屆全國(guó)名校真題模擬專題訓(xùn)練8-圓錐曲線解答題1(數(shù)學(xué))doc

1、2009 屆全國(guó)名校真題模擬專題訓(xùn)練08 圓錐曲線三、解答題 (第一部分 )1、(廣東省廣州執(zhí)信中學(xué)、中山紀(jì)念中學(xué)、深圳外國(guó)語(yǔ)學(xué)校三校期末聯(lián)考)設(shè) F1 、 F2 分別是橢圓 x2+y2= 1的左、右焦點(diǎn) .54（）若 P 是該橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求PF1 PF2 的最大值和最小值；（）是否存在過(guò)點(diǎn)A（ 5，0）的直線 l 與橢圓交于不同的兩點(diǎn)C、D，使得 |F 2C|=|F 2D| ？若存在，求直線 l 的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.解：（）易知a5,b2,c1,1(1,0),F2 (1,0)F設(shè) P（ x，y），則 PF1PF2(1x,y)(1x,y) x2y 21x244 x 211 x2

2、355x5,5 ，當(dāng) x0 ，即點(diǎn) P 為橢圓短軸端點(diǎn)時(shí)，PF1PF2有最小值 3；當(dāng) x5 ，即點(diǎn) P 為橢圓長(zhǎng)軸端點(diǎn)時(shí)，PF1PF2 有最大值 4（）假設(shè)存在滿足條件的直線l 易知點(diǎn)A（ 5， 0）在橢圓的外部，當(dāng)直線l 的斜率不存在時(shí)，直線l 與橢圓無(wú)交點(diǎn)，所在直線l斜率存在，設(shè)為k直線 l的方程為 yk( x 5)x2y21 ，得 (5k 24) x250k 2 x125k 2由方程組54200y k(x 5)依題意20(1680k 2 )0，得5k555當(dāng)5k5時(shí)，設(shè)交點(diǎn) C( x1 , y1 )、D(x2 , y2 ) ，CD 的中點(diǎn)為 R( x0 , y0 ) ，55則 x1x2

3、50k 2, x0x1x225k 2425k45k22y0k( x05) k(25k 25)5k20k .5k 2424又 |F 2C|=|F 2D|F2 Rlk k F2R10(20k)20k 2kk F2 Rk5k 241125k 2420k 25k24 20k2=20k2 4，而 20k2=20k2 4 不成立，所以不存在直線l ，使得 |F 2C|=|F 2D|綜上所述，不存在直線l，使得 |F 2C|=|F 2 D|2、 (江蘇省啟東中學(xué)高三綜合測(cè)試二)已知?jiǎng)訄A過(guò)定點(diǎn) P（ 1， 0），且與定直線 L:x=-1相切，點(diǎn)C在 l上 .(1)求動(dòng)圓圓心的軌跡M 的方程；( 2)設(shè)過(guò)點(diǎn) P

4、, 且斜率為3 的直線與曲線 M 相交于 A ,B兩點(diǎn).（i ）問(wèn)： ABC能否為正三角形？若能，求點(diǎn)C的坐標(biāo)；若不能，說(shuō)明理由（ii ）當(dāng) ABC 為鈍角三角形時(shí)，求這種點(diǎn)C 的縱坐標(biāo)的取值范圍 .解： (1)依題意，曲線 M 是以點(diǎn) P為焦點(diǎn)，直線 l為準(zhǔn)線的拋物線，所以曲線M 的方程為 y2=4x.由題意得,直線AB的方程為: y3(x由 y3( x 1)消去y得:( 2)(i )1)y 24x3x 2 10x30,解得 x11,x 23.所以 A (1,2 3),B(3,23),|AB |x1x 2 216.3333假設(shè)存在點(diǎn) C（ 1， y），使 ABC為正三角形，則 |BC|=|A

5、B|且 |AC|=|AB|，即(3 1)2(y2 3)2(162,)224 22321433相減得 :4(y23 ) ()( y) ,解得 y(不符 ,舍)(1 1)22 )2(16)2(y339333因此，直線 l上不存在點(diǎn) C，使得 ABC是正三角形 .（ii ）解法一：設(shè) C（ 1， y）使 ABC成鈍角三角形，由 y13( x1)得 y23,此時(shí) A ,B,C三點(diǎn)共線 ,故y 23.x，又 |AC |2( 11) 2(y2 3)22843yy 2 , | AB |2(16)2256339339，當(dāng) |BC |2|AC |2|AB |2 ,即2843yy 22843 yy 2256 ,即

6、 y23 時(shí),9399CAB為鈍角 .當(dāng) |AC |2|BC |2| AB |2,即 2843 yy 22843yy 2256939y103時(shí) CBA為鈍角.3又 |AB |2 |AC |2| BC |2 ,即 2562843yy2284 3yy 2993即 : y24 3y40, (y2 )20333.該不等式無(wú)解，所以ACB不可能為鈍角 .因此，當(dāng) ABC為鈍角三角形時(shí)，點(diǎn)C的縱坐標(biāo) y的取值范圍是 :y10 3 或 y2 3 ( y 2 3)39.解法二：以 AB為直徑的圓的方程為 :( x5) 2( y23) 2(8)2圓心 (5,23)到直線 L : x1 的距離為 8333333

7、.所以 ,以 AB 為直徑的圓與直線 L相切于點(diǎn) G( 1,233).當(dāng)直線 l上的 C點(diǎn)與 G重合時(shí)， ACB為直角，當(dāng) C與G 點(diǎn)不重合，且 A，B， C三點(diǎn)不共線時(shí)，ACB為銳角，即 ABC中 ACB不可能是鈍角 .因此，要使 ABC為鈍角三角形，只可能是CAB或 CBA為鈍角 .過(guò)點(diǎn) A且與 AB 垂直的直線為 : y233 (x1).令x1得 y2 33339 .過(guò)點(diǎn) B且與 AB 垂直的直線為 : y2333), 令x1得 y1033(x3.又由 y3( x1)解得y2 3,所以,當(dāng)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(時(shí),x11,2 3)A， B， C三點(diǎn)共 線，不構(gòu)成三角形 .因此，當(dāng) ABC為鈍角三

8、角形時(shí)，點(diǎn)C的縱坐標(biāo) y的取值范圍是：y10 3 或y2 3 ( y 2 3).393、(江蘇省啟東中學(xué)高三綜合測(cè)試三)（1）在雙曲線xy=1 上任取不同三點(diǎn)A、 B、 C，證明：ABC 的垂心 H 也在該雙曲線上；（ 2）若正三角形 ABC的一個(gè)頂點(diǎn)為C(1, 1)，另兩個(gè)頂點(diǎn) A、B 在雙曲線 xy=1 另一支上，求頂點(diǎn) A、B 的坐標(biāo)。解：（ 1）略；（ 2）A(2+ 3,2 3 ), B(23 ,2+3)或 A(2 3,2+ 3), B(2+ 3 ,23 )4、(江蘇省啟東中學(xué)高三綜合測(cè)試四)已知以向量 v=(1,1)為方向向量的直線 l 過(guò)點(diǎn) (0,52)，4拋物線 C： y 22

9、px (p>0)的頂點(diǎn)關(guān)于直線l 的對(duì)稱點(diǎn)在該拋物線上（）求拋物線C 的方程；（）設(shè) A、B 是拋物線 C 上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)A 作平行于 x 軸的直線 m，直線 OB 與直線 m 交于點(diǎn) N，若 OA OBp20 (O 為原點(diǎn)， A、 B 異于原點(diǎn) )，試求點(diǎn) N 的軌跡方程解：（）由題意可得直線l： y1 x524過(guò)原點(diǎn)垂直于l 的直線方程為 y2x解得 x12拋物線的頂點(diǎn)關(guān)于直線l 的對(duì)稱點(diǎn)在該拋物線的準(zhǔn)線上p12 ， p222拋物線 C 的方程為 y 24x （）設(shè)( ,)，A x1y1B( x2 , y2 )N (x, y)由 OA OB p20 ，得 x1 x2y1 y2 4 0

10、 又 y1 24x1 ， y2 24x2 解得y1 y28直線 ON： yy2 x ，即 y4 xx2y2由、及 yy1 得，點(diǎn) N 的軌跡方程為 x2 ( y0) 5、(安徽省皖南八校2008 屆高三第一次聯(lián)考)已知線段 AB 過(guò) y 軸上一點(diǎn) P(0, m) ，斜率為 k ，兩端點(diǎn) A， B 到 y 軸距離之差為4k(k 0)，（ 1）求以 O 為頂點(diǎn)， y 軸為對(duì)稱軸，且過(guò) A， B 兩點(diǎn)的拋物線方程；（2）設(shè) Q 為拋物線準(zhǔn)線上任意一點(diǎn)，過(guò)Q 作拋物線的兩條切線，切點(diǎn)分別為M，N，求證：直線 MN 過(guò)一定點(diǎn)；解：（ 1）設(shè)拋物線方程為x 22 py( p0) ， AB 的方程為 ykx

11、m ，聯(lián)立消 y 整理，得 x22 pkx2 pm0 ； x1 x22 pk ，又依題有 | x1x2 |4k2 pk， p2，拋物線方程為x24y ；（2）設(shè) M( x1 ,x12x22x1，) ， N ( x2 ,) ， Q ( x0 , 1) ， kMQ244 MQ 的方程為 yx12x1( x x1 )x122x1 x4 y0 ；42 MQ 過(guò) Q ， x122 x1 x04 0，同理 x222 x2 x040 x1 , x2 為方程 x22x0 x 40 的兩個(gè)根；x1 x24 ；又 kMNx1x2， MN 的方程為 yx12x1x2( xx1 )444 yx1x2x1，顯然直線 M

12、N 過(guò)點(diǎn) (0,1)46 、(江西省五校2008屆高三開學(xué)聯(lián)考) 已知圓M : ( x5) 2y 236,定點(diǎn) N (5,0),點(diǎn) P為圓 M上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn) Q在 NP上，點(diǎn) G在MP 上，且滿足NP2NQ, GQ NP0 .（ I）求點(diǎn) G 的軌跡 C 的方程；（ II）過(guò)點(diǎn)（ 2，0）作直線l ，與曲線 C 交于 A、B 兩點(diǎn)，O 是坐標(biāo)原點(diǎn)， 設(shè) OSOAOB,是否存在這樣的直線l ，使四邊形 OASB的對(duì)角線相等（即|OS|=|AB| ）？若存在，求出直線 l 的方程；若不存在，試說(shuō)明理由 .NP2NQQ 為 PN 的中點(diǎn)且 GQ PN解：（ 1）GQ PN0GQ 為 PN 的中垂線|P

13、G|=|GN|a3 ， |GN|+|GM|=|MP|=6，故 G 點(diǎn)的軌跡是以M、 N 為焦點(diǎn)的橢圓，其長(zhǎng)半軸長(zhǎng)半焦距 c5 ，短半軸長(zhǎng)b=2，點(diǎn) G 的軌跡方程是x2y21 5分94（ 2）因?yàn)?OSOAOB ，所以四邊形 OASB為平行四邊形若存在 l 使得 |OS |=|AB | ，則四邊形 OASB為矩形OA OB0若 l 的斜率不存在，直線l 的方程為 x=2，由x2x2x2y2得2 5941y3160,與OA OB0 矛盾，故 l 的斜率存在 .7分OA OB9設(shè)l的方程為y k(xA x,y1 ),Bx2 ,y2 )2), (1(y k( x2)由 x2y21(9k 24) x2

14、36k 2 x36(k 21)094x136k236(k 21)x22, x1 x29k 29k44y1 y2 k (x1 2) k( x22)k 2 x1 x2 2(x1 x2 )420k 2 9 分9k 24把、代入x1 x2y1 y20得 k32存在直線 l : 3x2 y60或3x2 y60 使得四邊形OASB的對(duì)角線相等.7、(安徽省淮南市 2008 屆高三第一次模擬考試 )已知橢圓 C 的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在 x 軸上，它的一個(gè)頂點(diǎn)恰好是拋物線 y= 1 x2 的焦點(diǎn)，離心率等于 2 5 .45（ 1）求橢圓 C 的方程；（ 2）過(guò)橢圓 C 的右焦點(diǎn) F 作直線 l 交橢圓 C 于

15、A、B 兩點(diǎn)，交 y 軸于 M 點(diǎn)，若 MA =AF ，1MB2 BF1 2為定值 .=，求證 +解：（ I）設(shè)橢圓 C 的方程為 x2y 21(a b 0) ，則由題意知 b = 1.a 2b 2a 2b 22 5 即1 2 5a25.a 2. 1a 2.552橢圓 C 的方程為xy21. 5 分5（ II）方法一：設(shè)A、B、 M 點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 ), M (0, y0 ).易知 F 點(diǎn)的坐標(biāo)為（ 2， 0） .MA1 AF,( x1 , y1y0 )1 (2 x1 , y1 ).x12 1, y1y0.8分1111將 A 點(diǎn)坐標(biāo)代入到橢圓方程中，

16、得1(2 1)2(y0) 21.51111去分母整理得2101 5 520. 10 分1y0同理 ,由MB2 BF可得 : 2210 25 5y020.1, 2 是方程 x210x 55 y020的兩個(gè)根 ,1210.12 分方法二：設(shè) A、 B、 M 點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A( x1 , y1 ), B(x2 , y2 ), M (0, y0 ).又易知 F 點(diǎn)的坐標(biāo)為（ 2， 0） .顯然直線l 存在的斜率，設(shè)直線l 的斜率為k，則直線l 的方程是yk(x2).將直線 l 的方程代入到橢圓C 的方程中，消去y 并整理得(15k 2 )x 220k 2 x20k 250.7 分x1 x220k 22

17、 , x1 x220k 225 . 8 分15k15k又 MA1AF,MB2 BF , 將各點(diǎn)坐標(biāo)代入得 1x1, 2x2.x12 x22x1x22(x1x2 ) 2x1 x210.122 x24 2(x1x2 ) x1 x22 x18、 (安徽省巢湖市2008 屆高三第二次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))已知點(diǎn)R （ 3,0 ） ,點(diǎn) P 在 y 軸上，點(diǎn)Q 在 x 軸的正半軸上，點(diǎn)M 在直線PQ 上,且滿足2PM3 MQ0， RP PM0 .（）當(dāng)點(diǎn)P 在 y 軸上移動(dòng)時(shí)，求點(diǎn)M 的軌跡C 的方程；（）設(shè)A( x1 , y1 ) 、 B(x2 , y2 ) 為軌跡C 上兩點(diǎn)，且x11, y10 ， N(1,

18、0) ，求實(shí)數(shù)，使 ABAN，且AB16.3解： ( )設(shè)點(diǎn) M(x,y)，由 2PM3MQ0得 P(0 ，y )， Q( x ,0 ).23由RP PM0, 得 (3，y )· ( x ， 3 y ) 0, 即 y24x22又 點(diǎn) Q 在 x 軸 的 正 半 軸 上 ，x0故點(diǎn) M 的軌跡 C 的方程是y24x(x0). 6 分（）解法一：由題意可知N 為拋物線C:y 2 4x的焦點(diǎn)，且A、 B 為過(guò)焦點(diǎn)N 的直線與拋物線 C 的兩個(gè)交點(diǎn)。當(dāng)直線 AB斜率不存在時(shí)，得A(1,2) ， B(1,-2)， |AB|416 ，不合題意； 73分當(dāng)直線 AB斜率存在且不為 0時(shí) ， 設(shè)lA

19、B :yk x(1y24x得， 代 入k 2 x22(k 22) xk 20則 |AB| x1x222(k 22)24416,解得 k23k2k2310 分代入原方程得 3x 210 x 30，由于 x11，所以 121 ,x3, x3x2x1314由 ABAN ，得3. 13xNx1313分解法二：由題設(shè)條件得y124x1(1)y224x2(2)x2x1(1x1 )(3)y2y1y1(4)( x2x1 )2( y2y1 )216(5)3由（ ）、（ ）得 x2x1(1x1 )34y2(1) y1代入（ ）得(1224 x14 (1 x1 )2)y1再把（ ）代入上式并化簡(jiǎn)得1(1) x11

20、(6)分9同樣把（ ）、（ ）代入（ ）并結(jié)合（ ）3451化簡(jiǎn)后可得(1x1 )16分(7)1134414由（ 6）、（ 7）解得3 或1 ，又 x1，故.x133x1 39、(北京市朝陽(yáng)區(qū)2008 年高三數(shù)學(xué)一模 )已知橢圓 W 的中心在原點(diǎn)， 焦點(diǎn)在 x 軸上， 離心率為6 ，兩條準(zhǔn)線間的距離為 6.橢圓 W 的左焦點(diǎn)為 F ，過(guò)左準(zhǔn)線與x 軸的交點(diǎn) M 任3作一條斜率不為零的直線l 與橢圓 W 交于不同的兩點(diǎn)A 、 B ，點(diǎn) A 關(guān)于 x 軸的對(duì)稱點(diǎn)為 C .（）求橢圓 W 的方程；（）求證：CFFB (R )；（）求MBC 面積 S 的最大值 .解：（）設(shè)橢圓W 的方程為 x2y21

21、，由題意可知a2b2c 6 ,a 3a2b2c2 ,解得 a6 ， c2 ， b2 ，yABMFOx2a26,Ccx2y24 分所以橢圓 W 的方程為216（）解法1：因?yàn)樽鬁?zhǔn)線方程為xa23，所以點(diǎn)M坐標(biāo)為 (3,0)于是可設(shè)直線lc.的方程為 yk (x 3) yk(x3),x2y2得 (1 3k2 ) x218k 2 x27k 260 .621由直線 l 與橢圓 W 交于 A 、 B 兩點(diǎn)，可知(18k 2 )24(1 3k2 )(27 k 26)0，解得 k 2 2 3設(shè)點(diǎn) A ， B 的坐標(biāo)分別為 ( x1 , y1 ) ， (x2 , y2 ) ,則 x1x2118k 2 ， x1

22、x227k 26， y1k( x13) ， y2k (x23) 3k 213k2因?yàn)?F ( 2,0)， C ( x1,y1 ) ，所以 FC( x12, y1) ， FB ( x22, y2 ) .又因?yàn)?(x12) y2( x2 2)(y1)( x12)k ( x23) (x22) k( x13)k2 x1 x25( x1x2 )12k 54k 212190k 21213k23k 2k (54k 2 1290k21236k2 )13k 20 ，所以 CFFB 10 分解法 2：因?yàn)樽鬁?zhǔn)線方程為xa23，所以點(diǎn) M 坐標(biāo)為 ( 3,0) .c于是可設(shè)直線 l的方程為 yk ( x3) ，點(diǎn)

23、A ， B 的坐標(biāo)分別為 (x1, y1) ， (x2 , y2 ) ,則點(diǎn) C 的坐標(biāo)為 ( x1 ,y1 ) ， y1k( x13) ， y2 k (x2 3) 由橢圓的第二定義可得|FB|x23| y2 | ,|FC|x13| y1 |所以 B， F，C三點(diǎn)共線，即 CFFB 10 分( )由題意知S1 | MF | y1 |1 | MF | y2 |221| | y1y2 | MF21 | k (xx)6k |2123|k |132323，13k23| k |3| k |當(dāng)且僅當(dāng) k21 時(shí)“ =”成立，3所以MBC 面積 S 的最大值為2310、 (北京市崇文區(qū)2008 年高三統(tǒng)一練

24、習(xí)一)已知拋物線C : yax 2 ，點(diǎn) P（ 1， 1）在拋物線 C 上，過(guò)點(diǎn)P 作斜率為k1、 k2 的兩條直線，分別交拋物線C 于異于點(diǎn)P 的兩點(diǎn) A（ x1， y1）， B（ x2， y2），且滿足 k1+k2=0.（ I）求拋物線 C的焦點(diǎn)坐標(biāo)；（ II）若點(diǎn) M 滿足 BMMA ，求點(diǎn) M 的軌跡方程 .解：（ I）將 P（ 1， 1）代入拋物線C 的方程 y ax 2 得 a=1，拋物線 C 的方程為 yx2 ，即 x 2y.焦點(diǎn)坐標(biāo)為 F（ 0，1 ） .4 分4（ II）設(shè)直線 PA的方程為 y 1k1 (x 1) ，y1k1 (x1),k1 xk110,聯(lián)立方程yx 2 .

25、消去 y 得 x 2則 1x1k11,即 x1k11.由k124( k11)( k12)20,得 k12. 7 分同理直線 PB 的方程為 y1k2 (x1),y 1 k2 ( x1),k2 xk2 10,聯(lián)立方程yx 2 .消去 y 得 x2則 1x2k21, 即x2k21.且k22.又k1k20,k12. 9 分設(shè)點(diǎn) M 的坐標(biāo)為（ x，y），由 BMMA,則xx1x2 .2xk11 k212 ( k1k2 ) .22又k1k 20,x1.11 分yy1y2x12x22(k11) 2( k21)2( k11) 2(k1 1)22222(k121)1,又k12,y5.所求 M 的軌跡方程為：

26、 x1( y1且y5).11、(北京市東城區(qū) 2008 年高三綜合練習(xí)一）已知定圓A : ( x1) 2y216, 圓心為 A，動(dòng)圓 M 過(guò)點(diǎn) B(1,0) 且和圓 A 相切，動(dòng)圓的圓心 M 的軌跡記為 C.（ I）求曲線 C 的方程；（ II）若點(diǎn) P( x0 , y0 ) 為曲線 C 上一點(diǎn)，求證：直線l : 3x0 x4y0 y12 0與曲線 C有且只有一個(gè)交點(diǎn) .解：（ I）圓 A 的圓心為( 1,0), 半徑r14，A設(shè)動(dòng)圓 M 的圓心 M (x, y),半徑為 r2 ,依題意有 , r2| MB | .由 |AB|=2 ，可知點(diǎn) B 在圓 A 內(nèi)，從而圓 M 內(nèi)切于圓 A，故 |MA|=r 1r2，即 |MA|+|MB|=4 ，所以，點(diǎn)M 的軌跡是以A， B 為焦點(diǎn)的橢圓，設(shè)橢圓方程為 x 2y 21，由 24,2c2,可得 a24,b23.a 2b2a故曲線 C 的方程為 x2y 21. 6 分43（ II）當(dāng) y0 0時(shí),由 x04y021,可得 x02 ，43當(dāng) x02, y00時(shí), 直線 l 的方程為 x02,直線 l 與曲線 C 有且只有一個(gè)交點(diǎn) ( 2,0).當(dāng) x02, y00時(shí), 直線 l的方程為 x02,直線 l 與曲線 C 有且只有一個(gè)交點(diǎn) ( 2,