[高三数学]2012高考理科数学圆锥曲线试题及答案

[高三数学]2012高考理科数学圆锥曲线试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 及 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 2012高考理科数学圆锥曲线大题及答案 一、选择题 1 (,2012年高考,新课标理,,等轴双曲线的中心在原点,焦点在轴上,与抛物线CCx2AB,AB,43的准线交于两点,;则的实轴长为 ( ) Cy,16x A( B( C( D( ,,222 22xyEab:1(0)，,,,2 (,2012年高考,新课标理,,设是椭圆的左、右焦点,P为FF1222ab 3a30直线上一点,,是底角为的等腰三角形,则E的离心率为 ( ) FPFx,212 12,,A( B( C( D( 23,, 22xy,,13 (,2012年高考,浙江理,,如图,F,F分别是双曲线C:(a,b>0)1222ab 的左右焦点,B是虚轴的端点,直线FB与C的两条渐近线分别交于P,Q1 两点,线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M.若|MF|=|FF|,则C的离心212率是 ( ) 236A( B( 32 23C( D( 4 (,2012年高考,四川理,,已知抛物线关于轴对称,它的顶点在坐标原点,并且经过点Ox ||OM,M.若点到该抛物线焦点的距离为3,则 ( ) My(2,)0 4A( B( C( D( 232522 2222xyxyCC:1,:1,，,，,5 (,2012年高考,上海春,,已知椭圆则 12124168[答] ( ) A(与顶点相同. B(与长轴长相同. CCCC1122 C(与短轴长相同. D(与焦距相等. CCCC1122 22xy3Cab:1(0)，,,,6 (,2012年高考,山东理,,已知椭圆的离心学率为.双曲线222ab 22C的渐近线与椭圆有四个交点,以这四个焦点为顶点的四边形的面积为16,xy,,1 C则椭圆的方程为 ( ) 22222222xyxyxyxy，,1，,1，,1，,1A( B( C( D( 82126164205 22xy7 (,2012年高考,湖南理,,已知双曲线C :-=1的焦距为10 ,点P (2,1)在C 的渐22ab 近线上,则C的方程为 ( ) 22222222xyxyxyxyA(-=1 B(-=1 C(-=1 D(-=1 20520202080580 22xy28 (,2012年高考,福建理,,已知双曲线,,1的右焦点与抛物线的焦点重yx,1224b 合,则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于 ( ) A( B( C(3 D(5 542 229 (,2012年高考,大纲理,,已知为双曲线的左右焦点,点P在CFF,Cxy:2,,12 上,,则 ( ) ||2||PFPF,cos，,FPF1212 1334A( B( C( D( 4455 10(,2012年高考,大纲理,,椭圆的中心在原点,焦距为4,一条准线为,则该椭圆的x,,4方程为 ( ) 22222222xyxyxyxy，,1，,1，,1，,1A( B( C( D( 161216884124 2AB,F11(,2012年高考,安徽理,,过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点,点Oyx,4 AF,3是原点,若; 则,AOB的面积为 ( ) 232A( B( C( D( 22222 二、填空题 2,xpt=2,p>012(,2012年高考,天津理,,己知抛物线的参数方程为(为参数),其中,焦t,ypt=2,, ||=||EFMFFMEM点为,准线为l,过抛物线上一点作的垂线,垂足为,若,点的横坐标是3,则p=_______. 2AB,F13(,2012年高考,重庆理,,过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点,若yx,2 25AF则=_____________________. ABAFBF,,,,12 22xy14(,2012年高考,四川理,,椭圆，,1的左焦点为F,直线与椭圆相交于点A、xm,43 ,当的周长最大时,的面积是____________. B,FAB,FAB 215(,2012年高考,上海春,,抛物线的焦点坐标为_______. yx,8 16(,2012年高考,陕西理,,右图是抛物线形拱桥,当水面在时,拱顶离水面2米,水面l宽4米,水位下降1米后,水面宽____米. y 217(,2012年高考,辽宁理,,已知P,Q为抛物线上两点,点P,Q的横坐标分别为xy,2 x ,4,2,过P、Q分别作抛物线的切线,两切线交于A,则点A的纵坐标为__________. 22xy，,118(,2012年高考,江西理,,椭圆(a>b>0)的左、右顶点分别是A,B,左、右22ab 焦点分别是F,F.若|AF|,|FF|,|FB|成等比数列,则此椭圆的离心率为121121 _______________. xOy19(,2012年高考,江苏,,在平面直角坐标系中,若双曲线22xy y的离心率为,则的值为____. ,,15m2mm，4 22xy 20(,2012年高考,湖北理,,如图,双曲线的两顶点为,,,1 (,0)ab22abB2 A ,,虚轴两端点为,,两焦点为,. 若以为直径的AABBFFAAB 12121212 ABCD,,,圆内切于菱形,切点分别为. 则 FBFB1122 A A 1 2双曲线的离心率(?)________; e, O F F x 12 (?)菱形的面积与矩形的面积的比值ABCDSSFBFBC D 121122 B 1S1________. ,S2 221(,2012年高考,北京理,,在直角坐标系中,直线过抛物线xoylyx,4的焦点F,且与该抛物线相较于A、B两点,其中点A在轴上方,若直线的倾斜角为60?,lx则?OAF的面积为________. 三、解答题 22xy(>>0)abAB,+=1P22(,2012年高考,天津理,,设椭圆的左、右顶点分别为,点在22ab AB,O椭圆上且异于两点,为坐标原点. 1APBP(?)若直线与的斜率之积为,求椭圆的离心率; ,2 ||=||APOAOP(?)若,证明直线的斜率k满足||>3k. 223(,2012年高考,新课标理,,设抛物线的焦点为F,准线为,,AC,lCxpyp:2(0),, 已知以为圆心, F BD,FA为半径的圆F交于两点; l 0，BFD,90(1)若,,ABD的面积为;求的值及圆F的方程; p42 ABF,,(2)若三点在同一直线上,直线与平行,且与只有一个公共点, Cmnmn求坐标原点到距离的比值. mn, 22xy1+1,24(,2012年高考,浙江理,,如图,椭圆C:(a>b>0)的离心率为,其左焦点到点222ab 10P(2,1)的距离为.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. (?)求椭圆C的方程; (?) 求ABP的面积取最大时直线l的方程. , 25(,2012年高考,重庆理,,(本小题满分12分(?)小问5分(?)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,线段F,F12 OFOF,的中点分别为,且? 是面积为4的直角三角形. B,BABB121212 (?)求该椭圆的离心率和标准方程; ll(?)过做直线交椭圆于P,Q两点,使,求直线的方程 BPB,QB122 A(1,0),B(2,0)26(,2012年高考,四川理,,如图,动点M到两定点、构成,MAB,且 ,设动点的轨迹为. ，,，MBAMAB2MC(?)求轨迹的方程; C yxm,,，2QR、||||PQPR,(?)设直线与轴交于点P,与轨迹相交于点,且,yC||PR求的取值范围. ||PQ yM OAxB xOy27(,2012年高考,上海理,,在平面直角坐标系 22中,已知双曲线. C:2x,y,11 (1)过的左顶点引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 CC11 的三角形的面积; 22(2)设斜率为1的直线l交于P、Q两点,若l与圆相切,求证: x，y,1C1 OP?OQ; 22(3)设椭圆. 若M、N分别是、上的动点,且OM?ON, C:4x，y,1CC122 求证:O到直线MN的距离是定值. 28(,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. 2y2Cx:1.,,已知双曲线 14 (1)求与双曲线有相同的焦点,且过点的双曲线的标准方程; CP(4,3)C12 lyxm:,，AB、(2)直线分别交双曲线的两条渐近线于两点.当时,COAOB,31 求实数的值. m 2x2Cy:1，,29(,2012年高考,陕西理,,已知椭圆,椭圆以的长轴为短轴,且与CCC12114有相同的离心率. (1)求椭圆的方程; C2 (2)设O为坐标原点,点A,B分别在椭圆和上,,求直线AB的方程. CCOBOA,212 2F30(,2012年高考,山东理,,在平面直角坐标系中,是抛物线的Cxpyp:2(0),,xOy MFO,,M,是抛物线上位于第一象限内的任意一点,过三点的圆的圆心为,焦点CQ 3点到抛物线C的准线的距离为. Q4 (?)求抛物线C的方程; MMM(?)是否存在点,使得直线与抛物线相切于点?若存在,求出点的坐标;CMQ 若不存在,说明理由; 1M(?)若点的横坐标为,直线与抛物线C有两个不同的交点,llykx:,，AB,24 122ABDE，与圆 有两个不同的交点,求当时,的最小值. ,,k2QDE,2 22xy，,,,1(0ab31(,2012年高考,辽宁理,,如图,椭圆:,a,b为常数),动圆C022ab 222,.点分别为的左,右顶点,与相交于A,B,C,DCxyt:，,AA,CCbta,,C11201011 四点. (?)求直线与直线交点M的轨迹方程; AAAB12 ////222(?)设动圆与相交于四点,其中, Cxyt:，,Cbta,,ABCD,,,0222 ////22ABCDABCD.若矩形与矩形的面积相等,证明:为定值. tt,tt，1212 32(,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. MAMBOMOAOB，,,，，()2 (1) 求曲线C的方程; (2)动点Q(x,y)(-20),则焦点坐标为(),准线方程为x=, ？M在抛物线上， ？M到焦点的距离等于到准线的距离. pp222？(2-)，y,3,且(2，),3022 解得:p,1,y,220 ？点M(2,22) 22？|OM|,2，(22),23 [点评]本题旨在考查抛物线的定义: |MF|=d,(M为抛物线上任意一点,F为抛物线的焦点,d为点M到准线的距离). 5. D 3c333222222e,,c,a,a,bc,a2a2446. 【解析】因为椭圆的离心率为,所以,,, 221xx22，,1b,a2222y,,xa,4b4ab所以,即,双曲线的渐近线为,代入椭圆得,即2224224xx5x2222x,b,x,,by,,b，,,1y,b2225554bb4b5,所以,,,则第一象 2216222(b,b)4，b，b,b,1655555限的交点坐标为,所以四边形的面积为,所 22xy，,12b,5205以,所以椭圆方程为,选D. 7. 【答案】A 22xy 22210,5cc,,bca-=1的半焦距为,则. 【解析】设双曲线C : bb？,12yx,,ab,2aa又C 的渐近线为,点P (2,1)在C 的渐近线上,,即. 22xy 222？,,ab25,5cab,，205？又,,C的方程为-=1. 【点评】本题考查双曲线的方程、双曲线的渐近线方程等基础知识,考查了数形结合的思想和基本运算能力,是近年来常考题型. 8. 【答案】A F(3,0)【解析】?抛物线的焦点是,?双曲线的半焦距 5yx,,22？，,,,,435,4bbac,32,,故双曲线的渐近线的方程为 【考点定位】本题主要考查双曲线、抛物线的标准方程、几何性质、点和直线的位置关系.考查推理谁能力、逻辑思维能力、计算求解能力、数形结合思想、转化化归思想. 9. 答案C 【命题意图】本试题主要考查了双曲线的定义的运用和性质的运用,以及余弦定理的运用.首先运用定义得到两个焦半径的值,然后结合三角形中的余弦定理求解即可. ||2,||PFxPFx,,abc,,？,2,212【解析】解:由题意可知,,设,则||||222PFPFxa,,,,||42,||22PFPF,,FF,4121212,故,,利用余弦定理 222222PFPFFF，,，,(42)(22)431212cos，,,,FPF1224PFPF,22242，，12可得. 10.答案C 【命题意图】本试题主要考查了椭圆的方程以及性质的运用.通过准线方程确定焦点位 abc,,置,然后借助于焦距和准线求解参数,从而得到椭圆的方程. 242cc,,,x,,4x【解析】因为,由一条准线方程为可得该椭圆的焦点在轴上县2a2,,,,448ac222bac,,,,,844c,所以.故选答案C C11. 【解析】选 BFm,，,,,AFx,,,(0)lx:1,,3A设及;则点到准线的距离为 123,，,,,,,，,,,,,,323coscosmmm2cos()，31cos2,得: 又 1132232,，，，,，，，，,,SOFABsin1(3),AOB22232的面积为 二、填空题 12. 【答案】2 【命题意图】本试题主要考查了参数方程及其参数的几何意义,抛物线的定义及其几何性质. 2,xpt=2,p,F(,0)2ypt=2,(>0)pypx=2,2【解析】?可得抛物线的标准方程为,?焦点,?点 Mp(3,6),M的横坐标是3,则,所以点 ppp222Ep(,6),,EFp=()+(06),222, p122MF=+3pppp+6=+3+92EFMF=4由抛物线得几何性质得,?,?,解得p=2. 5 613. 【答案】 11125，,||AB,||,||AFmBFn,,mnp12【解析】设,则有,又,所以 252555mnmnmn，,,,,,,,122464. 【考点定位】本题主要考查了抛物线的简单性质及抛物线与直线的关系,当遇到抛物线焦点弦问题时,常根据焦点设出直线方程与抛物线方程联立,把韦达定理和抛物线定义相结合解决问题,属于难题. 2 314. [答案] 22？a,c,5[解析]根据椭圆定义知:4a=12, 得a=3 , 又 c2？c,2,？e,,a3 [点评]本题考查对椭圆概念的掌握程度.突出展现高考前的复习要回归课本的新课标理念. (2,0)15. 2y=-3xy=-216.解析:建立如图所示的直角坐标系,则抛物线方程为,当时, x= 626,所以水面宽米. ,17. 【答案】4 ,【解析】因为点P,Q的横坐标分别为4,2,代人抛物线方程得P,Q的纵坐标分别为8,2. 122,xyyxyx,,？,2,,,则,2由所以过点P,Q的抛物线的切线的斜率分别为4,2,所 yxyx,,,,,48,22,以过点P,Q的抛物线的切线方程分别为联立方程组解得xy,,,1,4,,故点A的纵坐标为4 【点评】本题主要考查利用导数求切线方程的方法,直线的方程、两条直线的交点的求法,属于中档题. 曲线在切点处的导数即为切线的斜率,从而把点的坐标与直线的斜率联系到一起,这是写出切线方程的关键. 5 518. 【解析】本题着重考查等比中项的性质,以及椭圆的离心率等几何性质,同时考查了 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 与方程,转化与化归思想. 利用椭圆及等比数列的性质解题.由椭圆的性质可 AFac,,FFc,2FBac,，AFFFFB11211121知:,,.又已知,,成等比数列,故 c5e,,222222()()(2)acacc,，,acc,,4ac,5a5,即,则.故.即椭圆的离心率 5 5为. ac,【点评】求双曲线的离心率一般是通过已知条件建立有关的方程,然后化为有关ac,e的齐次式方程,进而转化为只含有离心率的方程,从而求解方程即可. 体现考纲中要求掌握椭圆的基本性质.来年需要注意椭圆的长轴,短轴长及其标准方程的求解等. 19. 【答案】2. 【考点】双曲线的性质. 22xy,,1222ambmcmm==4=4，，，，，mm，4【解析】由得. 2cmm，，4e===52ammm,，44=0m=2?,即,解得. 20.考点分析:本题考察双曲线中离心率及实轴虚轴的相关定义,以及一般平面几何图形的面积计算. FBAAFBFBO12112222解析:(?)由于以为直径的圆内切于菱形,因此点到直线的距离 OB,FOBBBba12222为,又由于虚轴两端点为,,因此的长为,那么在中,由三角形的 1112bc,a|BF|,a(b，c)22222c,a，b222面积公式知,,又由双曲线中存在关系 5，1e,;222(e,1),ee,(1,，,)2联立可得出,根据解出 2S,2asin(2,)，FOB,,，FAO,，AOB,,222222(?)设,很显然知道,因此. bcsin,,,cos,,,2222,FOBb，cb，c22在中求得故 24abc2,,S,4asincos,222b，c; S25，1,2SS,2bcFBFBe211221菱形的面积,再根据第一问中求得的值可以解出. 321. 【答案】 2F(1,0)yx,460:【解析】由,可求得焦点坐标为,因为倾斜角为,所以直线的斜率为 yx,,33k,:,tan603,利用点斜式,直线的方程为,将直线和曲线方程联立,yx,,33123,,,AB(3,23),(,),233,yx,4,,因此 11SOFy,，，,，，,1233,OAFA22. 【考点定位】 本题考查的是解析几何中抛物线的问题,根据交点弦问题求围成的面积.此题把握住抛物线的基本概念,熟练的观察出标准方程中的焦点和准线坐标、方程是成功的关键.当然还要知道三角形面积公式. 三、解答题 22. 【命题意图】本试题主要考查了椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面内两点间的距离公式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.以及数形结合的数学思想方程,考查运算求解能力、综合分析和解决问题的能力. Pb(0,)AaBa(,0),(,0),解答策略一:(1)取，;则 bb122kkab，,，,,,,,()2APBPaa2 22ab,122ee,,,,2a22 abQ(cos,sin),,Pab(cos,sin)(02),,,,,,OP22(2)设;则线段的中点 ,,,，,,AQOPkk1||=||APOAAQ bsin,,,,,kbakaksincos2,,AQAQAQ，2cosaa, 32222,,，,，,,,,akbakakkk213AQAQAQAQ3 22xy00+=122Pxy(,)00ab解答策略二 (1)设点,由题意有? Pxkx(,)ykx,OP00P方法二:依题意,直线的方程为,可设点,由点在椭圆上,有 222222xkxxkx0000，,1，,12222222(1)，,kxaabkx,,,0,00abab0,因为,所以即? 222222()xakxa，，,(1)20，，,kxax||||,(,0)APOAAa,,0000由,得整理得,于是 24a,2a222(1)3||3，，,,,,,kakkx,0221，k1，k,代入?得. BDp,2,BFD,23. 【解析】(1)由对称性知:是等腰直角,斜边 dFAFBp,,,2lA点到准线的距离 1SBDdp,,，，,,,42422,ABD2 22xy，,,(1)8F圆的方程为 2xp0Axx(,)(0),F(0,)002p2(2)由对称性设,则 22xxp2200Bxppxp(,)3,,,,,,,,00AB,222ppF点关于点对称得: 3pp,pp3223pmyxxy:30,，,,，,Ap(3,)223p2得:,直线 2xx333pp2,xpyyyxp,,,,,,,,,2P(,)233pp36切点 pp333nyxxyp:()30,,,,,,,6336 直线 33pp:3,mn,26坐标原点到距离的比值为. 24. 【解析】 c1e,,a2(?)由题:; (1) 22dc,，，,(2)110左焦点(,c,0)到点P(2,1)的距离为:. (2) 222abc,,,431，，由(1) (2)可解得:. 22xy+1,43?所求椭圆C的方程为:. 11 22(?)易得直线OP的方程:y=x,设A(xA,yA),B(xB,yB),R(x0,y0).其中y0=x0. ?A,B在椭圆上, 22,xyAA+1,,2xyyxx,，333,430ABAB,,,,,,,,k,AB224422xxyyy,，xyABAB0,BB+1,,43,?. 3xm，2设直线AB的方程为l:y=,(m?0), 22,xy+1,,,4322,,，,,3330xmxm,3,yxm,-，,,2代入椭圆:. 222,,,，,,,,(3)43(3)3(12)0mmm显然. 1212?,0,. 当?MBA=90?时,点M的坐标为(2,, ?3) 当?MBA?90?时;x?2.由?MBA=2?MAB, |y|2|y|x，1,,2tan，MAB|y|x,221,()21,tan，MABx，1有tan?MBA=,即 化简得:3x2-y2-3=0,而又经过(2,,?3) 综上可知,轨迹C的方程为3x2-y2-3=0(x>1) ,,2，yxm, ,2222xy3,,3,0x,4mx，m，3,0,(II)由方程消去y,可得.(*) 22f(x),x,4mx，m，3,由题意,方程(*)有两根且均在(1,+)内,设 ,4m,,,1,2,,22(1),1,4，，3,0fmm, ,22,,(,4m),4(m，3),0,,,所以 ,解得,m>1,且m2 PQ,PR(x,y),(x,y)00RR设Q、R的坐标分别为,由有 22x,2m，3(m,1),x,2m,3(m,1)R0 12，3(1,)22PRmm2，3(,1)x4mR,,,,,1，2PQx11mm2,3(,1)Q2,3(1,)2,3(1,)22mm所以 ,由m>1,且m2,有 441,,1，,7，43,且,1，,7. 112,3(1,)2,(31,)22mm PR PQ，，1,7:(7,7，43)所以的取值范围是 [点评]本小题主要考察直线、双曲线、轨迹方程的求法等基础知识,考察思维能力、运 算能力,考察函数、分类与整合等思想,并考察思维的严谨性. 22x2C:,y,111A(,,0)y,,2x2227. [解](1)双曲线,左顶点,渐近线方程:. 2y,2(x，)y,2xy,2x，12过点A与渐近线平行的直线方程为,即. 2,,x,,y,,2x,4,,1y,,y,2x，1,2,解方程组,得 21S,|OA||y|,28所以所求三角形的面积1为 y,x，b(2)设直线PQ的方程是.因直线与已知圆相切, b||2,1b,22故,即 ,，yxb, ,22222,,1xyx,2bx,b,1,0,由,得. ，,2xxb,12,2xx,,b,1,12设P(x1, y1)、Q(x2, y2),则. yy,(x，b)(x，b)1212又,所以 2OP,OQ,xx，yy,2xx，b(x，x)，b12121212 222,2(,b,1)，b,2b，b,b,2,0, 故OP?OQ (3)当直线ON垂直于x轴时, 3223|ON|=1,|OM|=,则O到直线MN的距离为. 当直线ON不垂直于x轴时, 21|k|,y,,xy,kx2k设直线ON的方程为(显然),则直线OM的方程为. 21,,x2,,ykx,4，k2,222k,1，k22y,|ON|,,224x，y,14，k,4，k,由,得,所以. 221，k|OM|,22k,1同理 22222(|OM|，|ON|)d,|OM||ON|设O到直线MN的距离为d,因为, 23k，31113,，,,32222d|OM||ON|k，13所以,即d=. 综上,O到直线MN的距离是定值 CC(5,0),(5,0),1228.解(1)双曲线的焦点坐标为,设双曲线的标准方程为 22,ab，,52,a,4,,,22,,163xy2,,1,,b,1,,,,1(0,0)ab,2222Cab,ab2,则,所以双曲线的标准方程为2x2,,y14. AxxBxx(,2),(,2),Cyx,,211122(2)双曲线的渐近线方程为,设 2,y2x,,0,224,,,,320xmxm, ,2yxm,，,,,,,1600mm,,由 由 2mxx,,12OAOBxxxxxx,,，，,,,2(2)31212123又因为,而 2mm,,,,33所以. 22yx，,,1(2)a2C2a429.解析:(1)由已知可设椭圆的方程为 2a,433,a,42a2其离心率为,故,则 22yx，,1164故椭圆的方程为 (,),(,)xyxyAB,AABB(2)解法一 两点的坐标分别记为 OAB,,yOBOA,2AB由及(1)知,三点共线且点,不在轴上, ykx,AB因此可以设直线的方程为 2x422，,y1x,22A2ykx,(14)4，,kx4，k14将代入中,得,所以 22yx162，,1x,22B2ykx,(4)16，,kx164，k4将代入中,则,所以 1616,2222xx,4BAOBOA,2414，，kk由,得,即 k,,1AB解得,故直线的方程为yx,或yx,, AB,解法二 两点的坐标分别记为 (,),(,)xyxyAABB OAB,,AB由及(1)知,三点共线且点,不在y轴上, OBOA,2 ykx,AB因此可以设直线的方程为 2x42222ykx,，,y1将代入中,得,所以 x,(14)4，,kxA24，k14 216k1622y,由,得, x,OBOA,2BB2214，k，k4 222yx4，k2222414，,，kk，,1,1将xy,代入中,得,即 BB214，k164 ABk,,1yx,yx,,解得,故直线的方程为或. 2xp20Q(a,b)30.解析:(?)F抛物线C:x=2py(p>0)的焦点F,设M,,由题(0,)(x,)(x,0)0022p ppp33p意可知,则点Q到抛物线C的准线的距离为,解得b，,，,p,b,442424 2p,1,于是抛物线C的方程为. x,2y (?)假设存在点M,使得直线MQ与抛物线C相切于点M, 2x110(0,),(0,0),(,)FOMx而,,MQ,OQ,QF, Q(a,)0224 32xx11322200(x,a)，(,),a，a,，x,, 00241688 2x10,1511422242,y,xk,x,x,x,,x由可得,,则, x,2y000038842x50,x088 42即x,x,2,0,而,解得,点M的坐标为. x,2(2,1)x,00000 521Q(,)(?)若点M的横坐标为,则点M,. (2,1)2842,x,2y1,22,,4k，2,0由可得,.设, x,2kx,,0A(x,y),B(x,y)1,1122ykx,，2,4, 22222AB,(1，k)[(x，x),4xx] ,(1，k)(4k，2)1212 52k,852k5215012722Q:(x,)，(y,),，,D,,圆, 22846416321，k81，k 222725k27，2k2, DE,4[,],223232(1，k)8(1，k) 227，2k522222于是,令1，k,t,[,5] AB，DE,(1，k)(4k，2)，248(1，k) 2272225251，kt，22222(1)(42)(42)42AB，DE,，kk，，,tt,，,t,t，，28848(1)tt，k 251252,,设()42,, g(t),8t,2,gt,t,t，，2848tt 255,当时,, t,[,5]g(t),8t,2,,0248t 512552511即当时. t,,k,()426gt,，,，，，,min516442428，4 1122()6故当时,. k,AB，DE,min22 31. 【答案及解析】 【点评】本题主要考查圆的性质、椭圆的定义、标准方程及其几何性质、直线方程求解、直线与椭圆的关系和交轨法在求解轨迹方程组的运用.本题考查综合性较强,运算量较.在求解点的轨迹方程时,要注意首先写出直线和直线的方程,然后求解.大MABAA21 属于中档题,难度适中. 32. 【解析】 解:(1)依题意可得, MAxyMBxy,,,,,,,(2,1),(2,1) 22||(2)(22),()(,)(0,2)2MAMBxyOMOAOBxyy，,,，,，，,，,, 222(2)(22)22,，,,，xyy由已知得,化简得曲线C的方程: xy,4 t,1(2)假设存在点P(0,t)(t<0)满足条件,则直线PA的方程是,直线PB的方yxt,，2 2xx1,t00yx,,,程是,曲线C在点Q处的切线l的方程为它与y轴的交点yxt,，242 2xx00F(0,),为,由于,因此 ,,,22x,,,11042 xt,11t,10?当时, ,存在,使得,即l与直线PA,,,10tx,,(2,2),,,,,102222 平行,故当时不符合题意 ,,,10t xxtt,,1100?当t,,1时,,所以l 与直线PA,PB一定相交,分别联立,,,,,1,12222 tt,,11,,yxtyxt,，,，,,,,22,方程组, ,,22xxxx0000,,yxyx,,,,,,,,2424 22xtxt，，4400解得D,E的横坐标分别是 xx,,,DE2(1)2(1)xtxt，,，,00 22xxt，400||FPt,,,则,又, xxt,,,(1)ED224xt,,(1)0 22(4)xt，11,t0有,又SFPxx,，,,，||||PDEED2228(1)tx,,0 22xx4,100S,，，,,4(1) QAB242 2224222S(4)[(1)][4(1)]4(1)xxtxtxt,,,,，,，,44QAB0000于是 ,，,，224221(4)1816Stxttxtxt,，,，，PDE000 对任意,要使?QAB与?PDE的面积之比是常数,只需t满足x,,(2,2)0 2,,,,,4(1)8tt,, ,224(1)16tt,,,, 解得t=-1,此时?QAB与?PDE的面积之比为2,故存在t=-1,使?QAB与?PDE的面积之比是常数2. 【点评】本题以平面向量为载体,考查抛物线的方程,直线与抛物线的位置关系以及分类讨论的数学思想. 高考中,解析几何解答题一般有三大方向的考查.一、考查椭圆的标准方程,离心率等基本性质,直线与椭圆的位置关系引申出的相关弦长问题,定点,定值,探讨性问题等;二、考查抛物线的标准方程,准线等基本性质,直线与抛物线的位置关系引申出的相关弦长问题,中点坐标公式,定点,定值,探讨性问题等;三、椭圆,双曲线,抛物线综合起来考查.一般椭圆与抛物线结合考查的可能性较大,因为它们都是考纲要求理解的内容. c222(1)，e33. 【答案】解:(1)由题设知,,由点在椭圆上,得 abce==，，a 22211ec2222222222ca=1,,?. ，,,，,，,,1=1===1bcabaabb22222abaab ,,3由点在椭圆上,得 e，,,,,2,, 22,,,,33,,,,22222eca,13,,,,422，,,，,,，,,,，,11144=0=2aaa 224414abaa 2x2?椭圆的方程为. ，,y12 F(10)，AFBFF(10),，(2)由(1)得,,又??, 2121 AFBFmyxmyx=1=1，,，?设、的方程分别为,. AxyBxyy>y>，，，，，00，，，，12112212 2,x221mm，，22，,y1,221?. ,，,,,mymyy221=0=，，,21112m，2,myx=1，11, 222211mmm，，，，，mm，，2222222AFxymyym=10==1，，,，，,,?.，，，，，，1111122mm，，22 ? 22211mmm，,，，，BF=同理,.? 22m，2 2221mm，216mm，2m由??得,.解得=2. (i)AFBF,,=1222m，2m，22 m=2?注意到,?. m>0 12AF?直线的斜率为. =1m2 BFPBPFBFAF，，BFPBPB22121AFBF(ii)证明:??,?,即. ，,，,,11,12PFAFPFAFPFAF111111 AF1?. PFBF=11AFBF，12 AF1由点在椭圆上知,,?. BPFBF=22,BFBF，,22，，1212AFBF，12 BF2同理.PFAF=22,. ，，21AFBF，12 AFBFAFBF2122? PFPFBFAF+=222222,，,,,，，，，1221AFBFAFBFAFBF，，，121212 22221m，，，m，1由??得,,, AFBF=AFBF，=122m，2m，2 23?. PFPF+=22=2,1222 PFPF，?是定值. 12 【考点】椭圆的性质,直线方程,两点间的距离公式. ,,3(1)，e【解析】(1)根据椭圆的性质和已知和都在椭圆上列式求解. e，,,,,2,, 6(2)根据已知条件,用待定系数法求解. AFBF,,122 (,)xy34. 【解析】(?)解法1 :设M的坐标为,由已知得 22, xxy，,,，,2(5)3 x,,2x，,20易知圆上的点位于直线的右侧.于是,所以 C2 22(5)5xyx,，,，. 2化简得曲线的方程为. Cyx,201 (5,0)解法2 :由题设知,曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的x,,5CC12 (5,0)距离,因此,曲线是以为焦点,直线为准线的抛物线,故其方程为x,,5C1 2. yx,20 (?)当点P在直线上运动时,P的坐标为,又,则过P且与圆 x,,4(4,),yy,,300 相切得直线的斜率存在且不为0,每条切线都与抛物线有两个交点,切线方程为kC2 .于是 yykx,,，(4),即kx-y+y+4k=000 54kyk，，0 ,3.2k，1 整理得 22 ? 721890.kyky，，,,00 PAPC,设过P所作的两条切线的斜率分别为,则是方程?的两个实根,故 kk,kk,1212 18yy00 ? kk，,,,,.12724 kxyyk,，，,40,,1012由得 ? kyyyk,，，,2020(4)0.,1012yx,20,, 设四点A,B,C,D的纵坐标分别为,则是方程?的两个实根,所以 yyyy,,,1234 20(4)yk，01yy,,. ? 12k1 同理可得 20(4)yk，02yy,,. ? 34k2 于是由?,?,?三式得 400(4)(4)ykyk，，0102yyyy, 1234kk12 2，，4004()16ykkykk，，，012012，， ,kk12 22，，40016yykk,，0012，，. ,6400kk12 所以,当P在直线上运动时,四点A,B,C,D的纵坐标之积为定值6400. x,,4 【点评】本题考查曲线与方程、直线与曲线的位置关系,考查运算能力,考查数形结合思想、函数与方程思想等数学思想方法.第一问用直接法或定义法求出曲线的方程;第二问设出切线方程,把直线与曲线方程联立,由一元二次方程根与系数的关系得到ABCD,,,四点纵坐标之积为定值,体现“设而不求”思想. 35.考点分析:本题主要考察求曲线的轨迹方程、直线与圆锥曲线的位置关系,要求能正确理解椭圆的标准方程及其几何性质,并能熟练运用代数方法解决几何问题,对运算能力有较高要求. 解析: ||||(0,1)DMmDAmm,,,且Mxy(,)(?)如图1,设,,则由, Axy(,)00 1||||yy,可得,,所以,. ? xx,xx,||||ymy,0000m 22A因为点在单位圆上运动,所以. ? xy，,100 2y2将?式代入?式即得所求曲线的方程为. Cxmm，,,,1 (0,1)且2m m,，,(0,1)(1,)因为,所以 当时,曲线是焦点在轴上的椭圆, C01,,mx 22两焦点坐标分别为(1,0),,m,(1,0),m; 当时,曲线C是焦点在y轴上的椭圆, m,1 22两焦点坐标分别为(0,1),,m,(0,1)m,. (?)解法1:如图2、3,,设,,则,, ,,k0Pxkx(,)Hxy(,)Qxkx(,),,Nkx(0,)1122111 QN直线的方程为,将其代入椭圆C的方程并整理可得 ykxkx,，21 2222222. (4)40mkxkxxkxm，，，,,11 依题意可知此方程的两根为,,于是由韦达定理可得 ,xx12 22mx4kx11,即x,. ,，,,xx1222222mk，4mk，4 22kmx1因为点H在直线QN上,所以. ykxkx,,,221222mk，4 2242kxkmx11于是,. PQxkx,,,(2,2)PHxxykx,,,,,(,)(,)1121212222mkmk，，44 2224(2),mkx1PQPH,而等价于, PQPH,,,022mk，4 220,,m,又,得, 即m,0m,2 2y2PQPH,故存在,使得在其对应的椭圆上,对任意的,都有. k,0x，,1m,22 yy y H A H NP P N M OO D x xO x Q Q (1)m,图3 (01),,m图2 图1 解法2:如图2、3,,设,,则,, ,,x(0,1)Pxy(,)Hxy(,)Qxy(,),,Ny(0,)11122111 2222,mxym，,,,11PH因为,两点在椭圆上,所以 两式相减可得 C,2222mxym，,,,,22 22222. ? mxxyy()()0,，,,1212 PHPH依题意,由点在第一象限可知,点也在第一象限,且,不重合, 故. 于是由?式可得 ()()0xxxx,，,1212 ()()yyyy,，21212. ? ,,m()()xxxx,，1212 2yyy，112QH又,N,三点共线,所以kk,,即. ,QNQHxxx，1122yyyyyyy,,，()()1m1121212于是由?式可得. kk,,,,,,,PQPHxxxxxxx,,，2()()211212122mPQPH,kk,,,1而等价于,即,又,得, m,0,,,1m,2PQPH2 2y2PQPH,故存在,使得在其对应的椭圆上,对任意的,都有 k,0x，,1m,22 22c222ab,336.解析:(?)因为,所以,于是.设椭圆上任一点,则Pxy,Ce,,，，23a3 2,,y2222222,,,bybPQxyayyyb,，,,,，,,,,，，2122443(). ，，，，,,2b,, 222yb,,bb，，44bb，，,449PQ当时,在时取到最大值,且最大值为,由01,,b 解得,与假设不符合,舍去. b,101,,b 2222y,,136b，369b，,b,1当时,在时取到最大值,且最大值为,由解得.PQb,1 2x22a,3于是,椭圆的方程是. C，,y13 12(?)圆心到直线的距离为,弦长,所以的面积为d,ABd,,21,OABl22mn， 2111,,22222Sddd,,,,,，1,于是.而是椭圆上Mmn,SABddd,,,,1，，，，,,242,, 2m112222mn,,33的点,所以,即,于是,而,所以,,,11n，,n1d,,2223mnn，,32 1112222201,,n1323,,,nS,,所以,于是当时,取到最大值,此时S,,d1d,432 13122n,m,取到最大值,此时,. 222 ,,,,,,,,62626262综上所述,椭圆上存在四个点、、、,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,22222222,,,,,,,, 1使得直线与圆相交于不同的两点、,且的面积最大,且最大值为. AB,OAB2点评:此题与2012年南海区高三8月摸底考试的试题相似度极高. (2012年南海区高三8月摸底考试)已知椭圆的两焦点为、,并且经CF1,0F,1,0，，，，21 3,,过点. M1,,,2,, (?)求椭圆的方程; C 22mxny，,1(?)已知圆:,直线:,证明:当点在椭圆上运动时,OClPmn,xy，,1，，直线与圆恒相交;并求直线被圆所截得的弦长的取值范围. OOll 37. 【考点定位】本题考查椭圆的性质、圆的性质、直线与圆的位置关系、平面向量等基础 知识,考查运算求解能力、推理论证能力、考查转化与化归思想、数形结合思想、函数 与方程的思想、特殊与一般的思想. 【解析】因为,即 ||||||8ABAFBF，，,||||||||8AFFBAFBF，，，,221122 而,所以482aa,,,,而||||||||2AFAFFBBFa，,，,1212 c11222 ecabac,,,,,,,,,13a22 22xy，,1所求椭圆方程为 43 ykxm,，, ,222(2)由,，，，,,(43)84120kxkmxm 22,xy，,1,43, 222222 ,,,，,,,,，,644(43)(412)0430kmkmkm ykxm,，,443kmk43k,,,由 ,，Qkm(4,4)xy,,,,,？,P(,),00243kmm，mmx,4,, 4kx1612kk21设存在,则由可得 Mx(,0)MPMQ,,0,，,，，，,430xx111mmm k2mk,,由于对任意恒成立,所以联立解得. x,1？,，,，,(44)430xxx1111m M(1,0)故存在定点,符合题意. 38. 【命题意图】本试题考查了抛物线与圆的方程,以及两个曲线的公共点处的切线的运用, 并在此基础上求解点到直线的距离. 22,yx,，2(1)解:(1)设,对求导得,故直线的斜率Axx(,(1))，lyxx,,，(1)00 ,当时,不合题意,所心 x,1x,1kx,，2(1)000 12(1)x，,012,k,MA圆心为,的斜率 M(1,)x,120 12(1)x，,02,A(0,1)2(1)1x，，,,由lMA,知kk,,1,即,解得,故 x,000x,10 1522rMA,,,，,,||(10)(1)所以 22 22C(2)设为上一点,则在该点处的切线方程为yaaxa,，,，,(1)2(1)()(,(1))aa， 2即 yaxa,，,，2(1)1 5MM若该直线与圆相切,则圆心到该切线的距离为,即2 12|2(1)11|aa，，,,，5222,化简可得 ,aaa(46)0,,,222[2(1)](1)a，，, aaa,,，,,0,210,210求解可得 012 2lmn,,抛物线在点处的切线分别为,其方程分别为 C(,(1))(0,1,2)aai，,ii 22yx,，21? ? ? yaxa,，,，2(1)1yaxa,，,，2(1)11122 aa，12y,,1D(2,1),?-?得,将代入?得,故 x,2x,,22 |22(1)1|65，,,，所以D到直线的距离为d,,. l2252(1)，, yy，0Axy(,),法二:(?)设对于抛物线的切线方程为 ?; C,，，(1)(1)xx0002 112对于圆的切线方程为 ?. M(1)(1)()()xxyyr,,，,,,0022 x,120yx,，(1)因为??是共点公切线,(斜率相等),结合.解之得？，,,2(1)x0001y,02B2yMA(0,1). 5代入?得. r,2 A(?)数形结合知,抛物线与圆应有三条公切线(如图). MCOBx1210xy,，,由(?)知,公切线方程为:. l D2Bxxxi(,(1)) (0,1,2)，,,今设另两公切线与抛物线切于点, Cmn,iii 2yx，，(1)i2则切线方程为. ,，，，,,，,(1)(1)2(1)10xxxxyx即iii2 21|2(1)11|xx，，,,，ii522Qx,0xx,,,460,又直线与M相切应有,整理得 mn,iii22x，，4(1)1i 22mxxyx:2(1)10，,,，,nxxyx:2(1)10，,,，,xx，,4记,.则 112212 |22(1)1|，,,，65mn与D(2,1),D(2,1),d,,联立的方程得.故到的距离为. l55 【点评】该试题出题的角度不同于平常,因为涉及的是两个二次曲线的交点问题,并且要研究两曲线在公共点出的切线,把解析几何和导数的工具性结合起来,是该试题的创新处.另外对于在第二问中更是难度加大了,出现了另外的两条公共的切线,这样的问题对于我们以后的学习也是一个需要练习的方向. 39. 【考点定位】此题难度集中在运算,但是整体题目难度不太大,从形式到条件的设计都具有一般性,相信平时对曲线的复习程度不错的学生做起来应该是得心应手. 88,,,52,,mm,228,xy,0解:(1)原曲线方程可化简得:,由题意可得:,解，,1,885,m,,852,,mm,0,m,2, 7得: ,,m52 222(2)由已知直线代入椭圆方程化简得:,,解(21)16240kxkx，，，,,,=32(23)k 32得: k,2 16k24由韦达定理得:?,,? xx,xx，,MNMN22k，21k，21 Nxkx(,4)，Mxkx(,4)，Gx(1)，设,, NNMMG ,,3xkx，6MMG，1方程为:,则, MByx,,2,,kx，6x,,MM ,,3xMAG,,，1ANxxk,，，2 ？，，,,,,NNxk，6,,M AGANAGN，，欲证三点共线,只需证,共线 3xM(3)6()kkxxxx，,,，即成立,化简得: (2)xkx，,,MNMNNNxk，6M AGN，，将??代入易知等式成立,则三点共线得证. 222xyby,，,140. 【解析】(I)点代入得: Pcyy(,)(0),,11122aab 2b,040,aPFQF,,，,,1 ? 12,,,ccc4 2a222,4又 ? ? cababc,,,(,,0)c 22xy，,1由???得: 既椭圆C的方程为 acb,,,2,1,343 2b,02ay,0a2Qy(,)(II)设;则 PFQFya,,，,,,,1221222ca,,cc,cc 22bb,x2a,2222xybc22aa,，,,,,,,1ybxy得: k,,PQ22222abaaab22，cbx,2ca c,PC过点与椭圆相切的直线斜率 ,,,kykxcPQ,,a PQ得:直线与椭圆只有一个交点. 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