2007年高考数学试题分类汇编：圆锥曲线

2007年高考数学试题分类详解

圆锥曲线

一、选择题 1．（全国1文理）已知双曲线的离心率为2，焦点是(?4,0)，(4,0)，则双曲线方程为

x2y2x2y2x2y2x2y2??1 B．??1 C．??1 D．??1 A．

412124106610x2y2??1，选A。 解．已知双曲线的离心率为2，焦点是(?4,0)，(4,0)，则c=4，a=2，b?12，双曲线方程为

4122、（全国1理11文12）抛物线y2?4x的焦点为F，准线为l，经过F且斜率为3的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点A，AK?l，垂足为K，则△AKF的面积是

A．4 B．33 C．43 D．8

解．抛物线y2?4x的焦点F(1，0)，准线为l：x??1，经过F且斜率为3的直线y?3(x?1)与抛物线在x轴上方

2的部分相交于点A(3，23)，AK?l，垂足为K(－1，23)，∴ △AKF的面积是43，选C。 3、（山东文9）设O是坐标原点，F是抛物线y2?2px(p?0)的焦点，A是抛物线上的一点，

FA与x轴正向的夹角为60，则OA为（ ）

A．

21p 4B．

21p 2C．13p 6D．

13p 36【答案】B【分析】：（利用圆锥曲线的第二定义）

过A 作AD?x轴于D，令FD?m， 则FA?2m，p?m?2m，m?p。

p21?OA?(?p)2?(3p)2?p.

22x2y24、（天津理4） 设双曲线2?2?1(a?0,b?0)的离心率为3,且它的一条准线与抛物线y2?4x的准线重合，则此

ab双曲线的方程为

( )

x2y2??1 A.

1224x2y2??1 B.

4896x22y2??1 C.33x2y2??1 D.36【答案】D

a2c?1可得a?3,b?6,c?3.故选D 【分析】由?3,cax2y225、（天津文7）设双曲线2?2?1(a?0，b?0)的离心率为3，且它的一条准线与抛物线y?4x的准线重合，

ab则此双曲线的方程为（ ）

x2y2??1 Ｂ．

4896x2y2??1 Ｄ．

36a22??1------① 解.D【解析】∵抛物线y?4x的准线为x??1,故有?ccx2y2又∵双曲线2?2?1(a?0，b?0)的离心率为3,故有:?3-------②,

aab

x2y2??1 Ａ．

1224x22y2??1 Ｃ．33

x2y2??1 ①?②得到a?3,进而求出c?3,b?6, ∴双曲线的方程为

36x2y26、（全国2理11）设F1，F2分别是双曲线2?2?1的左、右焦点。若双曲线上存在点A，使∠F1AF2=90o，且|AF1|=3|AF2|，

ab2则双曲线离心率为

1015 (C) (D) 5 22x2y2解．设F1，F2分别是双曲线2?2?1的左、右焦点。若双曲线上存在点A，使∠F1AF2=90o，且|AF1|=3|AF2|，设|AF2|=1，

ab10222c?|AF|?|AF|?10|AF1|=3，双曲线中2a?|AF，，∴ 离心率，选B。 e?|?|AF|?212122(A)

(B)

7、（全国2 文11）已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，则椭圆的离心率等于（ ） A．

5 21 3 B．3 3 C．

1 2 D．3 2c3，选D。 ?a2解．已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，∴ a?2b，椭圆的离心率e?2y2?1的左、右焦点．若点P在双曲线上，且PF1PF2?0，则8、（全国2文12）设F1，F2分别是双曲线x?9PF1?PF2?（ ）

A．10

B．210

C．5

2

D．25 y2?1的左、右焦点．若点P在双曲线上，且PF1PF2?0，则解．设F1，F2分别是双曲线x?9PF1?PF2?2|PO=||F1F2|?210，选B。

9、（安徽文2）椭圆x2?4y2?1的离心率为

（A）

3 22

2 （B）

3 4 （C）

2 2 （D）

2 3133，∴c?，离心率为，选A。 22210、（安徽理9）如图，F1和F2分别是双曲线

解析：椭圆x?4y?1中，a?1,b?x2r2?2?1(a?0,b?0)的两个焦点，A和B是以O为圆心，2ab双曲线左支的两个交点，且△F2AB是等边三角形，则双曲线的

（A）3

（B）5

（C）

以OF1为半径的圆与该离心率为

（D）1?3

5 2x2r2解析：如图，F1和F2分别是双曲线2?2?1(a?0,b?0)的两

ab圆心，以OF1为半径的圆与该双曲线左支的两个交点，且△

接AF1，∠AF2F1=30°，|AF1|=c，|AF2|=3c，∴ 2a?(3?1)c，

个焦点，A和B是以O为

F2AB是等边三角形，连

双曲线的离心率为

1?3，选D。

x2y211、（北京文4）椭圆2?2?1(a?b?0)的焦点为F1，F2，两

ab

条准线与x轴的交点分别

为M，N，若MN≤?F1F2，则该椭圆离心率的取值范围是（ ） Ａ．?0，?

??1?2?

Ｂ．?0，???2?? 2?

Ｃ．?，1?

?1??2?

Ｄ．??2?，1? ??2?x2y2a2解析：椭圆2?2?1(a?b?0)的焦点为F，1，F2，两条准线与x轴的交点分别为M，N，若|MN|?2abc?2?a22，1?，取值范围是?|F1F2|?2c，MN≤?F1F2，则?2c，该椭圆离心率e≥

?，选D。 2c2??12、（江苏3）在平面直角坐标系xOy中，双曲线中心在原点，焦点在y轴上，一条渐近线方程为x?2y?0，则它的

离心率为（A）

5 C．3 D．2 2a1c解析：由?得b?2a c?a2?b2?5a ，e??5 选A

b2aA．5 B．13、（福建理6）以双曲线错误！未找到引用源。的右焦点为圆心，且与其渐近线相切的圆的方程是

A 错误！未找到引用源。 B 错误！未找到引用源。 C 错误！未找到引用源。 D 错误！未找到引用源。 解析：右焦点即圆心为（5，0），一渐近线方程为y?4|20?0|x，r??4，即4x?3y?0，圆方程为(x?5)2?y2?16，35即A 错误！未找到引用源。，选A

22

14、(福建文10)以双曲线x-y=2的右焦点为圆心，且与其右准线相切的圆的方程是 A.x2+y2-4x-3=0 B.x2+y2-4x+3=0 C.x2+y2+4x-5=0 D.x2+y2+4x+5=0

解析：双曲线x2-y2=2的右焦点为（2，0），即圆心为（2，0），右准线为x=1，半径为1，圆方程为(x?2)2?y2?1，即x2+y2-4x+3=0，选B

x2y214、（湖南理9）设F1，F2分别是椭圆2?2?1（a?b?0）的左、右焦点，若在其右准线上存在P, 使线段PF1的

ab中垂线过点F2，则椭圆离心率的取值范围是（ ）

A．?0，???2?? 2?B．?0，?

???3?3?C．??2?，1?? 2??D．??3?，1?? 3??【答案】D

a2b2y【解析】由已知P(,y)，所以F1P的中点Q的坐标为(,)，由

2c2ccycyb422,kFP?kQF2??1,?y?2b?2. kF1P?2,kQF2?2bb?2c21c113222. ?y?(a?c)(3?2)?0?(3?2)?0,1?e?ee3a23?c?2c?e?. 当kF1P?0时，kQF2不存在，此时F2为中点，c33?e?1. 综上得3x2y215、（湖南文9）设F1、F2分别是椭圆2?2?1?a?b?0?的左、右焦点，P是其右准线上纵坐标为3c（c为半焦

ab距）的点，且F1F2?F2P，则椭圆的离心率是

A．13?15?12 B. C. D.

2222【答案】D

a2c2a2,3c）【解析】由已知P（，所以2c?( ?c)2?(3c)2化简得a2?2c2?0?e??ca2c1x2y216、（江西理9文12）设椭圆2?2?1(a?b?0)的离心率为e?，右焦点为F(c，0)，方程ax2?bx?c?0的两

2ab个实根分别为x1和x2，则点P(x1，x2)（ ）

Ａ．必在圆x2?y2?2内 Ｃ．必在圆x2?y2?2外 解析：由e?

Ｂ．必在圆x2?y2?2上 Ｄ．以上三种情形都有可能

1cb3c1=得a=2c，b=3c，所以x1?x2??,x1x2??，所以点P(x1，x2)到圆心（0，0）的距2aa2a237222离为x1?x2?(x1?x2)?2x1x2??1??2，所以点P在圆内，选A

440)所得的线段与抛物线交于点A， 17、（江西文7）连接抛物线x2?4y的焦点F与点M(1，设点O为坐标原点，则三角形OAM的面积为（ ）

33Ａ．?1?2 Ｂ．?2 Ｃ．1?2 Ｄ．?2 22解析：线段FM所在直线方程x?y?1与抛物线交于A(x0,y0),则：

?x?y?131?2，选B. ?S??1?(3?22)??y?3?22.?2?OAM022?x?4yx2y218、（湖北理7）双曲线C1:2?2?1(a?0，b?0)的左准线为l，左焦点和右焦点分别为F1和F2；抛物线C2的准

abF1F2MF1线为l，焦点为F2；C1与C2的一个交点为M，则等于 （ ）A．?1 B．1 ?MF1MF211 C．? D．

22答案：选A

解析：由题设可知点M同时满足双曲线和抛物线的定义， 且在双曲线右支上,故 由定义可得

?MF1?MF2?2a ???MF2?MD??MF1?cMDa?y D O L M x 2ac2a2 ?MF1?,MF2?c?ac?aF1 F2 2ac故原式2ca?c?a?c??1 ，选A ??c?22ac2aaac?ac?ax2y2P是准线上一点， 19、（浙江理9文10）已知双曲线2?2?1(a?0，b?0)的左、右焦点分别为F1，F2，

ab且PF1?PF2，PF1PF2?4ab，则双曲线的离心率是（ ）

Ａ．2 【答案】：B

Ｂ．3

Ｃ．2

Ｄ．3

【分析】：设准线与x轴交于A点. 在Rt?PF1F2中,? PF1?PF2?F1F2?PA,

4ab2ab4a2b2a2a22?PA???(c?)(c?), 又?PA?F1A?F2A ?2ccc2cc22 化简得c?3a ,?e?3 故选答案B 20、（海、宁理6文7）已知抛物线y2?2px(p?0)的焦点为F，点Py1)，P2(x2，y2)，P，y3)在抛物线上，1(x1，3(x3且2x2?x1?x3， 则有（ ） Ａ．FP1?FP2?FP3 【答案】：C 【分析】：由抛物线定义，

Ｂ．FP1?FP2Ｄ．FP2222?FP3

2Ｃ．2FP2?FP1?FP3 ?FP·FP3 12(x2?ppp)?(x1?)?(x3?),即：2FP2?FP1?FP3 22221、（重庆文12）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

22??mx?ny?1,消x得： 【分析】：设椭圆方程为mx?ny?1(m?n?0).????x?3y?4?0 (3m?n)y2?83my?16m?1?0,??0?3m?n?16mn,即：

3111 ??16.又c?2????4. 联立解得

nmmn1?m??m?1??7?或? ?1.由焦点在x轴上，故长轴长为27. 1?n??n?5??3?y22?1上的一点，F1，F2是该双曲线的两个焦点，22、（辽宁理11）设P为双曲线x?若|PF1|:|PF2|?3:2，则△PF1F21222的面积为（ ） A．63 B．12

C．123

D．24

解析：因为|PF1|:|PF2|?3:2，设|PF根据双曲线定义得|PF1|?3x,|PF2|?2x，1|?|PF2|?3x?2x?x?2a?2，所以|PF其面积为△PF1F2为直角三角形，(213)2?52?62?42，1|?6,|PF2|?4,|F1F2|?213，选B

1?6?4?12，2x2y2??1的焦点坐标为（ ） 23、（辽宁文3）双曲线

169A．(?7， B．(0，0)，(7，0) ?7)，(0，7)

0)，(5，0) ?5)，(0，5) C．(?5， D．(0，0)，(5，0)，选C 解析：因为a=4，b=3，所以c=5，所以焦点坐标为(?5，x2y2??1上一点P到双曲线右焦点的距离是2，那么点P到y轴的距离是（ ） 24、（四川文理5）如果双曲线

424626（A） （B） （C）26 （D）23 33解析：选A．由点P到双曲线右焦点(6,0)的距离是2知P在双曲线右支上．又由双曲线的第二定义知点P到双曲线

262646，双曲线的右准线方程是x?，故点P到y轴的距离是． 33325、（四川理8文10）已知抛物线y??x2?3上存在关于直线x?y?0对称的相异两点A、B，则AB等于（ ）

右准线的距离是（A）3 （B）4 （C）32 （D）42 ?y??x2?3?x2?x?b?3?0?x1?x2??1，进而可求出AB的解析：选C．设直线AB的方程为y?x?b，由??y?x?b11112中点M(?,??b)，又由M(?,??b)在直线x?y?0上可求出b?1，∴x?x?2?0，由弦长公式可求出

2222AB?1?1212?4?(?2)?32．本题考查直线与圆锥曲线的位置关系．自本题起运算量增大．

26、（陕西文理3）抛物线x2?y的准线方程是ZXXK.COM

（A）4y+1=0 (B)4x+1=0 (C)2y+1=0 (D)2x+1=0ZXXK.COM

1P1，准线方程为y=???，即4y?1?0，选A 224a2y227、（陕西理7文9）已知双曲线C：2?2?1(a＞0,b＞0),以C的右焦点为圆心且与C的浙近线相切的圆的半径是

cb解析：P=ZXXK.COM

A.ab B.a2?b2 C.a D.bZXXK.COM 解析：：圆的半径是（C，0）到渐近线y?b|bc?a?0|bcx的距离，所以R=??b，选D

22acb?a

二、填空题 1、（广东理11）在直角坐标系xOy中,有一定点A（2，1）。若线段OA的垂直平分线过抛物线y2?2px(p?0)的焦点，则该抛物线的准线方程是______;

5答案：x??;

415解析：OA的垂直平分线的方程是y-??2(x?1)，令y=0得到x=;

242、（广东文11）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线关于x轴对称，顶点在原点O，且过点P(2,4)，则该抛物线的方程是 ．

2【解析】设所求抛物线方程为y2?ax,依题意4?2a?a?8,故所求为y?8x.

23、（山东理13）设O是坐标原点，F是抛物线y?2px(p?0)的焦点，A是抛物线上的一点，FA与x轴正向的夹角为60，则OA为________.

?221：过A 作AD?x轴于D，令FD?m，则FA?2m，p?m?2m，m?p。p【分析】

2p21?OA?(?p)2?(3p)2?p.

22x2y2??1上，则4、（江苏15）在平面直角坐标系xOy中，已知?ABC顶点A(?4,0)和C(4,0)，顶点B在椭圆

259sinA?sinC? 5/4 .

sinB【答案】:

解析：利用椭圆定义和正弦定理 得 a?c?2?5?10 b=2*4=8

sinA?sinCa?c105???

sinBb84

x2y2??1，则以双曲线中心为焦点，以双曲线左焦点为顶点的抛物线方程为_____ 5、（上海理8）已知双曲线45【答案】y2?12(x?3)

x2y2??1的中心为O（0,0），该双曲线的左焦点为F（－3,0）则抛物线的顶点为（－3,0），焦点为【解析】双曲线45（0,0），所以p=6，所以抛物线方程是)y2?12(x?3)

x2y2??1的中心为顶点，且以该双曲线的右焦点为焦点的抛物线方程6、（上海文5）以双曲线45是 ． 【答案】y2?12x

x2y2??1的中心为O（0,0），该双曲线的右焦点为F（3,0）则抛物线的顶点为（0,0），焦点为（3,0），【解析】双曲线45所以p=6，所以抛物线方程是)y2?12x。

7、（福建理14）已知正方形ABCD，则以A、B为焦点，且过C、D两点的椭圆的离心率为__________；

b2c1解析：设c=1，则?2?a2?c2?2a?a?1?2?e???2?1

aa2?18、（福建文15）已知长方形ABCD，AB＝4，BC＝3，则以A、B为焦点，且过C、D两点的椭圆的离心率为 。

b2c21?3?b2?3a?a2?4?3a?a?4,e??? 解析：由已知C=2，aa42x2y2??1左焦点F的直线交双曲线的左支于M、9、（湖北文12）过双曲线N两点，F2为其右焦点，则|MF2|+|NF2|-|MN|43的值为 。 答案：8

解析：根据双曲线定义有|MF2|-|MF|=2a，|NF2|-|NF|=2a，两式相加得|MF2|+|NF2|-|MN|=4a=8 10、（海、宁文理13）已知双曲线的顶点到渐近线的距离为2，焦点到渐近线

y的距离为6，则该双曲线的离心率为 ．

【答案】：3 【分析】：如图，过双曲线的顶点A、焦点F分别 C向其渐近线作垂线，垂足分别为B、C， B|OF||FC|c6????3. |OA||AB|a22211、（重庆理16）过双曲线x?y?4的右焦点F作倾斜角为则：

点，

则|FP|?|FQ|的值为__________.

OAFx1050的直线，交双曲线于P、Q两

83 3【分析】：F(22,0),k?tan1050??(2?3).?l:y??(2?3)(x?22).

【答案】： 代入x?y?4得：(6?43)x2?42(7?43)x?60?323?0. 设P(x1,y1),Q(x2,y2).?x1?x2?2242(7?43)60?323,x1?x2?.

6?436?4322 又|FP|?1?k|x1?22|,|FQ|?1?k|x2?22|,

?|FP|?|FQ|?(1?k2)|x1x2?22(x1?x2)?8|

?(8?43)?|?60?32316(7?43)??8|

6?436?43(8?43)(?4)83?.36?43x2y2??1上一点P到左准线的距离为10，F是该椭圆的左焦点，若点M满足12、（辽宁理14文16）设椭圆

25161OM?(OP?DF)，则|OM|= ．

225x2y2582242??1左准线为x??，解析：椭圆左焦点为（-3，0），P（,?由已知M为PF中点，M（?,?)，)，

325163333所以|OM|?2422(?)2?(?)?2 33

三、解答题

1、（重庆文21）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问4分，（Ⅱ）小问8分）

如题（21）图，倾斜角为a的直线经过抛物线y2?8x的焦点F，且与抛物线交于A、B两点。

题（21）图

（Ⅰ）求抛物线的焦点F的坐标及准线l的方程；

（Ⅱ）若a为锐角，作线段AB的垂直平分线m交x轴于点P，证明|FP|-|FP|cos2a为定值，并求此定值。

（Ⅰ）解：设抛物线的标准方程为y2?2px，则2p?8，从而p?4.

p因此焦点F(,0)的坐标为（2，0）.

2p又准线方程的一般式为x??。

2从而所求准线l的方程为x??2。

（Ⅱ）解法一：如图（21）图作AC⊥l，BD⊥l，垂足为C、D，则由抛物线的定义知

|FA|=|FC|,|FB|=|BD|.

记A、B的横坐标分别为xxxz，则 |FA|＝|AC|＝ppp解得xx??|FA|cosa???|FA|cosa?42224， |FA|?1?cosa4类似地有|FB|?4?|FB|cosa，解得|FB|?。

1?cosa记直线m与AB的交点为E，则

|FE|?|FA|?|AE|?|FA|?|FA|?|FB|11?44?4cosa?(|FA|?|FB|)??? ??222?1?cosa1?cosa?sin2a所以

|FP|?|FE|4。 ?cosasin2a44·2sin2a故|FP|?|FP|cos2a?(1?cos2a)??8。 sin2asin2a解法二：设A(xA,yA)，B(xB,yB)，直线AB的斜率为k?tana，则直线方程为y?k(x?2)。

将此式代入y?8x,得kx?4(k?2)x?4k?0，故xA?xB?记直线m与AB的交点为E(xE,yE)，则 xA?xB2(k2?2)xE??，

2k24yE?k(xE?2)?，

k22222k(k2?2)k2。

41?2k2?4??. x?故直线m的方程为y????2?kk?k??令y=0,得P的横坐标xP?|FP|?xP?2?4(k2?1)k22k2?4k242?4故

sina44·2sin2a(1?cos2a)??8为定值。 从而|FP|?|FP|cos2a?sin2asin2a2、（重庆理22) (本小题满分12分)如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为F（3，0），右准线l的方程为：x = 12。 （1）求椭圆的方程；

（2）在椭圆上任取三个不同点P1,P2,P3，使?P1FP2??P2FP3??P3FP1，证明

?。

111为定值，并求此定值。 ??|FP|FP2||FP3|1|

Y P2 P1 l x2O F ?Py2?3、（浙江文21)(本题15分)如图，直线y＝kx＋b与椭圆 1交于A、B两点，记△AOB的面积为S． 34X (I)求在k＝0，0＜b＜1的条件下，S的最大值； （Ⅱ)当｜AB｜＝2，S＝1时，求直线AB的方程． 本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等几何的基本思想方法和综合解题能力．满分15分． (I)解：设点A的坐标为((x1,b)，点B的坐标为(x2,b)， 来源学*科*网y基础知识，考查解析

Ax2?y2?1，解得x1,2??21?b2 由41222所以S?b|x1?x2|?2b1?b?b?1?b?1 2

OBx

2时，．S取到最大值1． 2?y?kx?b?（Ⅱ）解：由?x2得

2??y?1?4(4k2?1)x2?8kbx?4b2?4?0

当且仅当b???16(4k2?b2?1) ①

16(4k2?b2?1)｜AB｜＝1?k|x1?x2|?1?k?2 ②

4k2?1|b|2S又因为O到AB的距离d???1 所以b2?k2?1 ③

1?k2|AB|③代入②并整理，得4k4?4k2?1?0

1232解得，k?,b?，代入①式检验，△＞0

2222 故直线AB的方程是

y?

26262626或y?或y??或y??． x?x?x?x?22222222x2y24、（天津文22）（本小题满分14分）设椭圆2?2?1(a?b?0)的左、右焦点分别为F，F2，A是椭圆上的一点，1ab1AF2?F1F2，原点O到直线AF1的距离为OF1．

3（Ⅰ）证明a?2b；

（Ⅱ）求t?(0，b)使得下述命题成立：设圆x2?y2?t2上任意点M(x0，y0)处的切线交椭圆于Q1，Q2两点，则

OQ1?OQ2．

本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、圆的方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法及推理、运算能力．满分14分． （Ⅰ）证法一：由题设AF2?F，0)，F2(c，0)，不妨设点A(c，y)，其中 1F2及F1(?cc2y2y?0，由于点A在椭圆上，有2?2?1，

aba2?b2y2?2?1， 2ab?b2?b2解得y?，从而得到A?c，?，

a?a?b2(x?c)，整理得 直线AF2的方程为y?2acb2x?2acy?b2c?0．

1由题设，原点O到直线AF1的距离为OF1，即

3cb2c， ?4223b?4ac22222将c?a?b代入原式并化简得a?2b，即a?2b．

?b2?证法二：同证法一，得到点A的坐标为?c，?，

?a?H，易知△F1BC∽△F1F2A，故 过点O作OB?AF1，垂足为

BOFA?2 OF1F1A1BO?OF1，所以 由椭圆定义得AF，又?AF?2a123F2A1F2A， ??3F1A2a?F2Ay HA F1 O F2 x b2b2aa?，即a?2b． 解得F2A?，而F2A?，得

2a2a（Ⅱ）解法一：圆x2?y2?t2上的任意点M(x0，y0)处的切线方程为x0x?y0y?t2．

当t?(0，b)时，圆x2?y2?t2上的任意点都在椭圆内，故此圆在点A处的切线必交椭圆于两个不同的点Q1和Q2，因此点Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)的坐标是方程组

2??x0x?y0y?t ①的解．当y0?0时，由①式得 ?222??x?2y?2b ②t2?x0x y?y0?t2?x0x?22代入②式，得x?2???2b，即

?y0?222(2x0?y0)x2?4t2x0x?2t4?2b2y0?0，

24t2x02t4?2b2y0于是x1?x2?，x1x2? 22222x0?y02x0?y02t2?x0x1t2?x1x2 y1y2?y0y11422 ?2?t?xt(x?x)?xx1x2?0120??y04224t2x01?4222t?2by0? ?2?t?x0t?x02222?y0?2x0?y02x0?y0?2t4?2b2x0． ?222x0?y0若OQ1?OQ2，则

22222t4?2b2y0t4?2b2x03t4?2b2(x0?y0)x1x2?y1y2????0． 2222222x0?y02x0?y02x0?y02222所以，3t4?2b2(x0?y0)?0．由x0?y0?t2，得3t4?2b2t2?0．在区间(0，b)内此方程的解为t?6b． 3当y0?0时，必有x0?0，同理求得在区间(0，b)内的解为t?另一方面，当t?

6b． 36b时，可推出x1x2?y1y2?0，从而OQ1?OQ2． 3

综上所述，t?

6b?(0，b)使得所述命题成立． 3x2y25、（天津理22）（本小题满分14分）设椭圆2?2?1(a?b?0)的左、右焦点分别为F，F2，A是椭圆上的一点，1ab1AF2?F1F2，原点O到直线AF1的距离为OF1．

3（Ⅰ）证明a?2b；

（Ⅱ）设Q1，Q2为椭圆上的两个动点，OQ1?OQ2，过原点O作直线Q1Q2的垂线OD，垂足为D，求点D的轨迹

方程．

本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、求曲线的方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法及推理、运算能力．满分14分．

（Ⅰ）证法一：由题设AF2?F，0)，F2(c，0)，不妨设点A(c，y)，其中y?0．由于点A在椭圆上，1F2及F1(?c来源学|科|网c2y2a2?b2y2?2?1． 有2?2?1，即

aba2b?b2?b2解得y?，从而得到A?c，?．

a?a?b2(x?c)，整理得b2x?2acy?b2c?0． 直线AF1的方程为y?2ac1cb2c由题设，原点O到直线AF1的距离为OF1，即?，

42233b?4ac22222将c?a?b代入上式并化简得a?2b，即a?2b．

?b2?

证法二：同证法一，得到点A的坐标为?c，?．

?a?

B，易知△F1BO∽△F1F2A，故过点O作OB?AF1，垂足为

由椭圆定义得AF1?AF2?2a，又BO?BOOF1?F2AF1A．

1OF1， 3 F2A1FA所以?2?，

3F1A2a?F2AyA [来源:学科网ZXXK]

B b2b2aa?，即a?2b． F 解得F2A?，而F2A?，得F2x 1O 2a2a （Ⅱ）解法一：设点D的坐标为(x0，y0)．

x0x0当y0?0时，由OD?QQ知，直线的斜率为，所以直线的方程为QQQQ?y??(x?x0)?y0，或121212y0y02x0x0y?kx?m，其中k??，m?y0?．

y0y0?y?kx?m，点Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)的坐标满足方程组?2 22?x?2y?2b．222将①式代入②式，得x?2(kx?m)?2b，

2222整理得(1?2k)x?4kmx?2m?2b?0，

2m2?2b4km于是x1?x2??，x1x2?． 221?2k1?2k由①式得y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?k2x1x2?km(x1?x2)?k2 2m2?2b2?4kmm2?2b2k22?k·?km·?m?．

1?2k21?2k1?2k223m2?2b2?2b2k2?0， 由OQ1?OQ2知x1x2?y1y2?0．将③式和④式代入得

1?2k23m2?2b2(1?k2)．

2x0x02222将k??，m?y0?代入上式，整理得x0?y0?b．

3y0y0?x?x0，当y0?0时，直线Q1Q2的方程为x?x0，Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)的坐标满足方程组?2 22?x?2y?2b．22b2?x0所以x1?x2?x0，y1，． 2??222b2?x02?0， 由OQ1?OQ2知x1x2?y1y2?0，即x0?2222解得x0?b．

32222这时，点D的坐标仍满足x0?y0?b．

32222综上，点D的轨迹方程为 x?y?b．

3解法二：设点D的坐标为(x0，y0)，直线OD的方程为y0x?x0y?0，由OD?QQ垂足为D，可知直线Q1Q212，

22的方程为x0x?y0y?x0． ?y0记m?x?y2020（显然

??x0x?y0y?m， ①m?0），点Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)的坐标满足方程组?2 22??x?2y?2b． ②由①式得y0y?m?x0x． ③

222222由②式得y0x?2y0y?2y0b． ④ 2222将③式代入④式得y0x?2(m?x0x)2?2y0b． 222整理得(2x0?y0)x2?4mx0x?2m2?2b2y0?0，

22m2?2b2y0于是x1x2?． ⑤ 222x0?y0由①式得x0x?m?y0y． ⑥ 222222由②式得x0x?2x0y?2x0b． ⑦ 2222将⑥式代入⑦式得(m?y0y)2?2x0y?2x0b，

222整理得(2x0?y0)y2?2my0y?m2?2b2x0?0，

2m2?2b2x0于是y1y2?． ⑧ 222x0?y0222m2?2b2y0m2?2b2x0由OQ1?OQ2知x1x2?y1y2?0．将⑤式和⑧式代入得??0， 22222x0?y02x0?y0223m2?2b2(x0?y0)?0．

2222将m?x0代入上式，得x0?y0??y022所以，点D的轨迹方程为x?y?22b． 322b． 3

x2?y2?1的左、右焦点. 6、（四川文21）(本小题满分12分)求F1、F2分别是椭圆4225（Ⅰ）若r是第一象限内该数轴上的一点，PF1?PF2??，求点P的作标；

4（Ⅱ）设过定点M（0，2）的直线l与椭圆交于同的两点A、B，且∠ADB为锐角（其中O为作标原点），求直线l的斜率k的取值范围.

解析：本题主要考查直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识，以及综合运用数学知识解决问题及推理计算能力． （Ⅰ）易知a?2，b?1，c?3．

∴F1(?3,0)，F2(3,0)．设P(x,y)(x?0,y?0)．则

x25PF1?PF2?(?3?x,?y)(3?x,?y)?x?y?3??，又?y2?1，

44227?22x?y??x?1?x2?1?3?4?联立?2，解得?，P(1,)． ??23?32x??y2?1?y??y??4?2??4（Ⅱ）显然x?0不满足题设条件．可设l的方程为y?kx?2，设A(x1,y1)，B(x2,y2)．

?x2??y2?1联立?4?x2?4(kx?2)2?4?(1?4k2)x2?16kx?12?0

?y?kx?2?∴x1x2?1216kx?x??， 12221?4k1?4k由??(16k)2?4?(1?4k2)?12?0

16k2?3(1?4k2)?0，4k2?3?0，得k2?3．① 4又?AOB为锐角?cos?AOB?0?OA?OB?0， ∴OA?OB?x1x2?y1y2?0

又y1y2?(kx1?2)(kx2?2)?k2x1x2?2k(x1?x2)?4 ∴x1x2?y1y2?(1?k2)x1x2?2k(x1?x2)?4

?(1?k2)?1216k?2k?(?)?4 1?4k21?4k212(1?k2)2k?16k???4 1?4k21?4k24(4?k2)??0 21?4k∴??k2?4．②

综①②可知?k2?4，∴k的取值范围是(?2,?

143433)(,2)． 22x2?y2?1的左、右焦点. 7、（四川理20）（本小题满分12分）设F1、F2分别是椭圆4（Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求PF1·PF2的最大值和最小值;

（Ⅱ）设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且∠AOB为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围.

本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。 解：（Ⅰ）解法一：易知a?2,b?1,c?3 所以F1?3,0,F2x213?x,?y?x?y?3?x?1??3?3x2?8? ?1244因为x???2,2?，故当x?0，即点P为椭圆短轴端点时，PF1?PF2有最小值?2

?PF?PF???3?x,?y?,????3,0，设P?x,y?，则

?222当x??2，即点P为椭圆长轴端点时，PF1?PF2有最大值1 解法二：易知a?2,b?1,c?3，所以F1?3,0,F2???23,0，设P?x,y?，则

22?PF1?PF2?PF1?PF2?cos?F1PF2?PF1?PF2?PF1?PF2?F1F22PF1?PF2

221?x?3?y2?x?3?y2?12??x2?y2?3（以下同解法一）

???2?（Ⅱ）显然直线x?0不满足题设条件，可设直线l:y?kx?2,A?x1,y2?,B?x2,y2?，

??????y?kx?2??21?2y联立?x2，消去，整理得：?k??x?4kx?3?0 24????y?1?44k3∴x1?x2?? ,x1?x2?11k2?k2?44

331??2得：或 k?k???3?4k?3?0?224??00又0??A0B?90?cos?A0B?0?OA?OB?0 ∴OA?OB?x1x2?y1y2?0

由???4k??4?k?2?8k2?k2?1??4?又y1y2??kx1?2??kx2?2??kx1x2?2k?x1?x2??4?

111222k?k?k?4443?k2?1??0，即k2?4 ∴?2?k?2 ∵

11k2?k2?4433故由①、②得?2?k??或?k?2

22x2y2y2x28、（上海理21）已知半椭圆2?2?1?x?0?与半椭圆2?2?1?x?0?组成的曲线称为“果圆”，其中

abbca2?b2?c2,a?0,b?c?0，F0,F1,F2是对应的焦点。

23k2（1）若三角形F0F1F2是边长为1的等边三角形，求“果圆”的方程； （2）若A1A?B1B，求

b的取值范围； a（3）一条直线与果圆交于两点，两点的连线段称为果圆的弦。是否存在实数k，使得斜率为k的直线交果圆于两点，得到的弦的中点的轨迹方程落在某个椭圆上？若存在，求出所有k的值；若不存在，说明理由。 解（1）∵F0（c，0）F1（0，?b?c），F2（0，b?c）

22222∴| F0F1 |＝(b?c)?c?b?1，| F1F2 |＝2b?c?1

22222于是c?37222，a?b?c?，所求“果圆”方程为 4442422x?y2?1（x≥0），y?x?1（x≤0）． 7322??4分

（2）由题意，得a＋c＞2b，即a?b?2b?a． ∵（2b）2＞b2＋c2，∴a2－b2＞（2b－a）2，得

b4? a5??7分

b21又b＞c＝a－b，∴2?．

a22

2

2

2

∴

b24?(,)． a25x2y2y2x2（3）设“果圆”的方程为2?2?1（x≥0）2?2?1（x≤0）

abba记平行弦的斜率为k．

x2y2当k＝0时，直线y＝t（－b≤t≤b）与半椭圆2?2?1（x≥0）的交点是

ab

y2x2t2t2． p(a1?2,t)，与半椭圆2?2?1（x≤0）的交点是Q（?c1?2,t）

babb?a?ct2?x?1?2∴P、Q的中点M（x，y）满足?2b

?y?t?x2y2??1． 得

a?c2b2()2∵a＜2b，∴(a?c2a?c?2ba?c?2b)?b2???0． 222综上所述，当k＝0时，“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆??14分

2ka2bk2a2b?b3x2y2,) 当k＞0时，以k为斜率过B1的直线l与半椭圆2?2?1（x≥0）的交点是(22abka?b2k2a2?b2b2由此，在直线l右测，以k为斜率的平行弦的中点轨迹在直线y?2x上，即不在某一椭圆上．

k当k＜0时，可类似讨论得到平行弦中点轨迹不都在某一椭圆上． ??18分

9、（上海文21）（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5分，第3小题满分9分．

??17分

x2y2y2x2我们把由半椭圆2?2?1 (x≥0)与半椭圆2?2?1 (x≤0)合成的曲线称作“果圆”，其中

abbca2?b2?c2，a?0，b?c?0．

如图，设点F0，F1，F2是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2是“果圆” 与x，y轴的交点，M是线段A1A2y B2的中点．

（1）若△F0F1F2是边长为1的等边三角形，求该

F2“果圆”的方程； A1 F0A2x O M 22yx ??1 （2）设P是“果圆”的半椭圆F b2c2. . . . 1(x≤0)上任意一点．求证：当

PM取得最小值时，

B1 P在点B1，B2或A1处；

（3）若P是“果圆”上任意一点，求PM取得最小值时点P的横坐标．

解：（1）? F0(c，0)，F10，?b2?c2，F20，b2?c2，

?F0F2??????b2?c2??c2?b?1，F1F2?2b2?c2?1，

37于是c2?，a2?b2?c2?，

4444所求“果圆”方程为x2?y2?1(x≥0)，y2?x2?1(x≤0)．

73y)，则 （2）设P(x，a?c??2 |PM|2??x???y

2???b2?2(a?c)2 ??1?2?x?(a?c)x??b2，?c≤x≤0，

c?4?2b2 ?1?2?0，? |PM|2的最小值只能在x?0或x??c处取到．

c 即当PM取得最小值时，P在点B1，B2或A1处．

x2y2y2x2?|A1M|?|MA2|， （3）且B1和B2同时位于“果圆”的半椭圆2?2?1(x≥0)和半椭圆2?2?1(x≤0)abbcx2y2上，所以，由（2）知，只需研究P位于“果圆”的半椭圆2?2?1(x≥0)上的情形即可．

aba?c??2 |PM|2??x???y

2??c2?a2(a?c)?(a?c)2a2(a?c)22? ?2?x?． ??b?4a?2c2?4c2a2(a?c)a2(a?c)2 当x?时取到， ≤a，即a≤2c时，|PM|的最小值在x?22c2c2a2(a?c)此时P的横坐标是．

2c2a2(a?c)22a?2c?a 当x?，即时，由于在时是递减的，的最小值在x?a时取到，此时P|PM||PM|x?a22c的横坐标是a．

22a2(a?c) 综上所述，若a≤2c，当|PM|取得最小值时，点P的横坐标是；若a?2c，当|PM|取得最小值时，

2c2点P的横坐标是a或?c．

x2y2610、（陕西文22） (本小题满分14分)已知椭圆C:2?2=1(a＞b＞0)的离心率为,短轴一个端点到右焦点的距离

3ab为3.

(Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为

3，求△AOB面积的最大值. 2?c6，??解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意?a3

?a?3，?

x2?b?1，?所求椭圆方程为?y2?1．

3（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

（1）当AB⊥x轴时，AB?3． （2）当AB与x轴不垂直时， 设直线AB的方程为y?kx?m． 由已知m1?k2把y?kx?m代入椭圆方程，整理得(3k2?1)x2?6kmx?3m2?3?0，

3(m2?1)?6km?x1?x2?2，x1x2?．

3k?13k2?12212(m2?1)?2222?36km?AB?(1?k)(x2?x1)?(1?k)?2?? 22(3k?1)3k?1???3232，得m?(k?1)．

4212(k2?1)(3k2?1?m2)3(k2?1)(9k2?1) ??(3k2?1)2(3k2?1)212k21212?3?4?3?(k?0)≤3??4．

19k?6k2?12?3?629k?2?6k132当且仅当9k?2，即k??时等号成立．当k?0时，AB?3，

k3综上所述ABmax?2．

133． ??当AB最大时，△AOB面积取最大值S??ABmax?222

11、（山东理21）（本小题满分12分）

已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1． （Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）若直线l:y?kx?m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．

x2y2【标准答案】(I)由题意设椭圆的标准方程为2?2?1(a?b?0)

aba?c?3,a?c?1，a?2,c?1,b2?3 x2y2???1. 43?y?kx?m? (II)设A(x1,y1),B(x2,y2)，由?x2y2得

?1??3?4(3?4k2)x2?8mkx?4(m2?3)?0，

??64m2k2?16(3?4k2)(m2?3)?0，3?4k2?m2?0. 8mk4(m2?3)x1?x2??,x1?x2?. 223?4k3?4k3(m2?4k2)y1?y2?(kx1?m)?(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m?. 23?4k22

以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),kAD?kBD??1，

?y1y?2??1，y1y2?x1x2?2(x1?x2)?4?0， x1?2x2?23(m2?4k2)4(m2?3)16mk???4?0，

3?4k23?4k23?4k27m2?16mk?4k2?0，解得

2km1??2k,m2??，且满足3?4k2?m2?0.

7当m??2k时，l:y?k(x?2)，直线过定点(2,0),与已知矛盾；

22k2当m??时，l:y?k(x?)，直线过定点(,0).

7772综上可知，直线l过定点，定点坐标为(,0).

7

12、（全国2理20）（本小题满分12分）在直角坐标系xOy中，以O为圆心的圆与直线x?3y?4相切． （1）求圆O的方程；

（2）圆O与x轴相交于A，B两点，圆内的动点P使PA，PO，PB成等比数列，求PAPB的取值范围． 解：（1）依题设，圆O的半径r等于原点O到直线x?3y?4的距离，

4?2． 1?3得圆O的方程为x2?y2?4． （2）不妨设A(x1，，0)B(x2，，0)x1?x2．由x2?4即得 A(?2，，0)B(2，0)．

即 r?设P(x，y)，由PA，PO，PB成等比数列，得

(x?2)2?y2(x?2)2?y2?x2?y2，

即 x2?y2?2．

PAPB?(?2?x，?y)(2?x，?y)

?x2?4?y22?2(y?1).22??x?y?4，由于点P在圆O内，故?2 2??x?y?2.2由此得y?1．

所以PAPB的取值范围为[?2，0)． 13、（全国1理21）（本小题满分12分）

x2y2??1的左、右焦点分别为F1，F2．过F1的直线交椭圆于B，D两点，过F2的直线交椭圆于A，C两已知椭圆32点，且AC?BD，垂足为P．

22x0y0??1； （Ⅰ）设P点的坐标为(x0，y0)，证明：32（Ⅱ）求四边形ABCD的面积的最小值． 证明：（Ⅰ）椭圆的半焦距c?3?2?1，

22由AC⊥BD知点P在以线段F1F2为直径的圆上，故x0?y0?1，

2222y0x0y0x21?≤???1． 所以，32222x2y2??1，并化简得（Ⅱ）（ⅰ）当BD的斜率k存在且k?0时，BD的方程为y?k(x?1)，代入椭圆方程32(3k2?2)x2?6k2x?3k2?6?0． 设B(x1，y1)，D(x2，y2)，则 6k23k2?6x1?x2??2，x1x2?2

3k?23k?243(k2?1)BD?1?kx1?x2?(1?k)??(x2?x2)?4x1x2???3k2?2；

1因为AC与BC相交于点P，且AC的斜率为?，

k?1?43?2?1?43(k2?1)k??所以，AC?． ?212k?33?2?2k四边形ABCD的面积

124(k2?1)2??(k2?1)296S?BDAC?≥?．

2(3k2?2)(2k2?3)?(3k2?2)?(2k2?3)?225??2??2当k?1时，上式取等号．

（ⅱ）当BD的斜率k?0或斜率不存在时，四边形ABCD的面积S?4．

96综上，四边形ABCD的面积的最小值为．

25222 14、（宁夏理19）（本小题满分12分）

x2?y2?1有两个不同的交点P和Q． 在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，2)且斜率为k的直线l与椭圆2（I）求k的取值范围；

（II）设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量OP?OQ与AB共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由． 解：（Ⅰ）由已知条件，直线l的方程为y?kx?2， x2?(kx?2)2?1． 代入椭圆方程得2?1?整理得??k2?x2?22kx?1?0 ①

?2??1??k2??4k2?2?0， ?2???2??222?，?∞解得k??或k?．即k的取值范围为??∞，． ???????2??222??直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于??8k2?4?（Ⅱ）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则OP?OQ?(x1?x2，y1?y2)，

42k． ② 21?2k又y1?y2?k(x1?x2)?22． ③

由方程①，x1?x2??而A(2，，0)B(01，)，AB?(?21，)．

所以OP?OQ与AB共线等价于x1?x2??2(y1?y2)，将②③代入上式，解得k?[来源:Zxxk.Com]

2． 222由（Ⅰ）知k??或k?，故没有符合题意的常数k．

22

15、（辽宁理20）（本小题满分14分）

已知正三角形OAB的三个顶点都在抛物线y2?2x上，其中O为坐标原点，设圆C是OAB的内接圆（点C为圆心） （I）求圆C的方程；

（II）设圆M的方程为(x?4?7cos?)2?(y?7cos?)2?1，过圆M上任意一点P分别作圆C的两条切线PE，PF，

CF的最大值和最小值． 切点为E，F，求CE，本小题主要考查平面向量，圆与抛物线的方程及几何性质等基本知识，考查综合运用解析几何知识解决问题的能力．满分14分．

2?y12??y2?（I）解法一：设A，B两点坐标分别为?，y1?，?，y2?，由题设知

?2??2?2?y12??y12??y12y2?222． ?y??y???(y?y)??????22122??2??2??222解得y1?y2?12，

222所以A(6，23)，B(6，?23)或A(6，?23)，B(6，23)． 设圆心C的坐标为(r，0)，则r?2?6?4，所以圆C的方程为 3·················································································································· 4分 (x?4)2?y2?16． ·

解法二：设A，B两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由题设知

22． x12?y12?x2?y2222又因为y1?2x1，y2?2x2，可得x12?2x1?x2?2x2．即

(x1?x2)(x1?x2?2)?0．

由x1?0，x2?0，可知x1?x2，故A，B两点关于x轴对称，所以圆心C在x轴上．

?3??333?r，r设C点的坐标为(r，，于是有?r?2?r，解得r?4，所以圆C的方程为0)，则A点坐标为???22??2??2????·················································································································· 4分 (x?4)2?y2?16． ·

（II）解：设?ECF?2a，则

············································ 8分 CECF?|CE||CF|cos2??16cos2??32cos2??16． ·

x4?在Rt△PCE中，cos??，由圆的几何性质得 |PC||PC||PC|≤|MC|?1?7?1?8，|PC|≥|MC|?1?7?1?6，

12所以≤cos?≤，由此可得

23

2

16． 916则CECF的最大值为?，最小值为?8．

9?8≤CECF≤? 16、（江西理21）（本小题满分12分） 设动点P到点A(?1和B(1，0)，0)的距离分别为d1和d2，常数?(0???1)，使得d1d2sin2???．

（1）证明：动点P的轨迹C为双曲线，并求出C的方程； （2）过点B作直线双曲线C的右支于M，N两点，试确定?的范其中点O为坐标原点．

解法一：（1）在△PAB中，

y?APB?2?，且存在

P d1 2? d2 围，使OMON?0，

AB?2，即A O B y22?d12?d22， s2?2d1dc2?o， 4?(d1?d2)2?4d1d2sin2?，即d1?d2?4?4d1d2sin2??21???2（常数）点P的轨迹C是以A，B为焦点，实轴长2a?21??的双曲线．

x2y2??1． 方程为：

1???（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)

①当MN垂直于x轴时，MN的方程为x?1，M(11)，，N(1，?1)在双曲线上． 11?1?55?1，因为0???1，所以??． ??1??2???1?0???1???22②当MN不垂直于x轴时，设MN的方程为y?k(x?1)．

即

?x2y2??1?2222???(1??)kx?2(1??)kx?(1??)(k??)?0， 由?1???得：????y?k(x?1)?2由题意知：????(1??)k???0，

?2k2(1??)?(1??)(k2??)所以x1?x2?，x1x2?．

??(1??)k2??(1??)k2k2?22于是：y1y2?k(x1?1)(x2?1)?． 2??(1??)k因为OMON?0，且M，N在双曲线右支上，所以

(1??)?x1x2?y1y2?0?k2?????(1??)2??5?12??????1??2?????． ?x1?x2?0?????11???23?xx?0?k2????2???1?0??12?1???由①②知，5?12≤??． 23解法二：（1）同解法一

（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)． ①当x1?x2?1时，MB?2?1?????1??2???1?0，

因为0???1，所以??5?1； 2?x12y12??1??x0?1????k?②当x1?x2时，?2． MN21??y0?x2?y2?1??1???y022又kMN?kBE?．所以(1??)y0??x0??x0；

x0?1?MN??MN??e(x1?x2)?2a??22由∠MON?得x0?y0?? ?，由第二定义得?????2222??????22212?1???x0?1????x0?(1??)?2x0． ?1???1??22所以(1??)y0??x0?2(1??)x0?(1??)2．

22?(1??)2?(1??)y0??x0??x0于是由?得x0? 2222?3???(1??)y0??x0?2(1??)x0?(1??)(1??)2?1，又0???1， 因为x0?1，所以

2?3?5?125?12解得：???．由①②知≤??．

23232

17、（江西文22）（本小题满分14分） 设动点P到点F1(?1，0)和F2(1，0)的距离分别为d1和d2，∠F1PF2?2?，且存在常数?(0???1)，使得

d1d2sin2???．

（1）证明：动点P的轨迹C为双曲线，并求出C的方（2）如图，过点F2的直线与双曲线C的右支交于是否存在?，使△FAB是以点B为直角顶点的等腰直1在，求出?的值；若不存在，说明理由． 解：（1）在△PF1F2中，FF12?2

yA P 程；

A，B两点．问：

F1 O B F2x 角三角形？若存

24?d12?d2?2d1d2cos2??(d1?d2)2?4d1d2sin2?

(d1?d2)2?4?4?

d1?d2?21??（小于2的常数）

故动点P的轨迹C是以F1，F2为焦点，实轴长2a?21??的双曲线．

来源学科网

x2y2??1． 方程为

1???（2）方法一：在△AF1B中，设AF1?d1，AF2?d2，BF1?d3，BF2?d4．

假设△AF1B为等腰直角三角形，则

???d1?d2?2a①?d3?d4?2a②??d3?d?4?d2③ ?d1?2d3④??2π?d3d4sin4??⑤由②与③得d2?2a，

?d1?4a则??d3?22a ??d4?d3?2a?2(2?1)a由⑤得d3d4?2?，

42(2?1)a2?2?

(8?42)(1??)?2?，

??12?2217?(0，1) 故存在??12?2217满足题设条件．

方法二：（1）设△AF1B为等腰直角三角形，依题设可得

??2?2?22??AF1AF2sinπ?8?????AF1AF2??，1?cosπ2?1 ????BF1BF2sin2π4???4??BF1BF2?2?所以S1π24?(2?1)?，S1△AF1F2?AF1AF2sin△BF1F2?2BF1BF2??．

则S△AFB?(2?2)?．①

1由

S△AF1F2S?AF2BF?2?1，可设BF2?d， △BF1F22则AF2?(2?1)d，BF1?AB?(2?2)d．

则S1△AF1B?2AB2?12(2?2)2d2．② 由①②得(2?2)d2?2?．③

根据双曲线定义BF1?BF2?2a?21??可得，(2?1)d?21??． 平方得：(2?1)2d2?4(1??)．④

y由③④消去d可解得，??12?22 17?(0，1)

B故存在??12?22CP17满足题设条件．

A 18、（江苏理19）（本小题满分14分）如图，在平面直角坐Ox

Q l标系xOy中，过y轴

正方向上一点C(0,c)任作一直线，与抛物线y?x2相交于AB两点，一条垂直于x轴的直线，分别与线段AB和直线l:y??c交于P,Q，

（1）若OA?OB?2，求c的值；（5分）

（2）若P为线段AB的中点，求证：QA为此抛物线的切线；（5分） （3）试问（2）的逆命题是否成立？说明理由。（4分）

解：（1）设过C点的直线为y?kx?c，所以x?kx?c?c?0?，即x2?kx?c?0，设A?x1,y1?,B?x2,y2?，

2OA=?x1,y1?，OB??x2,y2?，因为OA?OB?2，所以

x1x2?y1y2?2，即x1x2??kx1?c??kx2?c??2，x1x2?k2x1x2?kc?x1?x2??c2?2

所以?c?k2c?kck?c2?2，即c2?c?2?0,所以c?2舍去c??1

（2）设过Q的切线为y?y1?k1?x?x1?，y/?2x，所以k1?2x1，即y?2x1x?2x12?y1?2x1x?x12，它与y??c???x1??x1y2?y??kk2cc?x1?2?k?的交点为M??又P?，所以Q，因为,所以xx??c,?,?c??x2，,?c,?c?，??12???x12??22?2??2??22x1??xx??k?所以M?1?2,?c???,?c?,所以点M和点Q重合，也就是QA为此抛物线的切线。

??22??2?k??k?（3）（2）的逆命题是成立，由（2）可知Q?,?c?，因为PQ?x轴，所以P?,yP?

?2??2?x?x2k?，所以P为AB的中点。 因为122

19、（本小题满分12分）

已知双曲线x2?y2?2的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的动直线与双曲线相交于A，B两点．

O为坐标原点）（I）若动点M满足FM，求点M的轨迹方程； ?F1A?F1B?FO11（其中

（II）在x轴上是否存在定点C，使CA·CB为常数？若存在，求出点C的坐标；若不存在，请说明理由． 解：由条件知F1(?2，0)，F2(2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 解法一：（I）设M(x，y)，则则FM?(x?2，y)，F1A?(x1?2，y1)， 1F1B?(x2?2，y2)，FO?(2，0)，由FM?F1A?F1B?FO111得

?x?2?x1?x2?6，?x1?x2?x?4，即? ?y?y?yy?y?y?12?12?x?4y?于是AB的中点坐标为?，?．

?22?yy?y2yy2(x1?x2)． 当AB不与x轴垂直时，1，即y1?y2???x?8x1?x2x?4?2x?82222又因为A，B两点在双曲线上，所以x1?y12?2，x2?y2?2，两式相减得 (x1?x2)(x1?x2)?(y1?y2)(y1?y2)，即(x1?x2)(x?4)?(y1?y2)y．

y(x1?x2)代入上式，化简得(x?6)2?y2?4． 将y1?y2?x?8当AB与x轴垂直时，x1?x2?2，求得M(8，0)，也满足上述方程．

所以点M的轨迹方程是(x?6)?y?4．

（II）假设在x轴上存在定点C(m，0)，使CACB为常数．

22

当AB不与x轴垂直时，设直线AB的方程是y?k(x?2)(k??1)． 代入x2?y2?2有(1?k2)x2?4k2x?(4k2?2)?0．

4k24k2?2则x1，x2是上述方程的两个实根，所以x1?x2?2，x1x2?2，

k?1k?12于是CACB?(x1?m)(x2?m)?k(x1?2)(x2?2)

?(k2?1)x1x2?(2k2?m)(x1?x2)?4k2?m2

(k2?1)(4k2?2)4k2(2k2?m)???4k2?m2 22k?1k?12(1?2m)k2?24?4m2??m?2(1?2m)??m2． 22k?1k?1因为CACB是与k无关的常数，所以4?4m?0，即m?1，此时CACB=?1． 当AB与x轴垂直时，点A，B的坐标可分别设为(2，2)，(2，?2)，

此时CACB?(1，2)(1，?2)??1．

故在x轴上存在定点C(1，0)，使CACB为常数．

?x1?x2?x?4，解法二：（I）同解法一的（I）有?

y?y?y?12当AB不与x轴垂直时，设直线AB的方程是y?k(x?2)(k??1)． 代入x2?y2?2有(1?k2)x2?4k2x?(4k2?2)?0．

4k2则x1，x2是上述方程的两个实根，所以x1?x2?2．

k?1?4k2?4k． y1?y2?k(x1?x2?4)?k??4??2?k?1?k?14k2由①②③得x?4?2．???????????????????④

k?14ky?2．??????????????????????????⑤

k?1x?4?k，将其代入⑤有 当k?0时，y?0，由④⑤得，yx?44?4y(x?4)y22y??．整理得(x?6)?y?4． 222(x?4)(x?4)?y?1y2当k?0时，点M的坐标为(4，0)，满足上述方程． 当AB与x轴垂直时，x1?x2?2，求得M(8，0)，也满足上述方程．

故点M的轨迹方程是(x?6)?y?4．

（II）假设在x轴上存在定点点C(m，0)，使CACB为常数，

224k24k2?2当AB不与x轴垂直时，由（I）有x1?x2?2?1，x1x2?2．

kk?1以上同解法一的（II）．

20、（湖南文19）（本小题满分13分）

已知双曲线x2?y2?2的右焦点为F，过点F的动直线与双曲线相交于A，B两点，点C的坐标是(1，0)． （I）证明CA，CB为常数；

（II）若动点M满足CM?CA?CB?CO（其中O为坐标原点），求点M的轨迹方程． 解：由条件知F(2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)． （I）当AB与x轴垂直时，可设点A，B的坐标分别为(2，2)，(2，?2)， 此时CACB?(1，2)(1，?2)??1．

当AB不与x轴垂直时，设直线AB的方程是y?k(x?2)(k??1)． 代入x2?y2?2，有(1?k2)x2?4k2x?(4k2?2)?0．

4k24k2?2则x1，x2是上述方程的两个实根，所以x1?x2?2，x1x2?2，

k?1k?12于是CACB?(x1?1)(x2?1)?y1y2?(x1?1)(x2?1)?k(x1?2)(x2?2)

?(k2?1)x1x2?(2k2?1)(x1?x2)?4k2?1 (k2?1)(4k2?2)4k2(2k2?1)2???4k?1 22k?1k?1?(?4k2?2)?4k2?1??1．

综上所述，CACB为常数?1．

（II）解法一：设M(x，y)，则CM?(x?1，y1)， ，y)，CA?(x1?1CB?(x2?1，y2)，CO?(?1，0)，由CM?CA?CB?CO得：

?x?1?x1?x2?3，?x1?x2?x?2，即? ??y?y1?y2?y1?y2?y?x?2y?于是AB的中点坐标为?，?．

22??yy?y2yy2(x1?x2)． 当AB不与x轴垂直时，1，即y1?y2???x?2x?2x1?x2?2x?22222又因为A，B两点在双曲线上，所以x1?y12?2，x2?y2?2，两式相减得 (x1?x2)(x1?x2)?(y1?y2)(y1?y2)，即(x1?x2)(x?2)?(y1?y2)y．

y(x1?x2)代入上式，化简得x2?y2?4． 将y1?y2?x?2当AB与x轴垂直时，x1?x2?2，求得M(2，0)，也满足上述方程．

所以点M的轨迹方程是x?y?4．

22?x1?x2?x?2，解法二：同解法一得???????????????①

y?y?y?124k2当AB不与x轴垂直时，由（I） 有x1?x2?2．???????②

k?1?4k2?4k．?????????③ y1?y2?k(x1?x2?4)?k??4??2k?1k?1??

4k2由①②③得x?2?2．???????????????????④

k?14ky?2．??????????????????????????⑤

k?1x?2当k?0时，y?0，由④⑤得，?k，将其代入⑤有

yx?24?4y(x?2)yy??．整理得x2?y2?4． 222(x?2)(x?2)?y?1y2当k?0时，点M的坐标为(?2，0)，满足上述方程． 当AB与x轴垂直时，x1?x2?2，求得M(2，0)，也满足上述方程．

故点M的轨迹方程是x2?y2?4．

21、（湖北理19）（本小题满分12分）在平面直角坐标系xOy中，过定点C(0，p)作直线与抛物线x2?2py（p?0）相交于A，B两点．

（I）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；

（II）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由．（此题不要求在答题卡上画图）

本小题主要考查直线、圆和抛物线等平面解析几何的基础知识，考查综合

y 运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力． 解法1：（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N(0，?p)，可设

A(x1，y1)，B(x2，y2)，

直线AB的方程为y?kx?p，与x?2py联立得2C A O N B x

?x2?2py，消去y得??y?kx?p．x2?2pkx?2p2?0．

由韦达定理得x1?x2?2pk，x1x2??2p2． 1于是S△ABN?S△BCN?S△ACN?·2px1?x2． 2?px1?x2?p(x1?x2)2?4x1x2 ?p4p2k2?8p2?2p2k2?2，

∴当k?0时，(S△ABN)min?22p2．

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y?a， A y B C O N x AC的中点为O?，l与AC为直径的圆相交于点P，Q，PQ的中点为H， ?xy?p?则O?H?PQ，Q?点的坐标为?1，1?． y 2??21121∵O?P?AC?x1?(y1?p)2?y12?p2，

222y?p1C O?H?a?1?2a?y1?p，

22O?A l 12122222??∴PH?OP?OH?(y1?p)?(2a?y1?p) O 44N

B x

p????a??y1?a(p?a)，

2????p??2∴PQ?(2PH)2?4??a??y1?a(p?a)?．

2????ppp令a??0，得a?，此时PQ?p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y?，

222即抛物线的通径所在的直线． 解法2：（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得

AB?1?k2x1?x2?1?k2·(x1?x2)2?4x1x2?1?k2·4p2k2?8p2 ?2p1?k2·k2?2，

又由点到直线的距离公式得d?2p1?k2．

从而S△ABN?·d·AB?·2p1?k2·k2?2·12122p1?k2?2p2k2?2，

∴当k?0时，(S△ABN)min?22p2．

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y?a，则以AC为直径的圆的方程为(x?0)(x?x1)?(y?p)(y?y1)?0， 将直线方程y?a代入得x2?x1x?(a?p)(a?y1)?0，

p??． y?a(p?a)?1?2??设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x3，y3)，Q(x4，y4)，

2则△?x1?4(a?p)(a?y1)?4??a?????则有PQ?x3?x4?令a???p??p??4??a??y1?a(p?a)??2?a??y1?a(p?a)．

2?2?????ppp?0，得a?，此时PQ?p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y?， 222即抛物线的通径所在的直线． 22、（广东理18）(本小题满分14分)

在平面直角坐标系xoy中，已知圆心在第二象限、半径为22的圆C与直线y?x相切于

x2y2?1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10． 坐标原点O．椭圆2?a9 (1)求圆C的方程；

(2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长．若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

解： (1)设圆心坐标为(m，n)（m<0，n>0）,则该圆的方程为(x-m)2+(y-n)2=8已知该圆与直线y=x相切，那么圆心到该直线的距离等于圆的半径，则

m?n2即m?n=4 ①

又圆与直线切于原点，将点(0，0)代入得 m2+n2=8 ②

联立方程①和②组成方程组解得

=22

?m??2 ?n?2?

故圆的方程为(x+2)2+(y-2)2=8 (2)a=5，∴a=25，则椭圆的方程为

2

x2+

y92=1

25其焦距c=25?9=4，右焦点为(4，0)，那么OF=4。

要探求是否存在异于原点的点Q，使得该点到右焦点F的距离等于OF的长度4，我们可以转化为探求以右焦点F为顶点，半径为4的圆(x─4)2+y2=8与(1)所求的圆的交点数。

124，y= 55412即存在异于原点的点Q(，)，使得该点到右焦点F的距离等于OF的长。

55通过联立两圆的方程解得x=

23、（广东文19）(本小题满分14分)

在平面直角坐标系xoy中，已知圆心在第二象限、半径为2／2的圆C与直线y?x相切于

x2y2?1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10． 坐标原点O．椭圆2?a9 (1)求圆C的方程；

(2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长．若存在，请求出点Q的

坐标；若不存在，请说明理由． 解:(1) 设圆C 的圆心为 (m, n)

??m??2?m??n 则 ? 解得?

??n?2?n2?22 所求的圆的方程为 (x?2)2?(y?2)2?8

(2) 由已知可得 2a?10 a?5

x2y2??1 , 右焦点为 F( 4, 0) ; 椭圆的方程为

259 假设存在Q点?2?22cos?,2?22sin?使QF?OF,

?? 10cos2?2?22cos??4?2?2??2?2sin??2?4

22 整理得 sin??3cos??22 代入 sin??cos??1 得:

??122cos??7?0 , cos???122?8?122?22???1

1010y 因此不存在符合题意的Q点.

24、（福建理20）（本小题满分12分）如图，已知点F(1，0)， 直线l:x??1，P为平面上的动点，过P作直线

l l的垂线，垂足为点Q，且QPQF?FPFQ． （Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；

F ?1 O 1 x （Ⅱ）过点F的直线交轨迹C于A，B两点，交直线l于点M，已知MA??1AF，MB??2BF，求?1??2的值； 本小题主要考查直线、抛物线、向量等基础知识，考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的基本方法，考查运算能力和综合解题能力．满分14分．

，y)，由QPQF?FPFQ得： 解法一：（Ⅰ）设点P(x，y)，则Q(?1(x?1，0)(2，?y)?(x?1，y)(?2，y)，化简得C:y2?4x． （Ⅱ）设直线AB的方程为： x?my?1(m?0)．

y Q P B O A M F x

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又M??1，???2??， m??y2?4x，联立方程组?，消去x得：

?x?my?1，y2?4my?4?0，??(?4m)2?12?0，故 ?y1?y2?4m， ??y1y2??4．由MA??1AF，MB??2BF得：

22y1????1y1，y2????2y2，整理得：

mm22，?2??1?， ?1??1?my1my22?11???1??2??2????

m?y1y2?2y1?y2 ??2?my1y224m??2?

m?4?0． 解法二：（Ⅰ）由QPQF?FPFQ得：FQ(PQ?PF)?0，

?(PQ?PF)(PQ?PF)?0，

?PQ?PF?0，

?PQ?PF．

所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹C的方程为：y?4x． （Ⅱ）由已知MA??1AF，MB??2BF，得?1则：

222?2?0．

MAMB???1AF?2BFAA1BB1．????①

过点A，B分别作准线l的垂线，垂足分别为A1，B1， 则有：

MAMB??AFBF．????②

由①②得：??1AF?2BF?AFBF，即?1??2?0．

25、（福建文22）（本小题满分14分）

如图，已知F(1，0)，直线l:x??1，P为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且QPQF?FPFQ． （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． （1）已知MA??1AF，MB??2BF，求?1??2的值； （2）求MAMB的最小值．

本小题主要考查直线、抛物线、向量等基础知识，考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的基本方法，考查运算能力和综合解题能力．满分14分．

解法一：（Ⅰ）设点P(x，y)，则Q(?1，y)，由QPQF?FPFQ得：

(x?1，0)(2，?y)?(x?1，y)(?2，y)，化简得C:y2?4x． （Ⅱ）（1）设直线AB的方程为： x?my?1(m?0)．

2??设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又M??1，??，

m??y Q P B x O F ?y2?4x，22联立方程组?，消去x得：y?4my?4?0，??(?4m)?12?0，A ?x?my?1，??y1?y2?4m，?y 1y2??4．由MA??1AF，MB??2BF得：

y21?m???21y1，y2?m???2y2，整理得： ?1?21??my，???1?22， 1my2??2?1??2??2?m?1?1??y? 1y2???2?2y1?y2my

1y2??2?24mm?4

?0． 解法二：（Ⅰ）由QPQF?FPFQ得：FQ(PQ?PF)?0，

?(PQ?PF)(PQ?PF)?0，

?PQ2?PF2?0，

?PQ?PF．

所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹C的方程为：y2?4x． （Ⅱ）（1）由已知MA??1AF，MB??2BF，得?1?2?0．

则：

MA1AFMB????．????①

2BF过点A，B分别作准线l的垂线，垂足分别为A1，B1， 则有：

MAAA1AFMB?BB?1BF．????②

由①②得：??1AFAF??，即?1??2?0． 2BFBF（Ⅱ）（2）解：由解法一，MAMB??1?m2?2y1?yMy2?yM

M

2?(1?m2)y1y2?yM(y1?y2)?yM

24?4m?2 mm4???(1?m2)?4?2?

m????121?4(2?m2?2)≥4?2?2m?16． 2???mm??12当且仅当m?2，即m??1时等号成立，所以MAMB最小值为16．

m?(1?m2)?4? 26、（北京理17）（本小题共14分）

矩形ABCD的两条对角线相交于点M(2，0)，AB边所在直线的方程为x?3y?6?0，点T(?11)，在AD边所在直线上．

（I）求AD边所在直线的方程； （II）求矩形ABCD外接圆的方程； （III）若动圆P过点N(?2，0)，且与矩形ABCD的外接圆外切，求动圆P的圆心的轨迹方程． 解：（I）因为AB边所在直线的方程为x?3y?6?0，且AD与AB垂直，所以直线AD的斜率为?3． 又因为点T(?11)，在直线AD上，

所以AD边所在直线的方程为y?1??3(x?1)． 3x?y?2?0．

?x?3y?6?0，（II）由?解得点A的坐标为(0，?2)，

3x?y?2=0?因为矩形ABCD两条对角线的交点为M(2，0)． 所以M为矩形ABCD外接圆的圆心．

又AM?(2?0)2?(0?2)2?22．

22从而矩形ABCD外接圆的方程为(x?2)?y?8．

（III）因为动圆P过点N，所以PN是该圆的半径，又因为动圆P与圆M外切， 所以PM?PN?22， 即PM?PN?22．

故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为22的双曲线的左支． 因为实半轴长a?2，半焦距c?2．

22所以虚半轴长b?c?a?2．

x2y2??1(x≤?2)． 从而动圆P的圆心的轨迹方程为

22 27、（北京文19）（本小题共14分）

如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点M(2，0)，AB边所在直

点T(?11)x?3y?6?0，在AD边所在直线上．

y 线的方程为

（I）求AD边所在直线的方程；

（II）求矩形ABCD外接圆的方程；

T（III）若动圆P过点N(?2，0)，且与矩形ABCD的外接圆外切，求 D 心的轨迹方程． O N解：（I）因为AB边所在直线的方程为x?3y?6?0，且AD与AB A

C M B 动圆P的圆

x 垂直，所以直

线AD的斜率为?3． 又因为点T(?11)，在直线AD上，

所以AD边所在直线的方程为y?1??3(x?1)． 3x?y?2?0．

?x?3y?6?0，解得点A的坐标为(0，?2)，

?3x?y?2=0因为矩形ABCD两条对角线的交点为M(2，0)． 所以M为矩形ABCD外接圆的圆心．

（II）由?又AM?(2?0)2?(0?2)2?22．

从而矩形ABCD外接圆的方程为(x?2)2?y2?8．

（III）因为动圆P过点N，所以PN是该圆的半径，又因为动圆P与圆M外切， 所以PM?PN?22， 即PM?PN?22．

故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为22的双曲线的左支． 因为实半轴长a?2，半焦距c?2．

22所以虚半轴长b?c?a?2．

x2y2??1(x≤?2)． 从而动圆P的圆心的轨迹方程为

22 28、（安徽理19) (本小题满分12分)

如图，曲线G的方程为y2=2x（y≥0）.以原点为圆心，以t（t >0）为半径的圆分别与曲线G和y轴的正半轴相交于点A与点B.直线AB与x轴相交于点C.

（Ⅰ）求点A的横坐标a与点C的横坐标c的关系式； （Ⅱ）设曲线G上点D的横坐标为a＋2，求证：

直线CD的斜率为定值.

19．本小题综合考查平面解析几何知识，主要涉及平面直角坐标系中的两点间距离公式、直线的方程与斜率、抛物线上的点与曲线方程的关系，考查运算能力与思维能力、综合分析问题的能力．本小题满分12分．

y 解：（Ⅰ）由题意知，A(a，2a)．

G:y2?2x

22因为OA?t，所以a?2a?t．

D 由于t?0，故有t?a?2a． （1） 由点B(0，t)，C(c，0)的坐标知，

2B A xy??1． cta2a又因点A在直线BC上，故有??1，

cta2a将（1）代入上式，得??1，

ca(a?2)直线BC的方程为

解得c?a?2?2(a?2)．

O a a?2 Ｃ x （Ⅱ）因为D(a?2，2(a?2))，所以直线CD的斜率为

kCD2(a?2)2(a?2)2(a?2)?????1． a?2?ca?2?(a?2?2(a?2))?2(a?2)所以直线CD的斜率为定值．

29、（安徽文18）（本小题满分14分） 设F是抛物线G:x2=4y的焦点.

（Ⅰ）过点P（0，-4）作抛物线G的切线，求切线方程：

（Ⅱ）设A、B为势物线G上异于原点的两点，且满足FA·FB?0,延长AF、BF分别交抛物线G于点C,D，求四边

形ABCD面积的最小值.

本小题主要考查抛物线的方程与性质，抛物线的切点与焦点，向量的数量积，直线与抛物线的位置关系，平均不等式等基础知识，考查综合分析问题、解决问题的能力．本小题满分14分．

22?x0?x0xx0x?0(x?x0)．解：（I）设切点Q?x0，?．由y??，知抛物线在Q点处的切线斜率为，故所求切线方程为y?

22424??2x0x4x?． 即y?24因为点P(0，??)在切线上．

2x02所以?4??，x0?16，x0??4．

4所求切线方程为y??2x?4． （II）设A(x1，y1)，C(x2，y2)．

由题意知，直线AC的斜率k存在，由对称性，不妨设k?0． 因直线AC过焦点F(0，1)，所以直线AC的方程为y?kx?1．

?y?kx?1，点A，C的坐标满足方程组?2

?x?4y，2得x?4kx?4?0，

?x1?x2?4k，由根与系数的关系知?

?x1x2??4.AC?(x1?x2)2?(y1?y2)2?1?k2(x1?x2)2?4x1x2?4(1?k2)．

因为AC?BD，所以BD的斜率为?11，从而BD的方程为y??x?1． kk??1?2?4(1?k2)同理可求得BD?4?1??????． 2??k??k??18(1?k2)212SABCD?ACBD??8(k?2?)≥32． 222kk当k?1时，等号成立．所以，四边形ABCD面积的最小值为32．

29、（安徽文18）（本小题满分14分） 设F是抛物线G:x2=4y的焦点.

（Ⅰ）过点P（0，-4）作抛物线G的切线，求切线方程：

（Ⅱ）设A、B为势物线G上异于原点的两点，且满足FA·FB?0,延长AF、BF分别交抛物线G于点C,D，求四边

形ABCD面积的最小值.

本小题主要考查抛物线的方程与性质，抛物线的切点与焦点，向量的数量积，直线与抛物线的位置关系，平均不等式等基础知识，考查综合分析问题、解决问题的能力．本小题满分14分．

22?x0?x0xx0x?0(x?x0)．解：（I）设切点Q?x0，?．由y??，知抛物线在Q点处的切线斜率为，故所求切线方程为y?

22424??2x0x4x?． 即y?24因为点P(0，??)在切线上．

2x02所以?4??，x0?16，x0??4．

4所求切线方程为y??2x?4． （II）设A(x1，y1)，C(x2，y2)．

由题意知，直线AC的斜率k存在，由对称性，不妨设k?0． 因直线AC过焦点F(0，1)，所以直线AC的方程为y?kx?1．

?y?kx?1，点A，C的坐标满足方程组?2

?x?4y，2得x?4kx?4?0，

?x1?x2?4k，由根与系数的关系知?

?x1x2??4.AC?(x1?x2)2?(y1?y2)2?1?k2(x1?x2)2?4x1x2?4(1?k2)．

因为AC?BD，所以BD的斜率为?11，从而BD的方程为y??x?1． kk??1?2?4(1?k2)同理可求得BD?4?1??????． 2??k??k??18(1?k2)212SABCD?ACBD??8(k?2?)≥32． 222kk当k?1时，等号成立．所以，四边形ABCD面积的最小值为32．

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