高考全真分類試卷一圓錐曲線與方程

1、高考解答題全真分類試卷(2013年版)數(shù) 學(xué)(理科)·試題卷（一）專題一·圓錐曲線與方程【考題一】(本小題滿分12分)已知圓M：(x1)2y21，圓N：(x1)2y29，動圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C.(1)求C的方程；(2)l是與圓P，圓M都相切的一條直線，l與曲線C交于A，B兩點，當(dāng)圓P的半徑最長時，求|AB|.(2013·全國新課標(biāo)卷·20)【考題二】(本小題滿分12分)已知雙曲線C：(a0，b0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為3，直線y2與C的兩個交點間的距離為.(1)求a，b；(2)設(shè)過F2的直線l與C的左、右兩支

2、分別交于A，B兩點，且|AF1|BF1|，證明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列(2013·全國大綱卷·21)【考題三】(本小題滿分13分)橢圓的左、右焦點分別是F1, F2，離心率為，過且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1.()求橢圓C的方程；()點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1,PF2。設(shè)F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M(m,0)，求m的取值范圍；()在()的條件下，過點P作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個公共點。設(shè)直線PF1,PF2的斜率分別為k1,k2，若k0，試證明為定值，并求出這個定值.(2013·山東

3、卷·22)【考題四】(本小題滿分15分)如圖一，點P(0,1)是橢圓C1：(ab0)的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2y24的直徑，l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點，l2交橢圓C1于另一點D(1)求橢圓C1的方程；(2)求ABD面積取最大值時直線l1的方程(2013·浙江卷·21)圖一【考題五】(本小題滿分13分)設(shè)橢圓(ab0)的左焦點為F，離心率為，過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為.(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)A，B分別為橢圓的左、右頂點，過點F且斜率為k的直線與橢圓交于C，D兩點若··8，

4、求k的值(2013·天津卷·18)【考題六】(本小題滿分12分)如圖二，拋物線C1：x24y，C2：x22py(p0)點M(x0，y0)在拋物線C2上，過M作C1的切線，切點為A，B(M為原點O時，A，B重合于O)當(dāng)x01時，切線MA的斜率為.圖二(1)求p的值；(2)當(dāng)M在C2上運動時，求線段AB中點N的軌跡方程(A，B重合于O時，中點為O)(2013·遼寧卷·20)【考題七】(本小題滿分13分)過拋物線E：x22py(p0)的焦點F作斜率分別為k1，k2的兩條不同直線l1，l2，且k1k22，l1與E相交于點A，B，l2與E相交于點C，D，以AB，C

5、D為直徑的圓M，圓N(M，N為圓心)的公共弦所在直線記為l.(1)若k10，k20，證明：·2p2；(2)若點M到直線l的距離的最小值為，求拋物線E的方程(2013·湖南卷·21)【考題八】(本小題滿分13分)已知動圓過定點A(4,0)，且在y軸上截得弦MN的長為8.(1)求動圓圓心的軌跡C的方程；(2)已知點B(1,0)，設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點P，Q，若x軸是PBQ的角平分線，證明直線l過定點(2013·陜西卷·20)【考題九】(本小題滿分13分)如圖三，已知橢圓C1與C2的中心在坐標(biāo)原點O，長軸均為MN且在x軸上，短軸

6、長分別為2m,2n(mn)，過原點且不與x軸重合的直線l與C1，C2的四個交點按縱坐標(biāo)從大到小依次為A，B，C，D.記，BDM和ABN的面積分別為S1和S2.圖三(1)當(dāng)直線l與y軸重合時，若S1S2，求的值；(2)當(dāng)變化時，是否存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l，使得S1S2？并說明理由(2013·湖北卷·21)【考題十】(本小題滿分12分，(1)小問4分，(2)小問8分)如圖，橢圓的中心為原點O，長軸在x軸上，離心率，過左焦點F1作x軸的垂線交橢圓于A，A兩點，|AA|4.圖四(1)求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)取垂直于x軸的直線與橢圓相交于不同的兩點P，P，過P，P作圓心為Q的圓

7、，使橢圓上的其余點均在圓Q外若PQPQ，求圓Q的標(biāo)準(zhǔn)方程(2013·重慶卷·21)【考題十一】(本小題滿分13分)已知橢圓C：(ab0)的兩個焦點分別為F1(1,0)，F(xiàn)2(1,0)，且橢圓C經(jīng)過點P.(1)求橢圓C的離心率；(2)設(shè)過點A(0,2)的直線l與橢圓C交于M，N兩點，點Q是線段MN上的點，且，求點Q的軌跡方程(2013·四川卷·20)【考題十二】(本小題滿分14分)已知拋物線C的頂點為原點，其焦點F(0，c)(c0)到直線l：xy20的距離為.設(shè)P為直線l上的點，過點P作拋物線C的兩條切線PA，PB，其中A，B為切點(1)求拋物線C的方程；

8、(2)當(dāng)點P(x0，y0)為直線l上的定點時，求直線AB的方程；(3)當(dāng)點P在直線l上移動時，求|AF|·|BF|的最小值(2013·廣東卷·20)高考解答題全真分類試卷(2013年版)數(shù) 學(xué)(理科)·答題卷（一）專題一·圓錐曲線與方程【考題一】【考題二】【考題三】【考題四】圖一 備用圖【考題五】【考題六】圖二 備用圖【考題七】【考題八】【考題九】圖三【考題十】圖四【考題十一】【考題十二】解題心得及感悟高考解答題全真分類試卷(2013年版)數(shù) 學(xué)(理科)參考答案及解析專題一·圓錐曲線與方程1.【解析】由已知得圓M的圓心為M(1,0)，

9、半徑r11；圓N的圓心為N(1,0)，半徑r23.設(shè)圓P的圓心為P(x，y)，半徑為R.(1)因為圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切，所以|PM|PN|(Rr1)(r2R)r1r24.由橢圓的定義可知，曲線C是以M，N為左、右焦點，長半軸長為2，短半軸長為的橢圓(左頂點除外)，其方程為(x2)(2)對于曲線C上任意一點P(x，y)，由于|PM|PN|2R22，所以R2，當(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為(2,0)時，R2.所以當(dāng)圓P的半徑最長時，其方程為(x2)2y24.若l的傾斜角為90°，則l與y軸重合，可得|AB|.若l的傾斜角不為90°，由r1R知l不平行于x軸，設(shè)l與x軸的交點為Q，

10、則，可求得Q(4,0)，所以可設(shè)l：yk(x4)由l與圓M相切得，解得k.當(dāng)k時，將代入，并整理得7x28x80，解得x1,2.所以|AB|.當(dāng)時，由圖形的對稱性可知|AB|.綜上，|AB|或|AB|.2.【解析】(1)解：由題設(shè)知3，即9，故b28a2.所以C的方程為8x2y28a2.將y2代入上式，求得.由題設(shè)知，解得a21.所以a1，b.(2)證明：由(1)知，F(xiàn)1(3,0)，F(xiàn)2(3,0)，C的方程為8x2y28.由題意可設(shè)l的方程為yk(x3)，代入并化簡得(k28)x26k2x9k280.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x11，x21，x1x2，x1·x2.于是|

11、AF1|(3x11)，|BF1|3x21.由|AF1|BF1|得(3x11)3x21，即x1x2.故，解得k2，從而x1·x2.由于|AF2|13x1，|BF2|3x21，故|AB|AF2|BF2|23(x1x2)4，|AF2|·|BF2|3(x1x2)9x1x2116.因而|AF2|·|BF2|AB|2，所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列3.【解析】(1)解：由于c2a2b2，將xc代入橢圓方程，得，由題意知，即a2b2.又，所以a2，b1.所以橢圓C的方程為.(2)解法一：設(shè)P(x0，y0)(y00)又F1(，0)，F(xiàn)2(，0)，所以直線PF1，P

12、F2的方程分別為lPF1：y0x(x0)yy00，lPF2：y0x(x0)yy00.由題意知.由于點P在橢圓上，所以，所以.因為m，2x02，可得.所以m.因此.解法二：設(shè)P(x0，y0)當(dāng)0x02時，當(dāng)時，直線PF2的斜率不存在，易知P或P.（A）若P，則直線PF1的方程為.由題意得，因為m，所以.（B）若P，同理可得.當(dāng)x0時，設(shè)直線PF1，PF2的方程分別為yk1(x)，yk2(x)由題意知，所以.因為，并且k1，k2，所以，即.因為為m，0x02且x0，所以.整理得m，故0m且m.綜合可得0m.當(dāng)2x00時，同理可得m0.綜上所述，m的取值范圍是.(3)設(shè)P(x0，y0)(y00)，則

13、直線l的方程為yy0k(xx0)聯(lián)立整理得(14k2)x28(ky0k2x0)x4(2kx0y0k2x021)0.由題意0，即2x0y0k1y020.又，所以8x0y0k0，故k.由(2)知，所以，因此為定值，這個定值為8.4.【解析】 (1)由題意得所以橢圓C的方程為y21.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由題意知直線l1的斜率存在，不妨設(shè)其為k，則直線l1的方程為ykx1.又圓C2：x2y24，故點O到直線l1的距離，所以.又l2l1，故直線l2的方程為xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故.所以|PD|.設(shè)ABD的面積為S，則S|AB|

14、3;|PD|，所以S，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號所以所求直線l1的方程為y1.5.【解析】(1)設(shè)F(c,0)，由，知.過點F且與x軸垂直的直線為xc，代入橢圓方程有，解得，于是，解得，又a2c2b2，從而a，c1，所以橢圓的方程為.(2)設(shè)點C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(1,0)得直線CD的方程為yk(x1)，由方程組消去y，整理得(23k2)x26k2x3k260.求解可得x1x2，x1x2.因為A(，0)，B(，0)，所以··(x1，y1)·(x2，y2)(x2，y2)·(x1，y1)62x1x22y1y262x1x22k2(x11)(x21)6

15、(22k2)x1x22k2(x1x2)2k2.由已知得8，解得k.6.【解析】(1)因為拋物線C1：x24y上任意一點(x，y)的切線斜率為，且切線MA的斜率為，所以A點坐標(biāo)為，故切線MA的方程為.因為點M(，y0)在切線MA及拋物線C2上，于是，.由得p2.(2)設(shè)N(x，y)，A，B，x1x2，由N為線段AB中點知切線MA，MB的方程為由得MA，MB的交點M(x0，y0)的坐標(biāo)為，.因為點M(x0，y0)在C2上，即4y0，所以.由得，x0.當(dāng)x1x2時，A，B重合于原點O，AB中點N為O，坐標(biāo)滿足.因此AB中點N的軌跡方程為.7.【解析】(1)由題意，拋物線E的焦點為F，直線l1的方程為

16、yk1x，由得x22pk1xp20.設(shè)A，B兩點的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個實數(shù)根從而x1x22pk1，y1y2k1(x1x2)p2pk12p.所以點M的坐標(biāo)為，(pk1，pk12)同理可得點N的坐標(biāo)為，(pk2，pk22)于是·p2(k1k2k12k22)由題設(shè)，k1k22，k10，k20，k1k2，所以0k1k21.故·p2(112)2p2.(2)由拋物線的定義得|FA|y1，|FB|y2，所以|AB|y1y2p2pk122p.從而圓M的半徑r1pk12p，故圓M的方程為(xpk1)2(pk12p)2.化簡得x2y22pk1x

17、p(2k121)yp20.同理可得圓N的方程為x2y22pk2xp(2k221)yp20.于是圓M，圓N的公共弦所在直線l的方程為(k2k1)x(k22k12)y0.又k2k10，k1k22，則l的方程為x2y0.因為p0，所以點M到直線l的距離.故當(dāng)k1時，d取最小值.由題設(shè)，解得p8.故所求的拋物線E的方程為x216y.8.【解析】(1)解：如圖解一，設(shè)動圓圓心O1(x，y)，由題意，|O1A|O1M|，圖解一圖解二當(dāng)O1不在y軸上時，過O1作O1HMN交MN于H，則H是MN的中點，又，化簡得y28x(x0)當(dāng)O1在y軸上時，O1與O重合，點O1的坐標(biāo)(0,0)也滿足方程y28x，動圓圓心

18、的軌跡C的方程為y28x.(2)證明：由題意，設(shè)直線l方程為ykxb(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將ykxb代入y28x中，得k2x2(2bk8)xb20，且32kb640.由求根公式得，x1x2，x1x2，因為x軸是PBQ的角平分線，所以，即y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(bk)(x1x2)2b0，將，代入得2kb2(kb)(82bk)2k2b0，kb，此時0，直線l的方程為yk(x1)，即直線l過定點(1,0)9.【解析】依題意可設(shè)橢圓C1和C2的方程分別為C1：，C2：.其中amn0，.(1)解法一：如圖解三，

19、若直線l與y軸重合，即直線l的方程為x0，則S1|BD|·|OM|a|BD|，S2|AB|·|ON|a|AB|，所以.圖解三在C1和C2的方程中分別令x0，可得yAm，yBn，yDm，于是.若，則，化簡得2210.由1，可解得.故當(dāng)直線l與y軸重合時，若S1S2，則.解法二：如圖1，若直線l與y軸重合，則|BD|OB|OD|mn，|AB|OA|OB|mn；S1|BD|·|OM|a|BD|，S2|AB|·|ON|a|AB|.所以.若，則，化簡得2210.由1，可解得.故當(dāng)直線l與y軸重合時，若S1S2，則.(2)解法一：如圖解四，若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線

20、l，使得S1S2.根據(jù)對稱性，不妨設(shè)直線l：ykx(k0)，點M(a,0)，N(a,0)到直線l的距離分別為d1，d2，則，所以d1d2.圖解四又S1|BD|d1，S2|AB|d2，所以，即|BD|AB|.由對稱性可知|AB|CD|，所以|BC|BD|AB|(1)|AB|，|AD|BD|AB|(1)|AB|，于是.將l的方程分別與C1，C2的方程聯(lián)立，可求得，.根據(jù)對稱性可知xCxB，xDxA，于是.從而由和式可得.令，則由mn，可得t1，于是由可解得.因為k0，所以k20.于是式關(guān)于k有解，當(dāng)且僅當(dāng)，等價于由1，可解得t1，即，由1，解得，所以當(dāng)1時，不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l，使得S1S

21、2；當(dāng)時，存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l使得S1S2.解法二：如圖解四,若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1S2.根據(jù)對稱性,不妨設(shè)直線l：ykx(k0)，點M(a,0)，N(a,0)到直線l的距離分別為d1，d2，則，所以d1d2.又S1|BD|d1，S2|AB|d2，所以.因為，所以.由點A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分別在C1，C2上，可得，兩式相減可得，依題意xAxB0，所以.所以由上式解得.因為k20，所以由，可解得.從而，解得，所以當(dāng)1時，不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l，使得S1S2；當(dāng)時，存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l使得S1S2.10.【解析】(1)由題意知點A(c,2)在橢圓

22、上，則.從而e21.由得，從而.故該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.(2)由橢圓的對稱性，可設(shè)Q(x0,0)又設(shè)M(x，y)是橢圓上任意一點，則|QM|2(xx0)2y2x22x0xx02(x2x0)2x028(x4,4)設(shè)P(x1，y1)，由題意，P是橢圓上到Q的距離最小的點，因此，上式當(dāng)xx1時取最小值，又因x1(4,4)，所以上式當(dāng)x2x0時取最小值，從而x12x0，且|QP|28x02.因為PQPQ，且P(x1，y1)，所以(x1x0，y1)·(x1x0，y1)0，即(x1x0)2y120.由橢圓方程及x12x0得，解得，.從而|QP|28x02.故這樣的圓有兩個，其標(biāo)準(zhǔn)方程分別為，.圖解五11.【解析】(1)由橢圓定義知，2a|PF1|PF2|，所以.又由已知，c1.所以橢圓C的離心率.(2)由(1)知，橢圓C的方程為y21.設(shè)點Q的坐標(biāo)為(x，y)(1)當(dāng)直線l與x軸垂直時，直線l與橢圓C交于(0,1)，(0，1)兩點，此時點Q的坐標(biāo)為.(2)當(dāng)直線l與x軸不垂直時，設(shè)直線l的方程為ykx2.因為M，N在直線l上，可設(shè)點M，N的坐標(biāo)分別為(x1，kx12)，(x2，kx22)，則|AM|2(1k2)x12，|AN|2(1k2)x22.又|AQ|2x2(y2)2(1k2)x2.