t】上海市各區(qū)縣2016屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題匯編：圓錐曲線教師版本】

1、【T】上海市各區(qū)縣2016屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題匯編：圓錐曲線【教師版本】 上海市市重點中學講義 圓錐曲線 一、填空題 x2y2 ?1的兩條漸近線1、（寶山區(qū)2016屆高三上學期期末）拋物線y?12x的準線與雙曲線932 所圍成的三角形的面積等于 2、（崇明縣2016屆高三上學期期末）在ABC中，AN 4，BC，CBA AB 為實軸，且過點C，則?的焦距為 3、（奉賢區(qū)2016屆高三上學期期末）若拋物線y2?2px(p?0)的準線經(jīng)過雙曲線x2?y2?1的一個焦點，則p?_ 4、（虹口區(qū)2016屆高三上學期期末）如圖，已知雙曲線C的右焦點為過它的右頂點A 作實軸的垂線，與其一條漸近線相

2、交于點B 的焦距為4，?OFB為等邊三角形（O為坐標原點，即雙曲線 C的中心），則雙曲線C的方程為_. 5、（黃浦區(qū)2016屆高三上學期期末）已知k?Z，若曲線x2?y2?k2線xy?k無交點，則k? （第7題圖） ?，.若雙曲線?以 4 x2y2 ?1的中心為頂點，且以該橢圓的右焦點為焦6、（金山區(qū)2016屆高三上學期期末）以橢圓2516 點的拋物線方程是 7、（靜安區(qū)2016屆高三上學期期末）已知拋物線y?ax的準線方程是y? 21，則a?. 4 x2y2 ?1(a?1)上運動，F(xiàn)1、F28、（閔行區(qū)2016屆高三上學期期末）點P、Q均在橢圓?:2?2aa?1 ?是橢圓?的左、右焦點，則P

3、F1?PF2?2PQ的最大值為 . 1 / 33 x2y2 9、（普陀區(qū)2016屆高三上學期期末）設P是雙曲線?1上的動點，若P到兩條漸近線的距42 離分別為d1,d2，則d1?d2?_. 10、（松江區(qū)2016屆高三上學期期末）已知拋物線C:y?4x的準線為l，過M(1,0)且斜率為k的2 ?直線與l相交于點A，與拋物線C的一個交點為B若AM?2MB，則 k? 11、（楊浦區(qū)2016屆高三上學期期末）拋物線C的頂點為原點O，焦點F在x軸正半軸，過焦點且傾斜角為?的直線l交拋物線于點A,B，若AB中點的橫坐標為3，則拋物線C的方程為4 _. 二、選擇題 1、（嘉定區(qū)2016屆高三上學期期末）已

4、知圓M過定點(2,0)，圓心M在拋物線y2?4x上運動，若y軸截圓M所得的弦為AB，則|AB|等于（ ） A4 B3 C2 D1 2、（青浦區(qū)2016屆高三上學期期末）已知拋物線y?2px(?p0與)雙曲線2 x2y2 ?2?1(a?0,b?0)有相同的焦點F，點A是兩曲線的一個交點，且AF?x軸，若l為雙曲2ab 線一、三象限的一條漸近線，則l的傾斜角所在的區(qū)間可能是（ ）. （A）?0, ?, （B） （C） （D） ?,? ?6?64?43?32? x2y2 ?1的右焦點與拋物線y2?12x的焦點3、（松江區(qū)2016屆高三上學期期末）已知雙曲線m5 相同，則此雙曲線的漸近線方程為 A.

5、y? B. y?x C. y? D . y? 2 / 33 三、解答題 x2 ?y2?1上兩個不同的點A,B關于直線1、（寶山區(qū)2016屆高三上學期期末）已知橢圓2 1y?mx?(m?0)對稱 2 （1）若已知C(0,)，M為橢圓上動點，證明：MC? （2）求實數(shù)m的取值范圍； （3）求?AOB面積的最大值（O為坐標原點） 12； 2 2、（奉賢區(qū)2016 其中?x,y?對應點的曲線方程是C (1)、求C的標準方程； 2 (2)、直線l1:x?y?m?0與曲線C相交于不同兩點M,N，且滿足?MON為鈍角，其中O為直角坐標原點，求出m的取值范圍 3 / 33 3、（虹口區(qū)2016屆高三上學期期末

6、） x2y2 已知橢圓C:2?2?1(a?b?0)的左焦點為F, 短軸的兩個端點分別為A、B,且 ab AB?2,?ABF為等邊三角形 . （第23題圖） (1) 求橢圓C的方程； (2) 如圖，點M在橢圓C上且位于第一象 限內(nèi)，它關于坐標原點O的對稱點為N； 過點 M 作x 軸的垂線，垂足為H，直線NH與橢圓 ? C交于另一點J，若HM?HN?1，試求以線段NJ為直徑的圓的方程； 2 22 （3）已知l1、l2是過點A的兩條互相垂直的直線，直線l1與圓O:x?y?4相交于P、Q兩點， 直線l2與橢圓C交于另一點R；求?PQR面積取最大值時，直線l1的方程. 4 / 33 x2y2 4、（黃浦

7、區(qū)2016屆高三上學期期末）已知橢圓?：2?2?1（a?b?0），過原點的兩條直線l1ab 和l2分別與?交于點A、B和C、D，得到平行四邊形ACBD （1）當ACBD為正方形時，求該正方形的面積S 2 （2）若直線l1和l2關于y軸對稱，?上任意一點P到l1和l2的距離分別為d1和d2，當d12?d2為 定值時，求此時直線l1和l2的斜率及該定值 （3）當ACBD為菱形，且圓x2?y2?1內(nèi)切于菱形ACBD時，求a，b滿足的關系式 5 / 33 5、（嘉定區(qū)2016屆高三上學期期末）在平面直角坐標系xOy內(nèi)，動點P到定點F(?1,0)的距離與P到定直線x?4的距離之比為1 2 （1）求動點P

8、的軌跡C的方程； （2）若軌跡C上的動點N到定點M(m,0)（0?m?2）的距離的最小值為1，求m的值 （3）設點A、B是軌跡C上兩個動點，直線OA、OB與軌跡C的另一交點分別為A1、B1，且直線OA、OB的斜率之積等于? 3，問四邊形ABA1B1的面積S是否為定值？請說明理由 4 6 / 33 7 / 33 x2y2 7、（靜安區(qū)2016屆高三上學期期末）設P1和P2是雙曲線2?2?1上的兩點，線段P1P2的中點ab為M，直線P1P2不經(jīng)過坐標原點O. b2 (1)若直線P1P2和直線OM的斜率都存在且分別為k1和k2，求證:k1k2=2； a (2) 若雙曲線的焦點分別為F1( 、F2，點

9、P1的坐標為(2，1) ，直線OM的斜率為3，求由四點P1、 F1、P2、F2所圍成四邊形P1 F1P2F2的面積. 2 8 / 33 8、（閔行區(qū)2016屆高三上學期期末） 已知橢圓?的中心在坐標原點，且經(jīng)過點(1,，它的一個焦點與拋物線?:y2?4x的焦點重合 （1）求橢圓?的方程； （2）斜率為k的直線l過點F?1,0?，且與拋物線?交于A、B兩點，設點P(?1,k)，PAB的面 積為k的值； （3）若直線l過點M?0,m?（m?0），且與橢圓?交于C、D兩點，點C關于y軸的對稱點為Q，直線QD的縱截距為n，證明：mn為定值. 9 / 33 32 9、（浦東新區(qū)2016屆高三上學期期末）

10、在平面直角坐標系xOy中，對于點P(x0,y0)、直線l:ax ?by?c?0，我們稱?為點P(x0,y0)到直線l:ax?by?c?0的方向距離。 x2 ?y2?1上的任意一點P(x,y)到直線l1:x?2y?0,l2:x?2y?0的方向（1）設橢圓4 距離分別為?1、?2，求?1?2的取值范圍。 （2）設點E(?t,0)、F(t,0)到直線l：xcos?2ysin?2?0的方向距離分別為?1、?2，試問是否存在實數(shù)t，對任意的?都有?1?2?1成立？若存在，求出t的值；不存在，說明理由。 x2y2 （3）已知直線l：mx?y?n?0和橢圓E2?2?1（a?b?0），設橢圓E的兩個焦點F1,

11、F2ab 到直線l的方向距離分別為?1、且直線l與x軸的交點為A、與y軸的交點為B，?2滿足?1?2?b2， 試比較AB的長與a?b的大小。 10 / 33 x2y2 10、（普陀區(qū)2016屆高三上學期期末）如圖，橢圓?1的左、右兩個焦點分別為F1,F2，A為259 F7 12?arccos8. 11 / 33 橢圓的右頂點，點P在橢圓上且?PF（1）計算PF1的值； （2）求?PF1A的面積. 11、（青浦區(qū)2016屆高三上學期期末）已知橢圓M的對稱軸為坐標軸，且拋物線y2?4x的焦點F是橢圓M的一個焦點，以F為圓心，以橢圓M的短半軸長為半徑的圓與直 線 相切 l：x?y?2?0 （1）求橢

12、圓M的方程； ?MMP（2）已知直線y?x?m與橢圓交于A、B兩點，且橢圓上存在點滿足OP?OA?OB， 求m的值 12 / 33 12、（松江區(qū)2016屆高三上學期期末）在平面直角坐標系xOy中，O為坐標原點，C、D兩點的坐標為C(-1,0),D(1,0), 曲線E上的動點P 滿足PC+PD=E上的點A、B滿足OA?OB （1）求曲線E的方程； （2）若點A 在第一象限，且OA?，求點A的坐標； （3）求證：原點到直線AB的距離為定值 13 / 33 13、（徐匯區(qū)2016屆高三上學期期末）已知直線l1、l2與曲線W:mx2?ny2?1?m?0,n?0?分別 相交于點A、B和C、D，我們將四

13、邊形ABCD稱為曲線W的內(nèi)接四邊形 （1） 若直線l1:y?x?a和l2:y?x?b將單位圓W:x?y?1分成長度相等的四段弧，求22 a2?b2的值； （2） 若直線l1:y?2xl2:y?2x與圓W:x?y?4分別交于點A、B和C、D， 求證：四邊形ABCD為正方形； 22 x2 ?y2?1的內(nèi)接正方形有且只有一個，并求該內(nèi)接正方形的面積 （3） 求證：橢圓W:2 14 / 33 x2y2 14、（楊浦區(qū)2016屆高三上學期期末）如圖，曲線?由兩個橢圓T1：2?2?1?a?b?0?和ab y2x2 橢圓T2：2?2?1?b?c?0?組成，當a,b,c成等比數(shù)列時，稱曲線?為“貓眼曲線”.

14、bc （1）若貓眼曲線? 過點M0,，且a,b,c的公比為?2，求貓眼曲線?的方程； 2 （2） 對于題（1）中的求貓眼曲線?，任作斜率為k?k?0?且不過原點的直線與該曲線相交，交 橢圓T1所得弦的中點為M，交橢圓T2所得弦的中點為N，求證：kOM為與k無關的定值； kON （3） l為橢圓T2的切線，且交橢圓T1于點A,B，N為橢圓T1上的任意一點（點 N與點A,B不重合），求?ABN面積的最大值. 15 / 33 x 16 / 33 參考答案： 填空題參考答案： 2y1 、 2、8 3 、 4、x?1 5、?1 32 6、y2=12x 7、1 8、2a 9、 11、y2?4x 4 10

15、、? 3 選擇題參考答案： 1、A 2、D 3、A 解答題參考答案 x2 ?y2?1, 于是 1、解：（1）設M(x,y),則2 11MC?x2?(y?)2=2?2y2?(y?)2 22 ?y2?y?9 -2分 4 ?15?(y?)2? 22 因?1?y?1, 所以，當y?1時，MC.即MC? -4分 ?max222 （2）由題意知m?0，可設直線AB的方程為y?1x?b. -5分 m ?x2 ?y2?1,?2由?消去y，得 ?y?1x?b,?m? 2?m2 22b2x?x?b?1?0. -7分 22mm 1x2 ?y2?1有兩個不同的交點， 因為直線y?x?b與橢圓m2 17 / 33 所以

16、,?2b?2? 即b?1?224?0， m2 -8分 2 2m 2mbm2b,2) -9分 將AB中點M(2m?2m?2 1m2?2代入直線方程y?mx?解得b? 22m2 由得m? 或m? -10分 33 （3 ）令t?31?(?(0,，即t2?(0,)， 2m22 ?2t4?2t2? 則 AB?t2?1?32 1t?22 -11分 1 -12分 且O到直線AB 的距離為d?t2? 設?AOB的面積為S(t)，所以 S(t)?1112 -14分 AB?d?2(t2?)2?2?2222 2當且僅當t?1時，等號成立. 2 故? AOB . -16分 ?4 1分 所以點Px,y對應的曲線方程C是

17、橢圓 2分 2、（1 2a?4,?a?2 3分 c?1 4分 ?a?2,c?1,b? 5分 x2y2 ?1 6分 43 18 / 33 ?x?y?m?0?22 （2）、聯(lián)立方程組?x2y2消去y，得7x?8mx?4m?12?0 7分 ?1? ?43 2 m2?28m42?12?33?6m48? ?64 0 8分 ? ?m2?7 9分 設M(x1,y1),N(x2,y2) 得x4m2?12 1x2?7 方法一 可計算yy3m2?12 12?7 由?MON為鈍角，則?OM?ON? ?0，x1x2?y1y2?0 4m2?127?3m2?12 7 ?0 所以m2 ? 24 7 ?m? 方法二 或者xx

18、x2 1x2?y1y2?1x2?x1?m?x2?m?21x2?m?x1?x2?m ? 2? 24m?12 ?7 ?m8m?m 2 ?7m2?24 7 7 ?0 所以m2 ? 24 7 ? 7?m?7 ? 2b?2,3、解：（1 ）由題意，得?c?b, ? b2?c2?a2, 19 / 33 10分 11分 12分 13分 14分 11分 12分 13分 14分 (2分) ?a?2,x2?y2?1. (4分) 解得?b?1, 故橢圓C的方程為4?c?（2）設M(x0,y0),則由條件，知x0?0,y0?0,且N(?x0,?y0),H(x0,0). ?從而HM?(0,y0),HN?(?x0,?y0

19、). ?12于是由HM?HN?(0,y)?(?x,?y)?y?,及y?0,得y? 0000002x02?y02?1,求得x0? 再由點M在橢圓C 上，得4 所以M),N(),H0); (6分) 進而求得直線NH的方程: x?4y?0. ?x?4y?0,求得J (8分) 由?x2?y2?1,? ?4 進而NJ?線段NJ的中點坐標為 1532?(y2?. (10分) 50 因此以線段NJ 為直徑的圓的方程為：(xll （3）當直線1的斜率不存在時，直線l2與橢圓C相切于點A，不合題意；當直線1的斜率為0 時，可以求得S?PQR? (12分) 當直線l1的斜率存在且不為0時，設其方程為y?kx?1(

20、k?0),則點O到直線l 1的距離為d?從而由幾何意義，得PQ? 由于l2?l1,故直線l2的方程為y?1x?1,可求得它與橢圓C的交點R的坐標為k ?8kk2?4?于是,?2AR? ?2?;k?4k?4? 故S?PQR1?PQ?AR? (15分) 232u32令 u?則S?PQR?2?u?13u?13u 20 / 33 當且僅當u?即k? 時，上式取等號. l 故當k?時，? S?PQR?此時直線1的方程為： max y?x?1.（也可寫成 ?2y?2?0.） (18分) 4、解（1）因為ACBD為正方形，所以直線l1和l2的方程為y?x和y?x（1分） ?y?x,?點A、B的坐標(x1,y

21、1)、(x2,y2)為方程組?x2y2的實數(shù)解， ?1?2b2?a a2b2 22將y?x代入橢圓方程，解得x1?x2?2 a?b2 4a2b2 2根據(jù)對稱性，可得正方形ACBD的面積S?4x1?2（4分） a?b2 （2）由題設，不妨設直線l1的方程為y?kx（k?0），于是直線l2的方程為y?kx 22x0y0設P(x0,y0)，于是有2?2? 1，又d1?d2?，（6分）ab 222?(kx0?y0)2(kx0?y0)22k2x0?2y0x022?d?d?，將代入上式， y?b1?02?k2?1k2?1k2?1?a?2122 2?x02kx?2b?1?2?a2?得d12?d2k2?122

22、02?2b2?22?k?2?x0?2b2a?，（8分） k2?1 b2b2對于任意x0?a,a，上式為定值，必有k?2?0，即k?，（9分） aa 222abbb2?2因此，直線l1和l2的斜率分別為和?，此時d12?d2（10分） a?b2aa （3）設AC與圓x2?y2?1相切的切點坐標為(x0,y0)，于是切線AC的方程為x0x?y0y?1 ? ?x0x?y0y?1?點A、C的坐標(x1,y1)、(x2,y2)為方程組?x2y2的實數(shù)解 ?2?2?1b?a 當x0?0或y0?0時，ACBD均為正方形，橢圓均過點(1,1)，于是有11?2?1（11分） 2ab x2y21 當x0?0且y0

23、?0時，將y?(1?x0x)代入2?2?1， aby0 2a2(1?b2y0)整理得(by?ax)x?2x0ax?a(1?by)?0，于是x1x2?22，（13分） 2by0?a2x0220220222220 2b2(1?a2x0)同理可得y1y2?22（15分） 22by0?ax0?ACBDAO?CO因為為菱形，所以，得AO?CO?0，即x1x2?y1y2?0，（16分） 22a2(1?b2y0)b2(1?a2x0)2222?0，整理得a2?b2?a2b2(x0?y0)，由x0?y0?1， 于是22222222by0?ax0by0?ax0 21 / 33 得a2?b2?a2b2，即 1111

24、b（18分）綜上，滿足的關系式為a?1?2?1 222abab (x?1)2?y21?， （2分） 5、（1）設P(x,y)，由題意，|x?4|2 化簡得3x2?4y2?12， （3分） x2y2 ?1 （4分） 所以，動點P的軌跡C的方程為43 ?x2?122?（2）設N(x,y)，則|MN|?(x?m)?y?(x?m)?3?1?x?2mx?m?3 ?4?4?2222 1(x?4m)2?3(1?m2)，?2?x?2 （2分） 4 1當0?4m?2，即0?m?時，當x?4m時，|MN|2取最小值3(1?m2)?1， 2? 解得m?2264，m?，此時x?2，故舍去 （4分） 333 1?m?2

25、時，當x?2時，|MN|2取最小值m2?4m?4?1， 2 解得m?1，或m?3（舍） （6分） 綜上，m?1 當4m?2，即 （3）解法一：設A(x1,y1)，B(x2,y2)，則由kOA?kOB?3yy3，得12?，（1分） 4x1x24 |AB|?(x1?x2)2?(y1?y2)2， 2?x12?x2?2?因為點A、B在橢圓C上，所以y?3?， 1?y?31?2?4?4?21 22222所以，9x1x2?16y12y2?9(4?x12)(4?x2)，化簡得x12?x2?4 （2分） y123當x1?x2時，則四邊形ABA， 1B1為矩形，y2?y1，則2?x14 ?x12?32x12?3

26、22?x?31?y?由y?3?，得，解得， x?21?111?4424?21 S?|AB|?|A1B|?4|x1|y1|?4 （3分） ?當x1?x2時，直線AB的方向向量為d?(x2?x1,y2?y1)，直線AB的方程為 22 / 33 (y2?y1)x?(x2?x1)y?x2y1?x1y2?0，原點O到直線AB的距離為d?|x1y2?x2y1| (x2?x1)?(y2?y1)22 所以，AOB的面積S?AOB?11?|AB|?d?|x1y2?x2y1|， 22根據(jù)橢圓的對稱性，四邊形ABA1B1的面積S?4S?AOB?2|x1y2?x2y1|，（4分） 2222所以，S2?4(x1y2?x

27、2y1)2?4(x1y2?2x1x2y1y2?x2y1) 2?2?322x2x12?2?22?4?3x1?1?4?2x1x2?3x2?1?4?12(x1?x2)?48，所以S?43 ? 所以，四邊形ABA1B1的面積為定值43 （6分） 解法二：設A(x1,y1)，B(x2,y2)，則A1(?x1,?y1)，B1(?x2,?y2)， 由kOA?kOB?3yy3，得12?， （1分） 4x1x24 2 12?x12?x2?2?因為點A、B在橢圓C上，所以y?3?， 1?y?31?2?4?4? 所以，9x1x2?16y1y2?9(4?x1)(4?x2)，化簡得x1?x2?4 （2分） 直線OA的方

28、程為y1x?x1y?0，點B到直線OA的距離d?22222222|x1y2?x2y1| x?y2 121， ABA1的面積S?ABA1?1?|AA1|?d?|x1y2?x2y1|， （3分） 2 根據(jù)橢圓的對稱性，四邊形ABA?2|x1y2?x2y1|，（4分） 1B1的面積S?2S?ABA1所以， S?4(x1y2?x2y1)?4(x1y2?2x1x2y1y2?x2y1) 2?2?322x2x12?2?22?4?3x1?1?xx?3x1?12(x?x)?48，所以S?43 ?12212?2?44?222222 所以，四邊形ABA1B1的面積為定值43 （6分） 解法三：設A(x1,y1)，B

29、(x2,y2)，則A1(?x1,?y1)，B1(?x2,?y2) 23 / 33 由kOA?kOB?3yy3，得12?， （1分） 4x1x24 2 12?x12?x2?2?因為點A、B在橢圓C上，所以y?3?， 1?y?31?2?4?4? 22222所以，9x1x2?16y12y2?9(4?x12)(4?x2)，化簡得x12?x2?4 （2分） ABA1的面積S?ABA1?1x22?x1x1y1y1?y111?|x1y2?x2y1|， （3分） 1 根據(jù)橢圓的對稱性，四邊形ABA?2|x1y2?x2y1|，（4分） 1B1的面積S?2S?ABA1 2222所以，所以，S2?4(x1y2?x2

30、y1)2?4(x1y2?2x1x2y1y2?x2y1) 2?2?322x2x12?2?22?4?3x1?1?xx?3x1?12(x?x)?48，所以S?43 ?12212?2?44? 所以，四邊形ABA1B1的面積為定值43 （6分） 6、解：(1)由題意得：圓R的半徑為22，因為直線OP,OQ互相垂直，且與圓R相切，所以四邊形OPRQ為正方形，故OR?222r?4，即x0?y0?16 3分 x2y2 7、(1)解法1：設不經(jīng)過點O的直線P1P2方程為y?k1x?l，代入雙曲線2?2?1方程得：ab(b2?a2k12)x2?2a2k1lx?a2b2?a2l2?0. 設 P1坐標為(x1,y1)

31、，P2坐標為(x2,y2)，中點坐標為M (x,y),則x?x1?x2y?y2,y?1，22 2a2k1l， x1?x2?2b?a2k12 b2y1?y2b2?a2k12222222，所以，ak1k2?ak1?b?ak1，k1k2=2。 k2?k1?2ax1?x2ak1 ?x12y12?1(1)x1?x2y1?y2?a2b2,y?另解：設P1(x1,y1)、P2(x2,y2)，中點M (x,y),則 x?且?2 222?x2?y2?1(2)?a2b2 （1）-（2）得： (x1?x2)(x1?x2)(y1?y2)(y1?y2)?0。 22ab因為,直線P1P2和直線OM的斜率都存在,所以(x1

32、+x2)(x1-x2)?0， 等式兩邊同除以(x1+x2)(x1-x2)，得：1y1?y2y1?y21?2?0 2ax1?x2x1?x2b 即 b2 k1k2=2。6分 a ?221x2?2?2?1,?y2?1， （2）由已知得?a,求得雙曲線方程為b2?a2?b2?3? b231直線P1 P2斜率為2?， 23a直線P1 P2方程為y?1?1(x?2), 3 10123代入雙曲線方程可解得P2(?,?)(中點M坐標為(,). 7777 25 / 33 面積18F1F2?y1?y2? 273x上.所以由中點M(x,y),可得點P2的坐標為2 2(2x?2)222?(3x?1)?1x?7x?2x

33、?0,代入雙曲線方程可得,即，解得P(2x?2,3x?1)227另解: 線段P1 P2中點M在直線y? （y? 183101FF?y?y?P(?,?2分 4bab?a2?b2?1? ?a2?4x2y2 ?2?1 4分 ，?橢圓?的方程是43?b?3 ?y?k(x?1),（2）設直線l:y?k(x?1)，由?得k2x2?2(k2?2)x?k2?0 2?y?4x, l與拋物線?有兩個交點，k?0，?16(k2?1)?0， 4(k2?1)則AB? 6分 ?k2 P(?1,k)到l 的距離d? ，又S PAB14(k2?1)? ?22k4k2?3k2? 3，故k? 10分 （3）?C?x1,y1?,D

34、?x2,y2?，點C關于y軸的對稱點為Q(?x1,y1)， 則直線CD:y?y1? 直線QD:y?y1?y2?y1x(y?y)xy?xy(x?x1)，設x?0得m?y1?121?2112 x2?x1x2?x1x2?x1y2?y1x(y?y)xy?xy(x?x1)，設x?0得n?y1?121?211214分 x2?x1x2?x1x2?x1 3232x2?(4?x12)?x12?(4?x2)xy?xy?mn?316分 22x?xx2?x x2x2 22?y?1上，所以y?1?9、解答：（1）由點P(x,y)在橢圓 44 x2?4y22x2?4x?2yx?2y?由題意?1?、?2?，于是?1?2?2

35、分 55 26 / 33 44?1?2?4分 55 442(x2?4y2)822?，再利用基本不等式易得?1?2?） （也可以先求出?1?2?55552又?2?x?2得0?x?4，即? （2）假設存在實數(shù)t，滿足題設， 由題意?1?tcos?2 22cos?4sin?cos?4sin? (tcos?2)(?tcos?2)?16分 于是?1?2?cos2?4sin2? 4?t2cos2?cos2?4sin2?(3?t2)cos2?0對任意的?都成立 只要3?t?0即可，所以t?3 故存在實數(shù)t，t?3，對任意的?都有?1?2?1成立。9分 2?2?tcos?222， x2 ?y2?1的切線，（學

36、生通過聯(lián)想，判斷直線xcos?2ysin?2?0是橢圓又證明?1?2?b2 4 從而得到t?3也給分） 222（3）設F1,F2的坐標分別為(?c,0)、(c,0)，于是c?a?b n2?m2c2 ?b2?n2?b2?m2a2 、?2?于是?1?2?1?21?m?m2?m2 nn2 22又A(?,0)，B(0,n)即|AB|?2?n12分 mm n2b2 22222222所以2?n?a?2?b?ma?a?b?2ab?(a?b) mm 綜上AB?a?b14分 ?mc?nmc?n 10、 27 / 33 11、解：（1）因為拋物線y?4x的焦點F是橢圓M的一個焦點，即F(1,0) 2 x2y2 2

37、2又橢圓M的對稱軸為坐標軸，所以設橢圓方程為2?2?1,a?b?0,且a?b?1 ab 又以F為圓心，以橢圓M 的短半軸長為半徑的圓與直線l：x?2?0相切 x2 ?1,所以橢圓M的方程是?y2?1 即b?2（2）設A(x1,y1)，B(x2,y2) ?y?x?m 22?x?2y?2?3x2?4mx?2m2?2?0 ?(4m)2?12(2m2?2)?8m2? 24?0?m?4242?OP?OA?OB,?P(x1?x2,y1?y2)又x1?x2?m,y1?y2?m， 即P(?m,m)在橢3333x242?y2?1上, 即(?m)2?2(m)2?2?m?圓 233 28 / 33 12、解（1）由

38、CD? 2，PC+PD=>2知，曲線E是以C、D 為焦點，長軸圓， 1分 x2y2 設其方程為2?2? 1，則有a?c?1， ab x2y2 ?1曲線E的方程為 3分 32 （2）設直線OA的方程為y?kx(k?0)，則直線OB的方程為y?1x(k?0) k ?2x2?3y2?662222x?2x?3kx?6由? 得，解得12?3k2.4分 y?kx? ?2x2?3y2?66k2?2同理，由則?1 解得x2?2k2?3. 5分 y?x?k? 22 知4OA?3OB， 616k2 2?3(1?2)?2即4(1?k)?6分 22?3kk2k?3 2解得k?6，因點A 在第一象限，故k? 7分

39、 由OA? 此時點A的坐標為 8分 （3）設A(x1,y1)，B(x2,y2)， 當直線AB平行于坐標軸時，由OA?OB知 A、B兩點之一為y? ?x與橢圓的交點， ?x?2x2?3y2?6?由?解得?y?x? ?y?5 此時原點到直線AB的距離為d?10分 5 當直線AB不平行于坐標軸時，設直線AB的方程x?my?b， ?2x2?3y2?6222由?(2m?3)y?4bmy?2b?6?0 12分 得?x?my?b 由x1x2?y1y2?0得(my1?b)(my2?b)?y1y2?0 即(m?1)y1y2?mb(y1?y2)?b?0 22 2 4bm2b?6,yy?因 y1?y2? 14分 1

40、22m2?32m2?3 2b2?64b2m2 2222? ?b?0代入得 (m?1) 即5b?6( m?1)15分 222m?32m?3 原點到直線AB的距離d? 16分 ? 29 / 33 13、解：（1）由于直線l1:y?x?a和l2:y?x?b將單位圓W:x?y?1分成長度相等的四段弧，所 以? 22 ，在等腰直角?OAB中，圓心O?0,0?到直線l1:y?x?a的距離 為 d? ? a?1，同理b?1，?a2?b2?2-4分 2 2 2 ? （2）由題知，直線l1,l2關于原點對稱，因為圓W:x?y?4的圓心為原點O，所以AB?DC， 故四邊形ABCD為平行四邊形.易知，O點在對角線A

41、C,BD上. 22?6?x?y?42 聯(lián)立?5x?6? 0，由x1?x2?x1x2?得 5? y?2x? OA?OB?x1x2?y1y2?x1x2?2x12x2 ? ?5x1x2? x1?x2?10?6?10?0，所以OA?OB， ? 于是AC?BD，因為AC?BD?4，所以四邊形ABCD為正方形.-9分 x2 ?y2?1存在內(nèi)接正方形，其四個頂點為A,B,C,D. （3） 證明：假設橢圓W:2 當直線AB的斜率不存在時，設直線AB、CD的方程為x?m,x?n，因為A,B,C,D在橢圓上， ?所以A?m,? 方形，易知，m? ?,Bm?,Cn,?,Dn,?，由四邊形ABCD為正 n?x?，直線AB、CD 的方程為x?ABCD的 面積S? 8?.-12分