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2011年高考数学(理)试题分类汇编--圆锥曲线


2008 年高考数学(理)试题分类汇编 年高考数学( 圆锥曲线
一. 选择题:
1.(福建卷 11)又曲线 x2 y2 = = 1 (a>0,b>0)的两个焦点为 F1、F2,若 P a2 b2 B. (1,3] C.(3,+ ∞ ) D. [3, +∞ )

为其上一点,且|PF1|=2|PF2|,则双曲线离心率的取值范围为 B A.(1,3)

2.(海南卷 11)已知点 P 在抛物线 y2 = 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. (
1 ,-1) 4

A



B. (

1 ,1) 4

C. (1,2)

D. (1,-2)

3.(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 点第二次变 轨进入仍以 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:

① a1 + c1 = a2 + c2 ;

② a1 ? c1 = a2 ? c2 ;

③ c1a2 > a1c2 ;



c1 c < 2. a1 a2

其中正确式子的序号是 B A. ①③ 4.(湖南卷 8)若双曲线 B. ②③ C. ①④ D. ②④

x2 y2 3a ? 2 = 1 (a>0,b>0)上横坐标为 的点到右焦点 2 a b 2

的距离大于它到左准线的距离,则双曲线离心率的取值范围是( A.(1,2) B.(2,+ ∞ ) C.(1,5) D. (5,+ ∞ )

B

)

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y

y

y
π
2

y

π

3π 2

π
2

2o

°
π
2

2 -

°
π
2

?2 x

o

x

o

π

3π 2

x

π
A

3π 2

x o

π
B

°

?2 -

°

3π 2

C

D

5.(江西卷 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 C A. (0,1)
1 B. (0, ] 2

C. (0,

2 ) 2

D. [

2 ,1) 2

6.(辽宁卷 10)已知点 P 是抛物线 y 2 = 2 x 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 A. 17 2 B. 3 C. 5 D.
9 2



则双曲线 7. 全国二 9) a > 1 , ( 设 A. ( 2, 2) B. ( 2,5)

x2 y2 ? = 1 的离心率 e 的取值范围是 ( B ) a 2 (a + 1) 2
C. (2, 5) D. (2,5)

5 ,焦点在 X 轴上且长轴长为 26.若曲线 13 C2 上的点到椭圆 C1 的两个焦点的距离的差的绝对值等于 8, 则曲线 C2 的标准方程 为A
8.(山东卷(10)设椭圆 C1 的离心率为 (A)
x2 y2 ? =1 4 2 32

(B)

x2 y2 ? 2 =1 13 2 5 x2 y2 ? 2 =1 13 2 12

(C)

x2 y2 ? =1 32 4 2

(D)

x2 y2 9.(陕西卷 8)双曲线 2 ? 2 = 1 ( a > 0 , b > 0 )的左、右焦点分别是 F1,F2 , a b

过 F1 作倾斜角为 30 的直线交双曲线右支于 M 点,若 MF2 垂直于 x 轴,则双曲线 的离心率为( B A. 6 B. 3 ) C. 2 D.

3 3

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10.(四川卷 12)已知抛物线 C : y 2 = 8 x 的焦点为 F ,准线与 x 轴的交点为 K , 点 A 在 C 上且 AK = 2 AF ,则 ?AFK 的面积为( B ) (A) 4 (B) 8 (C) 16 (D) 32

11.(天津卷(7)设椭圆 的焦点相同,离心率为 (A)
x2 y 2 + =1 12 16

x2 y 2 + = 1( m > 0 , n > 0 )的右焦点与抛物线 y 2 = 8 x m2 n2

1 ,则此椭圆的方程为 B 2

(B)

x2 y 2 + =1 16 12

(C)

x2 y 2 x2 y 2 + = 1 (D) + =1 48 64 64 48

12.(浙江卷 7)若双曲线 则双曲线的离心率是 D (A)3

x2 y2 ? = 1 的两个焦点到一条准线的距离之比为 3:2, a 2 b2

(B)5

(C) 3

(D) 5

13.(浙江卷 10)如图,AB 是平面 a 的斜线段,A 为斜足,若点 P 在平面 a 内运 动,使得△ABP 的面积为定值,则动点 P 的轨迹是 B (A)圆 (C)一条直线 (B)椭圆 (D)两条平行直线
x2 y2 ? = 1 (a>0,b>0)的一条渐近线为 y=kx(k> a2 b2

14.(重庆卷(8)已知双曲线

0),离心率 e= 5k ,则双曲线方程为 C (A)
x2 y2 - 2 =1 a2 4a

(B)

x2 y2 ? =1 a 2 5a 2

(C)

x2 y 2 ? =1 4b 2 b 2

(D)

x2 y 2 ? =1 5b 2 b 2

二. 填空题:
1.(海南卷 14)过双曲线
x2 y 2 ? = 1 的右顶点为 A,右焦点为 F。过点 F 平行双 9 16

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曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点 B,则△AFB 的面积为_______ 2.(湖南卷 12)已知椭圆

32 15

x2 y2 + = 1(a>b>0)的右焦点为 F,右准线为 l ,离心 a2 b2 .
1 2

率 e=

5 . 过顶点 A(0,b)作 AM ⊥ l ,垂足为 M, 则直线 FM 的斜率等于 5

x2 y2 3.(江苏卷 12)在平面直角坐标系中,椭圆 2 + 2 = 1( a > b > 0)的焦距为 2, a b

? a2 ? 以 O 为圆心, a 为半径的圆,过点 ? , 0 ? 作圆的两切线互相垂直,则离心率 ? c ? e=

2 2

4.(江西卷 15)过抛物线 x 2 = 2 py ( p > 0) 的焦点 F 作倾角为 30 的直线,与抛物 线分别交于 A 、 B 两点( A 在 y 轴左侧) ,则
AF FB =



1 3

5.(全国一 14)已知抛物线 y = ax 2 ? 1 的焦点是坐标原点,则以抛物线与两坐标 轴的三个交点为顶点的三角形面积为 .2
7 .若以 A,B 为焦点的椭 18

6.(全国一 15)在 △ ABC 中, AB = BC , cos B = ?
圆经过点 C ,则该椭圆的离心率 e = .

3 8

过 7. (全国二 15) 已知 F 是抛物线 C:y 2 = 4 x 的焦点, F 且斜率为 1 的直线交 C 于 A,B 两点.设 FA > FB ,则 FA 与 FB 的比值等于 8.(浙江卷 12)已知 F1、F2 为椭圆 .3+ 2 2

x2 y2 + = 1 的两个焦点,过 F1 的直线交椭圆 25 9

于 A、B 两点若 F2 A + F2 B = 12 ,则 AB =______________。8

三. 解答题:
1.(安徽卷 22)(本小题满分 13 分) . 设椭圆 C :

x2 y 2 + = 1(a > b > 0) 过点 M ( 2,1) ,且着焦点为 F1 (? 2, 0) a 2 b2

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(Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)当过点 P (4,1) 的动直线 l 与椭圆 C 相交与两不同点 A, B 时,在线段 AB 上取点 Q , 满足 AP i QB = AQ i PB ,证明:点 Q 总在某定直线上 解 (1)由题意:

?c 2 = 2 ? ?2 1 ? 2 + 2 =1 ?a b ?c 2 = a 2 ? b 2 ?
(2)方法一 方法一

,解得 a = 4, b = 2 ,所求椭圆方程为
2 2

x2 y 2 + =1 4 2

设点 Q、A、B 的坐标分别为 ( x, y ), ( x1 , y1 ), ( x 2 , y2 ) 。 由题设知 AP , PB , AQ , QB 均不为零,记 λ =

AP PB

=

AQ QB

,则 λ > 0 且 λ ≠ 1

又 A,P,B,Q 四点共线,从而 AP = ?λ PB, AQ = λ QB 于是

4=

x1 ? λ x2 , 1? λ x + λ x2 x= 1 , 1+ λ

y1 ? λ y2 1? λ y1 + λ y2 y= 1+ λ 1=
2 y12 ? λ 2 y2 = y , ?? (2) 1? λ 2

从而
2 x12 ? λ 2 x2 = 4 x , ?? (1) 1? λ2

又点 A、B 在椭圆 C 上,即

x12 + 2 y12 = 4,?? (3)

2 2 x2 + 2 y2 = 4,?? (4)

(1)+(2)×2 并结合(3)(4)得 4 s + 2 y = 4 , 即点 Q ( x, y ) 总在定直线 2 x + y ? 2 = 0 上 方法二 设点 Q ( x, y ), A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,由题设, PA , PB , AQ , QB 均不为零。 且

PA AQ

=

PB QB

又 P, A, Q, B 四点共线,可设 PA = ?λ AQ, PB = λ BQ (λ ≠ 0, ±1) ,于是

x1 =

4 ? λx 1? λ y , y1 = 1? λ 1? λ

(1)

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x2 =

4 + λx 1+ λ y , y2 = 1+ λ 1+ λ

(2)

2 2 , 由于 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) 在椭圆 C 上,将(1)(2)分别代入 C 的方程 x + 2 y = 4,

整理得

( x 2 + 2 y 2 ? 4)λ 2 ? 4(2 x + y ? 2)λ + 14 = 0 ( x 2 + 2 y 2 ? 4)λ 2 + 4(2 x + y ? 2)λ + 14 = 0
(4)-(3) 得

(3) (4)

8(2 x + y ? 2)λ = 0

∵ λ ≠ 0,∴ 2 x + y ? 2 = 0
即点 Q ( x, y ) 总在定直线 2 x + y ? 2 = 0 上 2.(北京卷 19)(本小题共 14 分) .
2 2 已知菱形 ABCD 的顶点 A,C 在椭圆 x + 3 y = 4 上,对角线 BD 所在直线的斜率为 1.

(Ⅰ)当直线 BD 过点 (0, 时,求直线 AC 的方程; 1) (Ⅱ)当 ∠ABC = 60 时,求菱形 ABCD 面积的最大值. 解: (Ⅰ)由题意得直线 BD 的方程为 y = x + 1 . 因为四边形 ABCD 为菱形,所以 AC ⊥ BD . 于是可设直线 AC 的方程为 y = ? x + n .

由?

? x 2 + 3 y 2 = 4, 2 2 得 4 x ? 6nx + 3n ? 4 = 0 . ? y = ?x + n

因为 A,C 在椭圆上, 所以 ? = ?12n + 64 > 0 ,解得 ?
2

4 3 4 3 <n< . 3 3

设 A,C 两点坐标分别为 ( x1,y1 ), 2,y2 ) , (x 则 x1 + x2 =

3n 3n 2 ? 4 , x1 x2 = , y1 = ? x1 + n , y2 = ? x2 + n . 2 4 n . 2 ? 3n n ? ,?. ? 4 4?

所以 y1 + y2 =

所以 AC 的中点坐标为 ?

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由四边形 ABCD 为菱形可知,点 ? 所以

? 3n n ? , ? 在直线 y = x + 1 上, ? 4 4?

n 3n = + 1 ,解得 n = ?2 . 4 4

所以直线 AC 的方程为 y = ? x ? 2 ,即 x + y + 2 = 0 . (Ⅱ)因为四边形 ABCD 为菱形,且 ∠ABC = 60 , 所以 AB = BC = CA . 所以菱形 ABCD 的面积 S =

3 2 AC . 2
2 2

由(Ⅰ)可得 AC = ( x1 ? x2 ) + ( y1 ? y2 ) =
2

?3n 2 + 16 , 2

所以 S =

? 4 3 3 4 3? (?3n 2 + 16) ? ? <n< ?. ? ? 4 3 3 ? ?

所以当 n = 0 时,菱形 ABCD 的面积取得最大值 4 3 . 3.(福建卷 21) (本小题满分 12 分) 如图、椭圆

x2 y2 + = 1(a ? b ? 0) 的一个焦点是 F a2 b2

(1,0) 为坐标原点. ,O (Ⅰ)已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成 正三角形,求椭圆的方程; (Ⅱ)设过点 F 的直线 l 交椭圆于 A、B 两点.若直线 l 绕点 F 任意转动,值有 OA + OB ? AB ,求 a 的取值范围.
2 2 2

本小题主要考查直线与椭圆的位置关系、 不等式的解法等基本知识, 考查分类与 整合思想,考查运算能力和综合解题能力.满分 12 分. 解法一:(Ⅰ)设 M,N 为短轴的两个三等分点, 因为△MNF 为正三角形, 所以 OF =

3 MN , 2

即 1=

3 2b i , 解得b= 3. 2 3

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a 2 = b 2 + 1 = 4, 因此,椭圆方程为
(Ⅱ)设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ). (ⅰ)当直线 AB 与 x 轴重合时,

x2 y 2 + = 1. 4 3

OA + OB = 2a 2 , AB = 4a 2 (a 2 > 1),
2 2 2

因此,恒有 OA + OB < AB .
2 2 2

(ⅱ)当直线 AB 不与 x 轴重合时, 设直线 AB 的方程为: x = my + 1, 代入

x2 y 2 + = 1, a 2 b2

整理得 ( a 2 + b 2 m 2 ) y 2 + 2b 2 my + b 2 ? a 2b 2 = 0, 所以 y1 + y2 =
2

2b 2 m b 2 ? a 2b 2 , y1 y2 = 2 a 2 + b2 m2 a + b2 m2
2 2

因为恒有 OA + OB < AB ,所以 ∠ AOB 恒为钝角. 即 OAiOB = ( x1 , y1 )i( x2 , y2 ) = x1 x2 + y1 y2 < 0 恒成立.

x1 x2 + y1 y2 = ( my1 + 1)( my2 + 1) + y1 y2 = ( m 2 + 1) y1 y2 + m( y1 + y2 ) + 1

(m 2 + 1)(b 2 ? a 2b 2 ) 2b 2 m2 = ? 2 +1 a2 + b2m2 a + b2 m2 ? m 2 a 2b 2 + b 2 ? a 2b 2 + a 2 = < 0. a 2 + b2m2
又 a2+b2m2>0,所以-m2a2b2+b2-a2b2+a2<0 对 m ∈ R 恒成立, 即 a2b2m2> a2 -a2b2+b2 对 m ∈ R 恒成立. 当 m ∈ R 时,a2b2m2 最小值为 0,所以 a2- a2b2+b2<0. a2<a2b2- b2, a2<( a2-1)b2= b4, 因为 a>0,b>0,所以 a<b2,即 a2-a-1>0, 解得 a>

1+ 5 1? 5 1+ 5 或 a< (舍去),即 a> , 2 2 2 1+ 5 ,+ ∞ ). 2

综合(i)(ii),a 的取值范围为(

解法二: (Ⅰ)同解法一, (Ⅱ)解: (i)当直线 l 垂直于 x 轴时,

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x=1 代入

1 y2 b2 (a 2 ? 1) + 2 = 1, y A2 = =1. a2 b a2 a2 ? 1 >1, a

因为恒有|OA|2+|OB|2<|AB|2,2(1+yA2)<4 yA2, yA2>1,即

解得 a>

1+ 5 1? 5 1+ 5 或 a< (舍去),即 a> . 2 2 2

(ii)当直线 l 不垂直于 x 轴时,设 A(x1,y1), B(x2,y2). 设直线 AB 的方程为 y=k(x-1)代入

x2 y 2 + = 1, a 2 b2

得(b2+a2k2)x2-2a2k2x+ a2 k2- a2 b2=0, 故 x1+x2=

2a 2 k 2 a 2 k 2 ? a 2b 2 , x2 x2 = 2 . b2 + a 2k 2 b + a 2k 2

因为恒有|OA|2+|OB|2<|AB|2, 所以 x21+y21+ x22+ y22<( x2-x1)2+(y2-y1)2, 得 x1x2+ y1y2<0 恒成立. x1x2+ y1y2= x1x2+k2(x1-1) (x2-1)=(1+k2) x1x2-k2(x1+x2)+ k2 =(1+k2)

a 2 k 2 ? a 2b2 2a 2 k 2 ( a 2 ? a 2 b 2 + b 2 ) k 2 ? a 2b 2 ? k2 2 + k2 = . b2 + a 2 k 2 b + a 2k 2 b2 + a 2k 2

由题意得(a2- a2 b2+b2)k2- a2 b2<0 对 k ∈ R 恒成立. ①当 a2- a2 b2+b2>0 时,不合题意; ②当 a2- a2 b2+b2=0 时,a=

1+ 5 ; 2

③当 a2- a2 b2+b2<0 时,a2- a2(a2-1)+ (a2-1)<0,a4- 3a2 +1>0, 解得 a2>

3+ 5 3? 5 1+ 5 1+ 5 或 a 2> (舍去) ,a> ,因此 a ≥ . 2 2 2 2 1+ 5 ,+ ∞ ). 2

综合(i) (ii) 的取值范围为( ,a

4.(广东卷 18)(本小题满分 14 分) . 设 b > 0 ,椭圆方程为

x2 y 2 + 2 = 1 ,抛物线方程为 x 2 = 8( y ? b) .如图 4 所示,过点 2 2b b

F (0,b + 2) 作 x 轴的平行线,与抛物线在第一象限的交点为 G ,已知抛物线在点 G 的切
线经过椭圆的右焦点 F1 .

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(1)求满足条件的椭圆方程和抛物线方程; (2)设 A,B 分别是椭圆长轴的左、右端点,试探究在抛物线上是否存在点 P ,使得 △ ABP 为直角三角形?若存在,请指出共有几个这样的点?并说明理由(不必具体求出这 些点的坐标) . 【解析】 (1)由 x 2 = 8( y ? b) 得 y =

1 2 x +b, 8

y F G F1 A O 图4 B x

当 y = b + 2 得 x = ±4 , ∴ G 点 的 坐 标 为 (4, b + 2) ,

1 y ' = x ,y ' |x = 4 = 1 , G 的切线方程为 y ? (b + 2) = x ? 4 过点 4
即 y = x + b ? 2 , 令 y = 0 得 x = 2 ? b , ∴ F1 点 的 坐 标 为

(2 ? b, 0) ,由椭圆方程得 F1 点的坐标为 (b, 0) ,

∴ 2 ? b = b 即 b = 1 ,即椭圆和抛物线的方程分别为

x2 + y 2 = 1 和 x 2 = 8( y ? 1) ; 2

∵ (2) 过 A 作 x 轴的垂线与抛物线只有一个交点 P ,∴ 以 ∠PAB 为直角的 Rt ?ABP 只有 一个, 同理∴ 以 ∠PBA 为直角的 Rt ?ABP 只有一个。
若以 ∠APB 为直角,设 P 点坐标为 ( x,

1 2 x + 1) , A 、 B 两点的坐标分别为 (? 2, 0) 和 8

( 2, 0) , 1 1 4 5 2 PAi PB = x 2 ? 2 + ( x 2 + 1) 2 = x + x ?1 = 0 。 8 64 4
关于 x 的二次方程有一大于零的解,∴ x 有两解,
2

即以 ∠APB 为直角的 Rt ?ABP 有两个, 5.(湖北卷 19).(本小题满分 13 分)

因此抛物线上存在四个点使得 ?ABP 为直角三角形。

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 2 2 ,求直线 l 斜率的取值范围. ... 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、
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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( 3 ,1 ) ,依题意得 |MA|-|MB|=|PA|-|PB|= ( 2 + 3 ) + 1 ? (2 ? 3) + 1 =2 2 <|AB|=4.
2 2 2 2

∴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=2 2 ,∴a2=2,b2=c2-a2=2. ∴曲线 C 的方程为

x2 y2 ? = 1. 2 2

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.

x2 y2 设双曲线的方程为 2 ? 2 = 1( a >0,b>0). a b

则由

? 3) 1 ( 2 ? 2 ? 2 =1 解得 a2=b2=2, b ? a ?a 2 + b 2 = 4 ?
x2 y2 ? = 1. 2 2

∴曲线 C 的方程为

(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 l 与双曲线 C 相交于不同的两点 E、F,

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2 ? ?1-k ≠ 0 ? ? ?? = (?4k ) 2 + 4 × 6(1 ? k 2 ) ? 0 ?

? k ≠ ±1 ? ?? 3 ? k ? 3

∴k∈(- 3 ,-1)∪(-1,1)∪(1, 3 ). 设 E(x,y) ,F(x2,y2),则由①式得 x1+x2= |EF|= ( x1 ? x 2 ) + ( y1 + x 2 ) =
2 2

4k 6 , x1 x 2 = ? ,于是 2 1? k 1? k

(1 + k 2 )( x1 ? x 2 ) 2
2

= 1 + k ? ( x1 + x 2 ) ? 4 x1 x 2 = 1 + k ?
2 2

2 2 3? k2 1? k 2

.

而原点 O 到直线 l 的距离 d=

2 1+ k 2



∴S△DEF=

1 1 2 2 2 3? k2 2 2 3?k2 d ? EF = ? ? 1+ k 2 ? = . 2 2 1+ k 2 1? k 2 1? k 2

若△OEF 面积不小于 2 2 ,即 S△OEF ≥ 2 2 ,则有

2 2 3?k2 1? k
2

≥ 2 2 ? k 4 ? k 2 ? 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, ∴
2 ? ?1-k ≠ 0 ? ? ?? = (?4k ) 2 + 4 × 6(1 ? k 2 ) ? 0 ?

? k ≠ ±1 ? ?? 3 ? k ? 3

.∴k∈(- 3 ,-1)∪(-1,1)∪(1, 3 ). 设 E(x1,y1),F(x2,y2),则由①式得 |x1-x2|= ( x1 + x 2 ) ? 4 x1 x 2 =
2

? 1? k 2

=

2 2 3?k2 1? k 2

.



当 E、F 在同一去上时(如图 1 所示) , S△OEF= S ?ODF ? S ?ODE =

1 1 OD ? x1 ? x 2 = OD ? x1 ? x 2 ; 2 2

当 E、F 在不同支上时(如图 2 所示).

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S ?OEF = S ?ODF + S△ODE=
综上得 S△OEF=

1 1 OD ? ( x1 + x 2 ) = OD ? x1 ? x 2 . 2 2

1 OD ? x1 ? x 2 , 于是 2

由|OD|=2 及③式,得 S△OEF=

2 2 3? k2 1? k 2

.

若△OEF 面积不小于 2 2 , 即S ?OEF ≥ 2 2 , 则有

2 2 3?k2 1? k
2

≥ 2 2 ? k 4 ? k 2 ≤ 0, 解得 ? 2 ≤ k ≤ 2 .



综合②、④知,直线 l 的斜率的取值范围为[- 2 ,-1]∪(-1,1)∪(1, 2 ).
6.(湖南卷 20).(本小题满分 13 分) 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? :若不存在,请说明理由. 若存在,求其最大值(用 x0 表示) 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 2 2 、 (x (x1,y1)(x2,y2) 1 ≠ x2),则 y 1=4x1, y 2=4x2, 两式相减得(y1+y2) 1-y2)=4(x1-x2).因为 x1 ≠ x2,所以 y1+y2 ≠ 0. (y 设直线 AB 的斜率是 k,弦 AB 的中点是 M(xm, ym),则 k=

y1 ? y2 4 2 y = = .从而 AB 的垂直平分线 l 的方程为 y ? ym = ? m ( x ? xm ). x1 ? x2 y1 + y2 ym 2
ym ( x0 ? xm ). 2

又点 P(x0,0)在直线 l 上,所以 ? ym = ?

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

(· )

则 x1、x2 是方程(· )的两个实根,且 x1 ? x2 = 设点 P 的“相关弦”AB 的弦长为 l,则

( ym ? kxm ) 2 . k2

l 2 = ( x1 ? x2 )2 + ( y1 ? y2 )2 = (1 + k 2 )( x1 ? x2 ) 2

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= (1 + k 2 )[( x1 + x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ] = 4(1 + k 2 )( xm 2 ? x1 x2 ) = 4(1 + 4 2 )[ xm ? 2 ym ( ym ? 2 xm ) 2 ym ] 4 2 ym

2 2 4 2 = (4 + ym )(4 xm ? ym ) = ? ym + 4 ym ( xm ? 1) + 16 xm 2 2 = 4( xm + 1) 2 ? [ ym ? 2( xm ? 1)]2 = 4( x0 ? 1) 2 ? [ ym ? 2( x0 ? 3)]2 .
2 2 因为 0< ym <4xm=4(xm-2) =4x0-8,于是设 t= ym ,则 t ∈ (0,4x0-8).

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<x0<3,则 2(x0-3) ≤ 0,g(t)在区间(0,4 x0-8)上是减函数, 所以 0<l2<16(x0-2),l 不存在最大值. 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< x0 ≤ 3 时,点 P(x0,0)的“相关弦”的弦长中不存在最大值.
7.(江西卷 21)(本小题满分 12 分) . 设点 P ( x0 , y0 ) 在直线 x = m( y ≠ ± m, 0 < m < 1) 上,过点 P 作双曲线 x 2 ? y 2 = 1 的两条切 线 PA、PB ,切点为 A 、B ,定点 M ( (1)求证:三点 A 、M 、B 共线。 (2)过点 A 作直线 x ? y = 0 的垂线,垂足为 N ,试求 ?AMN 的重心 G 所在曲线方程. 证明: (1)设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,由已知得到 y1 y2 ≠ 0 ,且 x1 ? y1 = 1 , x2 ? y2 = 1 ,
2 2 2 2

1 , 0) . m

? y ? y1 = k ( x ? x1 ) 设切线 PA 的方程为: y ? y1 = k ( x ? x1 ) 由 ? 得 2 2 ? x ? y =1
(1 ? k ) x ? 2k ( y1 ? kx1 ) x ? ( y1 ? kx1 ) ? 1 = 0
2 2 2

y

x =m
N

A
2

从 而 ? = 4k ( y1 ? kx1 ) + 4(1 ? k )( y1 ? kx1 ) + 4(1 ? k ) = 0 , 解
2 2 2 2

O P

M

x

得k =

x1 y1

B

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因此 PA 的方程为: y1 y = x1 x ? 1 同理 PB 的方程为: y2 y = x2 x ? 1 又 P ( m, y0 ) 在 PA、PB 上,所以 y1 y0 = mx1 ? 1 , y2 y0 = mx2 ? 1 即点 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) 都在直线 y0 y = mx ? 1 上 又M(

1 , 0) 也在直线 y0 y = mx ? 1 上,所以三点 A、M 、B 共线 m

(2)垂线 AN 的方程为: y ? y1 = ? x + x1 , 由?

? y ? y1 = ? x + x1 x + y1 x1 + y1 得垂足 N ( 1 , ), 2 2 ? x? y =0

设重心 G ( x, y )

1 1 x +y ? x = ( x1 + + 1 1 ) ? ? 3 m 2 所以 ? ? y = 1 ( y + 0 + x1 + y1 ) 1 ? 3 2 ?

3 ? 9x ? 3y ? ? m ? x1 = ? 4 解得 ? 1 ? 9 y ? 3x + ?y = m ? 1 ? 4 1 1 1 2 2 2 2 由 x1 ? y1 = 1 可得 (3 x ? 3 y ? )(3 x + 3 y ? ) = 2 即 ( x ? ) ? y 2 = 为重心 G 所在 m m 3m 9

曲线方程 8.(辽宁卷 20)(本小题满分 12 分) . 在直角坐标系 xOy 中,点 P 到两点 (0, 3) , (0,3) 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 |. 20.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, 3),, 3) 为焦点,长半 ? (0 轴为 2 的椭圆.它的短半轴 b =

22 ? ( 3) 2 = 1 ,

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故曲线 C 的方程为 x +
2

y2 = 1 . ·························································································· 3 分 4

(Ⅱ)设 A( x1,y1 ),B ( x2,y2 ) ,其坐标满足

? 2 y2 = 1, ?x + 4 ? ? y = kx + 1. ?
消去 y 并整理得 ( k 2 + 4) x 2 + 2kx ? 3 = 0 , 故 x1 + x2 = ?

2k 3 ,x1 x2 = ? 2 .·············································································· 5 分 k +4 k +4
2

若 OA ⊥ OB ,即 x1 x2 + y1 y2 = 0 . 而 y1 y2 = k x1 x2 + k ( x1 + x2 ) + 1 ,
2

于是 x1 x2 + y1 y2 = ?
2

3 3k 2 2k 2 ? 2 ? 2 +1 = 0 , k2 + 4 k + 4 k + 4
1 . ··················································································· 8 分 2
2 2

化简得 ?4k + 1 = 0 ,所以 k = ±
2 2 2 2

(Ⅲ) OA ? OB = x1 + y1 ? ( x2 + y2 )
2 2 = ( x12 ? x2 ) + 4(1 ? x12 ? 1 + x2 )

= ?3( x1 ? x2 )( x1 + x2 ) = 6k ( x1 ? x2 ) . k2 + 4 3 知 x2 < 0 ,从而 x1 ? x2 > 0 .又 k > 0 , k +4
2

因为 A 在第一象限,故 x1 > 0 .由 x1 x2 = ? 故 OA ? OB > 0 ,
2 2

即在题设条件下,恒有 OA > OB . ················································································· 12 分 9.(全国一 21)(本小题满分 12 分) .

(注意:在试题卷上作答无效) 注意: .........
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 OA 、 、 AB OB 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.
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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 =

1 b AB 4 m , tan ∠AOF = , tan ∠AOB = tan 2∠AOF = = 4 a OA 3

b a = 4 ,解得 b = 1 ,则离心率 e = 5 . 由倍角公式∴ 2 3 a 2 2 ?b? 1? ? ? ?a? 2
(Ⅱ)过 F 直线方程为 y = ?

a x2 y2 ( x ? c) ,与双曲线方程 2 ? 2 = 1 联立 b a b
15 2 8 5 x ? x + 21 = 0 4b 2 b

将 a = 2b , c =

5b 代入,化简有

2 ? ? a ?2 ? ?a? 4 = 1 + ? ? x1 ? x2 = ?1 + ? ? ? ?( x1 + x2 )2 ? 4 x1 x2 ? ? ? ?b? ? ?b? ? ? ?

?? 32 5b ?2 28b 2 ? ? ,解得 b = 3 将数值代入,有 4 = 5 ?? ?4 ? ? ? 5 ? ?? 15 ? ? ?
故所求的双曲线方程为

x2 y 2 ? = 1。 36 9

10.(全国二 21)(本小题满分 12 分) . 设椭圆中心在坐标原点, A(2,,B (0, 是它的两个顶点,直线 y = kx (k > 0) 与 AB 相交 0) 1) 于点 D,与椭圆相交于 E、F 两点. (Ⅰ)若 ED = 6 DF ,求 k 的值; (Ⅱ)求四边形 AEBF 面积的最大值. (Ⅰ)解:依题设得椭圆的方程为

x2 + y 2 = 1, 4

直线 AB,EF 的方程分别为 x + 2 y = 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 + 4k 2 ) x 2 = 4 , 故 x2 = ? x1 = y B D O E A

F x

2 1 + 4k
2

.①

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由 ED = 6 DF 知 x0 ? x1 = 6( x2 ? x0 ) ,得 x0 = 由 D 在 AB 上知 x0 + 2kx0 = 2 ,得 x0 = 所以

1 5 10 (6 x2 + x1 ) = x2 = ; 7 7 7 1 + 4k 2

2 . 1 + 2k

2 10 = , 1 + 2 k 7 1 + 4k 2
2

化简得 24k ? 25k + 6 = 0 ,

2 3 或 k = . ············································································································ 6 分 3 8 ( 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
解得 k =

h1 =

x1 + 2kx1 ? 2 5 x2 + 2kx2 ? 2 5

=

2(1 + 2k + 1 + 4k 2 ) 5(1 + 4k 2 )



h2 =

=

2(1 + 2k ? 1 + 4k 2 ) 5(1 + 4k 2 )

. ····································································· 9 分

又 AB =

22 + 1 = 5 ,所以四边形 AEBF 的面积为

S=

1 AB (h1 + h2 ) 2

1 4(1 + 2k ) = i 5i 2 5(1 + 4k 2 ) = 2(1 + 2k ) 1 + 4k 2

1 + 4k 2 + 4k =2 1 + 4k 2

≤2 2 ,
当 2k = 1 ,即当 k =

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

解法二:由题设, BO = 1 , AO = 2 . 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
= x2 + 2 y2 ······························································································································ 9 分
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= ( x2 + 2 y2 ) 2
2 2 = x2 + 4 y2 + 4 x2 y2

≤ 2( x22 + 4 y22 )
=2 2,
当 x2 = 2 y2 时,上式取等号.所以 S 的最大值为 2 2 .·················································· 12 分 11.(山东卷 22) (本小题满分 14 分) 如图,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; (Ⅱ)已知当 M 点的坐标为(2,-2p)时, AB = 4 10 ,求此时 抛物线的方程; (Ⅲ)是否存在点 M,使得点 C 关于直线 AB 的对称点 D 在抛物线

x 2 = 2 py ( p>0) 上,其中,点 C 满足 OC = OA + OB (O 为坐标
原点).若存在,求出所有适合题意的点 M 的坐标;若不存在,请说 明理由. (Ⅰ)证明:由题意设 A( x1 ,

x12 x2 ), B( x2 , 2 ), x1<x2 , M ( x0 , ?2 p). 2p 2p

x2 x ,则 y′ = , 由 x = 2 py 得 y = 2p p
2

所以 k MA =

x1 x , kMB = 2 . p p x1 ( x ? x0 ), p x2 ( x ? x0 ). p


因此直线 MA 的方程为 y + 2 p =

直线 MB 的方程为 y + 2 p =

x12 x 所以 + 2 p = 1 ( x1 ? x0 ), 2p p
2 x2 x + 2 p = 2 ( x2 ? x0 ). 2p p



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由①、②得

2 x1 + x2 = x1 + x2 ? x0 , 2 2 x1 + x2 ,即 2 x0 = x1 + x2 . 2

因此

x0 =

所以 A、M、B 三点的横坐标成等差数列. (Ⅱ)解:由(Ⅰ)知,当 x0=2 时, 将其代入①、②并整理得:

x12 ? 4 x1 ? 4 p 2 = 0,
2 x2 ? 4 x2 ? 4 p 2 = 0,

所以 x1、x2 是方程 x ? 4 x ? 4 p = 0 的两根,
2 2

因此 x1 + x2 = 4, x1 x2 = ?4 p ,
2

又 k AB

2 x2 x12 ? 2 p 2 p x1 + x2 x0 = = = , x2 ? x1 2p p

所以 k AB =

2 . p

由弦长公式得

AB = 1 + k 2 ( x1 + x2 ) 2 ? 4 x1 x2 = 1 +
又 AB = 4 10 , 所以 p=1 或 p=2,

4 16 + 16 p 2 . 2 p

因此所求抛物线方程为 x 2 = 2 y 或 x 2 = 4 y. (Ⅲ)解:设 D(x3,y3),由题意得 C(x1+ x2, y1+ y2), 则 CD 的中点坐标为 Q (

x1 + x2 + x3 y1 + y2 + y3 , ), 2 2 x0 ( x ? x1 ), p x1 + x2 y1 + y2 , ) 也在直线 AB 上, 2 2

设直线 AB 的方程为 y ? y1 =

由点 Q 在直线 AB 上,并注意到点 ( 代入得 y3 =

x0 x3 . p

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若 D(x3,y3)在抛物线上,则 x3 = 2 py3 = 2 x0 x3 ,
2

因此 x3=0 或 x3=2x0. 即 D(0,0)或 D (2 x0 ,
2 2 x0 ). p

(1)当 x0=0 时,则 x1 + x2 = 2 x0 = 0 ,此时,点 M(0,-2p)适合题意.
2 x12 + x2 2 x 2 + x2 2p = = 1 , 2 x0 4 px0

(2)当 x0 ≠ 0 ,对于 D(0,0),此时 C (2 x0 ,

2 x12 + x2 ), kCD 2p

又 k AB =

x0 , AB⊥CD, p
2 2 x0 x12 + x2 x12 + x2 = i = = ?1, p 4 px0 4 p2 2

所以 k AB ikCD
2 2

即 x1 + x2 = ?4 p , 矛盾. 对于 D (2 x0 ,
2 2 2 x0 x 2 + x2 ), 因为 C (2 x0 , 1 ), 此时直线 CD 平行于 y 轴, p 2p

又 k AB = 所以

x0 ≠ 0, p
直线 AB 与直线 CD 不垂直,与题设矛盾,

所以 x0 ≠ 0 时,不存在符合题意的 M 点. 综上所述,仅存在一点 M(0,-2p)适合题意. 12.(陕西卷 20)(本小题满分 12 分) . 已知抛物线 C :y = 2 x 2 , 直线 y = kx + 2 交 C 于 A,B 两点,M 是线段 AB 的中点, M 过 作 x 轴的垂线交 C 于点 N . (Ⅰ)证明:抛物线 C 在点 N 处的切线与 AB 平行; (Ⅱ)是否存在实数 k 使 NAi NB = 0 ,若存在,求 k 的值;若不存在,说明理由. 20.解法一: (Ⅰ)如图,设 A( x1,x1 ) , B ( x2,x2 ) ,把 y = kx + 2 代 2 2
2 2

y M 2 B 1 N 1 x A

入 y = 2 x 2 得 2 x ? kx ? 2 = 0 ,
2

k 由韦达定理得 x1 + x2 = , x1 x2 = ?1 , 2

O

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∴ xN = xM =

? k k2 ? x1 + x2 k = ,∴ N 点的坐标为 ? , ? . 2 4 ?4 8 ?

设抛物线在点 N 处的切线 l 的方程为 y ?

k2 k? ? = m? x ? ? , 8 4? ?

将 y = 2 x 代入上式得 2 x ? mx +
2 2

mk k 2 ? = 0, 4 8

∵ 直线 l 与抛物线 C 相切,

? mk k 2 ? ∴? = m 2 ? 8 ? ? ? = m2 ? 2mk + k 2 = (m ? k )2 = 0 ,∴ m = k . 4 8 ? ?
即 l ∥ AB . (Ⅱ)假设存在实数 k ,使 NAi NB = 0 ,则 NA ⊥ NB ,又∵ M 是 AB 的中点,

1 | AB | . 2 1 1 1 由(Ⅰ)知 yM = ( y1 + y2 ) = ( kx1 + 2 + kx2 + 2) = [ k ( x1 + x2 ) + 4] 2 2 2
∴| MN |=

? k2 1 ? k2 = ? + 4? = + 2. 2? 2 ? 4
∵ MN ⊥ x 轴,∴| MN |=| yM ? yN |=
2 2

k2 k 2 k 2 + 16 +2? = . 4 8 8
2

又 | AB |= 1 + k i| x1 ? x2 |= 1 + k i ( x1 + x2 ) ? 4 x1 x2

1 2 ?k? = 1 + k i ? ? ? 4 × (?1) = k + 1i k 2 + 16 . 2 ?2?
2

2



k 2 + 16 1 2 = k + 1i k 2 + 16 ,解得 k = ±2 . 8 4

即存在 k = ±2 ,使 NAi NB = 0 . 解法二: (Ⅰ)如图,设 A( x1,x1 ),B ( x2,x2 ) ,把 y = kx + 2 代入 y = 2 x 2 得 2 2
2 2

k 2 x 2 ? kx ? 2 = 0 .由韦达定理得 x1 + x2 = ,x1 x2 = ?1 . 2 ∴ xN = xM =

? k k2 ? x1 + x2 k = ,∴ N 点的坐标为 ? , ? .∵ y = 2 x 2 ,∴ y′ = 4 x , 2 4 ?4 8 ?

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∴ 抛物线在点 N 处的切线 l 的斜率为 4 ×

k = k ,∴ l ∥ AB . 4

(Ⅱ)假设存在实数 k ,使 NAi NB = 0 .

? ? k k2 ? k k2 ? 2 2 由(Ⅰ)知 NA = ? x1 ? ,x1 ? 2 NB 2 ?, = ? x2 ? ,x2 ? ? ,则 4 8 ? 4 8 ? ? ? k ?? k? ? k 2 ?? 2 k 2 ? ? NAi NB = ? x1 ? ?? x2 ? ? + ? 2 x12 ? ?? 2 x2 ? ? 4 ?? 4? ? 8 ?? 8 ? ? k ?? k? ? k2 ?? 2 k2 ? ? = ? x1 ? ?? x2 ? ? + 4 ? x12 ? ? ? x2 ? ? 4 ?? 4? ? 16 ? ? 16 ? ?
k ?? k? ? k ?? k ?? ? ? = ? x1 ? ?? x2 ? ?i ?1 + 4 ? x1 + ? ? x2 + ? ? 4 ?? 4? ? 4 ?? 4 ?? ? ?

? k k2 ? ? k2 ? = ? x1 x2 ? ( x1 + x2 ) + ? i ?1 + 4 x1 x2 + k ( x1 + x2 ) + ? 4 16 ? ? 4? ? ? k k k2 ? ? k k2 ? = ? ?1 ? × + ?i ?1 + 4 × (?1) + k × + ? 4 2 16 ? ? 2 4? ? ? k2 ?? 3 ? = ? ?1 ? ?? ?3 + k 2 ? 16 ? ? 4 ? ?
= 0,
∵ ?1 ?

k2 3 < 0 ,∴?3 + k 2 = 0 ,解得 k = ±2 . 16 4

即存在 k = ±2 ,使 NAi NB = 0 . 13.(四川卷 21)(本小题满分 12 分) . 设椭圆

x2 y2 2 + 2 = 1, ( a > b > 0 ) 的左右焦点分别为 F1 , F2 ,离心率 e = ,右准线为 l , 2 a b 2

M , N 是 l 上的两个动点, F1M ? F2 N = 0
(Ⅰ)若 F1M = F2 N = 2 5 ,求 a , b 的值; (Ⅱ)证明:当 MN 取最小值时, F1M + F2 N 与 F1 F2 共线。 【解】 :由 a 2 ? b 2 = c 2 与 e =

a 2 ,得 a 2 = 2b 2 = c 2

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? ? ? 2 ? 2 F1 ? ? a,?,F2 ? 0? a,? , l 的方程为 x = 2a 0? ? 2 ? ? ? ? 2 ?
设M

(

2a,y1 ,N

)

(

2a,y2

)

则 F1M = ?

?3 2 ? ? 2 ? a,y1 ?,2 N = ? F a,y2 ? ? 2 ? ? ? ? ? ? 2 ?

由 F1M ? F2 N = 0 得

3 y1 y2 = ? a 2<0 2



(Ⅰ)由 F1M = F2 N = 2 5 ,得

?3 2 ? 2 ? ? 2 a ? + y1 = 2 5 ? ? ? ? 2 ? 2 ? ? 2 a ? + y2 = 2 5 ? ? ?
2

2





由①、②、③三式,消去 y1 , y2 ,并求得 a 2 = 4 故 a = 2, b =
2

2 = 2 2
= ( y1 ? y2 ) = y12 + y2 2 ? 2 y1 y2 ≥ ?2 y1 y2 ? 2 y1 y2 = ?4 y1 y2 = 6a 2
2

(Ⅱ) MN

当且仅当 y1 = ? y2 =

6 6 6 a 或 y2 = ? y1 = a 时, MN 取最小值 a 2 2 2

此时, F1M + F2 N = ? ?

?3 2 ? ? 2 ? a,y1 ? + ? a,y2 ? = 2 2a, y1 + y2 = 2 2a, 0 = 2 F1 F2 ? ? ? ? 2 ? ? 2 ?

(

) (

)

故 F1M + F2 N 与 F1 F2 共线。 【点评】 :此题重点考察椭圆中的基本量的关系,进而求椭圆待定常数,考察向量的综合应 用; 【突破】 :熟悉椭圆各基本量间的关系,数形结合,熟练地进行向量的坐标运算,设而不求 消元的思想在圆锥曲线问题中的灵活应用。 14.(天津卷 22) (本小题满分 14 分) 已知中心在原点的双曲线 C 的一个焦点是 F1 (? 3,0 ) ,一条渐近线的方程是 5 x ? 2 y = 0 . (Ⅰ)求双曲线 C 的方程; (Ⅱ)若以 k (k ≠ 0 ) 为斜率的直线 l 与双曲线 C 相交于两个不同的点 M,N,且线段 MN 的
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垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为

81 ,求 k 的取值范围. 2

(22)本小题主要考查双曲线的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、线段的定 比分点等基础知识,考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法,考查推理运算能 力.满分 14 分. (Ⅰ)解:设双曲线 C 的方程为

x2 y2 ? = 1 ( a > 0, b > 0 ) .由题设得 a2 b2

?a 2 + b2 = 9 ?a 2 = 4 x2 y 2 ? ? ,所以双曲线方程为 ? = 1. ,解得 ? 2 ?b 5 4 5 = ?b = 5 ? ? 2 ?a
(Ⅱ)解:设直线 l 的方程为 y = kx + m ( k ≠ 0 ) .点 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) 的坐

标 满 足 方 程 组

? y = kx + m ? 2 ?x y2 ? =1 ? ?4 5

x 2 (kx + m) 2 ? = 1 ,整理得 (5 ? 4k 2 ) x 2 ? 8kmx ? 4m2 ? 20 = 0 . 将①式代入②式,得 4 5
此方程有两个一等实根, 于是 5 ? 4k ≠ 0 , ? = ( ?8km) 2 + 4(5 ? 4k 2 )(4m 2 + 20) > 0 . 且 整
2

理得 m + 5 ? 4k > 0 .
2 2



由根与系数的关系可知线段 MN 的中点坐标 ( x0 , y0 ) 满足

x1 + x2 4km 5m = , y0 = kx0 + m = . 2 2 5 ? 4k 5 ? 4k 2 5m 1 4km 从而线段 MN 的垂直平分线方程为 y ? = ? (x ? ). 2 5 ? 4k k 5 ? 4k 2 9km 9m 此直线与 x 轴, y 轴的交点坐标分别为 ( , 0) , (0, ) .由题设可得 2 5 ? 4k 5 ? 4k 2 x0 =

1 9km 9m 81 (5 ? 4k 2 ) 2 | |?| |= .整理得 m 2 = ,k ≠ 0. 2 5 ? 4k 2 5 ? 4k 2 2 |k|

(5 ? 4k 2 ) 2 将上式代入③式得 + 5 ? 4k 2 > 0 ,整理得 (4k 2 ? 5)(4k 2 ? | k | ?5) > 0 , k ≠ 0 . |k|
解得 0 <| k |<

5 5 或 | k |> . 2 4 5 4 5 5 5 , 0) ∪ (0, ) ∪ ( , +∞) . 2 2 4

所以 k 的取值范围是 ( ?∞, ? ) ∪ (?

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15.(浙江卷 20) (本题 15 分)已知曲线 C 是到点 P( ?

1 3 5 , )和到直线 y = ? 距离相等 2 8 8 的点的轨迹。 ? 是过点 Q(-1,0)的直线,M 是 C 上(不在 ? 上)的动点;A、B 在
? 上, MA ⊥ ?, MB ⊥ x 轴(如图) 。

(Ⅰ)求曲线 C 的方程; (Ⅱ)求出直线 ? 的方程,使得

QB

2

QA

为常数。

本题主要考查求曲线的轨迹方程、两条直线的位置关系等基础知识, 本题主要考查求曲线的轨迹方程、两条直线的位置关系等基础知识,考查解析几何的基本 思想方法和综合解题能力. 思想方法和综合解题能力.满分 15 分. (Ⅰ)解:设 N ( x,y ) 为 C 上的点,则

1? ? 3? ? | NP |= ? x + ? + ? y ? ? , 2? ? 8? ? 5 5 N 到直线 y = ? 的距离为 y + . 8 8
1? ? 3? 5 ? 由题设得 ? x + ? + ? y ? ? = y + . 2? ? 8? 8 ?
化简,得曲线 C 的方程为 y = (Ⅱ)解法一:
2 2

2

2

1 2 ( x + x) . 2
y M l BA Q O x

? x2 + x ? 设 M ? x, ? ,直线 l : y = kx + k ,则 2 ? ?
B ( x,kx + k ) ,从而 | QB |= 1 + k 2 | x + 1| .
在 Rt△QMA 中,因为

? x2 ? | QM |2 = ( x + 1)2 ?1 + ? , 4? ?
x? ? ( x + 1) ? k ? ? 2? ? | MA |2 = . 2 1+ k
2 2

所以 | QA | =| QM | ? | MA | =
2 2 2

( x + 1) 2 (kx + 2) 2 . 2 4(1 + k )

| QA |=

| x + 1|i| kx + 2 | 2 1+ k 2



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| QB |2 2(1 + k 2 ) 1 + k 2 x + 1 = i . 2 | QA | |k| x+ k
当 k = 2 时,

| QB |2 =5 5, | QA |

从而所求直线 l 方程为 2 x ? y + 2 = 0 . 解法二:设 M ? x,

? ?

x2 + x ? ? ,直线 l : y = kx + k ,则 B ( x,kx + k ) ,从而 2 ?

| QB |= 1 + k 2 | x + 1| .
过 Q (?1, 垂直于 l 的直线 l1 : y = ? 0) 因为 | QA |=| MH | ,所以 | QA |=

1 ( x + 1) . k
, l1 H Q O y M l BA x

| x + 1|i| kx + 2 | 2 1+ k 2

| QB |2 2(1 + k 2 ) 1 + k 2 x + 1 = i . 2 | QA | |k| x+ k
当 k = 2 时,

| QB |2 =5 5, | QA |

从而所求直线 l 方程为 2 x ? y + 2 = 0 . 16.(重庆卷 21) (本小题满分 12 分, (Ⅰ)小问 5 分, (Ⅱ)小问 7 分.) 如图(21)图,M(-2,0)和 N(2,0)是平面上的两点, 动点 P 满足: PM + PN = 6. (Ⅰ)求点 P 的轨迹方程; (Ⅱ)若 PM · PN =

2 ,求点 P 的坐标. 1 ? cos ∠MPN

解:(Ⅰ)由椭圆的定义,点 P 的轨迹是以 M、N 为焦点,长轴长 2a=6 的椭圆. 因此半焦距 c=2,长半轴 a=3,从而短半轴

b= a 2 ? c 2 = 5 ,

x2 y 2 所以椭圆的方程为 + = 1. 9 5
(Ⅱ)由 PM i PN =

2 ,得 1 ? cos MPN

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PM i PN cos MPN = PM i PN ? 2.



因为 cos MPN ≠ 1, P 不为椭圆长轴顶点,故 P、M、N 构成三角形.在△PMN 中, MN = 4,由余弦定理有

MN = PM + PN ? 2 PM i PN cos MPN .
2 2 2



将①代入②,得

42 = PM + PN ? 2( PM i PN ? 2).
2 2

故点 P 在以 M、N 为焦点,实轴长为 2 3 的双曲线

x2 ? y 2 = 1 上. 3

由(Ⅰ)知,点 P 的坐标又满足

x2 y 2 + = 1 ,所以 9 5
? 3 3 , ?x = ± ? 2 解得 ? ?y = ± 5 . ? ? 2

由方程组 ?

?5 x + 9 y = 45, ? 2 2 ? x + 3 y = 3. ?
2 2

即 P 点坐标为

(

3 3 5 3 3 5 3 3 5 3 3 5 , )、( ,- )、(, )或( ? ,- ). 2 2 2 2 2 2 2 2

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