2015年高考二轮复习+圆锥曲线复习

圆锥曲线复习

1、抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，已知点A，B为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB＝90°．过

uuur｜MN｜弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则uuur的最大值为

｜AB｜A．

23 B． C．1 D．3 22x2y2

2、椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别 是F1，F2. 若|AF1|， | F1F2|，

ab

|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为

151 A.. B. C. D.5－2

452

y2→→2

3、已知双曲线x－＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一 点，则PA1·PF2的最小

3值为 A..－2 B．－

81 16

C．1 D．0

4、如果双曲线的焦点在x轴上一条渐近线方程为y?

A、3 B、2 C、2 D、3 2

2x,那么它的离心率是

x2y25、已知抛物线y＝2px（p＞0）与双曲线2?2＝1（a＞0，b＞0）有相同的焦点F，点A是两曲

ab线的一个交点，且AF⊥x轴，则双曲线的离心率为

A．2＋2 B．5＋1 C．3＋1 D．2＋1

6、已知双曲线kx2?y2?1(k?0)的一条渐近线与直线2x?y?1?0垂直，则双曲线的离心率是

A．

53 B． C．43 22D．5 x2y21（a＞0，b＞0）的左焦点，E是该双曲线的右顶点，过点F 且垂直7、已知F是双曲线2－2＝ab于x轴的直线与双曲线交于A、B两点，若△ABE是锐角三角形，则该双曲线的离心率e的取

值范围为

A．（1，＋∞） B．（1，2） C．（1，1＋2） D．（2，1＋2）

x2y28、设双曲线2?2?1(a?0,b?0)的离心率为2,F(2,0)是右焦点.若A、B为双曲线上关于原

ab点对称的两点，且AF?BF?0,则直线AB的斜率是

1

A. ?737377 B. ? C. ? D. ? 37732x2y2｜PF｜19、设F1, F2分别为双曲线2－2＝（a>0，b>0）的左、右焦点，P为双曲线右支上任一点。若1ab｜PF｜2的最小值为8a，则该双曲线的离心率的取值范围是

A．（1，3] B．（1，3） C．（1，3] D．[3，3）

10、在平面直角坐标系中，记抛物线y＝x－x2与x轴所围成的平面区域为M，该抛物线与直线y＝kx（k＞0）所围成的平面区域为A，向区域M内随机抛掷一点P，若点P落在区域A内的概率为

8，则k的值为__________ 2711、已知动圆过定点A（0，2），且在x轴上截得的弦MN的长为4． （1）求动圆圆心的轨迹C的方程；

（2）过点A（0，2）作一条直线与曲线C交于E，F两点，过E，F分别作曲线C的切线，

两切线交于P点，当｜PE｜2｜PF｜最小时，求直线EF的方程．

12、已知点A(-2,0)，B(2，0)，直线PA与直线PB的斜率之积为?，记点P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程.

(2)设M，N是曲线C上任意两点，且OM?ON?OM?ON，问是否存在以原点为圆心且与MN总相切的圆？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由.

2

13、在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y＝4x相交于不同的A，B两点． ( 1)如果直线l→→

过抛物线的焦点，求OA·OB的值；

→→(2)如果OA·OB＝－4，证明：直线l必过一定点，并求出该定点．

14、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．

34 2

x2y2115、已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆

ab2与直线x?y?6?0相切，直线l:x?my?4与椭圆C相交于A、B两点.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）求OA?OB的取值范围；

22xy16、已知椭圆E：2?2?1（a＞b＞0）的右焦点F2与抛物线y2?4x的焦点重合，过F2作与x轴ab垂直的直线交椭圆于S，T两点，交抛物线于C，D两点，且|CD|?22．（I）求椭圆E的标准方

|ST|程； （Ⅱ）设Q（2，0），过点（－1，0）的直线l交椭圆E于M、N两点．（i）当QM?QN?193时，求直线l的方程；（ii）记ΔQMN的面积为S，若对满足条件的任意直线l，不等式S?λtan∠MQN恒成立，求λ的最小值．

yACF1Px2y2??1的焦点分别为F1,F2，双曲线17、如图，已知椭圆C1:84C2:xy??1，设P为双曲线上异于顶点的任意一点，直线PF1和PF2与4422BoDF2x椭圆的交点分别为A、B和C、D. (Ⅰ)设直线PF1、PF2的斜率分别为

k1、k2，求：k1?k2的值；

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

3

参考答案

1. A 2.B 3.A 4.D 5.D 6.A 7.B 8.B 9.C 10.11.答案：

13

12.【解析】（1）设P(x,y),则由直线PA与直线PB斜率之积为?， 34yy3x2y2??(x??2).整理得曲线C的方程为??1(x≠±2). 得x?2x?2443（2）存在.若OM?ON?OM?ON,则OM?ON.设M(x1,y1),N(x2,y2).

y1?y1x12y12??1,又??1,解得直线MN的若直线MN斜率不存在，则N(x1,-y1).由OM?ON得43x1x1 4

方程为x??1212. .∴原点O到直线MN的距离d= 77?y?kx?m,?若直线MN斜率存在，设方程为y=kx+m.由?x2y2得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.∴

???1?43y1y2?8km4m2?1222

由得=-1,将（*）式代入，解得7m=12(k+1), x1?x2?2,x1x2?.*OM?ON??2x1x24k?34k?3此时(4k+3)x+8kmx+4m-12=0且Δ＞0.此时原点O到直线MN的距离d?2

2

2

mk2?1?12. 7故原点O到直线MN距离恒为d?1212其方程为x2+y2= . ,即存在以点O为圆心且与MN总相切的圆，

7713. (1)解 由题意：抛物线焦点为(1,0)，设l：x＝ty＋1，代入y2＝4x，消去x得y2－4ty－4＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4，

→→222

∴OA·OB＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋1)(ty2＋1)＋y1y2＝ty1y2＋t(y1＋y2)＋1＋y1y2＝－4t＋4t＋1－4＝－3. (2)证明 设l：x＝ty＋b，代入抛物线y2＝4x，消去x得y2－4ty－4b＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b，

→→

∴OA·OB＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋b)(ty2＋b)＋y1y2＝t2y1y2＋bt(y1＋y2)＋b2＋y1y2＝－4bt2＋4bt2＋b2－4b＝b－4b. 令b－4b＝－4，∴b－4b＋4＝0，∴b＝2，∴直线l过定点(2,0)．

2

2

2

x2y2x2y22??1. 14.(I)设椭圆方程为2?2?1(a?b?0)a?c?3,a?c?1，a?2,c?1,b?3?ab43?y?kx?m? (II)设A(x1,y1),B(x2,y2)，由?x2y2得(3?4k2)x2?8mkx?4(m2?3)?0，

?1??3?4??64m2k2?16(3?4k2)(m2?3)?0，3?4k2?m2?0.

8mk4(m2?3)3(m2?4k2)22x1?x2??,x1?x2?.y1?y2?(kx1?m)?(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m?. 2223?4k3?4k3?4k2??1，以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),kAD?kBD??1，?1?x1?2x2?2

yy3(m2?4k2)4(m2?3)16mk???4?0， y1y2?x1x2?2(x1?x2)?4?0，2223?4k3?4k3?4k

5

7m2?16mk?4k2?0，解得m1??2k,m2??2k，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； 当m??222k2时，l:y?k(x?)，直线过定点(,0).综上可知，直线l过定点，定点坐标为(,0).7777

c2a2?b21c1422215.解析：（Ⅰ）由题意知e??，∴e?2?，即?a?b

4a23aa2y2x2?3，∴a?4，又b?b?3 故椭圆的方程为??1 4分

431?1622?l:x?my?4?（Ⅱ）解：由?x2y2得：(3m2?4)y2?24my?36?0 6分

??1?3?4y1)，B (x2，y2)，则y1?y2??由??0?(24m)2?4?36(3m2?4)?0?m2?4设A(x1，

224m36 ,yy?123m2?43m2?4?12m2?100116∴OA?OB?x1x2?y1y2?(m?1)y1y2?4m?y1?y2??16? 10分 ??4?223m?43m?41313∵m2?4∴3m2?4?16， ∴OA?OB?(?4，)∴OA?OB的取值范围是(?4，)． 12分

4416.解析：

6

17.（Ⅰ）设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0)，则k1?y0y0 ,k2?x0?2x0?2y0yy即k1k2?1. ?0?20?1，

x0?2x0?2x0?42222

因为点P在双曲线x2?y2?4上，所以x0?y0?4.因此k1k2?22 （Ⅱ）由于PF1的方程为y?k1(x?2)，将其代入椭圆方程得 (2k1?1)x?8k1x?8k1?8?0

8k128k12?822,x1x2?2由违达定理得x1?x2??2所以|AB|?1?k1(x1?x2)?4x1x2

2k1?12k1?1?1?k21k12?18k1228k12?8(?2)?4?2?422 2k1?12k1?12k1?1

22k2?1?11112k12?12k2.??(?) 同理可得|CD|?42 则22|AB||CD|42k12?12k2?1k2?1

2?1221112k1?1k122k12?1k12?232??(2?)?(2?2)?又k1k2?1所以

1|AB||CD|42k1?18k1?1k1?18?12k1故|AB|?|CD|?

3232|AB|?|CD|因此，存在??，使|AB|?|CD|??|AB|?|CD|恒成立。 88 7

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