高考圆锥曲线大题

高考圆锥曲线大题

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【专家解析】高考圆锥曲线大题

【优秀范文】高考圆锥曲线大题

范文一:高考圆锥曲线经典大题

圆锥曲线经典大题

1.已知过点A(-4,0)的动直线l与抛物线G:x2=2py(p>0)相交于B、C两点.当

1→=4AB→.

直线l的斜率是时,AC

2

(1)求抛物线G的方程;

(2)设线段BC的中垂线在y轴上的截距为b,求b的取值范围.

2.如图,已知F(1,0),直线l:x1,点P为平面上的动点,过点P作l的垂线,垂足为点Q,且QPQFFPFQ.

(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.

MA1AF,MB2BF,求12的值;

MAMB的最小值. (1)已知(2)求

3.设点F是抛物线G:x2=4y的焦点.

(1)过点P(0,-4)作抛物线G的切线,求切线的方程;

0,分别延长(2)设A,B为抛物线G上异于原点的两点,且满足·

AF,BF交抛物线G于C,D两点,求四边形ABCD面积的最小值.

4.设抛物线方程为x22py(p0),M为直线y2p上任意一点,过M引抛物线的切线,切点分别为A,B.

(Ⅰ)求证:A,M,B三点的横坐标成等差数列;

2p)时,AB (Ⅱ)已知当M点的坐标为(2,

x2y2

5.设椭圆M:2

1a的右焦点为F1,直线l:x

a2

a2a2

2

与x轴交于点

. A,若OF12AF10(其中O为坐标原点)

(1)求椭圆M的方程;(2)设P是椭圆M上的任意一点,EF为圆,求PEPF的N:x2y21的任意一条直径(E、F为直径的两个端点)

2

最大值.

y2x2

6.已知双曲线C的方程为221(a0,b0),

离心率e顶点到渐近线

ab

的距离为。

5

(I) 求双曲线C的方程;

(II)如图,P是双曲线C上一点,A,B两点在双曲线C的两条渐近线上,且分

1

别位于第一、二象限,若APPB,[,2],求AOB面积的取值范围。

3

x2

7.一条双曲线y21的左、右顶点分别为A1,A2,点P(x1,y1),Q(x1,y1)是双

2

曲线上不同的两个动点。(1)求直线A1P与A2Q交点的轨迹E的方程式;(2)若过点H(0, h)(h>1)的两条直线l1和l2与轨迹E都只有一个交点,且l1l2 ,求h的值。

x2y2

8.已知:椭圆221(ab0),过点A(a,0),B(0,b)的直线倾斜角

ab

,原点到该直线的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)斜率大于零的直62

线过D(1,0)与椭圆交于E,F两点,若2,求直线EF的方程;(3)是否存在实数k,直线ykx2交椭圆于P,Q两点,以PQ为直径的圆过点

D(1,0)?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.

圆锥曲线经典大题

1.已知过点A(-4,0)的动直线l与抛物线G:x2=2py(p>0)相交于B、C两点.当

1→=4AB→.

直线l的斜率是时,AC

2

(1)求抛物线G的方程;

(2)设线段BC的中垂线在y轴上的截距为b,求b的取值范围.

2.如图,已知F(1,0),直线l:x1,点P为平面上的动点,过点P作l的垂线,垂足为点Q,且QPQFFPFQ.

(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.

MA1AF,MB2BF,求12的值;

MAMB的最小值. (1)已知(2)求

3.设点F是抛物线G:x2=4y的焦点.

(1)过点P(0,-4)作抛物线G的切线,求切线的方程;

0,分别延长(2)设A,B为抛物线G上异于原点的两点,且满足·

AF,BF交抛物线G于C,D两点,求四边形ABCD面积的最小值.

4.设抛物线方程为x22py(p0),M为直线y2p上任意一点,过M引抛物线的切线,切点分别为A,B.

(Ⅰ)求证:A,M,B三点的横坐标成等差数列;

2p)时,AB (Ⅱ)已知当M点的坐标为(2,

x2y2

5.设椭圆M:2

1a的右焦点为F1,直线l:x

a2

a2a2

2

与x轴交于点

. A,若OF12AF10(其中O为坐标原点)

(1)求椭圆M的方程;(2)设P是椭圆M上的任意一点,EF为圆,求PEPF的N:x2y21的任意一条直径(E、F为直径的两个端点)

2

最大值.

y2x2

6.已知双曲线C的方程为221(a0,b0),

离心率e顶点到渐近线

ab

的距离为。

5

(I) 求双曲线C的方程;

(II)如图,P是双曲线C上一点,A,B两点在双曲线C的两条渐近线上,且分

1

别位于第一、二象限,若APPB,[,2],求AOB面积的取值范围。

3

x2

7.一条双曲线y21的左、右顶点分别为A1,A2,点P(x1,y1),Q(x1,y1)是双

2

曲线上不同的两个动点。(1)求直线A1P与A2Q交点的轨迹E的方程式;(2)若过点H(0, h)(h>1)的两条直线l1和l2与轨迹E都只有一个交点,且l1l2 ,求h的值。

x2y2

8.已知:椭圆221(ab0),过点A(a,0),B(0,b)的直线倾斜角

ab

,原点到该直线的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)斜率大于零的直62

线过D(1,0)与椭圆交于E,F两点,若2,求直线EF的方程;(3)是否存在实数k,直线ykx2交椭圆于P,Q两点,以PQ为直径的圆过点

D(1,0)?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.

范文二:高考数学圆锥曲线大题

解析几何

20.(本小题满分12分)

已知两点M(4,0),N(1,0),若动点P(x,y)满足MNMP6|NP|. (1)求动点P的轨迹C的方程; (2)设A、B、Q是曲线C上不同的三个点,且A、B关于原点对称,直线QA、QB

的斜率分别为k1,k2,求证:k1k2为定值。

21.(12分)已知点A、B、C是椭圆M:x

a22yb221(ab0)上的三点,其中点

A的坐标为(23,0),BC过椭圆M的中心,且CACB0,2|CA||CB|. (I)求椭圆M的方程;

(II)过点M(0, t)且不垂直于坐标轴的直线l与椭圆M交于两点E、F,设D为椭圆M与y轴负半轴的交点,且|DE||DF|,求实数t的取值范围.

22.(本小题满分14分)

如图:P(-3,0),点A在y轴上,点Q在x轴的正半轴上,且APAQ0,在AQ

的延长线上取一点M,使|QM|2|AQ|. 

①当A点在y轴上移动时,求动点M的轨迹C的方程; ②已知kR,i(0,1),j(1,0),经过(-1,0)以kij为方向向量的直线l与轨迹C

交于E、F两点,又点D(1,0),当EDF为钝角时,求k的取值范围。

19.(本小题满分14分) 设椭圆M:x

a22

y221a的右焦点为F1,直线l:xa22与x轴交于点a2



A,若OF12AF10(其中O为坐标原点).

(1)求椭圆M的方程;

2(2)设P是椭圆M上的任意一点,EF为圆N:xy21的任意一条直径2

(E、F为直径的两个端点),求PEPF的最大值.

19.(本小题满分14分)

(1

)由题设知,A0,F1

a2K……………1分 0,K

由OF12AF10,得a222a22a2a2.………………3分 2

解得a26.

x2

所以椭圆M的方程为M:6y2

21.…………………………4分

2(2)方法1:设圆N:x2y21的圆心为N, 则PEPFNENPNFNP …………………………………6分 

K………………7分 NFNPNFN……PK

222NPNFNP1.…………………………………8分 从而求PEPF的最大值转化为求NP的最大值.………………………9分 因为P是椭圆M上的任意一点,设Px0,y0,………………………10分 x0

622所以y0

221,即x063y0.……………………………11分

222因为点N0,2,所以NP

因为y0x0y022y0112.………………12分

2222,所以当y01时,NP取得最大值12.…………13分 所以PEPF的最大值为11.…………………………………………14分

方法2:设点E(x1,y1),F(x2,y2),P(x0,y0),

x2x1,因为E,F的中点坐标为(0,2),所以 …………………………6分 y4y.21

所以PEPF(x1x0)(x2x0)(y1y0)(y2y0)……………………7分

(x1x0)(x1x0)(y1y0)(4y1 y)

22224y14y x0x1y0y10

22224y0(x1y14y) x0y0.…………………………9分 1

2222因为点E在圆N上,所以x1(y12)1,即x1y14y13.………10分

因为点P在椭圆M上,所以

x062y0221,即x063y0.………………11分 2222所以PEPF2y04y092(y01)11.……………………12分

因为y0[,所以当y01时,PEPF11.………………14分 min

方法3:①若直线EF的斜率存在,设EF的方程为ykx2,………6分 ykx2由2,解得x2x(y2)11k2.…………………7分 1

因为P是椭圆M上的任一点,设点Px0,y0, x0

62所以y0

221,即x063y0.……………………8分

22



所以PEx0PF,2y0

x0,2y0…9分 2所以PEPFx021k12(2y0)2k22k1x0(2y0)12(y01)11. 22

……………………10分

因为y0,所以当y01时,PEPF取得最大值11.………11分 ②若直线EF的斜率不存在,此时EF的方程为x0,

x0由2,解得y1或y3. 2x(y2)1

u不妨设,E0,3,F0,1.…………………… ss55u…………………12分

因为P是椭圆M上的任一点,设点Px0,y0, x0

62所以y0

221,即x063y0. 22

所以PEx0,3y0,PFx0,1y0.

222所以PEPFx0y04y032(y01)11.

因为y0,所以当y01时,PEPF取得最大值11.…………13分 综上可知,PEPF的最大值为11.…………………………14分

20.(本小题满分12分)

如图,在ABC中,|AB||AC|7

2,|BC|2,以B、C为焦点的椭圆恰好过AC的中

点P。

(Ⅰ)求椭圆的标准方程;

(Ⅱ)过椭圆的右顶点A1作直线l与圆E:(x1)2y22相交于M、N两点,试探究

点M、N能将圆E分割成弧长比值为1:3的两段弧吗?若能,求出直线l的方程;若不能,请说明理由。

20.(本小题满分12分)

已知椭圆C:x

a22yb221(ab0)的离心率为12,以原点为圆心,椭圆的短半轴为

半径的圆与直线xy

(Ⅰ)求椭圆的方程; 0相切。

(Ⅱ)设P(4,0),A,B是椭圆C上关于x轴对称的任意两个不同的点,连结PB交

椭圆C于另一点E,证明直线AE与x轴相交于点Q;

20.(本小题满分12分)

2设直线l:xym0与抛物线C:y4x交于不同两点A、B,F为抛物线的焦点。

(1)求ABF的重心G的轨迹方程;

(2)如果m2,求ABF的外接圆的方程。

20. 解:①设Ax1y1,Bx2,y2,F1,0,重心Gx,y,y24x2y4y4m0 

xym0

∴△>0m<1且m1(因为A、B、F不共线) x1x21y1y22m152mx333故 yy1y24

33

∴重心G的轨迹方程为y47x1且x ………6分(范围不对扣1分) 33②m2,则y24y80,设AB中点为x0,y0 ∴y0y1y222 ∴x0y0m2m4 那么AB的中垂线方程为xy60 令△ABF外接圆圆心为Ca,6a 1

k2又AB1y1y246,C到AB的距离为d

22a82 ∴CACF2622a822a16a 2

2719, ∴CFa ∴C22219

22169177 22222197169∴所求的圆的方程为x ………12分 y222

20.(本题14分)如图,椭圆长轴端点为A,B,O为椭圆中心,F为椭圆的右焦点, 且AF

FB1,1. (1)求椭圆的标准方程;

(2)记椭圆的上顶点为M,直线l交椭圆于P,Q两点,问:是否存在直线l,使点F恰为PQM的垂心?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.

20. 解:(1)如图建系,设椭圆方程为x

a22yb

2221(ab0),则c1 2又∵AFFB1即 (ac)(ac)1ac

∴a2 故椭圆方程为2x2

2

(2)假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且F恰为PQM的垂心,则设P(x1,y1),Q(x2,y2),∵M(0,1),F(1,0),故kPQ1, ……7分 y1 ……5分 2

yxm22于是设直线l为 yxm,由2得3x4mx2m20 …9分 2x2y2∵MPFQ0x1(x21)y2(y11) 又yixim(i1,2)

得x1(x21)(x2m)(x1m1)0 即2x1x2(x1x2)(m1)mm0 由韦达定理得2

经检验m22m2324m3(m1)mm0 解得m4

3243或m1(舍) 43符合条件………13分,所以直线l:yx………14分

21.(本题满分15分)如图,已知点A(2,0),点P是⊙B:(x2)2y236上任意一

点,线段AP的垂直平分线交BP于点Q,点Q的轨迹记为曲线C.

(Ⅰ)求曲线C的方程;

(Ⅱ)已知⊙O:x2y2r2(r0)的切线l总与曲

线C有两个交点M、N,并且其中一条切线满足MON90,求证:对于任意一条切线l总有MON90. 00

21题

21、(I)由题意,|QA||QB||QP||QB|6, ∴Q点轨迹是以A、B为焦点的椭圆,且a3,c2,

x2

∴曲线C的轨迹方程是

9y251.………………5分

(II)先考虑切线的斜率存在的情形. 设切线l:ykxm,则

图1

由l与⊙O相切得|m|

k2r 即mr(1k)

222

①……………7分 ykxm2由x2,消去y得,(59k2)x218kmx9(m25)0, y159

设M(x1,y1),N(x2,y2),则由韦达定理得

18km

59k2x1x2,x1x29(m5)59k22……………………9分

OMONx1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)

(1k)x1x2km(x1x2)m 22

9(1k)(m5)

59k

222218km59k222m 2

14m45(1k)

59k22②……………………10分

0由于其中一条切线满足MON90,对此

OMON14m45(1k)

59k222图

2 0

45

142222结合①式mr(1k)可得r…………………………………………12分

(1k),进而2于是,对于任意一条切线l,总有m14m45(1k)

59k

02451422OMON20 故总有MON90. …………………………………………14分

0最后考虑两种特殊情况:(1)当满足MON90的那条切线斜率不存在时,切线方

程为

xr.代入椭圆方程可得交点的纵坐标y55r

92,因MON90,故0

r55r

922,得到r45

14,同上可得:任意一条切线l均满足MON90;(2)0

当满足MON90的那条切线斜率存在时,r

0存在的切线xr也有MON90. 024514,r55r92,对于斜率不

综上所述,命题成立. …………………………………………15分

1. (本小题满分12分)

已知点A(1,0,)B(1,0),动点M的轨迹曲线C满足AMB2,2AMBMcos3,过点B的直线交曲线C于P、Q两点.

(1)求AMBM的值,并写出曲线C的方程;

(2)求△APQ面积的最大值.

范文三:圆锥曲线高考大题荟萃

(Ⅰ)求双曲线的离心率;

答案为:

4,求双曲线的方程.

*****************************************************************

不妨设l1:bx-ay

=0,l2:bx+ay=0,

(Ⅱ)由a=2b知,双曲线的方程可化为 x

-4y=4b.①

2

2

2

由l1

AB的方程为

将②代入①并化简,得

设AB与双曲线的两交点的坐标分别为(x1

,y1),(x2,y

2),则

AB被双曲线所截得的线段长

l=4,故b=3,a=6.

椭圆相交于E、F两点. 答案为:

AB相交于点D

,与

*****************************************************************

已知中心在原点的双曲线C的一个焦点是F1(-3,0),(1)求双曲线C的方程;

(2)若以k(k≠0)为斜率的直线l与双曲线

C相交于两个不同的点M,N,且线段MN的垂直平分线与两坐标轴

答案为:

求k的取值范围.

*****************************************************************

答案:本小题主要考查双曲线的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、线段的定比分点等基础知识,考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法

,考查推理、运算能力.

解:(1)设双曲线

C>0,b>

0).

所以双曲线C

(2)设直线l的方程为y=kx+m(k≠0), 点M(x1,y1

),N(x2,y2)的坐标满足方程组

将①式代入②式,整理得

(5-4k)x-8kmx-4m-20=0.

2

2

2

2

2

2

2

此方程有两个不等实根,于是5-4k≠0,且

Δ=(-8km)+4(5-4k)(4m+20)>0.

整理得m+5-4k>0. ③

2

2

由根与系数的关系可知线段MN的中点坐标(x0

,y0)满足x0

0=kx0从而线段MN的垂直平分线的方程为此直线与x轴,y轴的交点坐标分别为整理得m2

2

2

>0,

2

整理得

(4k-5)(4k-|k|-5)>0,k≠0.

解得0<|k||k|所以k的取值范围是(-

某海域内有一孤岛,岛四周的海平面(视为平面)上有一浅水区(含边界),其边界是长轴长为2a、短轴长为2b的椭圆.已知岛上甲、乙导航灯的海拔高度分别为h1、h2,且两个导航灯在海平面上的投影恰好落在椭圆的两个焦点上.现有船只经过该海域(船只的大小忽略不计),在船上测得甲、乙导航灯的仰角分别为θ1、θ2,那么船只己进入该浅水区的判别条件是___________.

*****************************************************************

答案为:

答案:h1cotθ1+h2cotθ2<2a

解析:∵导航灯在海平面上的投影恰好落在椭圆的两个焦点上, ∴导航灯垂直于海平面,垂足为焦点. 如图所示.

|MF1|=h1cotθ1,|MF2|=h2cotθ2,

∴当|MF1|+|MF2|<2a时,点M在椭圆内即h1cotθ1+h2cotθ2<2a.

在直角坐标系xOy中,点P到两点

与C交于

A、B两点. (1)

写出C的方程; (2)

求k的值;

的距离之和等于4,设点P

的轨迹为C,直线y=kx+1

(3)

若点A在第一象限,证明当k>

0时,恒有答案为:

>*****************************************************************

本题主要考查平面向量,

椭圆的定义、标准方程及直线与椭圆位置关系等基础知识,考查综合运用解析几何知识解决问题的能力.

:(1)设P(x,y),由椭圆定义可知,点

P的轨迹C是以短半轴

为焦点,长半轴为2的椭圆,

它的

故曲线C的方程为

x2

(2)设

A(x1,y1),B(x2,y

2),消去y

并整理得(k+4)x+2kx-3=0,

2

2

故x1+x2

2

1x2即x1x

2+y1y2=0.

而y1y2=kx1x2+k(x1

+x2)+1,

于是x1x

2+y1y2化简得-4k+1=0,所以2

2

2

2

2

2

2

2

=x1+y1-(x2+y2)

2

22

=(x1-x2)+4(1-x1-1+x2)

=-3(x1-x2)(x1+x2因为A在第一象限,故x1>0.

由x1x2又k>0,故x2<0,从而x1-x2>0. 2

>0, >2

即在题设条件下,恒有

在曲线C上

.

(Ⅰ)求双曲线C的方程;

(Ⅱ)记O为坐标原点,过点Q (0,2)的直线l与双曲线

C相交于不同的两点E、F,

若△OEF求直线l的方程

*****************************************************************

答案为:

本小题主要考查双曲线的定义、标准方程、直线和双曲线位置关系等平面解析几何的基础知识,考查待写系数法、不等式的解法以及综合运用数学知识进行推理运算的能力

.

(Ⅰ)解法1:依题意,由a

+b=4

22

0<a<4),

2

将点(3

解得a=18(舍去)或

a=2,

22

解法2:依题意得,双曲线的半焦距c

=2. 2a=|PF1

|-|PF2∴a=2,b=c-a=2.

2

2

2

2

∴双曲线C得(1-k)x-4kx-6=0.①

2

2

(Ⅱ)解法1:依题意,可设直线l的方程为y=kx+2,代入双曲线C的方程并整理, ∵直线I与双曲线C相交于不同的两点E、F,

∴k-

设E(x1,y1),F(x2,y2),则由①式得x1+x2|EF

而原点O到直线l的距离d∴SΔOEF

若SΔOEF

k满足②.故满足条件的直线l有两条,其方程分别为y

2

2

解法2:依题意,可设直线l

的方程为y=kx+2,代入双曲线

C的方程并整理,

得(1-k)x-4

kx-6=0. ①

∵直线l与双曲线C相交于不同的两点

E、F,

∴k-1,1)∪(1,

② 设E

(x1,y1),F(x2,y

2),则由①式得

|x1-x2|③

当E、F在同一支上时(如图1

SΔOEF=|SΔOQF-SΔOQE当E、F在不同支上时(如图2所示),

SΔOEF=SΔOQF+SΔOQE综上得SΔOEF

由|OQ|=2及③式,得SΔOEF若SΔOEF=y解得k满足②.

故满足条件的直线l有两条,其方程分别为y

如图,在以点O为圆心,|AB|=4为直径的半圆ADB中,OD⊥AB,P是半圆弧上一点, ∠POB=30°,曲线C是满足||MA|-|MB||为定值的动点M的轨迹,且曲线C过点P.

(Ⅰ)建立适当的平面直角坐标系,求曲线C的方程; (Ⅱ)设过点D

的直线l与曲线C相交于不同的两点E、F. 若△OEF的面积不小于

答案为:

l斜率的取值范围.

*****************************************************************

本小题主要考查直线、圆和双曲线等平面解析几何的基础知识,考查轨迹方程的求法、不等式的解法以及综合解题能力.

(Ⅰ)解法1

:以O为原点,AB、OD

所在直线分别为x轴、y轴,建立平面直角坐标系,则A

(-2,0),B

(2,0),D(0,2),P

AB|=4.

|MA|-|MB|=|PA|-|PB∴曲线C是以原点为中心,A、B为焦点的双曲线. 设实半轴长为a,虚半轴长为b,半焦距为c, 则c=2,2a==2,b=c-a=2.

2

2

2

2

∴曲线C|AB|=4.

解法2:同解法1建立平面直角坐标系,则依题意可得|︱MA︱-︱MB︱|=|PA|-|PB|< ∴曲线C是以原点为中心,A、B为焦点的双曲线.

0,b>0).

解得a=b=2,

2

2

∴曲线C

图1

图2

(Ⅱ)解法1:依题意,可设直线l的方程为y=kx+2,代入双曲线C的方程并整理得(1-k)x-4kx-6=0.

∵直线l与双曲线C相交于不同的两点E、F,

2

2

)∪(-1

,1)∪(1

.

∴k∈(设E(x1

,y1),F(x2

,y2),则由①式得x1

+x2|EF于是

而原点O到直线l的距离d

若△OEF面积不小于即

综合②、③知,直线l的斜率的取值范围为

得(1-k)x-4kx-6=0.

∵直线l与双曲线C相交于不同的两点E、F,

2

2

-1)∪(1-

解法2:依题意,可设直线l的方程为y=kx+2,代入双曲线C的方程并整理,

-1)∪(-1,1

)∪(1.

∴k∈(

E(x1,y1),F(x2,y2),则由①式得

|x

1-x2|当E、F

在同一支上时(如图1所示),

当E、F在不同支上时(如图2

所示).

△ODE

综上得S△OEF

由|

OD|=2及③式,得S△OEF若△OEF面积不小于④

综合②、④知,直线l的斜率的取值范围为

-1]∪(-1,1)∪(1

设b>0,抛物线方程为x=8(y-b).

如图6所示,过点F(0,b+2)

作x轴的平行线,

2

G的切线经过椭圆的右焦点F1.

图6

(1)求满足条件的椭圆方程和抛物线方程.

(2)设A、B分别是椭圆长轴的左、右端点,试探究在抛物线上是否存在点P,使得△ABP为直角三角形?若存在,请指出共有几个这样的点?并说明理由(不必具体求出这些点的坐标). *****************************************************************

答案为:

本题主要考查椭圆、抛物线的概念,椭圆、抛物线的方程等基础知识,数形结合的数学思想与方法,以及运算求解能力.

解:(1)由x=8(y-b)得当y=b+2时,x=±4, 则G点的坐标为(4,b+2).

2

于是抛物线x=8(y-b)在点G的切线的l的斜率切线l的方程为y=x+b-2.

由椭圆方程得F1点的坐标为(b,0), 又切线l经过椭圆的右焦点F1 ∴由0=b+b-2,解得b=1.

2

=1和x=8(y-1).

22

(2)抛物线上存在点P,使得△ABP为直角三角形,这样的点共有4个.

①分别过A,B作x轴的垂线,与抛物线分别交于两点P1

(△ABP2

都是直角三角形.

P2

1和

1,且椭圆与抛物

线仅交于一点,所以上述圆周必与抛物线相交于两点P3和P4. 则△ABP3和△ABP4都是直角三角形. 因为P1A与圆相切于点A,而P3在圆周上, 所以P3与P1不重合,同理P4与P2不重合. 故P1、P2、P3和P4是两两互不相同的点.

(1(2

理由.

*****************************************************************

答案为:

(1

(2

F1、F2F2到右准线l的距离

(Ⅰ)求a、b

的值;

(Ⅱ)设M、N是l*****************************************************************

答案为:

解:(1F2

到l所以由题设得

解得

a=2

得y1y2=-6,所以y1

=(0,y1+y2) =0.

y2=-y

1,

2.已知曲线C1曲线C1

的内切圆半径为

C2为以曲线C

1与坐标轴的交点顶点的椭圆. (I)求椭圆C2的标准方程;

(II)设AB是过椭圆

C,中心的任意弦,l是线段AB的垂直平分线,

M是l上异于椭圆中心的点. (1) 若|MO

OA|(O为坐标原点),当点A在椭圆C2上运动时,求点M的轨迹方程;

(2)若M是l与椭圆C2的交点,求△AMB的面积的最小值。

*****************************************************************

答案为:

解:(I解得 a=5, b=4.

2

2

a>b>0,

因此所求椭圆的标准方程为A(xA,yA).

(II)(1)假设AB所在的直线斜率存在且不为零,设AB所在直线方程为y=kx(k≠0),

所以 |OA|设M(x,y),由题意知

|MO|=λ|OA|(λ

2

所以|MO|=λ|OA|,因为

l是AB的垂直平分线,

22

2

所以

直线l的方程为

即因此又x+y

2

故又 当k=0或不存时,上式仍然成立.

综上所述,M

2) 当k存在且

λ

时,由(1)得

),

所以

|OA|2

解法一:由于

=

2

当且仅当4+5k=5+4k时等号成立,即

22

时等号成立,此时△AMB面积的最小值是S当k

当k=0

当k

如图,设抛物线方程为x=2py(p>0),M为直线y=-2p上任意一点,过M引抛物线的切线,切点分别为A,

2

B.

(Ⅰ)求证:A,M,

B三点的横坐标成等差数列; (Ⅱ)已知当M点的坐标为(

2,-2p

C满足

(Ⅲ)是否存在点M,使得点C关于直线AB

的对称点DO为坐标原点).若存在,求出所有适合题意的点M的坐标;若不存在,请说明理由

.

*****************************************************************

答案为:

因此直线MA

直线MB

由①、②得 因此 所以A、M、B三点的横坐标成等差数列.

(Ⅱ)解:由(Ⅰ)知,当x0=2时, 将其代入①、②并整理得:

所以 x1、x

2

由弦长公式得

所以p

=1或p=2,

(Ⅲ)解:设D(

x3,y3)

,由题意得C(x1+

x2, y1+

y2),

则CD

设直线AB

由点Q在直线AB

AB上,

若D(x

3,y3 因此 x3=0或x3=2x0.

即D(0,0) (1)当x0=0M(0,-2p)适合题意.

(2D(0,0)

⊥CD,

.

CD平行于y轴,

所以

直线AB与直线CD不垂直,与题设矛盾,

M点.

综上所述,仅存在一点

M(0,-2p)适合题意.

(Ⅰ)求椭圆C的方程;

a>b>0)的一个焦点为F(1,0),且过点(2,0).

(Ⅱ)若AB为垂直于x轴的动弦,直线l:x=4与x轴交于点N,直线AF与BN交于点M. (ⅰ)求证:点M恒在椭圆C上; (ⅱ)求△AMN面积的最大值.

*****************************************************************

答案为:

本小题主要考查直线与椭圆的位置关系、轨迹方程、不等式等基本知识,考查运算能力和综合解题能力,

解法一:

(Ⅰ)由题设a=2,c=1,从而b=a-c=3,

2

2

2

所以椭圆C

(Ⅱ)(i)由题意得F(1,0),N

(4,0).

设A(m,n),

则B(m,-n

)(n≠

AF

与BN的方程分别为:n(x

-1)-(m-1)y=0,

n(x-4)-(m-4)y=0.

M(x0,y0),则有 n(x0-1)-(m-1)y0=0, ……②

n(x0-4)+(m-4)y0=0, ……③

由②,③得

x0

所以点M恒在椭圆G上.

(ⅱ)设AM的方程为x=ty+1,1得(3t+4)y+6ty-9=0.

22

设A(x1,y1),M(x2,y2),则有:y1+y2

|y1-

y2令3

t+4=λ(λ

≥4),则

2

|y1-

y2|因为

λ≥4,0|

y1-y2|

有最大值3,此时AM过点F.

△AMN的面积S△

解法二:

(Ⅰ)问解法一:

(Ⅱ)(ⅰ)由题意得F(1,0),N(4,0).

设A(m,n),则B(m,-n……①

AF与BN的方程分别为:n(x-1)-(m-1)y=0, ……② n(x-4)-(m-4)y=0, ……③

由②,③得:当x ……④

(y≠0).

a≠0矛盾.

所以点

M(Ⅱ)同解法一.

M恒在锥圆C上.

F(1

,0),O为坐标原点.

(Ⅰ)已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形,求椭圆的方程; (Ⅱ)设过点F的直线l交椭圆于A、B两点.若直线l绕点F任意转动,求a的取值范围.

*****************************************************************

答案为:

本小题主要考查直线与椭圆的位置关系、不等式的解法等基本知识,考查分类与整合思想,考查运算能力和综合解题能力.

解法一:(Ⅰ)设M,N为短轴的两个三等分点, 因为△MNF为正三角形,

(ⅰ)当直线 AB与

x轴重合时,

(ⅱ)当直线

AB不与x轴重合时,

设直线AB

恒为钝角.

.

又a+b

m>0,所以

-mab+b-ab+a<0对即abm

> a -ab+b对当2

222

2

22

2

2

22

2

2

2

2

2

2

22

222

2

22

2

恒成立,

2

2

恒成立.

2

2

2

4

时,

abm最小值为0,所以a -ab+b<0.

2

2

a< ab- b, a<( a-1) b= b, 因为a>0,b>0,所以a< b,即a-a-1>0,

解得aa舍去),即a综合(i)(ii),a解法二:

(Ⅰ)同解法一,

(Ⅱ)解:(i)当直线l垂直于x轴时,

.

x=1因为恒有|OA|+|OB|<|AB|,2(1+yA)<4 yA, yA>1222222

1,

解得a

a舍去)

,即a(ii

)当直线l不垂直于x轴时,设A

(x1,y1)

, B(x2,y2

).

设直线AB的方程为y=k(x-1)

得(b+a

k)x-2a

kx+ ak- ab=0,

2

22

2

22

2 2

2 2

故x1

+x2因为恒有|OA|+|OB|<|AB|, 得x1x

2+ y1y2<

0恒成立.

2

2

2

2

2

2

2

x1x2+ y1y2= x1x2+k(x1-1) (x2-1)=(1+ k) x1x2- k (x1+x2)+ k

=(1+k由题意得(a- a b+b)k- a b<0对①当a- a b+b>0时,不合题意;

2

2

2

22

2

2

2

2

2

2

2

恒成立.

②当a- a b+b=0时,2

2

2

2

2

2

2

2222

2

4

2

③当a- a b+b<0时,a- a(a-1)+ (a-1)<0,a- 3a +1>0,

解得a2

a2

a综合(i)(ii),a

.

范文四:圆锥曲线高考题1

圆锥曲线高考题--全国卷

x2

1.(2015全国4)已知Mx0,y0是双曲线C:y21上的一点,F1,F2是C的两

2



个焦点,若MF1MF20,则y0的取值范围是( ) (A

)

 (B

) (C

) (D

) 

2.(2015全国

上,圆标准方程 .

x2y2

116414)一圆经过椭圆的三个顶点,且圆心在x轴的正半轴

x2y2

3.(2013全国4)已知双曲线C:2-21(a>0,b>0)的离心率为错误!未找

ab

到引用源。,则C的渐近线方程为( )A、y=±错误!未找到引用源。x (B)y=±错误!未找到引用源。x (C)y=±错误!未找到引用源。x (D)y=±x

4.(2014全国4)已知F为双曲线C:x2my23m(m0)的一个焦点,则点F到C的一条渐近线的距离为( ) A. B. 3 C. m D. 3m

x2y2

5.(2013全国10)已知椭圆22=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直

ab线交椭圆于A、B两点。若AB的中点坐标为(1,-1),则E的方程为( A、=1

) x245

y236

1 B、

x236

y227

=1错误!未找到引用源。 C、

x227

y218

D、

x218

+1

9

y2

6.(2012全国8)已知F1、F2为双曲线C:x2y22的左、右焦点,点P在C上,

1334

|PF1|2|PF2|,则cosF1PF2(A) (B) (C) (D)

4545

7.(2011全国10)已知抛物线C:y24x的焦点为F,直线y2x4与C交于A、4334

B两点,则cosAFB() (A) (B) (C)  (D) 

5555

2,椭圆E:x8.(2014全国20)已知点A0,

y2

21(ab

0)2ab2

F是椭圆E的右焦点,直线AF

,O为坐标原点.

(I)求E的方程;

1

(II)设过点A的动直线l与E 相交P,Q两点。当OPQ的面积最大时,求l的直线方程.

直线与圆锥曲线位置关系”的综合型试题的分类求解 1.向量综合型

例1.在直角坐标系xOy中,点P

到两点(0,的距离之和为4,设点P的轨迹为C,直线ykx1与C交于A,B两点。



(Ⅰ)写出C的方程; (Ⅱ)若OAOB,求k的值。

例2.已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0),右顶点为(,0) (1) 求双曲线C的方程;

(2) 若直线l:ykx与双曲线C恒有两个不同的交点A和B,且2(其中O为原点),求k的取值范围。

x2y26

例3.已知椭圆22(a>b>0)的离心率e,过点A(0,-b)和B(a,0)

ab3

的直线与原点的距离为.

2

(1)求椭圆的方程.

(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C、D两点.问:是否存在k的值,使以CD为直径的圆过E点?请说明理由.

2.“中点弦型”

例4.已知双曲线的中心在原点,焦点在x轴上,离心率e,焦距为2 (I)求该双曲线方程.

(II)是否定存在过点P(1,1)的直线l与该双曲线交于A,B两点,且点P是

线段AB 的中点?若存在,请求出直线l的方程,若不存在,说明理由.

2)例5.已知椭圆的中心在原点,焦点为F1(0,2),F(,且离心率e20,

(I)求椭圆的方程;

2

22

。 3

(II)直线l(与坐标轴不平行)与椭圆交于不同的两点A、B,且线段AB中点的横坐标为

1

,求直线l倾斜角的取值范围。 2

3

范文五:圆锥曲线高考题

圆锥曲线高考题

1. 【2015高考新课标2,理20】(本题满分12分)

已知椭圆C:9x2y2m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.

(Ⅰ)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值; (Ⅱ)若l过点(

m

,m),延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时3

l的斜率,若不能,说明理由.

2. 【2015高考福建,理18】 已知椭圆E:

2

2

xy+=1(a>b>

0)过点,且离心率为.

22ab2

(Ⅰ)求椭圆E的方程;

(Ⅱ)设直线x=my-1,(m?R)交椭圆E于A,B两点,判断点G(-,0)与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.

3. 【2015高考浙江,理19】

9

4

x21

y21上两个不同的点A,B关于直线ymx对称.已知椭圆

22

(1)求实数m的取值范围;

(2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点).

4. 【2015江苏高考,18】(本小题满分16分)

x2y2 如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆221ab0的离心率为,且右焦点F到左

ab2

准线l的距离为3. (1)求椭圆的标准方程;

(2)过F的直线与椭圆交于A,B两点,线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于 点P,C,若PC=2AB,求直线AB的方程.

x2y2

5. 【2015高考山东,理20】平面直角坐标系xoy中,已知椭圆C:221ab

0的离心率为

ab

F1,F2,以F1错误!未找到引用源。为圆心以3为半径的圆与以F2错误!未找到引用源。为圆心以1为半径的圆相交,且交点在椭圆C上. (Ⅰ)求椭圆C的方程;

x2y2

(Ⅱ)设椭圆E:221,P错误!未找到引用源。为椭圆C错误!未找到引用源。上任意一点,

4a4b

过点P的直线ykxm交椭圆E 于A,B两点,射线PO 错误!未找到引用源。交椭圆E于点Q.

( i )求

OQOP

错误!未找到引用源。的值; (ii)求ABQ面积的最大值.

x2y2

6. 【2015高考安徽,理20】设椭圆E的方程为221ab0,点O为坐标原点,点A的坐

ab

标为a,0,点B的坐标为0,b,点M在线段AB上,满足BM2MA,直线OM

的斜率为(I)求E的离心率e;

(II)设点C的坐标为0,b,N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为求E的方程.

. 10

7, 2

x2y2

7. 【2015高考天津,理19】(本小题满分14分)已知椭圆2+2=1(a>b>0)的左焦点为F(c,0),

abb422

离心率为,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x+y=截得的线段的长为c

43

|FM|=

3

(I)求直线FM的斜率; (II)求椭圆的方程;

(III)设动点P在椭圆上,若直线FP

OP(O为原点)的斜率的取值范围.

x2y2

8. 【2015高考重庆,理21】如题(21)图,椭圆221ab0的左、右焦点分别为F1,F2,过F2

ab

的直线交椭圆于P,Q两点,且PQPF1 (1

)若PF12PF22,求椭圆的标准方程 (2)若PF1PQ,求椭圆的离心率e.

x2y29. 【2015高考四川,理20】如图,椭圆E:2+21(ab

0),过点P(0,1)的

ab动直线l与椭圆相交于A,B两点,当直线l平行与x轴时,直线l被椭圆E

截得的线段长为 (1)求椭圆E的方程;

(2)在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定点Q,使得

QAPA

恒成立?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理

QBPB

由.

x2y210. 【2015高考陕西,理20】(本小题满分12分)已知椭圆:221(ab0)的半焦距为c,

ab

原点到经过两点c,0,

1

c. 的直线的距离为0,b2

(I)求椭圆的离心率;

(II)如图,是圆:x2y1

2

2

5

的一条直径,2

若椭圆经过,两点,求椭圆的方程.

x2

11. 【2015高考新课标1,理20】在直角坐标系xoy中,曲线C:y=与直线ykxa(a>0)交与

4

M,N两点,

(Ⅰ)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程;

(Ⅱ)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由.

x2y2

1和点12. 【2015高考北京,理19】已知椭圆C:221ab

0的离心率为,点P0,

ab

Am,nm≠0都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M.

(Ⅰ)求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m,n表示);

(Ⅱ)设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y轴上是否存在点Q,使得OQMONQ?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.

y2x2

13. 【2015高考湖南,理20】已知抛物线C1:x4y的焦点F也是椭圆C2:221(ab0)的

ab

2

一个焦点,C1与C

2的公共弦的长为. (1)求C2的方程;



(2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且AC与BD同向

(ⅰ)若|AC||BD|,求直线l的斜率

(ⅱ)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形

14. 【2015高考上海,理21】已知椭圆x22y21,过原点的两条直线l1和l2分别于椭圆交于、和

C、D,记得到的平行四边形CD的面积为S.

(1)设x1,y1,Cx2,y2,用、C的坐标表示点C到直线l1的距离,并证明S2x1y1x2y1; (2)设l1与l2的斜率之积为

1

,求面积S的值. 2

范文六:高中圆锥曲线大题

x2y2

1.设椭圆C:221(ab0)的左焦点为F,上顶点为A,过点A作垂直于AF的直线交椭圆C于

ab

另外一点P,交x轴正半轴于点Q, 且

⑴求椭圆C的离心率;

⑵若过A、Q、F三点的圆恰好与直线

AP

8

PQ 5

l: x3y50相切,求椭圆C的方程.

x2y22

2.设椭圆221(ab0)的离心率为e=

2ab

(1)椭圆的左、右焦点分别为F1、F2、A是椭圆上的一点,且点A到此两焦点的距离之和为4,求椭圆

的方程.

(2)求b为何值时,过圆x+y=t上一点M(2,)处的切线交椭圆于Q1、Q2两点,而且OQ1⊥OQ2. 3. 已知曲线c上任意一点P到两个定点F1(-3,0)和F2(3,0)的距离之和为4. (1)求曲线c的方程;

(2)设过(0,-2)的直线l与曲线c交于C、D两点,且OCOD0(O为坐标原点),求直线l的方程.

2

2

2

y2

4. 已知椭圆x21(0b1)的左焦点为F,左、右顶点分别为A、C,上顶点为B.过F、B、C作⊙P,

b

其中圆心P的坐标为(m,n).

(Ⅰ)当m+n>0时,求椭圆离心率的范围; (Ⅱ)直线AB与⊙P能否相切?证明你的结论.

2

5. 有如下结论:“圆x2y2r2上一点P(x0,y0)处的切线方程为x0yy0yr2”,类比也有结论:“椭

x0xy0yx2y2x2

y21的圆221(ab0)上一点P(x0,y0)处的切线方程为221”,过椭圆C:4abab

右准线l上任意一点M引椭圆C的两条切线,切点为 A、B.

(1)求证:直线AB恒过一定点;(2)当点M在的纵坐标为1时,求△ABM的面积

x2y222

6. 已知点P(4,4),圆C:(xm)y5(m3)与椭圆E:221(ab0)有一个公共点A(3,

ab

1),F1、F2分别是椭圆的左、右焦点,直线PF1与圆C相切.

(Ⅰ)求m的值与椭圆E的方程;



(Ⅱ)设Q为椭圆E上的一个动点,求APAQ的取值范围. 7. 椭圆的对称中心在坐标原点,一个顶点为A(0,2

),右焦点

F与点B,的距离为2。 (1)求椭圆的方程;

(2)是否存在斜率k0的直线l:ykx2,使直线l与椭圆相交于不同的两点M,N满足

|AM||AN|,若存在,求直线l的倾斜角;若不存在,说明理由。

x2y26

8. 椭圆方程为221(ab0)的一个顶点为A(0,2),离心率e。

3ab

(1)求椭圆的方程;

(2)直线l:ykx2(k0)与椭圆相交于不同的两点M,N满足MPPN,APMN0,求k。

y2

9. 已知椭圆x21(0b1)的左焦点为F,左右顶点分别为A,C上顶点为B,过F,B,C三点作P,

b

2

其中圆心P的坐标为(m,n).

(1)

若椭圆的离心率e

P的方程; (2)若P的圆心在直线xy0上,求椭圆的方程.

x2y2

10. 已知直线l:yx1与曲线C:221(a0,b0)交于不同的两点A,B,O为坐标原点.

ab

(Ⅰ)若|OA||OB|,求证:曲线C是一个圆;

(Ⅱ)若OAOB,当ab且a[

6,]时,求曲线C的离心率e的取值范围. 22

x2y2

1(a0)的左、11. 设椭圆C:2右焦点分别为F1、F2,A是椭圆C上的一点,且AF2F1F20,

a2

坐标原点O到直线AF1的距离为(1)求椭圆C的方程;

(2)设Q是椭圆C上的一点,过Q的直线l交x轴于点P(1,0),较y轴于点M,若MQ2QP,求直线l的方程.

12. .已知动点A、B分别在x轴、y轴上,且满足|AB|=2,点P在线段AB上,且 APtPB(t是不为零的常数).设点P的轨迹方程为c。

(1)求点P的轨迹方程C;

(2)若t=2,点M、N是C上关于原点对称的两个动点(M、N不在坐标轴上),点Q

坐标为(,3),求△QMN的面积S的最大值。

1

|OF1|. 3

32

1解:⑴设Q(x0,0),由F(-c,0) (0,b)知FA(c,b),AQ(x0,b)

b28b258

,y1b ,cx0b0,x0设P(x1,y1),由,得x113c135c

2

8b225

()(b)21 因为点P在椭圆上,所以

a2b2

整理得2b=3ac,即2(a-c)=3ac,2e23e20,故椭圆的离心率e=

2

2

2

1

2

b23

⑵由⑴知2b3ac,得a;

c2

2

13c11

, Q(a,0) ,得ca,于是F(-a,0)

22a22

1

|a5|

11

△AQF的外接圆圆心为(a,0),半径r=|FQ|=a 所以a,解得a=2,∴c=1,b=,

222

x2y2

1 所求椭圆方程为43x2y2

1 2(1)椭圆的方程为42

(2)解: 过圆x2y2t2上的一点M(2,2)处的切线方程为2x+y-6=0.

令Q1(x1,y1),Q2(x2,y2), 则2xy60

2

22

x2y2b

化为5x-24x+36-2b=0, 由⊿>0得:b3

22

5

24362b2184b2

x1x2,x1x2,y1y22x1x26(x1x2)18

555

由OQ1OQ2知,x1x2y1y20即b=3∈(3,+∞),故b=3

5

b29,

3. 解:(1)根据椭圆的定义,可知动点M的轨迹为椭圆,其中a

2,c

b1.

x2

所以动点M的轨迹方程为y21.

4

(2)当直线l的斜率不存在时,不满足题意.

当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为ykx2,设C(x1,y1),D(x2,y2),



∵OCOD0,∴x1x2y1y20. ∵y1kx12,y2kx22,

∴y1y2k2x1x22k(x1x2)4.∴ (1k2)x1x22k(x1x2)40.… ①

x22

16k12y1,22

由方程组4得14kx16kx120.则x1x2,,xx1222

14k14kykx2.

代入①,得1k2

112

4k

2

2k

16k

40.

14k2

即k24,解得,k2或k2.所以,直线l的方程是y2x2或y2x2. 4. 解:(Ⅰ)设F、B、C的坐标分别为(-c,0),(0,b),(1,0),则FC、BC的中垂线分别为

1c

x,1cb112

,y(x).联立方程组,解出 x2

2b22ybc.

2b

1cb2c

(b-c)>0,∴ b>c. mn0,即bbcb2c0,即(1+b)

22b

从而b2c2即有a22c2,∴e2

1

.又e0,∴0e.

2

(Ⅱ)直线AB与⊙P不能相切.由kABb,kPB

b2c

b

b2c=.

1cb(c1)02

b2c

如果直线AB与⊙P相切,则b=-1.

b(c1)

解出c=0或2,与0<c<1矛盾,所以直线AB与⊙P不能相切.

xx43

,t)(tR),A(x1,y1),B(x2,y2),则MA1y1y1 343∵点M在MA上∴x1ty11 ① 同理可得x2ty21②

333

由①②知AB的方程为xty1,即x(1ty)

3

易知右焦点F(3,0)满足③式,故AB恒过椭圆C的右焦点F(,0)

5. 【解】(1)设M(

x2

y21,化简得7y6y10 (2)把AB的方程x(1y)代入4

43||

232816

∴|AB|3  又M到AB的距离d

3773

∴△ABM的面积S

13

|AB|d 221

6. 【解】(Ⅰ)点A代入圆C方程, 得(3m)15.∵m<3,∴m=1. 圆C:(x1)2y25.设直线PF1的斜率为k,

2

则PF1:yk(x4)4,即kxy4k40. ∵直线PF1与圆C

解得k当k=当k=

111,或k. 22

1136时,直线PF1与x轴的交点横坐标为,不合题意,舍去. 211

1

时,直线PF1与x轴的交点横坐标为-4,∴c=4.F1(-4,0),F2(4,0). 2

2

2

x2y2

1. 2a=AF1+AF2

a,a=18,b=2.椭圆E的方程为:

182



(Ⅱ)AP(1,3),设Q(x,y),A,APAQ(x3)3(y1)x3y6. Qx(,3y)1

x2y2

1,即x2(3y)218,而x2(3y)2≥2|x||3y|,∴-18≤6xy≤18. ∵

182

则(x3y)2x2(3y)26xy186xy的取值范围是[0,36].x3y的取值范围是[-6,6].



∴APAQx3y6的取值范围是[-12,0].

x2y2

7. 【解】(1)依题意,设椭圆方程为221(ab0),则其右焦点坐标为

ab

F(c,0),ca2b2 ,由|FB|2

2,

即(c224,解得c22。

22

xy2221。 又 ∵b2 ,∴ acb12,即椭圆方程为124

(2)由|AM||AN|知点A在线段MN的垂直平分线上,

ykx2

2

2222

由x消去y得x3(kx2)12 即(13k)x12kx0 (*) y2

1

124

22

由k0,得方程(*)的(12k)144k0,即方程(*)有两个不相等的实数根。

设M(x1,y1)、N(x2,y2),线段MN的中点P(x0,y0), 则x1x2

x1x212k6kx,, 02

213k213k

6k22(13k2)6k22

P(,) ,即 y0kx02

13k213k213k213k2

2

2222(13k2)13k, k0,∴直线AP的斜率为k16k6k13k2

22(13k2)

k1, 由APMN,得

6k

∴ 226k6,解得:k又0,故 

2

3,即tan, 33

55,∴ 存在直线l满足题意,其倾斜角,或。 666

6

,或

b2

8. 【解】(1)设ca2b2,依题意得c

e

a

b2

ab6 即6a29a29b2

a3

2

2

22

xy221。 ∴ a3b12,即椭圆方程为124

(2) MPPN,APMN0 ∴ APMN,且点P线段MN的中点,

ykx2

2222由x2消去y得x3(kx2)12 即(13k)x12kx0 (*) y2

1

124

由k0,得方程(*)的(12k)2144k20,显然方程(*)有两个不相等的实数根。 设M(x1,y1)、N(x2,y2),线段MN的中点P(x0,y0), 则x1x2

x1x212k6kx, 0

213k213k2

6k22(13k2)6k22

P(,) ∴ y0kx02,即2222

13k13k13k13k

2

2222(13k2)13kk0,∴直线AP的斜率为k1, 6k6k13k2

22(13k2)3

k1, ∴ 226k26,解得:k由MNAP,得,

6k3

9. 【解】(1

)当e

时∵a

1,∴c

∴bac1

222

3111,b,点B

(0,),F(,C(1,0) 44222

设P的方程为(xm)2(yn)2r2 由P过点F,B,C得

∴m(n)r-----------------①

2

1

2

22

(m

2

n2r2-----------------② 2

(1m)2n2r2-------------------③

52

,n,r

4由①②③联立解得

m

∴所求的

P的方程为(x225

(y 4

(2)∵P过点F,B,C三点,∴圆心P既在FC的垂直平分线上,也在BC的垂直平分线上,FC的垂直平

1c1b

--------④ ∵BC的中点为(,),kBCb 222

b11

∴BC的垂直平分线方程为y(x)-----⑤

2b2

分线方程为x

1cb2c1cb2c

,n,y由④⑤得x,即m 22b22b

1cb2c0(1b)(bc)0 ∵P(m,n)在直线xy0上,∴22b

22

∵1b0 ∴bc 由b1c得b

2

1 2

∴椭圆的方程为x22y21

9. 【解】(Ⅰ)证明:设直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2)

2222

|OA||OB| ∴x1y1x2y2 即:x1y1x2y2

2

2

2

2

∴x1x2y2y1 A,B在C上

2222

xyxy

∴12121,22221

abab

2222

∴两式相减得:x1x2∴曲线C是一个圆

22

a2a222

2(y2y1) ∴21 即:a2b2 bb

(Ⅱ)设直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),ab0

∴曲线C是焦点在x轴上的椭圆 OAOB ∴

y1y2

1 即:y1y2x1x2 x1x2

将yx1代入b2x2a2y2a2b20整理得:

(b2a2)x22a2xa2a2b20

2a2a2(1b2)

∴x1x22,x1x2 222

abab

A,B在l上 ∴y1y2(x11)(x21)x1x2x1x21

又y1y2x1x2 ∴2x1x2x1x210

a2(1b2)2a22222

ab2ab0 ()10 ∴2 ∴2222

abab

∴a2a2c22a2(a2c2)0 ∴2a2ac2ac0

4

2

2

2

2

2a2(a21)c22(a21)12

e1 ∴c ∴ 2222

2a1a2a12a1

2

a[

1132[,] e[,] ∴2a21[2,4] ∴12,] 242a12222

11. 【解】(1)由题设知F1(a22,0),F2(a22,0)

由于AF2F1F20,则有AF2F1F2,所以点A的坐标为(a2,故AF1所在直线方程为y(

2

2

), a

1),

aa22a

x

a22

所以坐标原点O到直线AF(a2), 1的距离为

a21a221

又|OF1|a2,所以2

a13

2

a22,解得a2(a2),

x2y2

所求椭圆的方程为1.

42

(2)由题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为yk(x1),则有M(0,k), 设Q(x1,y1),由于MQ2QP,∴(x1,y1k)2(1x1,y1),解得x1

2k

,y1 33

2k

()2()2

1,解得k4, 故直线l的方程为y4(x1)或又Q在椭圆C上,得

42

y4(x1), 即4xy40或4xy40.

12. 【解】(1)设A(a,0),B(0,b),P(x,y)

t,即(xa,y)t(x,by)2分a(1t)x

xatx则1t,由题意知t0,

yt(by)byt

1t222222

|AB|2ab4即(1t)x()y4

t

x2y2

点P轨迹方程C为:14分

44t2(1t)2(1t)2

9x292

y1 (2)t=2时,C为416

设M(x1,y1),则N(x1,y1),则MN2x12y12.设直线MN的方程为y

y1

x,(x10)x1

点Q到MN距离为

3

|y13x1|h7分

22x1y1SQMN

3

y13x1|

132x12y12|y13x1|8分22x12y12

|

92

y19x1y14

22S9xQMN1

9x129y129又19x12y124

41642SQMN49x1y1

9x129y123x3y9xy而121111

416244

9x2y1411分

3x3y1

11,即x1y1时,等号成立

242

SQMN的最大值为2212分x2y2

1.设椭圆C:221(ab0)的左焦点为F,上顶点为A,过点A作垂直于AF的直线交椭圆C于

ab

另外一点P,交x轴正半轴于点Q, 且

⑴求椭圆C的离心率;

⑵若过A、Q、F三点的圆恰好与直线

AP

8

PQ 5

l: x3y50相切,求椭圆C的方程.

x2y22

2.设椭圆221(ab0)的离心率为e=

2ab

(1)椭圆的左、右焦点分别为F1、F2、A是椭圆上的一点,且点A到此两焦点的距离之和为4,求椭圆

的方程.

(2)求b为何值时,过圆x+y=t上一点M(2,)处的切线交椭圆于Q1、Q2两点,而且OQ1⊥OQ2. 3. 已知曲线c上任意一点P到两个定点F1(-3,0)和F2(3,0)的距离之和为4. (1)求曲线c的方程;

(2)设过(0,-2)的直线l与曲线c交于C、D两点,且OCOD0(O为坐标原点),求直线l的方程.

2

2

2

y2

4. 已知椭圆x21(0b1)的左焦点为F,左、右顶点分别为A、C,上顶点为B.过F、B、C作⊙P,

b

其中圆心P的坐标为(m,n).

(Ⅰ)当m+n>0时,求椭圆离心率的范围; (Ⅱ)直线AB与⊙P能否相切?证明你的结论.

2

5. 有如下结论:“圆x2y2r2上一点P(x0,y0)处的切线方程为x0yy0yr2”,类比也有结论:“椭

x0xy0yx2y2x2

y21的圆221(ab0)上一点P(x0,y0)处的切线方程为221”,过椭圆C:4abab

右准线l上任意一点M引椭圆C的两条切线,切点为 A、B.

(1)求证:直线AB恒过一定点;(2)当点M在的纵坐标为1时,求△ABM的面积

x2y222

6. 已知点P(4,4),圆C:(xm)y5(m3)与椭圆E:221(ab0)有一个公共点A(3,

ab

1),F1、F2分别是椭圆的左、右焦点,直线PF1与圆C相切.

(Ⅰ)求m的值与椭圆E的方程;



(Ⅱ)设Q为椭圆E上的一个动点,求APAQ的取值范围. 7. 椭圆的对称中心在坐标原点,一个顶点为A(0,2

),右焦点

F与点B,的距离为2。 (1)求椭圆的方程;

(2)是否存在斜率k0的直线l:ykx2,使直线l与椭圆相交于不同的两点M,N满足

|AM||AN|,若存在,求直线l的倾斜角;若不存在,说明理由。

x2y26

8. 椭圆方程为221(ab0)的一个顶点为A(0,2),离心率e。

3ab

(1)求椭圆的方程;

(2)直线l:ykx2(k0)与椭圆相交于不同的两点M,N满足MPPN,APMN0,求k。

y2

9. 已知椭圆x21(0b1)的左焦点为F,左右顶点分别为A,C上顶点为B,过F,B,C三点作P,

b

2

其中圆心P的坐标为(m,n).

(1)

若椭圆的离心率e

P的方程; (2)若P的圆心在直线xy0上,求椭圆的方程.

x2y2

10. 已知直线l:yx1与曲线C:221(a0,b0)交于不同的两点A,B,O为坐标原点.

ab

(Ⅰ)若|OA||OB|,求证:曲线C是一个圆;

(Ⅱ)若OAOB,当ab且a[

6,]时,求曲线C的离心率e的取值范围. 22

x2y2

1(a0)的左、11. 设椭圆C:2右焦点分别为F1、F2,A是椭圆C上的一点,且AF2F1F20,

a2

坐标原点O到直线AF1的距离为(1)求椭圆C的方程;

(2)设Q是椭圆C上的一点,过Q的直线l交x轴于点P(1,0),较y轴于点M,若MQ2QP,求直线l的方程.

12. .已知动点A、B分别在x轴、y轴上,且满足|AB|=2,点P在线段AB上,且 APtPB(t是不为零的常数).设点P的轨迹方程为c。

(1)求点P的轨迹方程C;

(2)若t=2,点M、N是C上关于原点对称的两个动点(M、N不在坐标轴上),点Q

坐标为(,3),求△QMN的面积S的最大值。

1

|OF1|. 3

32

1解:⑴设Q(x0,0),由F(-c,0) (0,b)知FA(c,b),AQ(x0,b)

b28b258

,y1b ,cx0b0,x0设P(x1,y1),由,得x113c135c

2

8b225

()(b)21 因为点P在椭圆上,所以

a2b2

整理得2b=3ac,即2(a-c)=3ac,2e23e20,故椭圆的离心率e=

2

2

2

1

2

b23

⑵由⑴知2b3ac,得a;

c2

2

13c11

, Q(a,0) ,得ca,于是F(-a,0)

22a22

1

|a5|

11

△AQF的外接圆圆心为(a,0),半径r=|FQ|=a 所以a,解得a=2,∴c=1,b=,

222

x2y2

1 所求椭圆方程为43x2y2

1 2(1)椭圆的方程为42

(2)解: 过圆x2y2t2上的一点M(2,2)处的切线方程为2x+y-6=0.

令Q1(x1,y1),Q2(x2,y2), 则2xy60

2

22

x2y2b

化为5x-24x+36-2b=0, 由⊿>0得:b3

22

5

24362b2184b2

x1x2,x1x2,y1y22x1x26(x1x2)18

555

由OQ1OQ2知,x1x2y1y20即b=3∈(3,+∞),故b=3

5

b29,

3. 解:(1)根据椭圆的定义,可知动点M的轨迹为椭圆,其中a

2,c

b1.

x2

所以动点M的轨迹方程为y21.

4

(2)当直线l的斜率不存在时,不满足题意.

当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为ykx2,设C(x1,y1),D(x2,y2),



∵OCOD0,∴x1x2y1y20. ∵y1kx12,y2kx22,

∴y1y2k2x1x22k(x1x2)4.∴ (1k2)x1x22k(x1x2)40.… ①

x22

16k12y1,22

由方程组4得14kx16kx120.则x1x2,,xx1222

14k14kykx2.

代入①,得1k2

112

4k

2

2k

16k

40.

14k2

即k24,解得,k2或k2.所以,直线l的方程是y2x2或y2x2. 4. 解:(Ⅰ)设F、B、C的坐标分别为(-c,0),(0,b),(1,0),则FC、BC的中垂线分别为

1c

x,1cb112

,y(x).联立方程组,解出 x2

2b22ybc.

2b

1cb2c

(b-c)>0,∴ b>c. mn0,即bbcb2c0,即(1+b)

22b

从而b2c2即有a22c2,∴e2

1

.又e0,∴0e.

2

(Ⅱ)直线AB与⊙P不能相切.由kABb,kPB

b2c

b

b2c=.

1cb(c1)02

b2c

如果直线AB与⊙P相切,则b=-1.

b(c1)

解出c=0或2,与0<c<1矛盾,所以直线AB与⊙P不能相切.

xx43

,t)(tR),A(x1,y1),B(x2,y2),则MA1y1y1 343∵点M在MA上∴x1ty11 ① 同理可得x2ty21②

333

由①②知AB的方程为xty1,即x(1ty)

3

易知右焦点F(3,0)满足③式,故AB恒过椭圆C的右焦点F(,0)

5. 【解】(1)设M(

x2

y21,化简得7y6y10 (2)把AB的方程x(1y)代入4

43||

232816

∴|AB|3  又M到AB的距离d

3773

∴△ABM的面积S

13

|AB|d 221

6. 【解】(Ⅰ)点A代入圆C方程, 得(3m)15.∵m<3,∴m=1. 圆C:(x1)2y25.设直线PF1的斜率为k,

2

则PF1:yk(x4)4,即kxy4k40. ∵直线PF1与圆C

解得k当k=当k=

111,或k. 22

1136时,直线PF1与x轴的交点横坐标为,不合题意,舍去. 211

1

时,直线PF1与x轴的交点横坐标为-4,∴c=4.F1(-4,0),F2(4,0). 2

2

2

x2y2

1. 2a=AF1+AF2

a,a=18,b=2.椭圆E的方程为:

182



(Ⅱ)AP(1,3),设Q(x,y),A,APAQ(x3)3(y1)x3y6. Qx(,3y)1

x2y2

1,即x2(3y)218,而x2(3y)2≥2|x||3y|,∴-18≤6xy≤18. ∵

182

则(x3y)2x2(3y)26xy186xy的取值范围是[0,36].x3y的取值范围是[-6,6].



∴APAQx3y6的取值范围是[-12,0].

x2y2

7. 【解】(1)依题意,设椭圆方程为221(ab0),则其右焦点坐标为

ab

F(c,0),ca2b2 ,由|FB|2

2,

即(c224,解得c22。

22

xy2221。 又 ∵b2 ,∴ acb12,即椭圆方程为124

(2)由|AM||AN|知点A在线段MN的垂直平分线上,

ykx2

2

2222

由x消去y得x3(kx2)12 即(13k)x12kx0 (*) y2

1

124

22

由k0,得方程(*)的(12k)144k0,即方程(*)有两个不相等的实数根。

设M(x1,y1)、N(x2,y2),线段MN的中点P(x0,y0), 则x1x2

x1x212k6kx,, 02

213k213k

6k22(13k2)6k22

P(,) ,即 y0kx02

13k213k213k213k2

2

2222(13k2)13k, k0,∴直线AP的斜率为k16k6k13k2

22(13k2)

k1, 由APMN,得

6k

∴ 226k6,解得:k又0,故 

2

3,即tan, 33

55,∴ 存在直线l满足题意,其倾斜角,或。 666

6

,或

b2

8. 【解】(1)设ca2b2,依题意得c

e

a

b2

ab6 即6a29a29b2

a3

2

2

22

xy221。 ∴ a3b12,即椭圆方程为124

(2) MPPN,APMN0 ∴ APMN,且点P线段MN的中点,

ykx2

2222由x2消去y得x3(kx2)12 即(13k)x12kx0 (*) y2

1

124

由k0,得方程(*)的(12k)2144k20,显然方程(*)有两个不相等的实数根。 设M(x1,y1)、N(x2,y2),线段MN的中点P(x0,y0), 则x1x2

x1x212k6kx, 0

213k213k2

6k22(13k2)6k22

P(,) ∴ y0kx02,即2222

13k13k13k13k

2

2222(13k2)13kk0,∴直线AP的斜率为k1, 6k6k13k2

22(13k2)3

k1, ∴ 226k26,解得:k由MNAP,得,

6k3

9. 【解】(1

)当e

时∵a

1,∴c

∴bac1

222

3111,b,点B

(0,),F(,C(1,0) 44222

设P的方程为(xm)2(yn)2r2 由P过点F,B,C得

∴m(n)r-----------------①

2

1

2

22

(m

2

n2r2-----------------② 2

(1m)2n2r2-------------------③

52

,n,r

4由①②③联立解得

m

∴所求的

P的方程为(x225

(y 4

(2)∵P过点F,B,C三点,∴圆心P既在FC的垂直平分线上,也在BC的垂直平分线上,FC的垂直平

1c1b

--------④ ∵BC的中点为(,),kBCb 222

b11

∴BC的垂直平分线方程为y(x)-----⑤

2b2

分线方程为x

1cb2c1cb2c

,n,y由④⑤得x,即m 22b22b

1cb2c0(1b)(bc)0 ∵P(m,n)在直线xy0上,∴22b

22

∵1b0 ∴bc 由b1c得b

2

1 2

∴椭圆的方程为x22y21

9. 【解】(Ⅰ)证明:设直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2)

2222

|OA||OB| ∴x1y1x2y2 即:x1y1x2y2

2

2

2

2

∴x1x2y2y1 A,B在C上

2222

xyxy

∴12121,22221

abab

2222

∴两式相减得:x1x2∴曲线C是一个圆

22

a2a222

2(y2y1) ∴21 即:a2b2 bb

(Ⅱ)设直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),ab0

∴曲线C是焦点在x轴上的椭圆 OAOB ∴

y1y2

1 即:y1y2x1x2 x1x2

将yx1代入b2x2a2y2a2b20整理得:

(b2a2)x22a2xa2a2b20

2a2a2(1b2)

∴x1x22,x1x2 222

abab

A,B在l上 ∴y1y2(x11)(x21)x1x2x1x21

又y1y2x1x2 ∴2x1x2x1x210

a2(1b2)2a22222

ab2ab0 ()10 ∴2 ∴2222

abab

∴a2a2c22a2(a2c2)0 ∴2a2ac2ac0

4

2

2

2

2

2a2(a21)c22(a21)12

e1 ∴c ∴ 2222

2a1a2a12a1

2

a[

1132[,] e[,] ∴2a21[2,4] ∴12,] 242a12222

11. 【解】(1)由题设知F1(a22,0),F2(a22,0)

由于AF2F1F20,则有AF2F1F2,所以点A的坐标为(a2,故AF1所在直线方程为y(

2

2

), a

1),

aa22a

x

a22

所以坐标原点O到直线AF(a2), 1的距离为

a21a221

又|OF1|a2,所以2

a13

2

a22,解得a2(a2),

x2y2

所求椭圆的方程为1.

42

(2)由题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为yk(x1),则有M(0,k), 设Q(x1,y1),由于MQ2QP,∴(x1,y1k)2(1x1,y1),解得x1

2k

,y1 33

2k

()2()2

1,解得k4, 故直线l的方程为y4(x1)或又Q在椭圆C上,得

42

y4(x1), 即4xy40或4xy40.

12. 【解】(1)设A(a,0),B(0,b),P(x,y)

t,即(xa,y)t(x,by)2分a(1t)x

xatx则1t,由题意知t0,

yt(by)byt

1t222222

|AB|2ab4即(1t)x()y4

t

x2y2

点P轨迹方程C为:14分

44t2(1t)2(1t)2

9x292

y1 (2)t=2时,C为416

设M(x1,y1),则N(x1,y1),则MN2x12y12.设直线MN的方程为y

y1

x,(x10)x1

点Q到MN距离为

3

|y13x1|h7分

22x1y1SQMN

3

y13x1|

132x12y12|y13x1|8分22x12y12

|

92

y19x1y14

22S9xQMN1

9x129y129又19x12y124

41642SQMN49x1y1

9x129y123x3y9xy而121111

416244

9x2y1411分

3x3y1

11,即x1y1时,等号成立

242

SQMN的最大值为2212分

范文七:2012圆锥曲线高考题汇编

1.(2012年高考(天津理))设椭圆

xa

22

+

yb

22

=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,点P在

椭圆上且异于A,B两点,O为坐标原点. (Ⅰ)若直线AP与BP的斜率之积为

12

,求椭圆的离心率;

(Ⅱ)若|AP|=|OA|,证明直线OP的斜率k

满足|k.

2.(2012年高考(新课标理))设抛物线C:x2py(p0)的焦点为F,准线为l,AC,

2

已知以F为圆心,

FA为半径的圆F交l于B,D两点;

(1)若BFD900,ABD的面积为42;求p的值及圆F的方程;

(2)若A,B,F三点在同一直线m上,直线n与m平行,且n与C只有一个公共点, 求坐标原点到m,n距离的比值.

3(.2012年高考(浙江理))如图,椭圆C:

xa

22

+

yb

22

1(a>b>0)的离心率为

12

,其左焦点到点P(2,1)

不过原点O的直线l与C相交于A,B两点,且线段AB被直线OP平分. (Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ) 求ABP的面积取最大时直线l的方程.

4.(2012年高考(重庆理))(本小题满分12分(Ⅰ)小问5分(Ⅱ)小问7分)

如图,设椭圆的中心为原点O,长轴在x轴上,上顶点为A,左右焦点分别为F1,F2,线段

OF1,OF2的中点分别为B1,B2,且△AB1B2 是面积为4的直角三角形.

(Ⅰ)求该椭圆的离心率和标准方程;

(Ⅱ)过B1做直线l交椭圆于P,Q两点,使PB2QB2,求直线l的方程

5.(2012年高考(四川理))如图,动点M到两定点A(1,0)、B(2,0)构成MAB,且

MBA2MAB,设动点M的轨迹为C.

(Ⅰ)求轨迹C的方程;

(Ⅱ)设直线y2xm与y轴交于点P,与轨迹C相交于点Q、R,且|PQ||PR|,求

6.(2012年高考(上海理))在平面直角坐标系xOy中,已知双曲线C1:2xy1.

2

2

|PR||PQ|

的取值范围.

(1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线,求该直线与另一条渐近线及x轴围成 的三角形的面积;

(2)设斜率为1的直线l交C1于P、Q两点,若l与圆xy1相切,求证:

2

2

OP⊥OQ;

(3)设椭圆C2:4x2y21. 若M、N分别是C1、C2上的动点,且OM⊥ON, 求证:O到直线MN的距离是定值.

7.(2012年高考(上海春))本题共有2个小题,第1小题满分6分,第2小题满分8分.

已知双曲线C1:x

2

y

2

4

1.

(1)求与双曲线C1有相同的焦点,

且过点P的双曲线C2的标准方程;



(2)直线l:yxm分别交双曲线C1的两条渐近线于A、B两点.当OAOB3时,

求实数m的值.

x

2

2

8.(2012年高考(陕西理))已知椭圆C1:

4

y1,椭圆C2以C1的长轴为短轴,且与C1有

相同的离心率. (1)求椭圆C2的方程;



(2)设O为坐标原点,点A,B分别在椭圆C1和C2上,OB2OA,求直线AB的方程.

9.(2012年高考(山东理))在平面直角坐标系xOy中,F是抛物线C:x2py(p0)的

2

焦点,M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点,过M,F,O三点的圆的圆心为Q,

点Q到抛物线C的准线的距离为(Ⅰ)求抛物线C的方程;

34

.

(Ⅱ)是否存在点M,使得直线MQ与抛物线C相切于点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由; (Ⅲ)若点M

的横坐标为

直线l:ykx

12

14

与抛物线C有两个不同的交点A,B,l

2

与圆Q 有两个不同的交点D,E,求当

k2时,ABDE的最小值.

2

10.(2012年高考(辽宁理))如图,椭圆C0:

2

2

2

xa

22

yb

22

1(ab0,a,b为常数),动圆

C1:xyt1,bt1a.点A1,A2分别为C0的左,右顶点,C1与C0相交于A,B,C,D

四点.

(Ⅰ)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程;

222

(Ⅱ)设动圆C2:xyt2与C0相交于A,B,C,D四点,其中bt2a,

////

////

t1t2.若矩形ABCD与矩形ABCD的面积相等,证明:t1t

2为定值.

22

222

(文)如图,动圆C1:xyt,1

与椭圆C2:

x

2

9

y1相交于A,B,C,D四点,点A1,A2分别为C2的左,右顶点。

2

(Ⅰ)当t为何值时,矩形ABCD的面积取得最大值?并求出其最大面积; (Ⅱ)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程。

11.(2012年高考(江西理))已知三点O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲线C上任意一点M(x,y)



满足MAMBOM(OAOB)2.

(1) 求曲线C的方程;

(2)动点Q(x0,y0)(-2

12.(2012年高考(江苏))如图,在平面直角坐标系xoy中,椭圆



xa

22

yb

22

1(ab0)的左、右

e焦点分别为F1(c,0),F2(c,0).已知(1,

e)和

都在椭圆上,其中e为椭圆的离2

心率.

(1) 求椭圆的方程;

(2)设A,B是椭圆上位于x轴上方的两点,且直线AF1与直线BF

2点P.

(第19题)

(i)

若AF1BF2

2

,求直线AF1的斜率;

(ii)求证:PF1PF2是定值.

13.(2012年高考(湖南理))在直角坐标系xOy中,曲线C1的点均在C2:(x-5)+y=9外,且对

2

2

C1上任意一点M,M到直线x=﹣2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值.

(Ⅰ)求曲线C1的方程;

(Ⅱ)设P(x0,y0)(y0≠±3)为圆C2外一点,过P作圆C2的两条切线,分别与曲线C1相交于点A,B和C,D.证明:当P在直线x=﹣4上运动时,四点A,B,C,D的纵坐标之积为定值.

22

14.(2012年高考(湖北理))设A是单位圆xy1上的任意一点,l是过点A与x轴垂直

的直线,D是直线l与x 轴的交点,点M在直线l上,且满足

|DM|m|DA|(m0,且m1)

. 当点A在圆上运动时,记点M的轨迹为曲线C.

(Ⅰ)求曲线C的方程,判断曲线C为何种圆锥曲线,并求其焦点坐标;

(Ⅱ)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P,Q两点,其中P在第一象限,它在y轴上的射影为点N,直线QN交曲线C于另一点H. 是否存在m,使得对任意的k0,都有PQPH?若存在,求m的值;若不存在,请说明理由。

15.(2012年高考(广东理))(解析几何)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:

xa

22

yb

22

1

(ab0)

的离心率e

C上的点到点Q0,2的距离的最大值为3.

(Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)在椭圆C上,是否存在点Mm,n,使得直线l:mxny1与圆O:x2y21相交于不同的两点A、B,且OAB的面积最大?若存在,求出点M的坐标及对应的

OAB的面积;若不存在,请说明理由.

16.(2012年高考(福建理))如图,椭圆E:

xa

12

22

yb

22

1(ab0)的

左焦点为F1,右焦点为F2,离心率e

A,B两点,且ABF2的周长为8.

.过F1的直线交椭圆于

(Ⅰ)求椭圆E的方程.

(Ⅱ)设动直线l:ykxm与椭圆E有且只有一个公共点P,且与直线x4相较于点

Q.试探究:在坐标平面内是否存在定点M,使得以PQ为直径的圆恒过点M?若存在,

求出点M的坐标;若不存在,说明理由.

17.(2012年高考(大纲理))(注意:在试卷上作答无效) ........

2

已知抛物线C:y(x1)与圆M:(x1)(y

2

12

)r(r0) 有一个公共点A,

22

且在A处两曲线的切线为同一直线l. (1) 求r;

(2)设m、n是异于l且与C及M都相切的两条直线,m、n的交点为D,求D到l的距离.

18.(2012年高考(北京理))已知曲线C: (5m)x(m2)y8(mR)

2

2

(1)若曲线C是焦点在x轴的椭圆,求m的范围;

(2)设m4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方),直线ykx4与曲线C交于不同的两点M,N,直线y1与直线BM交于点G求证:A,G,N三点共线.

19.(2012年高考(安徽理))如图,F1(c,0),F2(c,0)分别是椭圆C:

xa

22

yb

22

1(ab0)

的左,右焦点,过点F1作x轴的垂线交椭圆的上半部分于点P,

a

2

过点F2作直线PF2的垂线交直线x

c

于点Q;

(I)若点Q的坐标为(4,4);求椭圆C的方程; (II)证明:直线PQ与椭圆C只有一个交点.

范文八:高考圆锥曲线经典真题

高考圆锥曲线经典真题

知识整合:

直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现,主要涉及位置关系的判定,弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等.突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法,要求考生分析问题和解决问题的能力、计算能力较高,起到了拉开考生“档次”,有利于选拔的功能.

1.(江西卷15)过抛物线

x2py(p0)

2

的焦点F作倾角为30的直线,与抛物线

AFFB

1

分别交于A、B两点(A在y轴左侧),则 2 (2008年安徽卷)若过点

.3

2

2

A(4,0)的直线l与曲线(x2)y1有公共点,则直

线l的斜率的取值范围为 ( )

A.

[

B.

(

C.

[

3

3

D.

y

2

(

3

3

x

2

3(2008年海南---宁夏卷)设双曲线

9

16

1

的右顶点为A,右焦点为F,过点F

平行双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点B,则三角形AFB的面积为-___________. 热点考点探究:

考点一:直线与曲线交点问题

例1.已知双曲线C:2x2-y2=2与点P(1,2)

(1)求过P(1,2)点的直线l的斜率取值范围,使l与C分别有一个交点,两个交点,没有交点.

解:(1)当直线l的斜率不存在时,l的方程为x=1,与曲线C有一个交点.当l

的斜率存在时,设直线l的方程为y-2=k(x-1),代入C的方程,并整理得 (2-k2)x2+2(k2-2k)x-k2+4k-6=0 (*) (ⅰ)当2-k2=0,即k=〒

2

时,方程(*)有一个根,l与C有一个交点

2

(ⅱ)当2-k2≠0,即k≠〒时

Δ=[2(k2-2k)]2-4(2-k2)(-k2+4k-6)=16(3-2k)

3

①当Δ=0,即3-2k=0,k=2时,方程(*)有一个实根,l与C有一个交点.

3

3

2

②当Δ>0,即k<2,又k≠〒,故当k<-

2

或-

2

<k<

2

2

<k<2

时,方程(*)有两不等实根,l与C有两个交点.

3

③当Δ<0,即k>2时,方程(*)无解,l与C无交点.

3

综上知:当k=〒

3

2

,或k=2,或k不存在时,l与C只有一个交点;

2

2

<k<2,或-

3

<k<

2

,或k<-

2

时,l与C有两个交点;

当k>2时,l与C没有交点.

(2)假设以Q为中点的弦存在,设为AB,且A(x1,y1),B(x2,y2),则2x12-y12=2,2x22-y22=2两式相减得:2(x1-x2)(x1+x2)=(y1-y2)(y1+y2) 又∵x1+x2=2,y1+y2=2 ∴2(x1-x2)=y1-y1

y1y2

即kAB=x1x2=2 但渐近线斜率为〒

2

,结合图形知直线AB与C无交点,所以假设不正确,即以

Q为中点的弦不存在.

(2)若Q(1,1),试判断以Q为中点的弦是否存在. 考点二:圆锥曲线中的最值问题

对于圆锥曲线问题上一些动点,在变化过程中会引入一些相互联系、相互制约的变量,从而使变量与其中的参变量之间构成函数关系,此时,用函数思想与函数方法处理起来十分方便。 例2 直线m

ykx1和双曲线xy:

2

2

1

的左支交于A、B两点,直线l过P(2,0)

和AB线段的中点M,求l在y轴上的截距b的取值范围。

ykx1

(x1)22

解:由xy1

2

2

消去得

y(k1)x2kx20

,由题意,有:

4k28(1k2)0

2k

xx0122

1k

2

xx0122

1k1k

2

x1x2k

x0221k

1ykx1

002x0,y01kM(),则

b

22kk2

2

k

由P(2,0)、M(1k设

f(k)2k

2

2

,

11k

14

2

)、Q(0,b)三点共线,可求得

2

k2

2(k)

178

,则f(k)在(1,

2)

上为减函数。

所以f(

2)f(k)f(1)

2)f(k)1

,且f(k)0 所以b(2

2)

所以(2

或b2

考点三:弦长问题

涉及弦长问题,应熟练地利用韦达定理设而不求计算弦长,涉及垂直关系往往也是利用韦达定理,设而不求简化运算

.

例3.如图所示,抛物线y2=4x的顶点为O,点A的坐标为(5,0),倾斜角为4的直线l与线段OA相交(不经过点O或点A)且交抛物线于M、N两点,求△AMN面积最大时直线l的方程,并求△AMN的最大面积. 解:由题意,可设l的方程为y=x+m,-5<m<0.

yxm2

由方程组y4x

,消去y,得x2+(2m-4)x+m2=0 ①

∵直线l与抛物线有两个不同交点M、N,

∴方程①的判别式Δ=(2m-4)2-4m2=16(1-m)>0, 解得m<1,又-5<m<0,∴m的范围为(-5,0) 设M(x1,y1),N(x2,y2)则x1+x2=4-2m,x1〃x2=m2, ∴|MN|=4

2(1m)

.

5m2

点A到直线l的距离为d=∴S△=2(5+m)

m

.

,从而S△2=4(1-m)(5+m)2

22m5m5m

3

=2(2-2m)〃(5+m)(5+m)≤2(∴S△≤8

2

)3=128.

,当且仅当2-2m=5+m,即m=-1时取等号.

2

故直线l的方程为y=x-1,△AMN的最大面积为8考点4:圆锥曲线关于直线对称问题

.

例4. 已知椭圆的中心在圆点,一个焦点是F(2,0),且两条准线间的距离为

(4),

(I)求椭圆的方程;

(II)若存在过点A(1,0)的直线l,使点F关于直线l的对称点在椭圆上,求的取值范围

.

x

22

【解析】(I)设椭圆的方程为a由条件知

c2,且

2acx

22

2

yb

22

1(ab0)

,所以a

,b

2

ac4

22

故椭圆的方程是

y

2

4

1(4)

(II)依题意,直线l的斜率存在且不为0,记为k,则直线l的方程是yk(x1),设点

F(2,0)关于直线l的对称点为F(x0,y0),则

2

x021k

y2k021k

(

/

x02y0

k(1)22

解得

y0k1x02

21k

)2

2

因为

F(x0,y0)

4

/

在椭圆上,所以

2

2

1k

4

(

2k

2

)

2

1

即(4)k2(6)k(4)0

2

2

2

故kt,则(4)t2(6)t(4)0

因为

4,所以

(4)

2

(4)

0

[2(6)]24(4)30,

2(6)

(4)0,

于是,当且仅当(*)

上述方程存在正实根,即直线l存在.

16

,16

所以43

346

163

解(*)得

即的取值范围是规律总结

4

1. 判定直线与圆锥曲线位置关系时,应将直线l方程与圆锥曲线C的方程联立,

消去y(也可消去x)得一个关于变量x的一元方程ax①当a0时,若有离.

0,则l与

2

bx20.

C相交;若0,则l与C相切;若0,则l与C相

②当a0时,得到一个一元一次方程,若方程有解,则有直线l与C相交,此时只有一个公共点;若C为双曲线,则l平行于双曲线的渐近线;若C为抛物线,则l平行于抛物线的轴.所以只有当直线与双曲线、抛物线只有一个公共点时,直线与双曲线、抛物线可能相切,也可能相交. 2. “设而不求”的方法

若直线l与圆锥曲线C有两个交点A和B时,一般地,首先设出交点A(x1,y1)、B(x2,y2),它们是过渡性参数,不须求出,有时运用韦达定理解决问题,有时利用点在曲线上代入曲线方程整体运算求解. 3. 韦达定理与弦长公式

斜率为k的直线被圆锥曲线截得弦AB,若A(x1,y1),B(x2,y2)

则|AB||x1x2||y1y2|

k0)

,然后再结合韦达定理可求出弦长等.

专题能力训练: 一、选择题

x

2

1.斜率为1的直线l与椭圆

45

44

+y2=1相交于A、B两点,则|AB|的最大值为( )

85

A.2 B.

5

C.

5

D.

2.抛物线y=ax2与直线y=kx+b(k≠0)交于A、B两点,且此两点的横坐标分别为x1,x2,直线与x轴交点的横坐标是x3,则恒有( ) A.x3=x1+x2 B.x1x2=x1x3+x2x3

C.x1+x2+x3=0 D.x1x2+x2x3+x3x1=0 1.解析:弦长|AB|=答案:C

yax2

2.解析:解方程组ykxb

2

45t5

2

4≤

5

.

kbb

,得ax2-kx-b=0,可知x1+x2=a,x1x2=-a,x3=-k,

代入验证即可. 答案:B

x

22

3.斜率为2的直线l过双曲线a

yb

22

1(a0,b0)

的右焦点,且与双曲线的左、右

两支分别相交,则双曲线的离心率e的取值范围是 ( D )

A. e

B. 1e

C. 1e

y4x

2

D. e

4.过点A(4,0)的直线与抛物线形BOC是 ( C )

交于另外两点B、C,O是坐标原点,则三角

A.锐角三角形 B.钝角三角形 C. 直角三角形 D.形状不确定 二、填空题

5

5

4)、5.已知两点M(1,N(-4,-4),给出下列曲线方程:①4x+2y-1=0,②x2+y2=3,

x

2

x

2

2

+y2=1,④

2

-y2=1,在曲线上存在点P满足|MP|=|NP|的所有曲线方程是

_________.

.解析:点P在线段MN的垂直平分线上,判断MN的垂直平分线于所给曲线是否存在交点. 答案:②③④

6.正方形ABCD的边AB在直线y=x+4上,C、D两点在抛物线y2=x上,则正方形

ABCD的面积为_________.

7.在抛物线y2=16x内,通过点(2,1)且在此点被平分的弦所在直线的方程是_________.

6解析:设C、D所在直线方程为y=x+b,代入y2=x,利用弦长公式可求出|CD|的长,利用|CD|的长等于两平行直线y=x+4与y=x+b间的距离,求出b的值,再代入求出|CD|的长. 答案:18或50

7.解析:设所求直线与y2=16x相交于点A、B,且A(x1,y1),B(x2,y2),代入抛物线方程得y12=16x1,y22=16x2,两式相减得,(y1+y2)(y1-y2)=16(x1-x2).

y1y2

x1x2

16y1y2

kAB=8.

故所求直线方程为y=8x-15. 答案:8x-y-15=0 三、解答题

8.已知抛物线y2=2px(p>0),过动点M(a,0)且斜率为1的直线l与该抛物线交于不同的两点A、B,且|AB|≤2p. (1)求a的取值范围.

(2)若线段AB的垂直平分线交x轴于点N,求△NAB面积的最大值

.

21

9.知中心在原点,顶点A1、A2在x轴上,离心率e=

3

的双曲线过点P(6,6).

(1)求双曲线方程.

(2)动直线l经过△A1PA2的重心G,与双曲线交于不同的两点M、N,问:是否存在直线l,使G平分线段MN,证明你的结论. 10.已知双曲线C的两条渐近线都过原点,且都以点A(

2

,0)为圆心,1为半

径的圆相切,双曲线的一个顶点A1与A点关于直线y=x对称. (1)求双曲线C的方程.

(2)设直线l过点A,斜率为k,当0<k<1时,双曲线C的上支上有且仅有一点B到直线l的距离为

2

,试求k的值及此时B点的坐标.

x

2

11. 已知过双曲线方程

4

y

2

2

1

(1)过M(1,1)的直线交双曲线于A、B两点,若M为弦AB的中点,求直线AB的方程;

1N(1,)

2为l被双曲线所截得弦的中点,若存在,求出直线l(2)是否存在直线l,使

方程;若不存在,请说明理由.

8解:(1)设直线l的方程为:y=x-a,代入抛物线方程得(x-a)2=2px,即x2-2(a+p)x+a2=0 ∴|AB|=

2

4(ap)4a

p

2

2

≤2p.∴4ap+2p2≤p2,即4ap≤-p2

又∵p>0,∴a≤-4.

(2)设A(x1,y1)、B(x2,y2),AB的中点 C(x,y), 由(1)知,y1=x1-a,y2=x2-a,x1+x2=2a+2p,

x1x2

则有x=

2

ap,y

y1y2

2

x1x22a

2

=p.

∴线段AB的垂直平分线的方程为y-p=-(x-a-p),从而N点坐标为(a+2p,0)

|a2pa|

点N到AB的距离为

1

2

2p

2p2p2app

2

从而S△NAB=2

24(ap)4a

22

p

当a有最大值-4时,S有最大值为

x

22

2

p2.

22

9.解:(1)如图,设双曲线方程为a得

a2=9,b2=12.

yb

6

22

=1.由已知得a

6b

22

1,e

2

aba

2

22

213

,解

x

2

所以所求双曲线方程为

9

y

2

12

=1.

(2)P、A1、A2的坐标依次为(6,6)、(3,0)、(-3,0), ∴其重心G的坐标为(2,2)

假设存在直线l,使G(2,2)平分线段MN,设M(x1,y1),N(x2,y2).则有

12x129y12108

22

yy212412x29y2108

1

x1x293x1x24

y1y24

4

,∴kl=3

4

∴l的方程为y=3 (x-2)+2,

12x29y21084y(x2)

3由

,消去y,整理得x2-4x+28=0.

∵Δ=16-4〓28<0,∴所求直线l不存在.

|2k|k

2

10.解:(1)设双曲线的渐近线为y=kx,由d=

1

=1,解得k=〒1.

即渐近线为y=〒x,又点A关于y=x对称点的坐标为(0,∴a=

2

2

).

=b,所求双曲线C的方程为x2-y2=2.

2

(2)设直线l:y=k(x-l′间的距离为

2

)(0<k<1),依题意B点在平行的直线l′上,且l与

.

|

2km|k

2

2

设直线l′:y=kx+m,应有

1

,化简得m2+2

2

km=2. ②

把l′代入双曲线方程得(k2-1)x2+2mkx+m2-2=0,

由Δ=4m2k2-4(k2-1)(m2-2)=0.可得m2+2k2=2 ③

2

25

②、③两式相减得k=

mk

2

m,代入③得m2=

2

5

,解设m=

5

,k=

5

,此时

x=

k

2

1

22

,y=

.故B(2,

).

11.解析(1)设A(x1,y1),B(x2,y2), 则

M(

x1x2

2

2

,

y1y2

2

)

x1

则有

x24

2

4

2

y12

2

1

…………………..①

y22

1

………………………..②

y2)(y1y2)0

①-②得(x1x2)(x1x2)2(y1∵x1x2

kAB

2,y1y22

y1y2x1x2

12

12(x1)

直线AB方程为y1

x2y10

y

2x

1

∵双曲线的一条渐近线方程为,

而2

2

,

直线x2y10与双曲线交于两点.

x2y10为所求.

(2)假设过N直线l交双曲线于, C(x1,y1),D(x2,y2)则有

x14

2

y12

2

1

x2

2

,

4

y22

2

1

.

y2)(y1y2)0

两式相减得(x1x2)(x1x2)2(y1∵x1

kCD

x2,x1x22,y1y21

y1y2x1x2

1

y

2

x,而1

2

∵双曲线的一条渐近线方程为,

直线l与双曲线没有公共点.

1N(1,)

2为弦中点的直线不存在. 以

【点评】”设而不求”是保证A、B两交点存在的情况下,所采用整体运算求直线方程的方法,但如果是假定直线与曲线存在两个交点A、B为前提下求出直线l,则必须验证l与圆锥曲线公共点的存在性.

范文九:圆锥曲线与方程高考真题

第二章 圆锥曲线与方程

高考真题

x2y2

1.(2012·湖南)已知双曲线C:-=1的焦距为10,点P(2,1)在C的渐近线上,则C的ab方程为 ( ). x2y21 205

x2y2C.1 8020x2y2-1 520x2y2=1 2080

x2y241解析 双曲线C的渐近线方程为0及点P(2,1)在渐近线上,∴0,即a2abab=4b2,

又a2+b2=c2=25,解①②得b2=5,a2=20,故选A.

答案 A

2.(2012·大纲全国)已知F1、F2为双曲线C:x2-y2=2 左、右焦点,点P在C上,|PF1|=2|PF2|,则cos ∠F1PF2=

1 4 3B. 5 4D. 5 ( ). 3 4

|PF1|-|PF2|=22,解析 ∵a=b2,∴c=2.由 |PF1|=2|PF2|

得|PF1|=42,|PF2|=22,

|PF1|2+|PF2|2-|F1F2|2

由余弦定理得cos ∠F1PF2=2|PF1|·|PF2|

3=,故选C. 4

答案 C

3.(2012·四川)已知抛物线关于x轴对称,它的顶点在坐标原点O,并且经过点M(2,y0).若点M到该抛物线焦点的距离为3,则|OM|=

A.22 B.23 C.4 ( ). D.25

pp0,准线为x=-.由定义知|MF|解析 设抛物线方程为y2=2px(p>0),其焦点F22

p=2 2

p∴+2=3,∴p=2,∴y22=4p=8, 0=2p·2

∴y0=±2,∴|OM|=

答案 B 2+y0= 12= 3.

x2y23a4.(2012·课标全国)设F1、F2是椭圆E1(a>b>0)的左、右焦点,P为直线x=上ab2

一点,△F2PF1是底角为30°的等腰三角形,则E的离心率为

1 22 3 3C. 4 45 ( ).

3解析 设直线x=与x轴交于点Q, 2

由题意得∠PF2Q=60°,|F2P|=|F1F2|=2c,

3|F2Q|=-c, 2

31c3∴a-c=×2c,e=,故选C. 22a4

答案 C

x2y2

5.(2012·江西)+1(a>b>0)的左、右顶点分别是A、B,左、右焦点分别是F1、abF2.若|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列,则此椭圆的离心率为

1 45 51C. 2 5-2 ( ).

解析 在椭圆中,易知|AF1|=a-c,|F1F2|=2c,|F1B|=a+c,∵|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列,

∴(a-c)(a+c)=(2c)2,则e答案 B

x2y2

6. (2012·安徽)如图,F1、F2分别是椭圆C1(a>bab

>0)的左、右焦点,A是椭圆C的顶点,B是直线AF2

与椭圆C的另一个交点,∠F1AF2=60°.

(1)求椭圆C的离心率;

(2)已知△AF1B的面积为3,求a,b的值.

解 (1)由题意可知,△AF1F2为等边三角形,a=2c,

1所以e=. 2

(2)法一 a2=4c2,b2=3c2,

直线AB的方程为:y=-3(x-c).

83将其代入椭圆方程3x2+4y2=12c2,得Bc,-

. 555,故选B. 5

所以|AB|= 8-0=16c. 1+3·55

11163232由S△AF1BAF1|·|AB|sin ∠F1AB=ac==40 3,解得a=10,b=5 3. 22525

法二 设|AB|=t.

因为|AF2|=a,所以|BF2|=t-a.

由椭圆定义|BF1|+|BF2|=2a可知,|BF1|=3a-t.

8183232再由余弦定理得(3a-t)2=a2+t2-2atcos 60°,解得t.由S△AF1Ba52525

=40 3知,a=10,b=5 3.

7.(2012·福建) 如图,等边三角形OAB的边长为83,且

其三个顶点均在抛物线E:x2=2py(p>0)上.

(1)求抛物线E的方程;

(2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=-1

相交于点Q.证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点.

解 法一 (1)依题意,|OB|=83,∠BOy=30°.

设B(x,y),则x=|OB|sin 30°=43,y=|OB|cos 30°=12.

因为点B(43,12)在x2=2py上,所以(43)2=2p×12,解得p=2.故抛物线E的方程为x2=4y.

11(2)由(1)知y=2,y′=. 42

设P(x0,y0),则x0≠0,且l的方程为

1y-y0=x0(x-x0), 2

121112y=2x0x-4x0,即yx0x0.由24y=-1,

2 x-42x=0x0-42x0得所以Q,-1. 2x0y=-1.

1→→设M(0,y1),令MP·MQ=0对满足y0=2(x≠0)的x0,y0恒成立. 400

→由于MP=(x0,y0-y1),

x-4→MQ=1-y1, 2x0

2x0-4→→由MP·MQ=0y0-y0y1+y1+y

21=0, 22

即(y21+y1-2)+(1-y1)y0=0.(*)

1由于(*)式对满足y0=x2(x≠0)的y0恒成立, 400

1-y1=0,所以2解得y1=1. y+y-2=0,11

故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).

法二 (1)同解法一.

111(2)由(1)知y=2,y′=.设P(x0,y0),则x0≠0,且l的方程为y-y0=0(x-x0), 422

11即yx0x2. 240

11x-4x=0,y20x-420,2x0由得 y=-1,y=-1.

x0-4所以Q,-1. 2x0

取x0=2,此时P(2,1),Q(0,-1),以PQ为直径的圆为(x-1)2+y2=2,交y轴于点M1(0,1)

1-3,-1,x+12+y+31,,或M2(0,-1);取x0=1,此时PQ以PQ为直径的圆为4248

22 2 =71250,-. ,交y轴于M3(0,1)或M4464

故若满足条件的点M存在,只能是M(0,1).

以下证明点M(0,1)就是所要求的点.

x0-4→→因为MP=(x0,y0-1),MQ=2, 2x0

→→x0-4MP·MQ=2y0+2=2y0-2-2y0+2=0. 2

故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M. 22

范文十:圆锥曲线2013高考题汇总

圆锥曲线2013年高考题汇总

一、选择题

1 (.2013年高考课标Ⅱ卷(文))设抛物线C:y4x的焦点为F,直线L过F且与C交于A, B两点.若|AF|=3|BF|,

2=

则L的方程为 ( )

A.y=x-1或y=-x+1 B.y=错误!未找到引用源。(X-1)或y=错误!未找到引用源。-错误!未找到引用源。(x-1)

C.y=错误!未找到引用源。(x-1)或y=-错误!未找到引用源。(x-1) D.y=错误!未找到引用源。(x-1)或y=-错误!未找到引用源。(x-1)

2 .(2013年高考课标Ⅰ卷(文))O为坐标原点,F

为抛物线C:y的焦点,P为C上一点,

2

|PF|,则POF的面积为

A.2

B

.C

.D.4

( )

x2y23 .(2013年高考课标Ⅰ卷(文))已知双曲线C:221(a0,b0)的离心率为错误!未找到引用源。,

ab

则C的渐近线方程为 A.y

( )

1x 4

B.y

1x 3

C.y

1x 2

D.yx

x2y2

4 .(2013年高考课标Ⅱ卷(文))设椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,P是C上的点

ab

PF2F1F2,PF1F230,则C的离心率为

A.错误!未找到引用源。 B.错误!未找到引用源。

到引用源。 D.错误!未找到引用源。

5)已知F1

( ) C.错误!未找

且1,0,F21,0是椭圆C的两个焦点,过F2且垂直于x轴的直线交于A、B两点,

AB3,

则C的方程为

( )

x2

y21 A.2x2y2

1 B.32x2y2

1 C.43

2

x2y2

1 D.54

6.(2013年高考大纲卷(文))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

( )



MB0,则k 于A,B两点,若MA

A.

1

2

B

2

C

D.2

y2

1的充分必要条件是 7.(2013年高考北京卷(文))双曲线xm

A.mA.1

( )

1 2

B.m1 B.2

C.m1 C.4

1

D.m2 D

8.(2013年高考江西卷(文))已知点A(2,0),抛物线C:x=4y的焦点为F,射线FA与抛物线C相交于点M,与

2

其准线相交于点N,则|FM|:|MN|=

A.2:错误!未找到引用源。

二、填空题

B.1:2

( )

C.1:错误!未找到引用源。 D.1:3

x2y2

9.(2013年高考陕西卷(文))双曲线1的离心率为________.

169

10.若抛物线y

2

2px的焦点坐标为(1,0)则p=____;准线方程为_____.

x2y2

11.椭圆:221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,焦距为2c.若直线与椭圆的一个交点M满

ab

足MF1F22MF2F1,则该椭圆的离心率等于__________

x2y2

12.(2013年高考天津卷(文))已知抛物线y8x的准线过双曲线221(a0,b0)的一个焦点, 且双

ab

2

曲线的离心率为2, 则该双曲线的方程为______.

三、解答题

x2

13.(2013年高考北京卷(文))直线ykxm(m0)W:y21相交于A,C两点,O 是坐标原点

4

(1)当点B的坐标为(0,1),且四边形OABC为菱形时,求AC的长. (2)当点B在W上且不是W的顶点时,证明四边形OABC不可能为菱形.

14.(2013年高考陕西卷(文))已知动点M(x,y)到直线l:x = 4的距离是它到点N(1,0)的距离的2倍.

(Ⅰ) 求动点M的轨迹C的方程;

(Ⅱ) 过点P(0,3)的直线m与轨迹C交于A, B两点. 若A是PB的中点, 求直线m的斜率.

x2y215.(2013年高考天津卷(文))设椭圆221(ab0)的左焦点为F,

过点F且与x轴垂

ab(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AC·DBAD·CB8, 求k的值.

16.(2013年高考课标Ⅱ卷(文))在平面直角坐标系xOy中,己知圆P在x轴上截得线段长为2错误!未找到

引用源。,在Y轴上截得线段长为2错误!未找到引用源。. (Ⅰ)求圆心P的轨迹方程; (Ⅱ)若P点到直线y=x的距离为

,求圆P的方程.

2