2013年全国高考理科数学试题圆锥曲线专题汇编 - 图文

2013年全国高考理科数学试题圆锥曲线专题汇编

一、选择题

1 ．（2013年高考江西卷（理））过点(2,0)引直线l与曲线y?1?x2相交于A,B两点,O为坐标原点,

当?AOB的面积取最大值时,直线l的斜率等于 A．y?EB?BC?CD【答案】B

（ ）

3 3B．?3 3C．?3 3D．?3 x22 ．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD版））双曲线?y2?1的顶点到

4其渐近线的距离等于 A．

（ ）

2 5B．

4 5C．25 5D．45 5【答案】C

3 ．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））已知中心在原点的双曲线C的

3F?3,0?右焦点为,离心率等于2,在双曲线C的方程是

x2y2??15A．4

【答案】B

（ ）

x2y2??15B．4 x2y2??15C．2

x2y2??15D．2

x2y254 ．（2013年高考新课标1（理））已知双曲线C:2?2?1(a?0,b?0)的离心率为,则C的渐近

ab2线方程为 A．y??（ ）

B．y??1x 41x 3C．y??1x 2D．y??x

【答案】C

x2y2?2?1与5 ．（2013年高考湖北卷（理））已知0???,则双曲线C1:2cos?sin?4?y2x2C2:2?2?1的

sin?sin?tan2?A．实轴长相等 【答案】D

B．虚轴长相等

C．焦距相等

D．离心率相等

（ ）

y?1的渐近线的距离是 （ ） 6 ．（2013年高考四川卷（理））抛物线y?4x的焦点到双曲线x?32221

A．

1 2B．3 2C．1 D．3

【答案】B

7 ．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））如图,F1,F2是椭圆

x2C1:?y2?1与双曲线C2的公共焦点,A,B分别是C1,C2在第二、四象限的公共点.若四边形

4AF1BF2为矩形,则C2的离心率是

y A F1 O B （第9题图）

F2 x

C．

（ ）

A．2 【答案】D

B．3

3 2D．

6 2x2y28 ．（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））已知双曲线2?2?1(a?0,b?0)ab的两条渐近线与抛物线y2?2px(p?0)的准线分别交于A, B两点, O为坐标原点. 若双曲线的离心率为2, △AOB的面积为3, 则p = A．1 【答案】C

B．

3 2（ ）

C．2

D．3

x2y2??19 ．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD版含答案（已校对））椭圆C:43的左、右顶点分别为A1,A2,点P在C上且直线PA2的斜率的取值范围是??2,?1?,那么直线PA1斜率的取值范围是 A．?，?

24【答案】B

10．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD版含答案（已校对））已知抛物线C:y?8x与点M??2,2?,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点,若MAMB?0,则k? （ ）

2

2（ ）

B．?，?

84?13????33???1? C．?，?1??2?1? D．?，?3??4?

A．

1 2B．2 2C．2 D．2

【答案】D

x2y211．（2013年高考北京卷（理））若双曲线2?2?1的离心率为3,则其渐近线方程为 （ ）

abA．y=±2x 【答案】B

B．y=?2x

C．y??1x 2D．y??2x 212．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知抛物线

C1y?:

12x2p(p?0)x22?y?1C23CC的焦点与双曲线:的右焦点的连线交1于第一象限的点M.若1在点M处的切线平

行于

C2的一条渐近线,则p?

（ ）

3A．16

【答案】D

3B．8 23C．3 43D．3

x2y213．（2013年高考新课标1（理））已知椭圆E:2?2?1(a?b?0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线

ab交椭圆于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,?1),则E的方程为

（ ）

x2y2??1 A．

4536x2y2??1 B．

3627x2y2??1 C．

2718x2y2??1 D．

189【答案】D 14．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD版含答案））设抛物线

C:y2?2px(p?0)的焦点为F,点M在C上,MF?5,若以MF为直径的圆过点(0,2),则C的

方程为

A．y?4x或y?8x C．y?4x或y?16x

2222（ ）

B．y?2x或y?8x D．y?2x或y?16x

2222【答案】C 15．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）已知A、 B为平面内两定点,过该平面内动点M作直线

AB的垂线,垂足为N.若MN??AN?NB,其中?为常数,则动点M的轨迹不可能是 （ ）

A．圆

2B．椭圆 C．抛物线

3

D．双曲线

【答案】C

16．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））已知圆C1:?x?2???y?3??1,

圆C2:?x?3???y?4??9,M,N分别是圆C1,C2上的动点,P为x轴上的动点,则PM?PN的最小值为 A．52?4

B．17?1

C．6?22 D．17

（ ）

2222【答案】A 二、填空题 17．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））双曲线

x2y2??1的两条渐近线的方程为_____________. 169【答案】y??3x 42x2y2??1相交于18．（2013年高考江西卷（理））抛物线x?2py(p?0)的焦点为F,其准线与双曲线33A,B两点,若?ABF为等边三角形,则P?_____________

【答案】6

x2y219．（2013年高考湖南卷（理））设F1,F2是双曲线C:2?2?1(a?0,b?0)的两个焦点,P是C上一点,

ab若PF1?PF2?6a,且?PF1F2的最小内角为30,则C的离心率为___. 【答案】3

20．（2013年高考上海卷（理））设AB是椭圆?的长轴,点C在?上,且?CBA?则?的两个焦点之间的距离为________ 【答案】

21．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））已知直线y?a交抛物线y?x于A,B两点.若该抛物线上存在点C,使得?ABC为直角,则a的取值范围为___ _____. 【答案】[1,??)

22．（ 2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））抛物线

2?4,若AB=4,BC?2,46. 3y?x2在x?1处的切线与两坐标轴围成三角形区域为D(包含三角形内部与边界).若点P(x,y)是

4

区域D内的任意一点,则x?2y的取值范围是__________.

【答案】??2,?

2??1?? 23．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））在平面直

x2y2角坐标系xOy中,椭圆C的标准方程为2?2?1(a?0,b?0),右焦点为F,右准线为l,短轴的一

ab个端点为B,设原点到直线BF的距离为d1,F到l的距离为d2,若d2?_______. 【答案】

6d1,则椭圆C的离心率为

3

3

x2y224．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD版））椭圆?:2?2?1(a?b?0)ab的左.右焦点分别为F1,F2,焦距为2c,若直线y?3(x?c)与椭圆?的一个交点M满足

?MF1F2?2?MF2F1,则该椭圆的离心率等于__________

【答案】3?1

x2y2525．（2013年高考陕西卷（理））双曲线??1的离心率为, 则m等于___9_____.

16m4【答案】9

x2y226．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)ab的左焦点为F,C与过原点的直线相交于A,B两点,连接AF,B,F若

AB?10,AF?6,cos?ABF?【答案】

4,则C的离心率e=______. 55 7227．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）抛物线y?8x的准线方程是_______________ 【答案】x??2 28．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））在平面直

角坐标系xOy中,设定点A(a,a),P是函数y?

1

(x?0)图象上一动点,若点P，A之间的最短距x

离为22,则满足条件的实数a的所有值为_______.

5

【答案】?1或10

229．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））设F为抛物线C:y?4x的

焦点,过点P(?1,0)的直线l交抛物线C于两点A,B,点Q为线段AB的中点,若|FQ|?2,则直线的斜率等于________.

【答案】?1 三、解答题 30．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）本题共有2个小题,第1小题满分4分,第2小题满分9

分.

0)、F2(1， 0),短轴的两个端点分别为B1、 B2 已知椭圆C的两个焦点分别为F1(?1，(1)若?F1B1B2为等边三角形,求椭圆C的方程;

(2)若椭圆C的短轴长为2,过点F2的直线l与椭圆C相交于P、,求直线l的方 Q两点,且F1P?FQ1程.

[解](1) (2)

x2y2【答案】[解](1)设椭圆C的方程为2?2?1(a?b?0).

ab根据题意知??a?2b22?a?b?1, 解得a?2421,b? 33x2y2??1. 故椭圆C的方程为

4133x2?y2?1. (2)容易求得椭圆C的方程为2当直线l的斜率不存在时,其方程为x?1,不符合题意; 当直线的斜率存在时,设直线l的方程为y?k(x?1).

?y?k(x?1)?2222(2k?1)x?4kx?2(k?1)?0. 由?x2 得2??y?1?2 y1)， Q(x2， y2),则 设P(x1，6

4k22(k2?1)x1?x2?2， x1x2?， F1P?(x1?1， y1)， FQ?(x2?1， y2) 12k?12k2?1因为F?0,即 1P?FQ1,所以F1P?FQ1(x1?1)(x2?1)?y1y2?x1x2?(x1?x2)?1?k2(x1?1)(x2?1) ?(k2?1)x1x2?(k2?1)(x1?x2)?k2?1

7k2?1?2?0, 2k?1解得k?271,即k??. 77故直线l的方程为x?7y?1?0或x?7y?1?0.

x2y231．（2013年高考四川卷（理））已知椭圆C:2?2?1,(a?b?0)的两个焦点分别为F1(?1,0),F2(1,0),

ab41且椭圆C经过点P(,).

33(Ⅰ)求椭圆C的离心率;

(Ⅱ)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M、N两点,点Q是线段MN上的点,且

211??,求点Q的轨迹方程. 222|AQ||AM||AN|

?4??1??4??1?【答案】解:2a?PF1?PF2???1???????1?????22

?3??3??3??3?所以,a?22222. 又由已知,c?1, 所以椭圆C的离心率e?c12 ??a22x2????由???知椭圆C的方程为?y2?1.

2设点Q的坐标为(x,y).

?35?x(1)当直线l与轴垂直时,直线l与椭圆C交于?0,1?,?0,?1?两点,此时Q点坐标为?0,2???? 5??(2) 当直线l与x轴不垂直时,设直线l的方程为y?kx?2.

7

因为M,N在直线l上,可设点M,N的坐标分别为(x1,kx1?2),(x2,kx2?2),则

AM?(1?k2)x12,AN?(1?k2)x22. 又AQ?x2??y?2??(1?k2)x2.

由

22222AQ2?1AM2?1AN2,得

211,即 ??222222?1?k?x?1?k?x1?1?k?x2211?x1?x2??2x1x2 ① ???22222xx1x2x1x2x2?y2?1中,得 将y?kx?2代入22?2k2?1?x2?8kx?6?0 ②

2由???8k??4?2k?1?6?0,得k?22??3. 28k6,xx?, 12222k?12k?1182代入①中并化简,得x? ③ 210k?3y?222因为点Q在直线y?kx?2上,所以k?,代入③中并化简,得10?y?2??3x?18.

x由②可知x1?x2??由③及k?2?6??6?332,00,,可知0?x?,即x???. ???????22?2??2???35?66?22又?0,2????满足10?y?2??3x?18,故x????2,2??. 5????由题意,Q?x,y?在椭圆C内部,所以?1?y?1, 又由10?y?2??18?3x有

22?135??99?,2??y?2???,?且?1?y?1,则y???. ?5425????2所以点Q的轨迹方程是10?y?2??3x?18,其中,x???22????166?35?,y?,2?,??? ??22?5??2x2y232．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））椭圆C:2?2?1(a?b?0)ab8

的左、右焦点分别是F1,F2,离心率为(Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1,PF2,设?F1PF2的角平分线PM交C 的长轴于点M(m,0),求m的取值范围;

(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,过P点作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C有且只有一个公共点,设直线

3,过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1. 211?PF1,PF2的斜率分别为k1,k2,若k?0,试证明为定值,并求出这个定值. kk1kk2

x2y2b2?2?1y??2222x??cc?a?baba 【答案】解:(Ⅰ)由于,将代入椭圆方程得32b2c?1e??22 a由题意知a,即a?2b 又

x2?y2?1所以a?2,b?1 所以椭圆方程为4

(Ⅱ)由题意可知:PF1?PMPF2?PMPF1?PMPF2?PM2=,=,设P(x0,y0)其中x0?4,将向|PF1||PM||PF2||PM||PF1||PF2|232量坐标代入并化简得:m(4x0?16)?3x0?12x0,因为x0?4,

所以m?333x0,而x0?(?2,2),所以m?(?,) 422(3)由题意可知,l为椭圆的在p点处的切线,由导数法可求得,切线方程为: xy0y0x0x11?,k2??y0y?1,所以k??0,而k1?,代入中得 4y0kkkk4x?3x?312x?3x0?311???4(0?)??8为定值. kk1kk2x0x09

x2?y2?1,曲线C2:|y|?|x|?1,P33．（2013年高考上海卷（理））(3分+5分+8分)如图,已知曲线C1:2是平面上一点,若存在过点P的直线与C1,C2都有公共点,则称P为“C1—C2型点”.

(1)在正确证明C1的左焦点是“C1—C2型点”时,要使用一条过该焦点的直线,试写出一条这样的直线的方程(不要求验证);

(2)设直线y?kx与C2有公共点,求证|k|?1,进而证明原点不是“C1—C2型点”; (3)求证:圆x?y?221内的点都不是“C1—C2型点”. 2

【答案】:(1)C1的左焦点为F(?3,0),过F的直线x??3与C1交于(?3,?2),与C2交于2(?3,?(3?1)),故C1的左焦点为“C1-C2型点”,且直线可以为x??3; (2)直线y?kx与C2有交点,则

?y?kx?(|k|?1)|x|?1,若方程组有解,则必须|k|?1; ??|y|?|x|?1直线y?kx与C2有交点,则

?y?kx1222k?,若方程组有解,则必须 ?(1?2k)x?2?222x?2y?2?故直线y?kx至多与曲线C1和C2中的一条有交点,即原点不是“C1-C2型点”. (3)显然过圆x?y?221内一点的直线l若与曲线C1有交点,则斜率必存在; 2根据对称性,不妨设直线l斜率存在且与曲线C2交于点(t,t?1)(t?0),则

l:y?(t?1)?k(x?t)?kx?y?(1?t?kt)?0

直线l与圆x?y?221|1?t?kt|2内部有交点,故 ?222k?110

化简得,(1?t?tk)2?12(k?1)............① 2若直线l与曲线C1有交点,则

?y?kx?kt?t?112?22?(k?)x?2k(1?t?kt)x?(1?t?kt)?1?0 ?x222?y?1??21??4k2(1?t?kt)2?4(k2?)[(1?t?kt)2?1]?0?(1?t?kt)2?2(k2?1)

2化简得,(1?t?kt)?2(k?1).....②

2212(k?1)?k2?1 2122但此时,因为t?0,[1?t(1?k)]?1,(k?1)?1,即①式不成立;

212当k?时,①式也不成立

2122综上,直线l若与圆x?y?内有交点,则不可能同时与曲线C1和C2有交点,

2122即圆x?y?内的点都不是“C1-C2型点” .

2由①②得,2(k?1)?(1?t?tk)?2234．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD版））如图,在正方形OABC中,O为坐标原点,点A的坐标为(10,0),点C的坐标为(0,10).分别将线段OA和AB十等分,分点分别记

*为A1,A2,....A9和B1,B2,....B9,连结OBi,过Ai做x轴的垂线与OBi交于点Pi(i?N,1?i?9). *(1)求证:点Pi(i?N,1?i?9)都在同一条抛物线上,并求该抛物线E的方程;

(2)过点C做直线与抛物线E交于不同的两点M,N,若?OCM与?OCN的面积比为4:1,求直线的方程.

【答案】解:(Ⅰ)依题意,过Ai(i?N,1?i?9)且与x轴垂直的直线方程为x?i

*Bi(10,i),?直线OBi的方程为y?ix 10?x?i12?y?x,即x2?10y, 设Pi坐标为(x,y),由?得:i10y?x?10??Pi(i?N*,1?i?9)都在同一条抛物线上,且抛物线E方程为x2?10y

(Ⅱ)依题意:直线的斜率存在,设直线的方程为y?kx?10

11

由??y?kx?102x?10kx?100?0 得2?x?10y2此时??100k+400?0,直线与抛物线E恒有两个不同的交点M,N 设:M(x1,y1)N(x2,y2),则??x1?x2?10k

?x1?x2??100S?OCM?4S?OCN?x1?4x2

又

x1?x2?0,?x1??4x2

分别带入?3?y?kx?10k??,解得 22?x?10y直线的方程为y??3x+10,即3x?2y?20?0或3x+2y?20?0 2235．（2013年高考湖南卷（理））过抛物线E:x?2py(p?0)的焦点F作斜率分别为k1,k2的两条不同的

直线l1,l2,且k1?k2?2,l1与E相交于点A,B,l2与E相交于点C,D.以AB,CD为直径的圆M,圆N(M,N为圆心)的公共弦所在的直线记为l.

2(I)若k1?0,k2?0,证明;FMFN?2P;

(II)若点M到直线l的距离的最小值为【答案】解: (Ⅰ) F(0,75,求抛物线E的方程. 5p ).设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),M(x12,y12),N(x34,y34)，2p直线l1方程：y?k1x?,与抛物线E方程联立，化简整理得：?x2?2pk1x?p2?0

2x?xp22?x1?x2?2k1p,x1?x2??p2?0?x12?12?k1p,y12?k1p??FM?(k1p,?k1p)22x?xp22同理,?x34?12?k2p,y34?k2p??FN?(k2p,?k2p).

22?FM?FN?k1k2p2?k1k2p2?p2k1k2(k1k2?1)

?k1?0,k2?0,k1?k2,2?k1?k2?2k1k2?k1k2?1,?FM?FN?p2k1k2(k1k2?1)?p2?1?(1?1)?2p2所以,FM?FN?2p2成立. (证毕) (Ⅱ)

221pp1p22设圆M、N的半径分别为r1,r2?r1?[(?y1)?(?y2)]?[p?2(k1p?)]?k1p?p,

2222212

?r1?k1p?p,同理2r1?k2p?p,

22设圆M、N的半径分别为r1,r2.则M、N的方程分别为(x?x12)2?(y?y12)2?r1,

(x?x34)2?(y?y34)2?r2，直线l的方程为：222(x34?x12)x?2(y34?y12)y?x12?x34?y12?y34-r1?r2?0.

?2p(k2?k1)x?2p(k2?k1)y?(x12?x34)(x12?x34)?(y12?y34)(y12?y34)?(r2-r1)(r2?r1)?0

?2p(k2?k1)x?2p(k2?k1)y?2p2(k1?k2)?p2(k1?k2)(k1?k2?1)?p2(k2?k1)(k1?k2?2)?0?x?2y?p?p(k1?k2?1)?p(k1?k2?2)?0?x?2y?0

2222222222222222222222112(?)2?(?)?1x?2y122k?k1?17p744点M(x12,y12)到直线l的距离d?|12|?p?||?p???555585521?p?8?抛物线的方程为x2?16y.

36．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））如图,点P(0,?1)是椭圆

x2y2C1:2?2?1(a?b?0)的一个顶点,C1的长轴是圆C2:x2?y2?4的直径.l1,l2是过点P且互相

ab垂直的两条直线,其中l1交圆C2于两点,l2交椭圆C1于另一点D (1)求椭圆C1的方程; (2)求?ABD面积取最大值时直线l1的方程.

y l1 D O P A （第21题图）

l2 B x

x2?y2?1; 【答案】解:(Ⅰ)由已知得到b?1,且2a?4?a?2,所以椭圆的方程是413

1?0(Ⅱ)因为直线l1?l2,且都过点P(0,?1),所以设直线l1:y?kx?1?kx?y?,直线

l2:y??d?11x?1?x?ky?k?0,所以圆心(0,0)到直线l1:y?kx?1?kx?y?1?0的距离为k21?k,所以直线l1被圆x?y?4所截的弦AB?24?d222?23?4k21?k2;

?x?ky?k?0?222由?x2?kx?4x?8kx?0,所以

2??y?1?48k164k28k2?1xD?xP??2?|DP|?(1?2)2?2,所以 2k?4k(k?4)k?4S?ABD1123?4k28k2?184k2?34?84k2?3?|AB||DP|???2??2222k?4k?44k2?3?131?k?324k2?34k2?32?134k2?3134k2?3?324k2?3?134k2?3?32213?1613, 13当4k?3??k2?10510x?1 时等号成立,此时直线l1:y???k??22237．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））如题(21)图,椭圆的中心为原点O,

长轴在x轴上,离心率e?(1)求该椭圆的标准方程;

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

2,过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A,A?两点,AA??4. 2

【答案】

14

x2y2?1的38．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））设椭圆E:2?2a1?a焦点在x轴上

(Ⅰ)若椭圆E的焦距为1,求椭圆E的方程;

(Ⅱ)设F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,P为椭圆E上的第一象限内的点,直线F2P交y轴与点Q,并且F1P?F1Q,证明:当a变化时,点p在某定直线上.

15

58x28x2??1. 【答案】解: (Ⅰ)?a?1?a,2c?1,a?1?a?c?a?，椭圆方程为：853222222(Ⅱ) 设F1(?c,0),F2(c,0),P(x,y),Q(0,m),则F2P?（x?c,y),QF2?(c,?m). 由1?a?0?a?(0,1)?x?(0,1),y?(0,1).

2?m(c?x)?yc F1P?(x?c,y),F1Q?(c,m).由F2P//QF2,F1P?F1Q得：??c(x?c)?my?0?x2y2?1?2?2a1?a???(x?c)(x?c)?y2?x2?y2?c2.联立?x2?y2?c2解得

?a2?1?a2?c2???2x22y2?2??1?x2?(y?1)2.?x?(0,1),y?(0,1)?x?1?y 222x?y?11?x?y所以动点P过定直线x?y?1?0.

39．（2013年高考新课标1（理））已知圆M:(x?1)?y?1,圆N:(x?1)?y?9,动圆P与M外切

并且与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线 C.

(Ⅰ)求C的方程;

(Ⅱ)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|. 【答案】由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r1=1,圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3. 设动圆P的圆心为P(x,y),半径为R.

(Ⅰ)∵圆P与圆M外切且与圆N内切,∴|PM|+|PN|=(R?r1)?(r2?R)=r1?r2=4,

由椭圆的定义可知,曲线C是以M,N为左右焦点,场半轴长为2,短半轴长为3的椭圆(左顶点除外),

2222x2y2??1(x??2). 其方程为43(Ⅱ)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R?2≤2,∴R≤2, 当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=2.

∴当圆P的半径最长时,其方程为(x?2)?y?4, 当l的倾斜角为90时,则l与y轴重合,可得|AB|=23. 02216

当l的倾斜角不为90时,由r1≠R知l不平行x轴,设l与x轴的交点为Q,则

0|QP|R=,可求得

|QM|r1Q(-4,0),∴设l:y?k(x?4),由l于圆M相切得|3k|1?k2?1,解得k??2. 4x2y222??1(x??2)并整理得7x2?8x?8?0,解得当k=时,将y?x?2代入4344x1,2=18?4?62,∴|AB|=1?k2|x1?x2|=.

77218时,由图形的对称性可知|AB|=, 4718或|AB|=23. 7当k=-综上,|AB|=

x2y240．（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））设椭圆2?2?1(a?b?0)的左

ab343, 过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为. 33(Ⅰ) 求椭圆的方程;

(Ⅱ) 设A, B分别为椭圆的左右顶点, 过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C, D两点. 若

焦点为F, 离心率为AC·DB?AD·CB?8, 求k的值.

【答案】

17

x2y23141．（2013年高考江西卷（理））如图,椭圆C：2+2=1(a>b>0)经过点P(1,),离心率e=,直线l的方

ab22程为x=4.

(1) 求椭圆C的方程;

(2) AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.问:是否存在常数?,使得k1+k2=?k3.?若存在求?的值;若不存在,说明理由.

18

【答案】解:(1)由P(1,)在椭圆上得,依题设知a?2c,则b?3c ②

222②代入①解得c?1,a?4,b?3.

3219??1 ① 22a4b22x2y2??1. 故椭圆C的方程为43(2)方法一:由题意可设AB的斜率为k, 则直线AB的方程为y?k(x?1) ③

222222代入椭圆方程3x?4y?12并整理,得(4k?3)x?8kx?4(k?3)?0,

设A(x1,y1),B(x2,y2),则有

8k24(k2?3)x1?x2?2,x1x2? ④

4k?34k2?3在方程③中令x?4得,M的坐标为(4,3k).

333y2?3k?2,k?2,k?2?k?1. 从而k1?23x1?1x2?14?12y1?注意到A,F,B共线,则有k?kAF?kBF,即有

y1y?2?k. x1?1x2?133y2?2?2?y1?y2?3(1?1) 所以k1?k2?x1?1x2?1x1?1x2?12x1?1x2?2y1?x1?x2?23?2k?? ⑤

2x1x2?(x1?x2)?119

8k2?2234k?3?2k?1, ④代入⑤得k1?k2?2k??228k24(k?3)??1224k?34k?31又k3?k?,所以k1?k2?2k3.故存在常数??2符合题意.

2方法二:设B(x0,y0)(x0?1),则直线FB的方程为:y?y0(x?1), x0?1令x?4,求得M(4,3y0), x0?12y0?x0?1,

2(x0?1)从而直线PM的斜率为k3?y0?y?(x?1)?x0?15x?83y0?,), 联立? ,得A(0222x?52x?500?x?y?1?3?4则直线PA的斜率为:k1?2y0?2x0?52y0?3,直线PB的斜率为:k2?,

2(x0?1)2(x0?1)所以k1?k2?2y0?2x0?52y0?32y0?x0?1???2k3,

2(x0?1)2(x0?1)x0?1故存在常数??2符合题意.

42．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））已知抛物线C的顶点为原点,

其焦点F?0,c??c?0?到直线l:x?y?2?0的距离为

32.设P为直线l上的点,过点P作抛物线2C的两条切线PA,PB,其中A,B为切点.

(Ⅰ) 求抛物线C的方程;

(Ⅱ) 当点P?x0,y0?为直线l上的定点时,求直线AB的方程; (Ⅲ) 当点P在直线l上移动时,求AF?BF的最小值. 【答案】(Ⅰ) 依题意,设抛物线C的方程为x?4cy,由所以抛物线C的方程为x?4y. (Ⅱ) 抛物线C的方程为x?4y,即y?2220?c?22?32结合c?0,解得c?1. 2121x,求导得y??x 42x12x2211,y2?设A?x1,y1?,B?x2,y2?(其中y1?),则切线PA,PB的斜率分别为x1,x2, 442220

x1x12x1x??y1,即x1x?2y?2y1?0 所以切线PA的方程为y?y1??x?x1?,即y?222同理可得切线PB的方程为x2x?2y?2y2?0

因为切线PA,PB均过点P?x0,y0?,所以x1x0?2y0?2y1?0,x2x0?2y0?2y2?0 所以?x1,y1?,?x2,y2?为方程x0x?2y0?2y?0的两组解. 所以直线AB的方程为x0x?2y?2y0?0.

(Ⅲ) 由抛物线定义可知AF?y1?1,BF?y2?1, 所以AF?BF??y1?1??y2?1??y1y2??y1?y2??1

?x0x?2y?2y0?0联立方程?2,消去x整理得y2??2y0?x02?y?y02?0

?x?4y22由一元二次方程根与系数的关系可得y1?y2?x0?2y0,y1y2?y0

所以AF?BF?y1y2??y1?y2??1?y02?x02?2y0?1 又点P?x0,y0?在直线l上,所以x0?y0?2,

1?9?所以y0?x0?2y0?1?2y0?2y0?5?2?y0???

2?2?2222所以当y0??19时, AF?BF取得最小值,且最小值为. 2243．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD版含答案））平面直角坐标系xOyx2y2中,过椭圆M:2?2?1(a?b?0)的右焦点F作直x?y?3?0交M于A,B两点,P为AB的中点,

ab且OP的斜率为

1. 2(Ⅰ)求M的方程;

(Ⅱ)C,D为M上的两点,若四边形ABCD的对角线CD?AB,求四边形ABCD面积的最大值. 【答案】

21

44．（2013年高考湖北卷（理））如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,

短轴长分别为2m,2n?m?n?,过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记??m,?BDM和?ABN的面积分别为S1和S2. n22

(I)当直线l与y轴重合时,若S1??S2,求?的值;

(II)当?变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1??S2?并说明理由.

y A B M C O N x D 第21题图

m?1??1???n?m??1?1S??S2?m?n???m?n?,n【答案】解:(I)1

解得:??2?1(舍去小于1的根)

x2y2x2y2(II)设椭圆C1:2?2?1?a?m?,C2:2?2?1,直线l:ky?x

aman?ky?x222a?mk2am?22?y?1 ?y??xyA22222am??1a?mk??a2m2同理可得, 又

?BDM和?ABN的的高相等

?S1BDyB?yDyB?yA ???S2AByA?yByA?yB如果存在非零实数k使得S1??S2,则有???1?yA????1?yB,

22222a??2??1??1?????2???1???1??2?即:2,解得k?

4n2?3a??2n2k2a2?n2k2?当??1?2时,k2?0,存在这样的直线l;当1???1?2时,k2?0,不存在这样的直线l. x2?y2?1上的三个点,O是坐标原点. 45．（2013年高考北京卷（理））已知A、B、C是椭圆W:4(I)当点B是W的右顶点,且四边形OABC为菱形时,求此菱形的面积;

23

(II)当点B不是W的顶点时,判断四边形OABC是否可能为菱形,并说明理由.

x2?y2?1的右顶点B的坐标为(2,0).因为四边形OABC为菱形,所以AC与OB【答案】解:(I)椭圆W:4相互垂直平分. 所以可设A(1,m),代入椭圆方程得

31. 所以菱形OABC的面?m2?1,即m??24积是

11|OB|?|AC|??2?2|m|?3. 22(II)假设四边形OABC为菱形. 因为点B不是W的顶点,且直线AC不过原点,所以可设AC的方程为

y?kx?m(k?0,m?0).

?x2?4y2?4222由?消去y并整理得(1?4k)x?8kmx?4m?4?0. ?y?kx?mx1?x2x1?x24kmy1?y2m,. ???k??m?2221?4k221?4k4kmm所以AC的中点为M(?,).

1?4k21?4k21因为M为AC和OB的交点,所以直线OB的斜率为?.

4k1因为k?(?)??1,所以AC与OB不垂直. 所以OABC不是菱形,与假设矛盾.

4k设A(x1,y1),C(x2,y2),则

所以当点B不是W的顶点时,四边形OABC不可能是菱形. 46．（2013年高考陕西卷（理））已知动圆过定点A(4,0), 且在y轴上截得的弦MN的长为8.

(Ⅰ) 求动圆圆心的轨迹C的方程;

(Ⅱ) 已知点B(-1,0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是?PBQ的角平分线, 证明直线l过定点. 【答案】C

解:(Ⅰ) A(4,0),设圆心

(x,y),MN线段的中点为E，由几何图像知ME?MN,CA2?CM2?ME2?EC22?（x?4)2?y2?42?x2?y2?8x

(Ⅱ) 点B(-1,0), 设P(x1,y1),Q(x2,y2),由题知y1?y2?0，y1y2?0,y1?8x1,y2?8x2.

22?y1?y2y?y??21?22?8(y1?y2)?y1y2(y2?y1)?0?8?y1y2?0直线PQx1?1x2?1y1?8y2?8y2?y112(x?x1)?y?y1?(8x?y1)

x2?x1y2?y12方程为:y?y1??y(y2?y1)?y1(y2?y1)?8x?y1?y(y2?y1)?8?8x?y?0,x?1

24

所以,直线PQ过定点(1,0) 47．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））如图,抛物线

C1:x2?4y,C2:x2??2py?p?0?,点M?x0,y0?在抛物线C2上,过M作C1的切线,切点为

1A,B(M为原点O时,A,B重合于O)x0?1?2,切线MA.的斜率为-.

2(I)求p的值;

(II)当M在C2上运动时,求线段AB中点N的轨迹方程.A,B重合于O时,中点为O.

??

【答案】

25

48．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD版含答案（已校对））已知双曲线

x2y2C:2?2?1?a?0,b?0?的左、右焦点分别为F1，F2,离心率为3，直线y?2与C的两个交点间

ab的距离为6. (I)求a,b;;

(II)设过F2的直线l与C的左、右两支分别相交于A,B两点,且AF1?BF1,证明:AF2、AB、BF2成等比数列.

【答案】

26

49．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）本题共有2个小题,第1小题满分6分,第2小题满分6

分.

y?4x 的焦点为F. 已知抛物线C：(1)点A、 P满足AP??2FA.当点A在抛物线C上运动时,求动点P的轨迹方程;

(2)在x轴上是否存在点Q,使得点Q关于直线y?2x的对称点在抛物线C上?如果存在,求所有满足条件的点Q的坐标;如果不存在,请说明理由.

2 yA),则AP?(x?xA， y),点A的坐标为(xA，【答案】(1)设动点P的坐标为(x， y?yA),

27

因为F的坐标为(1， 0),所以FA?(xA?1， yA),

y?yA)??2(xA?1， yA). 由AP??2FA得(x?xA，?x?xA??2(xA?1)?xA?2?x即? 解得?

y?y??2yy??y?AA?A代入y?4x,得到动点P的轨迹方程为y?8?4x.

(2)设点Q的坐标为(t， 0).点Q关于直线y?2x的对称点为Q?(x， y),

2231??yx??t?????x?t?52则? 解得?

?y?x?t?y?4t??5?2?2若Q?在C上,将Q?的坐标代入y?4x,得4t?15t?0,即t?0或t??215. 4所以存在满足题意的点Q,其坐标为(0， 0)和(?

15， 0). 428

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