北京2013届高三最新理科试题分类汇编(含9区一模及上学期期末试题

北京2013届高三最新模拟试题分类汇编（含9区一模及上学期期末试题精选）

专题：圆锥曲线

一、选择题

1 ．（2013届北京大兴区一模理科）双曲线x2-my2=1的实轴长是虚轴长的2倍,则m等于 （ ）

A．

14 B．

12 C．2 D．4

2 ．（2013届北京海滨一模理科）抛物线y2?4x的焦点为F，点P(x,y)为该抛物线上的动点，

又点A(?1,0)，则|PF||PA|的最 小值是

（ 12322A．2

B．2 C．2

D．3

2013届北京市延庆县一模数学理）已知双曲线x23 ．（y2a2?b2?1(a?0,b?0)的离心率为2，

一个焦点与抛物线y2?16x的焦点相同，则双曲线的渐近线方程为

（ A．y??32x B．y??32x C．y??33x D．y??3x

4 ．（2013届东城区一模理科）已知

F1(?c,0，)F2(c,0)分别是双曲线C1：

x2a2?y2b2?1(a?0,b?0)的两个焦点，双曲线C1和圆C2：x2?y2?c2的一个交点为P，且2?PF1F2??PF2F1，那么双曲线C1的离心率为

（ A．

52 B．3 C．2 D．3?1

5 ．（2013届门头沟区一模理科）已知P(x,y)是中心在原点，焦距为10的双曲线上一点，且

yx的取值范围为(?334,4)，则该双曲线方程是 22A．

xB．

x29?y216?1

y9?16?1 C．x2?y2?1 D．y216916?x29?1

）

）

）

6 ．（北京市东城区2013届高三上学期期末考试数学理科试题）已知抛物线y2?2px的焦点F与

x2y2??1的右焦点重合，抛物线的准线与x轴的交点为K，点A在抛物线上且双曲线

79|AK|?2|AF|，则△AFK的面积为

A．4

B．8

C．16

D．32

2（ ）

7 ．（北京市海淀区北师特学校2013届高三第四次月考理科数学）方程x?xy?x的曲线是

（ ）

A．一个点 B．一条直线 C．两条直线

D．一个点和一条直线 8 ．（北京市海淀区北师特学校2013届高三第四次月考理科数学）已知双曲线

x2a2?y2b2?1(a?0,b?0)，过其右焦点且垂直于实轴的直线与双曲线交于M,N两点，O为坐标原点.若OM?ON，则双曲线的离心率为 （ A．?1?3?31?52 B．12 C．?1?52 D．2 9 ．（北京市通州区2013届高三上学期期末考试理科数学试题 ）已知直线l1:4x?3y?6?0和

直线l2:x??1，抛物线y2?4x上一动点P到直线l1 和直线l2的距离之和的最小值是 （ A．355 B．2 C．

115 D．3

10．（【解析】北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）已知双曲线的中心在原点，

一个焦点为F1(?5,0)，点P在双曲线上，且线段PF1的中点坐标为(0,2)，则此双曲线的方程是

（ x22A．?y2?1 B．x2?y24?1 C．x2?y4?1 D．x2y2233?2?1 11．（【解析】北京市海淀区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）椭圆

C:x2y2a2?b2?1(a?b?0)的左右焦点分别为F1,F2，若椭圆C上恰好有6个不同的点P，

使得?F1F2P为等腰三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是

（ 1111A．(3,23)

B．(12,1) C．(23,1) D．(3,2)?(2,1)

）

）

）

）

二、填空题

12．（2013届北京西城区一模理科）在直角坐标系xOy中，点B与点A(?1,0)关于原点O对

称．点P(x0,y0)在抛物线y2?4x上，且直线AP与BP的斜率之积等于2，则

x0?______．

x2y213．（2013届房山区一模理科数学）已知双曲线C:2?2?1(a?0,b?0)的焦距为4，且过点

ab(2,3)，则它的渐近线方程为 .

14．（北京市东城区普通高中示范校2013届高三3月联考综合练习（二）数学（理）试题 ）若双

x2y2曲线2?2?1(a?0,b?0)与直线y?3x无交点，则离心率e的取值范围是 . ab15．（北京市东城区普通高中示范校2013届高三3月联考综合练习（二）数学（理）试题 ）已知

直线l:y?ax?1?a(a?R)，若存在实数a使得一条曲线与直线l有两个不同的交点，且以这两个交点为端点的线段的长度恰好等于a，则称此曲线为直线l的“绝对曲线”．下面给出的三条曲线方程：①y??2x?1；②(x?1)2?(y?1)2?1；③x2?3y2?4．其中直线l的“绝对曲线”有＿＿＿＿＿．（填写全部正确选项的序号）

16．（北京市东城区普通校2013届高三3月联考数学（理）试题 ）

y A x2y2如图，F1和F2分别是双曲线2?2?1(a?0，b?0)的两

ab1个焦点，A和B是以O为圆心，以OF1为半径的圆与 F 该双曲线左支的两个交点，且△F2AB是等边三角形，则双 曲线的离心率为 .

B O F2 x x2y2??1的两个焦17．（北京市西城区2013届高三上学期期末考试数学理科试题）已知椭圆 42P在该椭圆上．若|PF1|?|PF2|?2，则△PF1F2的面积是______． 点是F1，F2，点

18．（北京市顺义区2013届高三第一次统练数学理科试卷（解析））在平面直角坐标系xOy中,

设抛物线y?4x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的倾斜角为120?,那么PF?_______.

2

x2y2??1的右焦点为19．（北京市昌平区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）以双曲线

916圆心，并与其渐近线相切的圆的标准方程是 _____.

20．（【解析】北京市海淀区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）以y??x为渐近线且经过

点(2,0)的双曲线方程为______.

21．（【解析】北京市石景山区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）已知定点A的坐标为

x2y2?1的左焦点，点P是双曲线右支上的动点，则PF?PA(1,4)，点F是双曲线?412的最小值为 ．

北京2013届高三最新模拟试题分类汇编（含9区一模及上学期期末试题精选）专题：圆锥曲

线参考答案

一、选择题 1. D 2. B 3. D 4. D 5. C

6. 【答案】D

解：双曲线的右焦点为(4,0)，抛物线的焦点为(pp,0)，所以?4，即p?8。所以抛22y2物线方程为y?16x，焦点F(4,0),准线方程x??4，即K(?4,0),设A(,y),

162过A做AM垂直于准线于M,由抛物线的定义可知

y2整AM?AF,所以AK?2AF?2AM,即AM?MK,所以?(?4)?y，

16理

得

y2?1y6??64，即0(y?28?)，0所

以

y?8，所以

S?AFK?11KFy??8?8?32,选D. 227. 【答案】C

【解析】由x2?xy?x得x(x?y?1)?0，即x?0或x?y?1?0，为两条直线，选C.

8. 【答案】D

【解析】由题意知三角形OMN为等腰直角三角形，所以MF?OF?c，所以点

c2c2c2y2b2M(c,c)，代入双曲线方程2?2?1，当x?c时，2?2?1，得y?，所以由

ababab2y??c，的b2?ac，即c2?a2?ac,c2?ac?a2?0，所以e2?e?1?0，解得

a

离心率e?1?5，选D. 2

9. ,【答案】B

【 解析】因为抛物线的方程为y2?4x，所以焦点坐标F(1,0),准线方程为x??1。所以设P到准线的距离为PB,则PB?PF。P到直线l:4x?3y?6?0的距离为PA，

1所以PA?PB?PA?PF?FD,其中FD为焦点到直线4x?3y?6?0的距离，所以

FD?4?0?63?422?10?2，所以距离之和最小值是52，选B.

10. 【答案】B

解：由双曲线的焦点可知c?5，线段PF1的中点坐标为(0,2)，所以设右焦点为F2，则有PF2?x，且PF2?4，点P在双曲线右支上。所以PF1?(25)?4?36?6，所以PF,b?c?a?4，所以双曲线的方程为1?PF2?6?4?2?2a，所以a?122222y2x??1，选B.

4211. 【答案】D

解：当点P位于椭圆的两个短轴端点时，?F1F2P为等腰三角形，此时有2个。

,若点不在短轴的端点时，要使?F1F2P为等腰三角形，则有

PF1?F1F2?2c或PF2?F1F2?2c。此时PF2?2a?2c。所以有PF1?F1F2?PF2，

即2c?2c?2a?2c，所以3c?a，即

c1?，又当点P不在短轴上，所以PF1?BF1，a3111(,)?(,1)c111322即2c?a，所以?。所以椭圆的离心率满足?e?1且e?，即，

a232所以选D.

二、填空题 12. 1?2；

13. y??3x 14. (1,2] 15. ②③ 16. 1?

3

2 17. 【答案】解：由椭圆的方程可知a?2,c?2，且|PF1|?|PF2|?2a?4，所以解得

|PF1|2?|PF2|2?F1F2，即三角|PF1|?3,|PF2|?1，又|FF12|?2c?22，所以有

形PF2F1为直角三角形，所以△PF1F2的面积S??211F1F2PF2??22?1?2。 22?18.答案4抛物线的焦点坐标为F(1,0),准线方程为x??1.因为直线AF的倾斜角为120,

所以?AFO?60,又tan60?0?yA,所以yA?23.因为PA?l,所以

1?(?1)yP?yA?23,代入y2?4x,得xA?3,所以PF?PA?3?(?1)?4.

19. 【答案】(x?5)2?y2?16

44x，不妨取y?x，即4x?3y?0。双曲线的右焦点为33解：双曲线的渐近线为y??

(5,0)，圆心到直线4x?3y?0的距离为d?圆的标准方程为(x?5)2?y2?16。

4?53?422?4，即圆的半径为4，所以所求

x2y2??1 20. 【答案】

44解：因为双曲线经过点(2,0)，所以双曲线的焦点在x轴，且a?2，又双曲线的渐近线

x2y2y??x??1。为，所以双曲线为等轴双曲线，即b?a?2，所以双曲线的方程为 4421. 【答案】9

解：由双曲线的方程可知a?2，设右焦点为F,0)。PF?PF1?2a?4，即1，则F1(4PF?PF1?4，所以PF?PA?PF1?PA?4?AF1?4，当且仅当A,P,F1

三点共线时取等号，此时

AF1?(4?1)2?42?25?5，所以

PF?PA?AF1?4?9，即PF?PA的最小值为9.

三、解答题

22.解：（I）设P点坐标(x,y)，则kAP?yy（x??2），kBP?（x?2）， x?2x?2x2yy1由已知???，化简得：?y2?1.

4x?2x?24x2所求曲线C的方程为?y2?1（x??2）。

4（II）由已知直线AQ的斜率存在， 且不等于0，设方程为y?k(x?2)，

?x2?4y2?4由?，消去y得：

y?k(x?2)?(1?4k2)x2?16k2x?16k2?4?0???（1）.

因为?2，xQ是方程（1）的两个根， 16k2?42?8k2所以?2?xQ?，得xQ?，

1?4k21?4k22?8k24k2?8k24k又yQ?k(xQ?2)?k(，所以Q(,)。 ?2)?1?4k21?4k21?4k21?4k2

当x?4，得yM?6k，即M(4,6k)。 又直线BQ的斜率为?1111，方程为y??(x?2)，当x?4时，得yN??，即N(4,?)。 4k4k2k2k直线BM的斜率为3k，方程为y?3k(x?2)。

?x2?4y2?4由?，消去y得：

y?3k(x?2)?(1?36k2)x2?144k2x?144k2?4?0???（2）.

因为2，xD是方程（2）的两个根，所以 144k2?4， 2?xD?1?36k272k2?212k12k72k2?2得xD?，又，即y?3k(x?2)??D(,?)。 DD22221?36k1?36k1?36k1?36k172k2?212k由上述计算：A(?2,0)，D(，N(4,?)。 ,?)2k1?36k21?36k2因为kAD??11，kAN??，所以kAD?kAN。 12k12k所以A、D、N三点共线。

x2y223.解：（Ⅰ）设椭圆C的方程为2?2?1?a?b?0?，由题意

ab?a2?b2?4x2y2?22??1. …………5分 ，解得a?8，b?4，所以椭圆C的方程为?4284?2?2?1?ab（Ⅱ）假设存在斜率为k的直线，其垂直平分线经过点Q（0,3）， 设A(x1,y1)、B(x2,y2)，AB的中点为N(x0,y0),

?x2y2?1??222由?8得(1?2k)x?4mkx?2m?8?0, …………………6分 4?y?kx?m???16m2k2?4(1?2k2)(2m2?8)?64k2?8m2?32?0，所以8k2?m2?4?0,…7

分

4mk,

1?2k2x?x2mkmy?kx?m?，, ……………8分 ?x0?12??0021?2k21?2k2， ?线段AB的垂直平分线过点Q（0,3）x1?x2??

?kNQ?k??1，即

???0 ，

y0?3?k??1，??m?3?6k2，…………10分 x0整理得36k?28k?5?0，显然矛盾?不存在满足题意的k的值。………13分

24.解：（I）设椭圆的焦距为2c，

42因为a?2，

c2，所以c?1，所以b?1. ?a2x2所以椭圆C：?y2?1………………4分

2（II）设A（x1，y1），B(x2，y2)

?y?kx由直线l与椭圆C交于两点A，B，则?2 2x?2y?2?0?所以(1?2k2)x2?2?0 ，则x1?x2?0，x1x2??2………………6分

1?2k288(1?k2)所以AB?(1?k)………………7分 ?221?2k1?2k2点M（2，0）到直线l的距离d?2k1?k2

2k2则GH?2r?………………9分

21?k2显然，若点H也在线段AB上，则由对称性可知，直线y?kx就是y轴，矛盾，

所以要使AG?BH，只要AB?GH

H B G A 8(1?k2)2k22所以?4(r?) 221?2k1?k22k22(1?k2)2(3k4?3k2?1)k4r????2(1?4)………………11分 224221?k1?2k2k?3k?12k?3k?1当k?0时，r?2………………12分

11)?2(1?)?3 13当k?0时，2??2k4k21r2?2(1?)?2, 所以2?r?3 13又显然

??2k4k2r2?2(1?综上，2?r?3………………14分

(x?1)2?y21x2y225.解：(Ⅰ)由题意得?，化简并整理，得 ??1.

43|x?4|2x2y2所以动点P(x,y)的轨迹C的方程为椭圆??1. ………3分

43（Ⅱ）当m?0时，A(1,)、B(1,?)，D(4,)、E(4,?)

直线AE的方程为：2x?2y?5?0，直线BD的方程为：2x?2y?5?0，

3232323255,y?0，直线AE、BD相交于一点(,0). 225假设直线AE、BD相交于一定点N(,0). ………5分

2方程联立解得x?证明：设A(my1?1,y1)，B(my2?1,y2)，则D(4,y1)，E(4,y2)，

?x?my?1?22由?x2y2消去x并整理得(3m?4)y?6my?9?0，显然??0，

?1??3?4?6m?9，. ………7分 yy?12223m?43m?433因为NA?(my1?,y1)，NE?(,y2)，

22333所以(my1?)?y2?y1??my1y2?(y1?y2)

222?9m3?6m ?0 ………11分 ???3m2?423m2?4由韦达定理得y1?y2?所以，NA//NE，所以A、N、E三点共线， ………12分 同理可证B、N、D三点共线，所以直线AE、BD相交于一定点N(,0).14分

26. （Ⅰ）解：依题意，当直线AB经过椭圆的顶点(0,b)时，其倾斜角为60． ……1分

?52设 F(?c,0)， 则

b?tan60??3． ………………2分 c222将 b?3c 代入 a?b?c，

解得 a?2c． ………………3分 所以椭圆的离心率为 e?c1?． …………4分 a2x2y2（Ⅱ）解：由（Ⅰ），椭圆的方程可设为2?2?1． ……5分

4c3c设A(x1,y1)，B(x2,y2)．依题意，直线AB不能与x,y轴垂直，故设直线AB的方程为

y?k(x?c)，将其代入

3x2?4y2?12c2，整理得

(4k2?3)x2?8ck2x?4k2c2?12c2?0．……………7分

6ck?8ck2?4ck23cky?y?k(x?x?2c)?G(,)．8则 x1?x2?，，121222224k?34k?34k?34k?3分

3ck2?ck24k?3因为 GD?AB，所以 ． ………9分 ?k??1，xD?224k?3?4ck?xD24k?3因为 △GFD∽△OED，

?4ck2?ck223ck2(?)?()222S1|GD|24k?3 …11分 所以 ??4k?34k?322?ck2S2|OD|(2)4k?3(3ck2)2?(3ck)29c2k4?9c2k29???9??9．……13分 22242(ck)ckk所以

S1的取值范围是(9,??)． …………14分 S21 227.解：（I）由题意知，4a?8，所以a?2．

因为e?b2a2?c232?1?e?所以2?， 2aa4所以b?3．

2x2y2??1． 所以椭圆C的方程为43（II）由题意,当直线AB的斜率不存在，此时可设A(x0,x0)，B(x0,?x0). 又A，B两点在椭圆C上，

x02x0212??1，x02?． 所以

743所以点O到直线AB的距离d?12221． ?77当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y?kx?m．

?y?kx?m,?由?x2y2消去y得

?1??3?4(3?4k2)x2?8kmx?4m2?12?0．

由已知??0．

设A(x1,y1)，B(x2,y2)．

8km4m2?12所以x1?x2??，x1x2?． 23?4k3?4k2因为OA?OB， 所以x1x2?y1y2?0．

所以x1x2?(kx1?m)(kx2?m)?0． 即(k2?1)x1x2?km(x1?x2)?m2?0．

4m2?128k2m2??m2?0． 所以(k?1)223?4k3?4k222整理得7m?12(k?1)，满足??0．

所以点O到直线AB的距离

d?|m|k2?1?12221为定值． ?77p?1 228. （Ⅰ）由焦点坐标为(1,0) 可知

所以p?2

所以抛物线C的方程为y2?4x…………………………………4分 （Ⅱ）

当直线l垂直于x轴时，?ABO与?MNO相似， 所以

OF21S?ABO?()? …………………………………….…6分 S?MNO24当直线l与x轴不垂直时，设直线AB方程为y?k(x?1)………………………7分 设M(?2,yM)，N(?2,yN)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

?y?k(x?1)解 ?2 整理得 k2x2?(4?2k2)x?k2?，0

?y?4x所以x1?x2?1 …………………………………………………………….9分

?S?ABOS?MNO1?AO?BO?sin?AOBAOBOx1x212??????…………………….14分

1?MO?NO?sin?MONMONO2242S?ABO1? S?MNO4综上

29. （Ⅰ）解：设点P的坐标为(x,y)．

由题意知2?(x?1)?y?2?x ……………………………3分 化简得 x2?2y2?2

所以动点P的轨迹方程为 x2?2y2?2 ……………………………5分 （Ⅱ）设直线FP的方程为x?ty?1，点P(x1,y1),Q(x2,y2) 因为?AQN∽?APM，所以有PM?3QN，由已知得PF?3QF，

所以有y1??3y2（1） ……………………………7分

22?x?ty?122由?2，得(t?2)y?2ty?1?0，??0 2?x?2y?2y1?y2??2t1（2），（3） ……………………………10分 y?y??1222t?2t?2

由（1）（2）（3）得t??1,y1?1,y2??或t?1,y1??1,y2?所以 存在点P为

131 3(0,?1) ……………………………13分

30.解析：（1）设动点P的坐标为(x,y)，由题意得

x2?(y?1)2?y?1

……………2分

化简得x2?2y?2y

当y?0时x2?4y；当y?0时x?0

所以动点P的轨迹C的方程为x2?4y和x?0（y?0） ………………………5分

源:Z&xx&k.Com][来

（2）由题意知，直线l1的斜率存在且不为0，设为k，则l1的方程为 y?kx?1． 由?2得x2?4kx?4?0

x?4y ?设A(x1,y1),B(x2,y2),则

?y?kx?1x1?x2?4k,x1x2??4，y1?y2?4k2?2,y1y2?1 …………………………7

分

因为l1?l2，所以l2的斜率为?1．设D(x3,y3),E(x4,y4)，则同理可得 k44x3?x4??,x3x4??4，y3?y4?2?2,y3y4?1 …………………………8分

kkAD?EB?(AF?FD)?(EF?FB)?AF?EF?FD?EF?AF?FB?FD?FB?FD?EF?AF?FB?FDEF?AFFB?(y3?1)(y4?1)?(y1?1)(y2?1)

?y3y4?(y3?y4)?1?y1y2?(y1?y2)?1 …………………………………11分

412?8?4(k?)?8?4?2?1622 ……………………………13分 kk????????12当且仅当k?2即k??1时，AD?EB取最小值16．

…………………………14分 k?8?4k2?31.解：（I）?d?b2?2c6?b?2 ?e??a3c22?2?

3a

?a2?b2?c2?a2?4?22a 解得a2?12,b2?4. 3x2y2椭圆的方程为??1. …………………………4分

124（II）（i）∵?e?c262,?a2?3b2,c2?a2?2b2.椭圆的方程可化为： 33x2?3y2?3b2 ①

易知右焦点F(2b,0)，据题意有AB：y?x?2b ② 由①，②有：4x?62bx?3b?0 ③ 设A(x1,y1),B(x2,y2)，

2272b2?48b224b2|AB|?(x2?x1)?(y2?y1)?(1?1)?2?2?3b?3 244222?b?1 ………………………8分

（2）（ii）显然OA与OB可作为平面向量的一组基底，由平面向量基本定理，对于这一平面内的向量OM，有且只有一对实数λ，μ，使得等OM??OA??OB成立. 设M（x，y），

?(x,y)??(x1,y1)??(x2,y2),?x??x1??x2,y??y1??y2,

又点M在椭圆上，?(?x1??x2)?3(?y1??y2)?3b ④

22232b3b2由③有：x1?x2? ,x1x2?24则x1x2?3y1y2?x1x2?3(x1?2b)(x2?2b)?4x1x2?32b(x1?x2)?6b2

3b2?9b2?6b2?0 ⑤

又A，B在椭圆上，故有x1?3y1?3b,x2?3y2?3b ⑥ 将⑥，⑤代入④可得：????1. ……………………14分

32.解.（Ⅰ）由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以(?3，0)，(3，0)为焦点，长半轴长为2

22222222的椭圆．……………………………………………………………………………3分

x2?y2?1． …………………………………………………5分 故曲线C的方程为4（Ⅱ）存在△AOB面积的最大值. …………………………………………………6分 因为直线l过点E(?1,0)，可设直线l的方程为 x?my?1或y?0（舍）．

?x22??y?1,则?4 ?x?my?1.?整理得 (m2?4)y2?2my?3?0．…………………………………7分 由??(2m)2?12(m2?4)?0． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

m?2m2?3m?2m2?3解得 y1?， y2?．

m2?4m2?424m?3． 则 |y2?y1|?m2?4因为S?AOB?1OE?y1?y2

22m2?32??m2?4m2?3?． ………………………10分 1m2?3设g(t)?t?，t?m2?3，t?3． 则g(t)在区间[3,??)上为增函数．

1t所以g(t)?43． 333，当且仅当m?0时取等号，即(S?AOB)max?．

223．………………………………………………………………13分 2所以S?AOB?所以S?AOB的最大值为?c?3?c3?33.解：（Ⅰ）由题意可知：?e?? ……1分

a2??a2?b2?c2?

解得 a?2,b?1 ………2分

x2?y2?1 ……3分 所以椭圆的方程为：4?x2??y2?1（II）证明：由方程组?4 得（1?4k2)x2?8kmx?4m2?4?0…4分

?y?kx?m???(8km)2?4(1?4k2)(4m2?4)?0

整理得4k2?m2?1?0 ………..5分 设M(x1,x2),N(x2,y2)

8km4m2?4,x1x2?则x1?x2?? …….6分

1?4k21?4k2由已知，AM?AN且椭圆的右顶点为A(2,0) ………7分

?(x1?2)(x2?2)?y1y2?0 ……… 8分 y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?k2x1x2?km(x1?x2)?m2

即(1?k)x1x2?(km?2)(x1?x2)?m?4?0

224m2?4?8km2?(km?2)??m?4?0 …… 10分 也即(1?k))?221?4k1?4k222整理得：5m?16mk?12k?0 ……11分

解得m??2k或m??当分

6k22均满足4k?m?1?0 ……12分 5m??2k时，直线的l方程为y?kx?2k，过定点（2，0）与题意矛盾舍去……13

66k6时，直线的l方程为y?k(x?),过定点(,0)

5556故直线l过定点，且定点的坐标为(,0) …….14分

5当m??34. （Ⅰ）解：依题意，设直线AB的方程为x?my?2． ………………1

分

将其代入y2?4x，消去x，整理得 y2?4my?8?0． ………………4分 从而y1y2??8． （Ⅱ）证明：设M(x3,y3)，N(x4,y4)．

………………5分

y12y22?y3?y4k1y3?y4x1?x244?y1?y2． ………………7分 则 ???2?k2x3?x4y1?y2y3y1?y2y3?y4y42?44设直线AM的方程为x?ny?1，将其代入y2?4x，消去x， 整理得 y2?4ny?4?0． ………………9分 所以 y1y3??4． ………………10分 同理可得 y2y4??4． ………………11分 故

k1y1?y2y?y2yy??1?12． ………………13分 k2y3?y4?4??4?4y1y2由（Ⅰ）得

k1

?2，为定值． ………………14分 k2

35.解:(I)将圆M的一般方程

x2?y2?6x?2y?7?0化为标准方程

?x?3?2??y?1?2?3,则圆M的圆心M??3,1?,半径r?3.由

A?0,1?,F??c,0?c?a2?1得直线AF的方程为x?cy?c?0.

由直线AF与圆M相切,得

???3?c?c1?c2?3,

所以c?当c?2或c??2(舍去). 2时,a2?c2?1?3,

x2?y2?1 故椭圆C的方程为3(II)由题意可知,直线的斜率存在,设直线的斜率为k,

则直线的方程为y?kx?因为点?0,?1. 2??1??在椭圆内, 2?所以对任意k?R,直线都与椭圆C交于不同的两点.

1?y?kx?,?9?2由?2得?1?3k2?x2?3kx??0.

4?x?y2?1??3设点P,Q的坐标分别为?x1,y1?,?x2,y2?,则

y1?kx1?所以PQ?113k9, ,y2?kx2?,x1?x2?,xx??1222221?3k41?3k???x2?x1?2??y2?y1?21?x2??4x1x2

2

??1?k???x2?31?k21?4k2. ?1?3k2又因为点A?0,1?到直线y?kx?????31的距离d?,

222k?1191?4k2PQ?d?所以?APQ的面积为S? 2241?3k??设t?11120?t?1,则且k??, 23t31?3k9419S?t???43t34因为0?t?1,

4tt29142????t?2??. 33433所以当t?1时,?APQ的面积S达到最大, 此时

1?1,即k?0. 21?3k1 2故当?APQ的面积达到最大时,直线的方程为y??x2y236.解: （Ⅰ）由已知，可设椭圆方程为2?2?1?a?b?0?，…………………… 1分

ab

则 a?10，c?2． …………………………………………2分 所以 b?a2?c2?10?4?6， …………………………………3分

x2y2??1． …………………………………………4分 所以 椭圆方程为

106（Ⅱ）若直线l?x轴，则平行四边形AOBC中，点C与点O关于直线对称，此时点C坐标为?2c,0?．因为2c?a ，所以点C在椭圆外，所以直线与直． …………………………………………6分 于是，设直线的方程为y?k?x?2?，点A?x1,y1?，B?x2,y2?， …7分

x轴不垂

?x2y2??1,?2222则?106 整理得，?3?5k?x?20kx?20k?30?0 … 8分 ?y?k?x?2?,?20k2x1?x2?， ………………………………………… 9分 23?5k12k． ……………………………………… 10分

3?5k2因为 四边形AOBC为平行四边形，

????????????所以 OA?OB?OC， ……………………………………… 11分

所以 y1?y2???20k212k?所以 点C的坐标为?， ……………………………12分 ,?22?3?5k3?5k???20k2??12k?2?2????3?5k3?5k2????所以 ??1， ……………………………13分

1062解得k?1，

2所以k??1． ………………………………14分

x2x22237.解：（Ⅰ）设C1的方程为2?y?1,C2的方程为2?y?1,其中a?1,0?b?1．..2分

baa2?1?C1 ,C2的离心率相同，所以2?1?b2,所以ab?1，……………………….…3分

a?C2的方程为a2x2?y2?1．

当m=

3a313时，A(?,),C(,)． .………………………………………….5分 2222a21a551??，解得a=2或a=(舍)， ………….…………..6分 ,所以，

2a2442又?AC?x2?C1 ,C2的方程分别为?y2?1，4x2?y2?1．………………………………….7分

4（Ⅱ）A(-a1?m2,m), B(-11?m2,m) ． …………………………………………9分 a?OB∥AN,?kOB?kAN, [来源:学.科.网Z.X.X.K] ?m1?1?m2a?m?1?a1?m2,?m?1 ． …………………………………….11分 a2?11a2?11?e22e?2，?a?，?m?． ………………………………………12分

1?e2ae221?e22?e?1．........................................................13分 ?0?m?1，?0?2?1，?

e2x2y238.解：（I）由已知抛物线的焦点为(2,0),故设椭圆方程为2?2?1(a?b?0)， 则

ab2x2y22?1.……5分 c?2,由e?,得a?2,b?2.所以椭圆M的方程为?422（II）当直线l斜率存在时，设直线方程为y?kx?m，

则由??y?kx?m, 22?xy??1.??42222消去y得，(1?2k)x?4kmx?2m?4?0， …………………6分

??16k2m2?4(1?2k2)(2m2?4)?8(2?4k2?m2)?0， ①…………7分

设A、B、P点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)、(x0,y0)，则：

x0?x1?x2??4km2m,y?y?y?k(x?x)?2m?…………8分 01212221?2k1?2k，

22x0y0??1. ……… 9分 由于点P在椭圆M上，所以42

4k2m22m2从而??1，化简得2m2?1?2k2，经检验满足①式. 2222(1?2k)(1?2k)………10分

又点O到直线l的距离为：

12?k|m|112d??2?1??1??2(1?k2)22 ………11分 1?k21?k2当且仅当k?0时等号成立 ………12分 当直线l无斜率时，由对称性知，点P一定在x轴上，

从而点P的坐标为(?2,0)或(2,0)，直线l的方程为x??1，所以点O到直线l的距离为1 .

所以点O到直线l的距离最小值为分

39.解：（Ⅰ）当m?0时，直线l的方程为x?1，设点E在x轴上方，

2 . ………132?x2y2?1,22t22t42t??由?9解得,所以. E(1,),F(1,?)EF?t333?x?1?因为△AEF的面积为

142t16?4??，解得t?2. 233x2y2??1. …………………………………………………4分 所以椭圆C的方程为92?x2y2?1,??22（Ⅱ）由?9得(2m?9)y?4my?16?0，显然m?R.…………………52?x?my?1?分

设E(x1,y1),F(x2,y2), 则y1?y2??4m?16,yy?，………………………………………………6分 122m2?92m2?9x1?my1?1,x2?my2?1.

y1?y?(x?3),y16y1?x1?3又直线AE的方程为y?解得M(3,(x?3)，由?)，

x1?3x1?3?x?3??????6y1????6y26y2同理得N(3,).所以BM?(2,),BN?(2,),……………………9分

x1?3x2?3x2?3?????????6y16y2又因为BM?BN?(2,)?(2,)[来源:Zxxk.Com]

x1?3x2?3?4?36y1y236y1y2 ?4?(x1?3)(x2?3)(my1?4)(my2?4)?4(my1?4)(my2?4)?36y1y2 2my1y2?4m(y1?y2)?16?16(4m2?36)?16?4m2?16?4(2m2?9) ?22?32m?16(2m?9)?64m2?576?64m2?128m2?576?0.…………………………13分 ?9?????????所以BM?BN,所以以MN为直径的圆过点B. …………………………………14分

40.解：（Ⅰ）将E?2,2?代入y2?2px，得p?1

方

程

为

所以抛物线

y2?2x，焦点坐标为

1

(,0) ………………3分 2

2y2y12（Ⅱ）设A(,y1)，B(,y2)，M(xM,yM),N(xN,yN)，

22法一：

因为直线l不经过点E，所以直线l一定有斜率 设直线l方程为y?k(x?2)

?y?k(x?2)与抛物线方程联立得到 ?2，消去x，得：

?y?2xky2?2y?4k?0

则由韦达定理得：

y1y2??4,y1?y2?2k

………………6分 直线AE的方程为：y?2?2y1?2y?，即x?2?x?2??2， ??y12y1?2?22，

得

令

x??2yM?2y1?4y1?2可

得

………………9分 同理

：

yN?2y2?4y2?2

………………10分

??????????4又 OM?(?2,ym),ON?(?2,)，

ym?????????2y?42y2?4所以OM?ON?4?yMyN?4?1 ?y1?2y2?2?4?4[y1y2?2(y1?y2)?4]

[y1y2?2(y1?y2)?4]4?4)k ?4?44(?4??4)k?0 ………………13分

4(?4?所以OM?ON，即?MON为定值 ………………14分 法二：

设直线l方程为x?my?2

π2?x?my?2与抛物线方程联立得到 ?2，消去x，得：

?y?2xy2?2my?4?0

则由韦达定理得：

y1y2??4,y1?y2?2m

………………6分 直线AE的方程为：y?2?2y1?2y?，即x?2?x?2??2， ??2y1y1?2?22，

得

令

x??2yM?2y1?4y1?2

………………9分 同

理

可

得

：

yN?2y2?4

y2?2 ………………10分

??????????4又 OM?(?2,ym),ON?(?2,)，

ym?????????4(y1?2)(y2?2) OM?ON?4?yMyN?4?(y1?2)(y2?2)?4?4[y1y2?2(y1?y2)?4]

[y1y2?2(y1?y2)?4]?4??04(?4?2m?4)

4(?4?2m?4)

………………12分

所以OM?ON，即?MON为定值 ………………13分

π2x2y232241. （Ⅰ）设椭圆的方程为2?2?1，因为e?，所以a?4b，

ab2又因为M(4,1)，所以

161?2?1，解得b2?5,a2?20， 2abx2y2??1． …………………4分 故椭圆方程为

205x2y2??1并整理得5x2?8mx?4m2?20?0， （Ⅱ）将y?x?m代入

205解得?5?m?5． …………………7分 ?=(8m)2-20(4m2-20)>0，（Ⅲ）设直线MA,MB的斜率分别为k1和k2，只要证明k1?k2?0．

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

8m4m2?20,x1x2?则x1?x2??． …………………9分 55k1?k2?y1?1y2?1(y1?1)(x2?4)?(y2?1)(x1?4)??x1?4x2?4(x1?4)(x2?4)分子?(x1?m?1)(x2?4)?(x2?m?1)(x1?4)?2x1x2?(m?5)(x1?x2)?8(m?1)2(4m2?20)8m(m?5)???8(m?1)?055所以直线MA、MB的斜率互为相反数． …………………14分

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