

2y0-1 又点 A 的坐标为(0,1),可得直线 AM 的方程为 y= x+1.

x0

 ,-1 因为 x0≠0,所以 y0≠1,令 y=-1,得 C . 1-y0 

x0

因为点 B 的坐标为(0,-1),点 N 为线段 BC 的中点, 所以 N

x0  ,-1 . 21-y0 

x0 → x0 ,y0+1 所以向量NM= - .  2 21-y0 

→ x0  又OM= ,y0, 2 

x0 → → x0x0 +y (y +1) 所以OM·NM=  - 0 0 2 2 1- y0 2 

= - +y0+y0 4 41-y0

x2 0

x2 0

2

x0 x0 2 = +y0- +y0 4  41-y0

=1-(1+y0)+y0=0. 所以 OM⊥MN. 11.(1)解 依题意,得 c= 2,所以 a -b =2, 由点 M(1,0)与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直,得 b=|OM|=1, 所以 a= 3,故椭圆 C 的方程为 +y =1. 3

2 2

2

2

x2

2

x=1,   2 (2)证

明 当直线 l 的斜率不存在时,由x 2 +y =1,  3

解得 x=1,y=± 设 A1, 6 . 3

 

6  6 ,B1,- , 3  3

6 6 2- 2+ 3 3 则 k1+k2= + =2 为定值. 2 2 当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y=k(x-1).

13

将 y=k(x-1)代入 +y =1 化简整理, 3 得(3k +1)x -6k x+3k -3=0, 依题意,直线 l 与椭圆 C 必相交于两点, 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 6k 3k -3 则 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 . 3k +1 3k +1 又 y1=k(x1-1),y2=k(x2-1), 2-y1 2-y2 所以 k1+k2= + 3-x1 3-x2 = = = 2-y13-x2+2-y23-x1 3-x13-x2 [2-kx1-1]3-x2+[2-kx2-1]3-x1 9-3x1+x2+x1x2 12-2x1+x2+k[2x1x2-4x1+x2+6] 9-3x1+x2+x1x2 12-2× = 6k 3k -3 6k +k2× 2 -4× 2 +6 2 3k +1 3k +1 3k +1 2 2 6k 3k -3 9-3× 2 + 2 3k +1 3k +1

2 2 2 2 2 2 2 2 2

x2

2

122k +1 =2. 2 62k +1

2

综上,得 k1+k2=2 为定值. 12.解 (1)在双曲线中,c= a +b , 2 3 a +b 2 3 由 e= ,得 = , 3 a 3 解得 a= 3b,故 c=2b. 1 1 所以 S△ABF= (c-a)×b= (2b- 3b)×b 2 2 =1- 3 ,解得 b=1. 2

2 2 2 2

所以 a= 3,c=2,其上焦点为 F(0,2). 所以双曲线 M 的方程为 -x =1, 3 抛物线 N 的方程为 x =8y. 1 2 (2)由(1)知抛物线 N 的方程为 y= x , 8

2

y2

2

14

1 故 y′= x,抛物线的准线为 y=-2. 4 1 2 设 P(x0,y0),则 x0≠0,y0= x0, 8 1 2 1 且直线 l 的方程为 y- x0= x0(x-x0), 8 4 1 1 2 即 y= x0x- x0. 4 8 1 1  y= x0x- x2 0, 4 8 由  y=-2, 所以 Q(

x0-16  x= , 2x0 得  y=-2.

2

x2 0-16 ,-2). 2x0

假设存在点 R(0,y1),使得以 PQ 为直径的圆恒过该点, 1 2 → → 也就是RP·RQ=0 对于满足 y0= x0(x0≠0)的 x0,y0 恒成立. 8

x0-16 → → 由于RP=(x0,y0-y1),RQ=( ,-2-y1), 2x0

→ → 由RP·RQ=0, 得 x0· 整理得

2

2

x2 0-16 +(y0-y1)(-2-y1)=0, 2x0

2 -2y0-y0y1+2y1+y1=0,

2

x2 0-16

即(y1+2y1-8)+(2-y1)y0=0,(*) 1 2 由于(*)式对满足 y0= x0(x0≠0)的 x0,y0 恒成立, 8

2-y1=0,  所以 2  y1+2y1-8=0,

解得 y1=2.

故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点,定点坐标为(0,2). 13 解:(1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8, 即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8, 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a, 所以 4a=8,a=2. 又因为 e=错误!未找到引用源。,即错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。,所以 c=1, 所以 b=错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。. 故椭圆 E 的方程是错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。=1. (2)法一 由错误!未找到引用源。 2 2 2 得(4k +3)x +8kmx+4m -12=0. 因为

动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0),

15

所以 m≠0 且Δ =0, 2 2 2 2 即 64k m -4(4k +3)(4m -12)=0, 2 2 化简得 4k -m +3=0.(*) 此时 x0=-错误!未找到引用源。=-错误!未找到引用源。,y0=kx0+m=错误!未找到引用源。, 所以 P(-错误!未找到引用源。,错误!未找到引用源。). 由错误!未找到引用源。,得 Q(4,4k+m). 假设平面内存在定点 M 满足条件, 由图形对称性知,点 M 必在 x 轴上. 设 M(x1,0),则错误!未找到引用源。·错误!未找到引用源。=0 对满足(*)式的 m,k 恒成立. 因为错误!未找到引用源。=(-错误!未找到引用源。-x1,错误!未找到引用源。),错误!未 找到引用源。=(4-x1,4k+m), 则由错误!未找到引用源。·错误!未找到引用源。=0, 得-错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。-4x1+错误!未找到引用源。+错误!未找 到引用源。+3=0, 整理得(4x1-4)错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。-4x1+3=0.(**) 由于(**)式对满足(*)式的 m,k 恒成立, 所以错误!未找到引用源。解得 x1=1. 故存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M. 2 2 2 法二 由错误!未找到引用源。得(4k +3)x +8kmx+4m -12=0. 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0), 所以 m≠0 且Δ =0, 2 2 2 2 即 64k m -4(4k +3)(4m -12)=0, 2 2 化简得 4k -m +3=0.(*) 此时 x0=-错误!未找到引用源。=-错误!未找到引用源。, y0=kx0+m=错误!未找到引用源。, 所以 P(-错误!未找到引用源。,错误!未找到引用源。). 由错误!未找到引用源。得 Q(4,4k+m). 假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点 M 必在 x 轴上. 取 k=0,m=错误!未找到引用源。,此时 P(0,错误!未找到引用源。),Q(4,错误!未找到引用 2 2 源。 ),以 PQ 为直径的圆为(x-2) +(y-错误! 未找到引用源。 ) =4,交 x 轴于点 M1(1,0),M2(3,0); 取 k=-错误!未找到引用源。,m=2,此时 P(1,错误!未找到引用源。),Q(4,0),以 PQ 为直径 2 2 的圆为(x-错误!未找到引用源。) +(y-错误!未找到引用源。) =错误!未找到引用源。,交 x 轴于点 M3(1,0), M4(4,0).所以若符合条件的点 M 存在, 则 M 的坐标必为(1,0). 以下证明 M(1,0)就是满足条件的点: 因为 M 的坐标为(1,0), 所以错误!未找到引用源。=(-错误!未找到引用源。-1,错误!未找到引用源。),错误!未 找到引用源。=(3,4k+m), 从而错误!未找到引用源。·错误!未找到引用源。=-错误!未找到引用源。-3+错误!未 找到引用源。+3=0, 故恒有错误!未找到引用源。⊥错误!未找到引用源。, 即存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M.

16

14 解:(1)由已知,b=2, 又 e=错误!未找到引用源。, 即错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。,解得 a=2 错误!未找到引用源。, 所

以椭圆方程为错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。=1. (2)存在.证明如下: 假设存在点 Q(x0,0)满足题设条件. 当 MN⊥x 轴时,由椭圆的对称性可知恒有∠MQP=∠NQP,即 x0∈R; 当 MN 与 x 轴不垂直时, 设 MN 所在直线的方程为 y=k(x-1), 2 2 2 2 代入椭圆方程化简得(k +3)x -2k x+k -12=0, 设 M(x1,y1),N(x2,y2), 则 x1+x2=错误!未找到引用源。,x1x2=错误!未找到引用源。. kMQ+kNQ=错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。 =错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。 =错误!未找到引用源。, (x1-1)(x2-x0)+(x2-1)(x1-x0) =2x1x2-(1+x0)(x1+x2)+2x0 =错误!未找到引用源。-错误!未找到引用源。+2x0, 若∠MQP=∠NQP,则 kMQ+kNQ=0, 即 k[错误!未找到引用源。-错误!未找到引用源。+2x0]=0, 整理得 k(x0-4)=0, ∵k∈R,∴x0=4,∴Q(4,0). 综上,在 x 轴上存在定点 Q(4,0),使得∠MQP=∠NQP. 2 2 15 解:(1)由题设知,圆 D:(x-2) +y =1 的圆心坐标是(2,0),半径是 1, 所以圆 D 与 x 轴交于两点 (3,0),(1,0). 所以在椭圆中 c=3 或 c=1, 2 2 2 又 b =3,所以 a =12 或 a =4(舍去,因为 a>错误!未找到引用源。). 于是,椭圆 C 的方程为错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。=1. (2)因为 M(x1,y1),N(x2,y2),N1(x2,-y2). 2 2 由错误!未找到引用源。消去 x 得(m +4)y +6my-3=0, 所以 y1+y2=-错误!未找到引用源。,y1y2=-错误!未找到引用源。. 因为直线 N1M 的方程为错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。, 令 y=0, 得 x=错误!未找到引用源。+x1=错误!未找到引用源。 =错误!未找到引用源。 =错误!未找到引用源。 =错误!未找到引用源。=4, 所以点 P(4,0). S△PMN=错误!未找到引用源。|FP|·|y1-y2| =错误!未找到引用源。 =错误!未找到引用源。·错误!未找到引用源。 =2 错误!未找到引用源。 =2 错误!未找到引用源。·错误!未找到引用源。≤2 错误!未找到引用源。·错误!未找 到引用源。=1.

17

当且仅当 m +1=3 即 m=±错误!未找到引用源。时等号成立. 故△PMN 的面积存在最大值,且这个最大值为 1.

2

16 解: (Ⅰ)设 F (c, 0) ,由条件知

2 2 3 ,得 c  3 ,  c 3

c 3 2 2 2 ,所以 a  2 , b  a  c  1 ,  a 2

x2  y 2  1; 4

故 E 的方程是

(Ⅱ)当直线 l  x 轴时不合题意,故设 l : y  kx  2 , P( x1 , y1 ) , Q( x2 , y2 ) , 将 y  kx  2 代入

x2  y 2  1得 (4k 2  1) x2 16kx  12  0 , 4

2

当△  16(4k 2  3)  0 ,即 k 

3 8k  2 4k 2  3 时, x1 , x2  , 4 4k 2  1

从而 | PQ | 1  k | x1  x2 |

2

4 1  k 2 4k 2  3 4k 2  1

2 1 k 2

又点 O 到直线 PQ 的距离 d 

所以△ OPQ 的面积 S 

1 4 4k 2  3 , d | PQ | 2 4k 2  1

令 4k 2  3  t ,则 t  0 ,

S 

4t 4 ,  t 4 t 4 t

2

因为 t 

4 7  4 ,当且仅当 t  2 , k   时取等号,且满足△  0 , t 2

所以当△ OPQ 的面积最大时, l 的方程为 y  【注】求根公式比韦达定理简单:

7 7 x2 或 y   x  2. 2 2

PQ 

x x  1  k   

2 1 2

2

 4 x1 x2  

 16k 2 48  4 1  k 2 4k 2  3 2 1  k       2 2 4k 2  1 4 k  1 4 k  1      

18

17 解: (Ⅰ)根据 c  a2  b2 及题设知 M (c, 将 b  a  c 代入 2b  3ac ,解得

2 2 2 2

b2 ) , 2b2  3ac , a

c c 1  ,  2 (舍去) , a a 2

故 C 的离心率为

1 ; 2

(Ⅱ)由题意,原点 O 为 F1F2 的中点, MF2∥y 轴, 所以直线 MF2 与 y 轴的交点 D(0, 2) 是线段 MF2 的中点,

b2  4 ,即 b2  4a ,① a

由 | MN | 5 | F 1 N | ,得 DF 1  2F 1N ,



 

3  2(c  x1 )  c  x1   c 设 N ( x1 , y1 ) ,则  ,即  2 ,  2 y  2  1   y1  1

代入 C 的方程,得

9c 2 1   1,② 4a 2 b 2 9( a 2  4 a) 1   1, 4a 2 4a

将①及 c  a2  b2 代入②,得

2 解得 a  7 , b  4a  28 ,故 a  7 , b  2 7 .

18.解:(Ⅰ)设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) , P( x0 , y0 ) ,则

x12 y12 x2 2 y2 2 y  y2   1  2 1, , , 1  1 , 2 2 2 a b a b x1  x2

由此可得

b2 ( x1  x2 ) y y   1 2  1, 2 a ( y1  y2 ) x1  x2

y0 1  ,所以 a 2  2b2 , x0 2

2 2

因为 x1  x2  2 x0 , y1  y2  2 y0 ,

又由题意知,M 的右焦点是 ( 3,0) ,故 a  b  3 , 因此 a  6 , b  3 ,所以 M 的方程是

2 2

x2 y 2   1; 6 3

19

 4 3 x  y  3  0 x  4 6  x  0  3 ,或  (Ⅱ)由  x 2 y 2 ,解得  ,因此 | AB | ,  3  1 y  3   y   3 3 6  3 

由题意可设直线 CD 方程是 y  x  n(

5 3  n  3) ,设 C ( x3 , y3 ) , D( x4 , y4 ) , 3

y  x  n 2n  2(9  n2 )  2 2 由  x2 y 2 ,得 3x  4nx  2n  6  0 ,于是 x3 , x4  , 3   1  3 6

4 9  n2 所以 | CD | 1  1 | x3  x4 | , 3

2

由已知四边形 ACBD 面积 S 

1 8 6 | CD || AB | 9  n2 , 2 9 8 6 , 3

当 n  0 时, S 取得最大值,最大值是

所以,四边形 ACBD 面积的最大值是

8 6 . 3

19 解: (Ⅰ)由已知可得△ BFD 是等腰直角三角形, BD  2 p , 圆 F 的半径 | FA | 2 p ,点 A 到准线 l 的距离 d  FA  FB  2 p , 因为△ ABD 的面积为 4 2 ,所以

1  BD  d  4 2 , 2

解得 p  2 ,或 p  2 (舍去),所以 F (0,1) , 圆 F 的方程是 x  ( y  1)  8 ;

2 2

(Ⅱ)因为 A, B, F 三点在

同一直线 m 上,所以 ADB  90 ,

由抛物线定义 | AD || AF |

1 3 | AB | ,所以 ABD  30 ,所以直线 m 的斜率是  , 2 3

当直线 m 的斜率是

3 3 x  b ,代入 x2  2 py 得 时,可设 n : y  3 3

x2 

3 px  2 pb  0 , 3

20

由于 n 与 C 只有一个公共点,故△=

p 4 2 p  8 pb  0 , b   , 6 3

p 所以坐标原点到 m , n 距离的比值等于 2  3 , |b|

当直线 m 的斜率是 

3 时,由图形的对称性可知,原点到 m , n 距离的比值为 3 . 3

21

范文十:高考圆锥曲线经典大题 投稿:陆啤啥

圆锥曲线经典大题

1.已知过点A(-4,0)的动直线l与抛物线G:x2=2py(p>0)相交于B、C两点.当

1→=4AB→.

直线l的斜率是时,AC

2

(1)求抛物线G的方程;

(2)设线段BC的中垂线在y轴上的截距为b,求b的取值范围.

2.如图,已知F(1,0),直线l:x1,点P为平面上的动点,过点P作l的垂线,垂足为点Q,且QPQFFPFQ.

(Ⅰ)求动点P的轨迹C的方程。

(Ⅱ)过点F的直线交轨迹C于A,B两点,交直线l于点M.

MA1AF,MB2BF,求12的值;

MAMB的最小值. (1)已知(2)求

3.设点F是抛物线G:x2=4y的焦点.

(1)过点P(0,-4)作抛物线G的切线,求切线的方程;

0,分别延长(2)设A,B为抛物线G上异于原点的两点,且满足·

AF,BF交抛物线G于C,D两点,求四边形ABCD面积的最小值.

4.设抛物线方程为x22py(p0),M为直线y2p上任意一点,过M引抛物线的切线,切点分别为A,B.

(Ⅰ)求证:A,M,B三点的横坐标成等差数列;

2p)时,AB (Ⅱ)已知当M点的坐标为(2,

x2y2

5.设椭圆M:2

1a的右焦点为F1,直线l:x

a2

a2a2

2

与x轴交于点

. A,若OF12AF10(其中O为坐标原点)

(1)求椭圆M的方程;(2)设P是椭圆M上的任意一点,EF为圆,求PEPF的N:x2y21的任意一条直径(E、F为直径的两个端点)

2

最大值.

y2x2

6.已知双曲线C的方程为221(a0,b0),

离心率e顶点到渐近线

ab

的距离为。

5

(I) 求双曲线C的方程;

(II)如图,P是双曲线C上一点,A,B两点在双曲线C的两条渐近线上,且分

1

别位于第一、二象限,若APPB,[,2],求AOB面积的取值范围。

3

x2

7.一条双曲线y21的左、右顶点分别为A1,A2,点P(x1,y1),Q(x1,y1)是双

2

曲线上不同的两个动点。(1)求直线A1P与A2Q交点的轨迹E的方程式;(2)若过点H(0, h)(h>1)的两条直线l1和l2与轨迹E都只有一个交点,且l1l2 ,求h的值。

x2y2

8.已知:椭圆221(ab0),过点A(a,0),B(0,b)的直线倾斜角

ab

,原点到该直线的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)斜率大于零的直62

线过D(1,0)与椭圆交于E,F两点,若2,求直线EF的方程;(3)是否存在实数k,直线ykx2交椭圆于P,Q两点,以PQ为直径的圆过点

D(1,0)?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.

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