全国名校高考专题训练8-圆锥曲线解答题1（数学） - 图文

本资料来源于《七彩教育网》http://www.7caiedu.cn 全国名校高考专题训练08圆锥曲线

三、解答题(第一部分)

1、(广东省广州执信中学、中山纪念中学、深圳外国语学校三校期末联考)设F1、F2分别是

x2y2+=1的左、右焦点. 椭圆54（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）是否存在过点A（5，0）的直线l与椭圆交于不同的两点C、D，使得|F2C|=|F2D|？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由. 解：（Ⅰ）易知a?5,b?2,c?1,?F1?(?1,0),F2(1,0)

22设P（x，y），则PF1?PF2?(?1?x,?y)?(1?x,?y)?x?y?1

x2?4?421x?1?x2?3 55?x?[?5,5]，

?当x?0，即点P为椭圆短轴端点时，PF1?PF2有最小值3；

当x??5，即点P为椭圆长轴端点时，PF1?PF2有最大值4

（Ⅱ）假设存在满足条件的直线l易知点A（5，0）在椭圆的外部，当直线l的斜率不

存在时，直线l与椭圆无交点，所在直线l斜率存在，设为k 直线l的方程为y?k(x?5)

?x2y2?1??由方程组?5，得(5k2?4)x2?50k2x?125k2?20?0 4?y?k(x?5)?依题意??20(16?80k2)?0，得?55 ?k?55当?55时，设交点C(x1,y1)、D(x2,y2)，CD的中点为R(x0,y0)， ?k?55x1?x250k225k2,x0??2则x1?x2? 225k?45k?4

25k2?20k?y0?k(x0?5)?k(2?5)?2.

5k?45k?4又|F2C|=|F2D|?F2R?l?k?kF2R??1

?k?kF2R20k)220k25k?4?k????1 2225k4?20k1?25k?40?(?∴20k2=20k2－4，而20k2=20k2－4不成立， 所以不存在直线l，使得|F2C|=|F2D| 综上所述，不存在直线l，使得|F2C|=|F2D|

2、(江苏省启东中学高三综合测试二)已知动圆过定点P（1，0），且与定直线L:x=-1相切，点C在l上.

(1)求动圆圆心的轨迹M的方程；

(2)设过点P,且斜率为?3 的直线与曲线M相交于A,B两点.

（i）问：△ABC能否为正三角形？若能，求点C的坐标；若不能，说明理由 （ii）当△ABC为钝角三角形时，求这种点C的纵坐标的取值范围.

解：(1)依题意，曲线M是以点P为焦点，直线l为准线的抛物线，所以曲线M的方程为y2=4x.

?(2)(i)由题意得,直线AB的方程为:y??3(x?1)由?y2??3(x?1) 消去 y 得:?y?4x1123163x2?10x?3?0,解得x1?,x2?3.所以A(,),B(3,?23),|AB|?x1?x2?2?.3333

假设存在点C（－1，y），使△ABC为正三角形，则|BC|=|AB|且|AC|=|AB|，即

162?22(3?1)?(y?23)?(),?3相减得:42?(y?23)2?(4)2?(y?23)2,解得y??143(不符,舍)?122162339)?()?(?1)2?(y?33?3

因此，直线l上不存在点C，使得△ABC是正三角形.

（ii）解法一：设C（－1，y）使△ABC成钝角三角形，

?由?y??3(x?1) 得 y?23,此时A,B,C三点共线,故y?23.?x??1，

12322843y16256又|AC|2?(?1?)2?(y?)???y2,|AB|2?()2?339339， 当|BC|2?|AC|2?|AB|2,即28?43y?y2?∠CAB为钝角.

28432562?y?y2?,即y?3 时,9399

当|AC|2?|BC|2?|AB|2,即2843256?y?y2?28?43y?y2?939

103 时?CBA为钝角.3

2562843y又|AB|2?|AC|2?|BC|2,即???y2?28?43y?y2993 y??即:y2?44223y??0,(y?)?0333.

该不等式无解，所以∠ACB不可能为钝角.

因此，当△ABC为钝角三角形时，点C的纵坐标y的取值范围是:

y??10323或y?(y?23)39.

解法二： 以AB为直径的圆的方程为:

528528(x?)2?(y?3)2?()2圆心(,?3)到直线L:x??1 的距离为333333. 23).3

当直线l上的C点与G重合时，∠ACB为直角，当C与G 点不重合，且A， B，C三点不共线时， ∠ACB为锐角，即△ABC中∠ACB不可能是钝角. 因此，要使△ABC为钝角三角形，只可能是∠CAB或∠CBA为钝角. 所以,以AB为直径的圆与直线L相切于点G(?1,?过点A且与AB垂直的直线为:y?233123?(x?).令x??1得y?3339.

310(x?3),令x??1得y??333.

过点B且与AB垂直的直线为:y?23??又由?y??3(x?1)解得y?23,所以,当点C的坐标为(?1,23)时,?x??1 A，B，C三点共 线，不构成三角形.

因此，当△ABC为钝角三角形时，点C的纵坐标y的取值范围是：

y??10323或y?(y?23).39

3、(江苏省启东中学高三综合测试三)（1）在双曲线xy=1上任取不同三点A、B、C，证明：

⊿ABC的垂心H也在该双曲线上；

（2）若正三角形ABC的一个顶点为C(―1,―1)，另两个顶点A、B在双曲线xy=1另一支上，求顶点A、B的坐标。

解：（1）略；（2）A(2+3,2－3), B(2－3,2+3)或A(2－3,2+3), B(2+3,2－3) 4、(江苏省启东中学高三综合测试四)已知以向量v=(1,

215)为方向向量的直线l过点(0, )，24抛物线C：y?2px(p>0)的顶点关于直线l的对称点在该抛物线上．

（Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）设A、B是抛物线C上两个动点，过A作平行于x轴的直线m，直线OB与直线m交

于点N，若OA?OB?p2?0(O为原点，A、B异于原点)，试求点N的轨迹方程． 解：（Ⅰ）由题意可得直线l：y?15x? ① 24过原点垂直于l的直线方程为 y??2x ② 解①②得x??1． 2∵抛物线的顶点关于直线l的对称点在该抛物线的准线上． ∴?p1???2，p?2 22∴抛物线C的方程为y2?4x．

（Ⅱ）设A(x1,y1)，B(x2,y2)，N(x,y)， 由OA?OB?p2?0，得x1x2?y1y2?4?0． 又y1?4x1，y2?4x2． 解得 y1y2??8 ③ 直线ON：y?22y24x，即y?x ④ x2y2由③、④及y?y1得，

点N的轨迹方程为x??2(y?0)．

5、(安徽省皖南八校2008届高三第一次联考)已知线段AB过y轴上一点P(0,m)，斜率为k，两端点A，B到y轴距离之差为4k(k?0)，

（1）求以O为顶点，y轴为对称轴，且过A，B两点的抛物线方程；

（2）设Q为抛物线准线上任意一点，过Q作抛物线的两条切线，切点分别为M，N，

求证：直线MN过一定点； 解：（1）设抛物线方程为x?2py(p?0)，AB的方程为y?kx?m，

2联立消y整理，得x?2pkx?2pm?0；∴x1?x2?2pk， 2又依题有|x1?x2|?4k?2pk，∴p?2，∴抛物线方程为x?4y； 2xx12x2（2）设M(x1,)，N(x2,)，Q(x0,?1)，∵kMQ?1，

2442

x12x1?(x?x1)?x12?2x1x?4y?0； ∴MQ的方程为y?4222∵MQ过Q，∴x1?2x1x0?4?0，同理x2?2x2x0?4?0

∴x1,x2为方程x2?2x0x?4?0的两个根；∴x1x2??4； 又kMNx1?x2x12x1?x2??(x?x1) ，∴MN的方程为y?444∴y?6

、

x1?x2x?1，显然直线MN过点(0,1) 4(江

西

省五

校

2008

届高

三

开

学

联

考

)已

知

圆

M:(x?5)2?y2?36,定点N(5,0),点P为圆M上的动点，点Q在NP上，点G在

MP上，且满足NP?2NQ,GQ?NP?0. （I）求点G的轨迹C的方程；

（II）过点（2，0）作直线l，与曲线C交于A、B两点，O是坐标原点，设OS?OA?OB,

是否存在这样的直线l，使四边形OASB的对角线相等（即|OS|=|AB|）？若存在，

求出直线l的方程；若不存在，试说明理由.

NP?2NQ??解：（1）??Q为PN的中点且GQ⊥PN

GQ?PN?0?? ?GQ为PN的中垂线?|PG|=|GN|

∴|GN|+|GM|=|MP|=6，故G点的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，其长半轴长a?3，

x2y2??1 ???5分 半焦距c?5，∴短半轴长b=2，∴点G的轨迹方程是94 （2）因为OS?OA?OB，所以四边形OASB为平行四边形

若存在l使得|OS|=|AB|，则四边形OASB为矩形?OA?OB?0 ?x?2?x?2?若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，由?2 得??xy225?1?y????94?3?

?OA?OB?16?0,与OA?OB?0矛盾，故l的斜率存在. ???7分 9设l的方程为y?k(x?2),A(x1,y1),B(x2,y2)

?y?k(x?2)?由?x2y2?(9k2?4)x2?36k2x?36(k2?1)?0

?1??4?936k236(k2?1)?x1?x2?2,x1x2? ① 29k?49k?4

y1y2?[k(x1?2)][k(x2?2)]

20k2?k[x1x2?2(x1?x2)?4]??2 ② ?????9分

9k?42

把①、②代入x1x2?y1y2?0得k??3 2∴存在直线l:3x?2y?6?0或3x?2y?6?0使得四边形OASB的对角线相等.

7、(安徽省淮南市2008届高三第一次模拟考试)已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线y=

12

x的焦点，离心率等于25. 45（1）求椭圆C的方程；

（2）过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A、B两点，交y轴于M点，若MA=λ1AF，

MB=λ2BF，求证λ1+λ2为定值.

x2y2解：（I）设椭圆C的方程为2?2?1(a?b?0)，则由题意知b = 1.

aba2?b2251252??.即1??.?a?5. 2255aax2?y2?1. ???????????????????5分 ∴椭圆C的方程为 5 （II）方法一：设A、B、M点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0).

易知F点的坐标为（2，0）.

?MA??1AF,?(x1,y1?y0)??1(2?x1,?y1).y02?1?x1?,y1?.1??11??1??????????8分

将A点坐标代入到椭圆方程中，得(y12?12)?(0)2?1.

51??11??122去分母整理得?1?10?1?5?5y0?0. ????????????????10分

2同理,由MB??2BF可得:?22?10?2?5?5y0?0.??1,?2是方程x?10x?5?5y?0的两个根,220

??1??2??10. ??????????????????????12分

方法二：设A、B、M点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0).又易知F点的坐标为（2，0）.

显然直线l存在的斜率，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是y?k(x?2).

将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得

(1?5k2)x2?20k2x?20k2?5?0. ??????????????7分

20k220k2?5?x1?x2?,x1x2?. ??????????????8分

1?5k21?5k2?1?又?MA??1AF,MB??2BF,将各点坐标代入得x1x2,?2?. 2?x12?x2??1??2?x1x22(x1?x2)?2x1x2??????10. 2?x12?x24?2(x1?x2)?x1x28、(安徽省巢湖市2008届高三第二次教学质量检测)已知点R（－3,0）,点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，点M在直线PQ上 ,且满足2PM?3MQ?0，RP?PM?0.

????????????????????（Ⅰ）⑴当点P在y轴上移动时，求点M的轨迹C的方程；

（Ⅱ）设A(x1,y1) 、B(x2,y2)为轨迹C上两点，且x1?1, y1?0，N(1,0)，求实数?，使AB??AN，且?AB??????????16. 3???????????yx解：(Ⅰ)设点M(x,y)，由2PM?3MQ?0得P(0，?)，Q(,0).

23?????????y3y由RP?PM?0,得(3，?)·(x，)＝0,即y2?4x

22又点Q在x轴的正半轴上，?x?0故点M的轨迹C的方程是

y2?4x(x?0).??6分

（Ⅱ）解法一：由题意可知N为抛物线C:y2＝4x的焦点，且A、B为过焦点N的

直线与抛物线C的两个交点。

当直线AB斜率不存在时，得A(1,2)，B(1,-2)，|AB|?4?分

?当直线AB斜率存在且不为0时，设lAB: y ?kx(k2x2?2(k2?2)x?k2?0

16，不合题意；???731代入y2?4x得，

2(k2?2)4162则|AB|?x1?x2?2??2?4??,解得k?3 ???????223kk10分

2 代入原方程得3x?10x?3?0，由于x1?1，所以x1?3,x2?,

131????????x?x3?4. ????????13 由AB??AN，得 ??21?xN?x13?133?分

解法二：由题设条件得

??y12?4x1?2?y2?4x2??x2?x1??(1?x1)?y?y???y1?2116?22(x?x)?(y?y)?2121?3?(1)(2)(3) (4)(5)

再把（1）代入上式并化简得(??1)x1?1化简后可得(1?x1)??163?x2?x1??(1?x1)由（3）、（4）得??y2?(1??)y1代入（2）得(1??)2y12?4x1?4?(1?x1)(6)??9分

同样把（3）、（4）代入（5）并结合（1）(7)??11分4???4?4??????由（6）、（7）解得?，又，故. x?13或?113x1??3??x1?3?9、(北京市朝阳区2008年高三数学一模)已知椭圆W的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为6，两条准线间的距离为6. 椭圆W的左焦点为F，过左准线与x轴的交点M任3作一条斜率不为零的直线l与椭圆W交于不同的两点A、B，点A关于x轴的对称点为C. （Ⅰ）求椭圆W的方程；

????????（Ⅱ）求证：CF??FB (??R)；

（Ⅲ）求?MBC面积S的最大值.

x2y2解：（Ⅰ）设椭圆W的方程为2?2?1，由题意可知

ab?c6?,?a3??222?a?b?c,解得a?6，c?2，b?2， ?2a?2??6,?c?yABMFCOxx2y2??1．?????????????????4分 所以椭圆W的方程为62a2??3，所以点M坐标为(?3,0).于是可设直线l （Ⅱ）解法1：因为左准线方程为x??c的方程为y?k(x?3)．

?y?k(x?3),?222222得(1?3k)x?18kx?27k?6?0. ?xy?1??2?6由直线l与椭圆W交于A、B两点，可知

??(18k2)2?4(1?3k2)(27k2?6)?0，解得k2?设点A，B的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2),

2． 3?18k227k2?6则x1?x2?，x1x2?，y1?k(x1?3)，y2?k(x2?3)． 221?3k1?3k因为F(?2,0)，C(x1,?y1)，

????????所以FC?(x1?2,?y1)，FB?(x2?2,y2).

又因为(x1?2)y2?(x2?2)(?y1)

?(x1?2)k(x2?3)?(x2?2)k(x1?3) ?k[2x1x2?5(x1?x2)?12]

54k2?12?90k2?k[??12] 221?3k1?3kk(54k2?12?90k2?12?36k2)??0，

1?3k2????????所以CF??FB． ???????????????????????10分

a2??3，所以点M坐标为(?3,0). 解法2：因为左准线方程为x??c于是可设直线l的方程为y?k(x?3)，点A，B的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2), 则点C的坐标为(x1,?y1)，y1?k(x1?3)，y2?k(x2?3)． 由椭圆的第二定义可得

|FB|x2?3|y2|, ??|FC|x1?3|y1|????????所以B，F，C三点共线，即CF??FB．?????????????10分

(Ⅲ)由题意知

11|MF||y1|?|MF||y2| 221 ?|MF|?|y1?y2|

2S?

?1|k(x1?x2)?6k| 2 ?3333|k|， ???11?3k2223?3|k||k|1时“=”成立， 32当且仅当k?3

所以?MBC面积S的最大值为2．

10、(北京市崇文区2008年高三统一练习一)已知抛物线C:y?ax2，点P（1，－1）在抛物线C上，过点P作斜率为k1、k2的两条直线，分别交抛物线C于异于点P的两点A（x1，y1），B（x2，y2），且满足k1+k2=0. （I）求抛物线C的焦点坐标；

（II）若点M满足BM?MA，求点M的轨迹方程.

解：（I）将P（1，－1）代入抛物线C的方程y?ax2得a=－1，

∴抛物线C的方程为y??x2，即x2??y. 焦点坐标为F（0，－

1）.??????????????4分 4 （II）设直线PA的方程为y?1?k1(x?1)，

?y?1?k1(x?1),2联立方程?消去y得x?k1x?k1?1?0, 2?y??x.则1?x1??k1?1,即x1??k1?1.

由??k1?4(?k1?1)?(k1?2)?0,得k1??2.??????7分 同理直线PB的方程为y?1?k2(x?1), 联立方程?22

?y?1?k2(x?1),2?y??x.消去y得x?k2x?k2?1?0,

2

则1?x2??k2?1,即x2??k2?1.且k2??2. 又?k1?k2?0,?k1?2.??????????9分 设点M的坐标为（x，y），由BM?MA,则x?

x1?x2. 2

x??k1?1?k2?1?2?(k1?k2)?.

22

又?k1?k2?0,?x??1.????????????????11分

2y1?y2?x12?x2?(k1?1)2?(?k2?1)2?(?k1?1)2?(k1?1)2y????2222 ??(k12?1)??1,

又k1??2,?y??5.

∴所求M的轨迹方程为：x??1(y??1且y??5).

11、(北京市东城区2008年高三综合练习一）已知定圆A:(x?1)2?y2?16,圆心为A，动圆M过点B(1,0)且和圆A相切，动圆的圆心M的轨迹记为C.

（I）求曲线C的方程；

（II）若点P(x0,y0)为曲线C上一点，求证：直线l:3x0x?4y0y?12?0与曲线C有

且只有一个交点.

解：（I）圆A的圆心为A(?1,0),半径r1?4，

,r2?|MB|. 设动圆M的圆心M(x,y),半径为r2,依题意有由|AB|=2，可知点B在圆A内，从而圆M内切于圆A，

故|MA|=r1—r2，即|MA|+|MB|=4，

所以，点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，

x2y2设椭圆方程为2?2?1，由2a?4,2c?2,可得a2?4,b2?3.

abx2y2??1. 故曲线C的方程为4342x0y0??1,可得x0??2， （II）当y0?0时,由43????6分

当x0?2,y0?0时,直线l的方程为x0?2,直线l与曲线C有且只有一个交点(2,0).当x0??2,y0?0时,直线l的方程为x0??2,直线l与曲线C有且只有一个交点(?2,0).当y0?0时,直线l的方程为y?12?3x0x?y?,?4y0?联立方程组:?22?x?y?1.?3?4232消去y,得(4y0?3x0)x2?24x0x?48?16y0?0. ①

12?3x0x,4y0

由点P(x0,y0)为曲线C上一点，

22x0y022得??1.可得4y0?3x0?12.

432于是方程①可以化简为x2?2x0x?x0?0. 解得x?x0，

将x?x0代入方程y?12?3x0x可得y?y0,4y0

故直线l与曲线C有且有一个交点P(x0,y0),综上，直线l与曲线C有且只有一个交点，且交点为P(x0,y0).

x2y212、(北京市东城区2008年高三综合练习二)已知双曲线2?2?1(a?0,b?0)的一条渐

ab近线方程为y?3x，两条准线的距离为l.

（1）求双曲线的方程；

（2）直线l过坐标原点O且和双曲线交于两点M、N，点P为双曲线上异于M、N的一

点，且直线PM，PN的斜率均存在，求kPM·kPN的值.

?b?a?3,?2?2a?1,?（1）解：依题意有：?c

?a2?b2?c2,??解得a2?1,b2?3.

y2?1. ??????????????????6分 可得双曲线方程为x?32 （2）解：设M(x0,y0),由双曲线的对称性,可得N(?x0,?y0).

设P(xP,yP),则kPM?kPN2022yP?y0yP?y0yP?y0???2.2xP?x0xP?x0xP?x02y0又x??1,322所以y0?3x0?3,22同理yP?3xP?3,

所以kPM?kPN223xP?3?3x0?3??3. 22xP?x013、(北京市丰台区2008年4月高三统一练习一)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(-1, 0)、

B(1, 0), 动点C满足条件：△ABC的周长为2＋22.记动点C的轨迹为曲线W.

(Ⅰ)求W的方程； (Ⅱ)经过点（0, 求k的取值范围；

2）且斜率为k的直线l与曲线W 有两个不同的交点P和Q，

（Ⅲ）已知点M（2，0），N（0, 1），在(Ⅱ)的条件下，是否存在常数k，使得向量?????????????OP?OQ与MN共线？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由.

解：(Ⅰ) 设C（x, y）,

∵ AC?BC＋AB?2?22, AB?2, ∴ AC?BC?22?2,

∴ 由定义知，动点C的轨迹是以A、B为焦点，长轴长为22的椭圆除去与x

轴的两个交点. ∴ a?2, c=1. ∴ b2?a2?c2?1.

2∴ W: x?y2?1 (y?0). ????????????????? 2分

22x(Ⅱ) 设直线l的方程为y?kx?2，代入椭圆方程，得?(kx?2)2?1. 2 整理，得(1?k2)x2?22kx?1?0. ①?????????? 5分

2 因为直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于 ??8k2?41解得k??2或k?2. (?k2)?4k2?2，?0222

∴ 满足条件的k的取值范围为 k?（??,?

22)?(,??)???? 7分 22????????（Ⅲ）设P（x1,y1）,Q(x2,y2),则OP?OQ＝（x1+x2，y1+y2), 由①得x1?x2??42k2. ②

1?2k 又y1?y2?k(x1?x2)?22 ③

????? 因为M(2, 0)，N(0, 1)， 所以MN?(?2, 1).????????? 11分

????????????? 所以OP?OQ与MN共线等价于x1?x2=-2(y1?y2).

将②③代入上式，解得k?2.

2????????????? 所以不存在常数k，使得向量OP?OQ与MN共线.

14、(北京市海淀区2008年高三统一练习一)已知点A,B分别是射线l1:y?x?x≥0?，

l2:y??x?x≥0?上的动点，O为坐标原点，且?OAB的面积为定值2．

（I）求线段AB中点M的轨迹C的方程；

（II）过点N?0,2?作直线l，与曲线C交于不同的两点P,Q，与射线l1,l2分别交于点R,S，若点P,Q恰为线段RS的两个三等分点，求此时直线l的方程． 解：（I）由题可设A?x1,x1?，B?x2,?x2?，M?x,y?，其中x1?0,x2?0.

x1?x2?x?,??2则??y?x1?x2,??2(1) 1分

(2)∵?OAB的面积为定值2， ∴S?OAB?11OA?OB?22?2x1??2x2?x1x2?2. 2分

?(1)2?(2)2，消去x1,x2，得：x2?y2?2． 4分

由于x1?0,x2?0，∴x?0，所以点M的轨迹方程为x?y?2（x＞0）．

5分

（II）依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y?kx?2．

22

由??y?kx?2,22?x?y?2,22消去y得：1?kx?4kx?6?0， 6分

??设点P、Q、R、S的横坐标分别是xP、xQ、xR、xP，

?1?k2?0,?22???16k?24?1?k??0,?4k∴由xP,xQ?0得? 8分

x?x??0,?PQ1?k2???6??xPxQ?1?k2?0,解之得：?3?k??1．

∴x2P?xQ??xP?x?4x26?2k2Q?PxQ?k2?1. 由??y?kx?2,消去y得：x2?y?x,R?1?k，

由??y?kx?2,消去y得：x2?y??x,S??1?k，

∴x?x4RS?k2?1. 由于P,Q为RS的三等分点，∴xR?xS?3xP?xQ. 解之得k??53. 经检验，此时P,Q恰为RS的三等分点，故所求直线方程为y??53x?2.

15、(北京市十一学校2008届高三数学练习题)如图，椭圆的中心在原点，其左焦点F21与抛物线y??4x的焦点重合，过F1的直线l与椭圆交于A、B两点，与抛物线交于C、D两点．当直线l与x轴垂直时，CDAB?22．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（II）求过点O、F1，并且与椭圆的左准线相切的圆的方程；

（Ⅲ）求???F???????2A?F2B的最大值和最小值．

解：（Ⅰ）由抛物线方程，得焦点F1(?1,0)．

9分 10分 11分

12分 yCAF1OF2xBD x2y2设椭圆的方程：2?2?1(a?b?0)．

ab?y2??4x解方程组? 得C（-1，2），D（1，-2）．

?x??1由于抛物线、椭圆都关于x轴对称， ∴

|FC22|CD|1|， ∴A(1,) ． ????2分 ??22，|F1A|?22|F1A||AB|11222??1又a?b?c?1， 22a2b11?2?1，解得b2?1并推得a2?2． 因此，2b?12b∴

x2?y2?1 ． ????4分 故椭圆的方程为2（Ⅱ）?a?2,b?1,c?1，

?圆过点O、F1，

1?圆心M在直线x??上．

21设M(?,t),则圆半径，由于圆与椭圆的左准线相切，

2∴r?(?)?(?2)?123. 222由OM?r,得(?)?t?123,解得t??2. 219?所求圆的方程为(x?)2?(y?2)2?.??????????8分

24（Ⅲ） 由点F,0),F2(1,0) 1(?1①若AB垂直于x轴，则A(?1,22),B(?1,?)， 22??????2????2 ?F2A?(?2,),F2B?(?2,?)，

22??????????17 F2A?F2B?4??????????????????9分

22②若AB与x轴不垂直，设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为

y?k(x?1)

由?y?k(x?1)2222 得 (1?2k)x?4kx?2(k?1)?0 22?x?2y?2?0????8k2?8?0，?方程有两个不等的实数根．

设A(x1,y1)，B(x2,y2).

4k22(k2?1)x1?x2??, x1?x2?????????????11分

1?2k21?2k2?F2A?(x1?1,y1),F2B?(x2?1,y2)

F2A?F2B?(x1?1)(x2?1)?y1y2?(x1?1)(x2?1)?k2(x1?1)(x2?1)

?(1?k2)x1x2?(k2?1)(x1?x2)?1?k2

2(k2?1)4k222?(k?1)(?)?1?k ?(1?k) 221?2k1?2k27k2?179 = ??2222(1?2k)1?2kk2?0,1?2k2?1,0?1?1 21?2k77?F2A?F2B?[?1,]，所以当直线l垂于x轴时，F2A?F2B取得最大值

22当直线l与x轴重合时，F2A?F2B取得最小值?1

16、(北京市西城区2008年4月高三抽样测试)已知定点C(?1，0)及椭圆x?3y?5，过点C的动直线与椭圆相交于A，B两点.

（Ⅰ）若线段AB中点的横坐标是?221，求直线AB的方程； 2（Ⅱ）在x轴上是否存在点M，使MA?MB为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由. （Ⅰ）解：

依题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y?k(x?1)， 将

y?k(x?1)代入

x2?3y2?5， 消去y整理得

(3k2?1)x2?6k2x?3k2?5?0. ………….. 2分

设

A(x1，y1)， B(x2，y2)， 则

???36k4?4(3k2?1)(3k2?5)?0， (1) ? ………….. 4分 ?6k2?x1?x2??2. (2)3k?1?x1?x23k211??2??， 由线段AB中点的横坐标是?， 得

223k?12解得k??5分

所以直线AB的方程为 x?3y?1?0，或 x?3y?1?0. ………….. 6分

（Ⅱ）解：

假设在x轴上存在点M(m,0)，使MA?MB为常数. ①

当

直

线

3，适合(1). ………….. 3AB与

x轴不垂直时，由（Ⅰ）知

6k23k2?5x1?x2??2， x1x2?2. (3)

3k?13k?1????????2所以MA?MB?(x1?m)(x2?m)?y1y2?(x1?m)(x2?m)?k(x1?1)(x2?1)

222 . ………….. 8分 ?(k2?1)x1x2?(k?m)(1x?2x)?k? m1142(2m?)(3k?1)?2m?????????(6m?1)k?5233?m2 将(3)代入，整理得 MA?MB??m?3k2?13k2?12 ?m?2m?216m?14?. 33(3k2?1)7， 此时3注意到MA?MB是与k无关的常数， 从而有6m?14?0，m??????????4MA?MB?. .. 11分

9② 当直线AB与x轴垂直时，此时点A，B的坐标分别为??1，?、???1，??2??3??2??， 3?当m??13分

????????47时， 亦有MA?MB?. ………….. 39

综上，在x轴上存在定点M??，0?，使MA?MB为常数.

17、(北京市西城区2008年5月高三抽样测试)已知抛物线的方程为x2?2py?p?0?，过点P?0,p?的直线l与抛物线相交于A、B两点，分别过点A、B作抛物线的两条切线l1和l2的

?7??3?斜率之积为定值；

（Ⅰ）证明：直线l1和l2的斜率之积为定值；

（Ⅱ）求点M的轨迹方程。

解：(I)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋p

yC 18、(北京市宣武区2008年高三综合练习一)在面积为9的?ABC中，

EAx

FDB

4tan?BAC??，且CD?2DB。现建立以A点为坐标原点，以?BAC的平分线所在直

3线为x轴的平面直角坐标系，如图所示。

(1)求AB、AC所在的直线方程；

(2)求以AB、AC所在的直线为渐近线且过点D的双曲线的方程；

(3)过D分别作AB、AC所在直线的垂线DF、DE（E、F为垂足），求DE?DF的值。 解：（1）设?CAx?? 则由tan?BAC?tan2??2tan?4?? 231?tan???为锐角，

?tan??2，

?AC所在的直线方程为y=2x

AB所在的直线方程为y= -2x…………………………………………….4分 （2）设所求双曲线为4x2?y2??,???0? 设C?x1,y1?，B?x2,y2?，?x1?0,x2?0?， 由CD?2DB可得：D?2?x1?2x22x1?4x2?,? 33??2?x?x2??2x1?4x2??4?1??????，

33????32x1x2?? 944由tan?BAC??，可得sin?BAC?，

35即

又?AB?5x1， AC?5x2，?x1x2?0?

?S?ABC?即x1x2?114ABACsin?BAC??5?x1x2??2x1x2?9， 2259，代入（1）得??16， 2x2y2??1…………………………………………………9分 双曲线方程为

416（3）由题设可知，?DE,DF?????BAC，

?cos?DE,DF??cos(???BAC)?xy设点D为?x0,y0?，则0?0?1

416223 5

又点D到AB，AC所在直线距离

DF?2x0?y05，DE?2x0?y05，

而DE?DF?DE?DF?cos?DE,DF?=

2x0?y05?2x0?y05?348? 525x2y219、(北京市宣武区2008年高三综合练习二)已知椭圆2?2?1ab?a?b?0?的离心率为

1

2，且其焦点F（c，0）(c＞0)到相应准线l的距离为3，过焦点F的直线与椭圆交于A、B两点。

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设M为右顶点，则直线AM、BM与准线l分别交于P、Q两点，（P、Q两点不重合），

求证：FP?FQ?0

?c1???a?2?a2解：（1）由题意有?2 解得?

ac?1???c?3??cx2y2??1??????????????5分 ∴椭圆的标准方程为 43（2）①若直线AB与x轴垂直，则直线AB的方程是x?1

∵该椭圆的准线方程为x?4,

∴P(4,?3)，Q(4,3)， ∴FP?(3,?3)，FQ?(3,3) ∴FP?FQ?0 ∴当直线AB与x轴垂直时，命题成立。 ②若直线AB与x轴不垂直，则设直线AB的斜率为k， ∴直线AB的方程为y?k(x?1),k?0 又设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4)

?y?k(x?1)?2222联立?x2y2 消y得 (3?4k)x?8kx?4k?12?0

??1?43?8k24k2?12?9k22,x1x2?∴x1?x2? ∴y1y2?k(x1?1)(x2?1)?

3?4k23?4k23?4k2

又∵A、M、P三点共线，∴y3?2y12y2 同理y4? x1?2x2?2∴FP?(3,2y22y1)，FQ?(3,)

x2?2x1?24y1y2?0

x1x2?2(x1?x2)?4∴FP?FQ?9?综上所述：FP?FQ?0

x2?y2?1的左、右20、(四川省成都市2008届高中毕业班摸底测试)设双曲线C：2顶点分别为A1、A2，垂直于x轴的直线m与双曲线C交于不同的两点P、Q。 （Ⅰ）若直线m与x轴正半轴的交点为T，且A1P?A2Q?1，求点T的坐标； （Ⅱ）求直线A1P与直线A2Q的交点M的轨迹E的方程；

（Ⅲ）过点F（1，0）作直线l与（Ⅱ）中的轨迹E交于不同的两点A、B，设FA??FB，

若??[?2,?1],求|TA?TB|（T为（Ⅰ）中的点）的取值范围。

解：（Ⅰ）由题，得A1(?2,0),A2(2,0)，设P(x0,y0),Q(x0,?y0)

则A1P?(x0?2,y0),A2Q?(x0?2,?y0).

2222由A1P?A2Q?1?x0?y0?2?1,即x0?y0?3. ????① 2x02?y0?1. ????② 又P(x0,y0)在双曲线上，则2联立①、②，解得 x0??2 由题意， x0?0, ?x0?2.

∴点T的坐标为（2，0） ????3分

（Ⅱ）设直线A1P与直线A2Q的交点M的坐标为（x，y） 由A1、P、M三点共线，得

(x0?2)y?y0(x?2) ????③ ????1分

由A2、Q、M三点共线，得

(x0?2)y??y0(x?2) ????④ ????1分

联立③、④，解得 x0?2,y0?x2y. ????1分 x∵P(x0,y0)在双曲线上， 2()2∴x?(2y)2?1.

2xx2?y2?1 (x?0,y?0). ????1分 ∴轨迹E的方程为2（Ⅲ）容易验证直线l的斜率不为0。

x2，代入?y2?1中，得 故可设直线l的方程为 x?ky?12(k2?2)y2?4ky?2?0.

设 A(x1,y1),B(x2,y2),y1?0且y2?0

则由根与系数的关系，得y1?y2??22k ??⑤

k?2y1y2??2. ??⑥ ????2分 k2?2y2∵FA??FB ∴有y1??，且??0. ，将⑤式平方除以⑥式，得

y1y24k214k2 ????1分

??2??2????2??2y2y2?k?2k?2由??[?2,?1]??511?????2????2?0 2??14k222????2?0?k2??0?k2? ????1分

277.k?2∵TA?(x1?2,y1),TB?(x2?2,y2),?TA?TB?(x1?x2?4,y1?y2).

2k4(k2?1),?x1?x2?4?k(y1?y2)?2??2. 又y1?y2??2k?2k?2故|TA?TB|?(x1?x2?4)?(y1?y2)

22215(k2?1)24k216(k2?2)2?28(k2?2)?8 ??2?22222(k?2)(k?2)(k?2)

?16?令t?288 ?222k?2(k?2)12711712.?0?k???t?[,]. ∴，即 22716k?22162k?2721722. ∴|TA?TB|?f(t)?8t?28t?16?8(t?)?4271169]. 而 t?[,]， ∴f(t)?[4,16232∴|TA?TB|?[2,132]. 821、(东北区三省四市2008年第一次联合考试)已知中心在原点，左、右顶点A1、A2在x轴上，离心率为

21的双曲线C经过点P（6,6），动直线l经过△A1PA2的重心G与双曲线C3交于不同两点M、N，Q为线段MN的中点。

（1）求双曲线C的标准方程

（2）当直线l的斜率为何值时，QA2?PA2?0。

本小题考查双曲线标准议程中各量之间关系，以及直线与双曲线的位置关系。

x2y2解（1）设双曲线C的方程为2?2?1?a?0,b?0?

ab217a2?b272?e?,?e?,即?,2333a 2b4?2?,① 3a又P（6,6）在双曲线C上，?223636?2?1 2ab②

由①、②解得a?9,b?12.

x2y2??1。 所以双曲线C的方程为

912（2）由双曲线C的方程可得A1??3,0?,A2?3,0?,又P?6,6? 所以△A1PA2的重点G（2,2）

设直线l的方程为y?k?x?2??2代入C的方程，整理得

?4?3k?x22?12k?k?1?x?12k2?2k?4?0??③

又设M?x1,y1?,N?x2,y2?,Q?x0,y0?

x0?kPA2x1?x26k?k?1?8?k?1????;y?kx?2?2?.0023k2?43k2?4y08?1?k??2,kQA2??2. x0?33k?6k?1216?1?k???123k?6k?12?QA2?PA2?0,?kPA2?kQA2??1,?整理得3k2?10k?4?0 解得k?5?13 3④

2??4?3k?0由③，可得? 2???48?5k?8k?16?0???解得?46?446?423 ?k?,且k??5535?13 3⑤

由④、⑤，得k?x2y222、(东北三校2008年高三第一次联考)设椭圆C：2?2?1(a?b?0)的左焦点为F，

ab上顶点为A，过点A作垂直于AF的直线交椭圆C于另外一点P，交x轴正半轴于点Q， 且

AP?8PQ 5y A P F O Q x （1）求椭圆C的离心率；

（2）若过A、Q、F三点的圆恰好与直线l：

x?3y?5?0相切，求椭圆C的方程.

解：⑴设Q（x0，0），由F（-c，0） A（0，b）知FA?(c,b),AQ?(x0,?b)

b2?FA?AQ,?cx0?b?0,x0??2分

c28b258,y1?b???4分 设P(x1,y1),由AP?PQ，得x1?13c1358b225()(b)213c?13?1???6分 因为点P在椭圆上，所以22ab

1

整理得2b2=3ac，即2（a2－c2）=3ac，2e2?3e?2?0,故椭圆的离心率e＝2???8分

b23⑵由⑴知2b?3ac，得?a；c22又c11?，得c?a， a2213于是F（－2a，0）， Q(a,0)

2△AQF的外接圆圆心为（

11a，0），半径r=2|FQ|=a????10分 21|a?5|所以2?a，解得a=2，∴c=1，b=3，

2x2y2??1 所求椭圆方程为4323、(东北师大附中高2008届第四次摸底考试)已知双曲线C的中心在原点，对称轴为坐标

轴，其一条渐近线方程是x?y?0，且双曲线C过点P(?2,1). （1）求此双曲线C的方程；

（2）设直线l过点A(0,1)，其方向向量为e?(1,k)(k?0)，令向量n满足n?e?0.双曲线C的右支上是否存在唯一一点B，使得n?AB?n. 若存在，求出对应的k值和B的坐标；若不存在，说明理由.

解：（1）设双曲线C的方程为x2?y2??(??0)，将点P(?2,1)代入可得??1， ?双曲线C的方程为x2?y2?1.

（2）依题意，直线 l的方程为y?kx?1 (k?0).设B(x0,y0)是双曲线右支上满足

n?AB?n 的点，结合 n?e?0，得kx0?y0?1?k2?1，

即点B(x0,y0)到直线l的距离 d?kx0?y0?1k?12?1

①若0?k?1，则直线l与双曲线C的右支相交，此时双曲线C的右支上有两个点到

直线l的距离为1，与题意矛盾；

②若k?1，则直线l在双曲线C右支的上方，故y0?kx0?1，从而

22y0?kx0?1?k2?1. 又因为 x0?y0?1，所以 2(k2?1)x0?2k(1?k2?1)x0?k2?3?2k2?1?0.

当k?1时，方程有唯一解 x0?当k?1时，由??0得 k?2，则B(2,1)；

5，此时方程有唯一解 x0?5，则B(5,2) 25综上所述，符合条件的k值有两个：k?1，此时B(2,1)；k?，此时B(5,2).

21x2y2324、(本小题满分12分) 已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)过点(1,)，且离心率e＝2. 2ab

（Ⅰ）求椭圆方程；

（Ⅱ）若直线l:y?kx?m(k?0)与椭圆交于不同的两点M、N，且线段MN的垂直平分线过定点G(,0)，求k的取值范围。

由题意椭圆的离心率

18c1? ?a?2c ?b2?a2?c2?3c2 a2x2y2∴椭圆方程为2?2?1??2分

4c3c3()231又点(1,)在椭圆上 ?2?22?1 ?c2?1

24c3cx2y2??1??4分 ∴椭圆的方程为43?x2y2?1??（Ⅱ）设M(x1,y1),N(x2,y2) 由?4 3?y?kx?m??e?消去y并整理得(3?4k)x?8kmx?4m?12?0??6分 ∵直线y?kx?m与椭圆有两个交点

222??(8km)2?4(3?4k2)(4m2?12)?0，即m2?4k2?3??8分

8km4km3m?MNP(?,)??9分 又x1?x2?? 中点的坐标为

3?4k23?4k23?4k211设MN的垂直平分线l'方程：y??(x?)

k83m14km1?p在l'上 ???(??) 即4k2?8km?3?0 223?4kk3?4k81?m??(4k2?3)??11分

8k(4k2?3)2122?k??4k?3将上式代入得

2064k2即k?5555或k?? ?k的取值范围为(??,?)?(,??)

1010101025、(福建省莆田一中2007～2008学年上学期期末考试卷)在平面直角坐标系xOy中，过定

点C(0，p)作直线与抛物线x?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．

解法1：（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N(0，?p)，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

2?x2?2p，y直线AB的方程为y?kx?p，与x?2py联立得?消去y得

x．p?y?k?2x2?2pkx?2p2?0．

由韦达定理得x1?x2?2pk，x1x2??2p2． 于是S△ABN?S△BCN?S△ACN?·2px1?x2．

12y ?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，

C A O N B 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，

则O?H?PQ，Q?点的坐标为??x1y1?p?，?．

2??2y ∵O?P?1121AC?x1?(y1?p)2?y12?p2， 222B l A O?H?a?2y1?p1?2a?y1?p， 2222O?C O N ∴PH?O?P?O?H?121(y1?p2)?(2a?y1?p)2 44x p????a??y1?a(p?a)，

2????p??2∴PQ?(2PH)2?4??a??y1?a(p?a)?．

2????令a?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． 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，

2则△?x1?4(a?p)(a?y1)?4??a?????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)， 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．

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