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§7.4 直线与圆锥曲线的位置关系
考纲·题型解读
1.掌握直线与圆锥曲线的位置关系的判定,能应用直线与圆锥曲线的位置关系解决一些问题.
2.本节的复习应从“数”与“形”两个方面把握直线与圆锥曲线的位置关系.本专题内容特点是运算量比较大,应通过典型例
题的剖析,掌握常规解题规律与方法,优化解题过程.
x2
题源1 直线与圆锥曲线的位置关系 [真题1] (2022·课标全国)设F1,F2 分别是椭圆E:a2
y2
解题模型 + 2=1(a>b>0)的左、右焦点,过F1 斜率为1的直线l与b E
1. 、研究直线与圆锥曲线的位置关系,从几何角度来看 相交于A B 两点,且|AF2|,|AB|,|BF2|成等差数列.
有三种:相离、相交和相切.相离和相切时,直线与圆锥曲线 (1)求E 的离心率;
分别无公共点和有一个公共点;相交时,直线与椭圆有两 (2)设点P(0,-1)满足|PA|=|PB|,求E 的方程.
个公共点,与双曲线、抛物线的公共点的个数可能为一个 [解析] (1)由椭圆定义知|AF2|+|BF2|+|AB|=4a,
或两个.一般通过它们的方程来研究位置关系.设直线l: 4又2|AB|=|AF2|+|BF2|,得|AB|= a.
Ax+By+C=0,二次曲线C:f(x,y)=0.联立得方程组 3
2 2
{Ax+By+C=0, l
的方程为y=x+c,其中c= a -b .
消去y(或x)得到一个关于x(或 )的
f(x,
y
y)=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),则 A,B 两 点 坐 标 满 足 方 程
方程ax2+bx+c=0(或ay2+by+c=0). y=x+c,
当a≠0时, 组{x2 y2+ =1,
(1) ,
2 2
Δ>0 则方程有两个不同的解,直线与圆锥曲线有 a b
, 2 2 2 2 2两个交点 直线与圆锥曲线相交; 化简得(a +b )x +2acx+a (c2-b2)=0,
(2)Δ=0,则方程有两个相同的解,直线与圆锥曲线有 -2a2c, a
2(c21-b2)
则x1+x2= 2 2 x1x2= 2 2 .
一个交点,直线与圆锥曲线相切; a +b a +b
(3)Δ<0,则方程无解,直线与圆锥曲线无交点,直线 因为直线AB 的斜率为1,
与圆锥曲线相离. 所以|AB|= 2|x2-x1|= 2[(x1+x2)2-4x1x2],
当a=0时,方程为一次方程,若b≠0时方程有一个 4 4ab2
得 a= ,故a2=2b2,
解,此时直线与圆锥曲线相交. 3 a2+b2
2.(1)对于椭圆来说,a 不可能为0,即直线与椭圆有 c a2-b2 2
所以E 的离心率e= = = .
一个交点 直线与椭圆必相切; a a 2
(2)对于双曲线来说,当直线与双曲线有一个交点时, (2)设AB 的中点为N(x0,y0),由(1)知
除了直线与双曲线相切外,还有直线与双曲线相交.此时直 x +x -a2c c c
; x0=
1 2= =- c,y0=x0+c= .
线与双曲线的渐近线平行 2 a2+b2 3 3
(3)对于抛物线来说,当直线与抛物线有一个交点时, 由|PA|=|PB|得kPN=-1,
除了直线与抛物线相切外,还有直线与抛物线相交,此时 y0+1
即 =-1,得c=3,从而a=32,b=3.
直线与抛物线的对称轴平行或重合. x0
【注意】 (1)直线方程涉及斜率k 要考虑其不存在的 x2 y2故椭圆E 的方程为 + =1.
情形. 18 9
2 2
() {Ax+By+C=0, x y2 解方程组 时,若消去y 得到一 [真题2] (2022·天津)已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的f(x,y)=0 a b
个关于x 的方程ax2+bx+c=0,这时,要考虑a=0或a 3离心率e= ,连结椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4.
≠0两种情况. 2
(3)要注意数形结合思想的运用.在做题时,最好先画 (1)求椭圆的方程;
出草图,注意观察、分析图形的特征,将形与数结合起来. (2)设直线l与椭圆相交于不同的两点A,B,已知点A 的坐
标为(-a,0),点Q(0,y )在线段AB 的垂直平分线上,且Q→0 A·
Q→B=4.求y0 的值.
·179·
解题模型
[解析] (1)
c 3
由e= = ,得3a2=4c2.再由c2=a2-b2,a 2
(1)直线l:y=kx+m,与二次曲线C:f(x,y)=0交
1
得a=2b.由题意可知2×2a×2b=4
,即ab=2. 、 , {y=kx+m于A B 两点 由 得:
, f(
a=2b x
,y)=0
解方程组{ 得a=2,b=1. 2 2ab=2, ax +bx+c=0(a≠0),则|AB|= 1+k |x1-x2|
x2 b2
所以椭圆的方程为 +y2=1. = 1+k2·
-4ac
4 |a|
(2)由(1)可知A(-2,0).设B 点的坐标为(x1,y1),直线l (2)若弦过焦点,可得焦点弦,可用焦半径公式来表示
的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+2). 弦长,以便简化计算.
y=k({ x+2
), 如椭圆(中心在原点,焦点在坐标轴上).
于是A、B 两点的坐标满足方程组 x2 (2 |AB|=2a-ex1+x2)(过右焦点)
4+y =1. |AB|=2a+e(x1+x2)(过左焦点)
由方程组消去y 并整理,得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2- |AB|=2a-e(y1+y2)(过上焦点)
4)=0. |AB|=2a+e(y1+y2)(过下焦点)
16k2-4 2-8k2 4k
由-2x = ,得 ,从而 (3)用“点差法”解决有关弦的中点问题1 1+4k2 x1=1+4k2 y1=1+4k2.
8k2
设线 段 AB 的 中 点 为 M,则 M 的 坐 标 为 ( - ,1+4k2 所谓“点差法”,就是将直线与曲线的两个交点代入曲
2k ) 线方程f(x,y)=0得:f(x1,y1)=0,f(x2,y2)=0,将两1+4k2 . 式作差即可得出中点坐标和斜率之间的关系.
以下分两种情况: 涉及弦的中点问题,可以利用韦达定理加以解决,也
①当k=0时,点B 的坐标为(2,0),线段AB 的垂直平分线 可利用“点差法”解决此类问题.若知道中点,则利用“点差
为y 轴,于是Q→A=(-2,-y0),Q→B=(2,-y0).由Q→A·Q→B=4, 法”可得出过中点弦的直线的斜率.比较两种方法,用“点差
得y0=±22. 法”计算量较小,此法解决直线与圆锥曲线的位置关系问
, 2k 题非常有效.但此法有一个弊端,它不能保证直线与圆锥曲②当k≠0时 线段AB 的垂直平分线方程为y-1+4k2= 线一定有两个交点,故有时要用判别式加以检验.
1 2
- ( 8kx+ ) 6k.令x=0,解得y =- . 【注意】 在研究直线与圆锥曲线的位置关系时,常常k 1+4k2 0 1+4k2
→ → 运用设而不求与整体代入等技巧与方法.但要注意解析几由QA=(-2,-y0),QB=(x1,y1-y0), 何的运算具有明确的几何意义.比如若用到韦达定理,则首
Q→ -2
(2-8k2) 6k
A·Q→B=-2x -y (y -y )= + . 先保证Δ≥0;用到点差法时,1 0 1 0 要回头验证中点是否存在,否1+4k2 1+4k2
则容易出错.
( 4k 6k ) 4(16k
4+15k2-1)
k2+ k2 = (1+4k2)2 =4
,
1+4 1+4 [真题3] (2021·福建)过抛物线y2=2px(p>0)的焦点
整理得7k2=2,
14 2 14
故k=± .所以y =± . F 作倾斜角为45°的直线交抛物线于A,B 两点,若线段AB 的7 0 5 长为8,则p= .
2 14
综上,y =±22或y =± . [解析] 本题考查圆锥曲线的基本知识,直线与圆锥曲线0 0 5 的关系,属于中等偏易题.
题源2 直线与圆锥曲线相交弦长问题 如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),根据
抛物线的定义知|BF|=|BD|,|AF|=
p
|AC|,而|BD|=x2+ ,2 |AC|=x1
p
+ ,则2 |AB|=x1+x2+p.
由题意知
p
BF 的直线方程是y=x- ,代入抛2
物线方程y2=2px 消 去y 可 得x2-
p2
3px+ =0,根据韦达定理可知4 x1+x2=3p
,进而有|AB|=
x1+x2+p=4p=8,故p=2.
[真题4] (2018·湖北)设A、B 是椭圆3x2+y2=λ上的
两点,点 N(1,3)是线段AB 的中点,线段AB 的垂直平分线与
椭圆相交于C、D 两点.
(1)确定λ的取值范围,并求直线AB 的方程;
·180·
(2)试判断是否存在这样的λ,使得A、B、C、D 四点在同一 点 M 为圆心.
个圆上 并说明理由. 点 M 到直线AB 的距离为
[解析] (1)解法一:依题意,可设直线AB 的方程为 1 3
|- + -4|
y=k(x-1)+3,代入3x2+y2=λ,整理得 |x0+y0-4| 2 2 32d= = = . ⑦
(k2+3)x2-2k(k-3)x+(k-3)2-λ=0. ① 2 2 2
设A(x ,y 于是,由 , , 式和勾股定理可得1 1),B(x2,y2),则x1,x2 是方程①的两个不同 ④ ⑥ ⑦
的根, 2 9 λ-12 λ-3|MA|2=|MB2|=d2+ AB = + =
∴Δ=4[λ(k2+3)-3(k-3)2]>0, ② 2 2 2 2
2
2k(k-3) CD
且x1+x2= 2 由 (,)是线段 的中点,得
= .
k +3 . N 13 AB 2
x +x , 、 、 、 ,|CD|1 2
2 =1
,∴k(k-3)=k2+3. 故当λ>12时 A B C D 四点均在以M 为圆心 为2
解得 k= -1,代 入 ② 得,λ>12, λ 半径的圆上即 的 取 值 范 围 是 .
(12,+∞)
(
. 注
:上述解法中最后一步可按如下解法获得)
, 、 、、 ,
2
于是 直线AB 的方程为y-3=-(x-1),即x+y-4=0. A B C D
共圆 △ACD 为直角三角形 A 为直角 |AN|
解法二: ( , )、 ( , · ,设A x1 y1 B x2 y2),则有 =|CN| |DN|
2
3x2+y2{ 1 1=λ, 即
|AB| = |CD|
( +d 3x -x ( ) ( ) (
|CD|
-d) ⑧
2 2 1 2
)(x1+x2)+(y1-y2)(y1+ 2 2 2
3x2+y2=λ. λ-12
y 由⑥式知,⑧式左边= ,2)=0. 2
3(x +x )
依题意,x1≠x
1 2 由④和⑦知,⑧式右边
2,∴kAB=- .y1+y2 2(λ-3) 32 2(λ-3) 32
∵N(1,3)是 AB 的中点,∴x1+x =2,y = ÷ ÷2 1+y2=6,从而 è 2 + 2 è 2 - 2
kAB=-1. λ-3 9 λ-12
又由 N(1,3)在椭圆内,∴λ>3×12+32=12, = ,2 -2= 2
∴λ的取值范围(12,+∞). ∴⑧式成立,即A、B、C、D 四点共圆.
直线AB 的方程为y-3=-(x-1),即x+y-4=0. 解法二:由(2)解法一及λ>12,
(2)解法一:∵CD 垂直平分AB,∴直线CD 的方程为y-3 ∵CD 垂直平分AB,∴直线CD 方程为y-3=x-1,代入
=x-1,即x-y+2=0.代入椭圆方程,整理得 椭圆方程,整理得
4x2+4x+4-λ=0. ③ 4x2+4x+4-λ=0. ③
又设C(x3,y3)、D(x4,y4),CD 的中点为 M(x0,y0),则 将直线AB 的方程x+y-4=0,代入椭圆方程,整理得
x3、x4 是方程③的两根, 解③和⑤式可得
∴x3+x4=-1,
1 1
且x0= (2 x3+x4
)=- ,2 y0=x0+2=
2± λ-12 -1± λ-3
x1,2= ,2 x3,4= 2 .
3,即 M ( 1 32 - ,2 2 ) . 不妨设A ( 1 11+2 λ-12,3- ,2 λ-12)
于是由弦长公式可得
C -1- λ-3,3- λ-3÷,2
|CD|= 1+ ( 1- ·k ) |x3-x4|= 2(λ-3). ④ è 2 2
-1+ λ-3 3+ λ-3 ÷
将直线AB 的方程x+y-4=0,代入椭圆方程得 D , .è 2 2
4x2-8x+16-λ=0. ⑤ → 3+ λ-12+ λ-3 3+ λ-3- λ-12 ÷
同理可得 ∴CA= , .è 2 2
|AB|= 1+k2·|x1-x2|= 2(λ-12). ⑥
D→A= 3+ λ-12- λ-3,3- λ-3- λ-12 ÷ .
∵当λ>12时, 2(λ-3)> 2(λ-12), è 2 2
∴当|AB|<|CD|. 计算可得C
→A·D→A=0,∴A 在以CD 为直径的圆上.
假设存在λ>12,使得A、B、C、D 四点共圆,则CD 必为圆 又B 为A 关于CD 的对称点,∴A、B、C、D 四点共圆.
的直径, (注:也可用勾股定理证明AC⊥AD)
(★代表高考出现的频次)
·181·
x2 y2
题源1 直线与圆锥曲线的位置关系(★★★★★) 7.(2020·宁海)过椭圆 + 右焦点作一条斜率为5 4=1 2
x2 y2 的直线与椭圆交于A,B 两点,O 为坐标原点,则△OAB 的面积
1.(2022·全国Ⅱ)已知椭圆C:a2+b2=1
(a>b>0)的离 为 .
2
3 x
心率为 , 过右焦点F 且斜率为k(k>0)的直线与C 相交于 8.(2021·福建)已知直线x-2y+2=0经过椭圆C:a2+2
A、B 两点.若A→ 2F=3F→B,则k= ( ) y
2=1(b a>b>0
)的左顶点A 和上顶点D.椭圆C 的右顶点为B,
A.1 B.2
点S 是椭圆C 上位于x 轴上方的动点,直线AS,BS 与直线l:x
C.3 D.2 10
2.(2021·全国Ⅱ)已知直线y=k(x+2)(k>0)与抛物线 = 分别交于 , 两点3 M N .
C:y2=8x 相交于A、B 两点,F 为C 的焦点.若|FA|=2|FB|, (1)求椭圆C 的方程;
则k等于 ( ) (2)求线段 MN 的长度的最小值;
1 2 2 22 (3)当线段 MN 的长度最小时,在椭圆C 上是否存在这样
A.3 B.3 C.3 D.3 1
( · ) : 的点 ,使得 的面积为 若存在,确定点 的个数;若3.2018 山东 设直线l2x+y+2=0关于原点对称的直 T △TSB 5 T
y2, 不存在,请说明理由线为l' 若l'与椭圆x2+ =1的交点为 、 ,点 为椭圆上 .4 A B P
1
的动点,则使△PAB 的面积为 的点2 P
的个数为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
4.(2021·宁海)已知抛物线C 的顶点在坐标原点,焦点为
F(1,0),直线l与抛物线C 相交于A,B 两点.若AB 的中点为
(2,2),则直线l的方程为 .
5.(2021·山东)设m∈R,在平面直角坐标系中,已知向量
a=(mx,y+1),向量b=(x,y-1),且a⊥b,动点 M(x,y)的
轨迹为E.
(1)求轨迹E 的方程,并说明该方程所表示曲线的形状;
(2)
1
已知m= .证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任4
意一条切线与轨迹E 恒有两个交点A,B,且OA⊥OB(O 为坐 2022-2023高考题源拓展测试
标原点),并求该圆的方程. 未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
A.1条 B.2条
C.3条 D.4条
2.( 2)过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F 作一条直线l
yy
交抛物线于A(x1,y1)、B(x2,y2)两点,则
1 2等于 (
xx
)
1 2
A.-4 B.4 C.-p2 D.p2
( ) x
2 y2
3. 2 若椭圆 的弦被点(,)平分,则此弦所36+9=1 42
在直线的斜率为 ( )
1 1
A.2 B.-2 C.3 D.-题源2 直线与圆锥曲线相交 2
弦长问题(★★★★★) 4.
( 1.2)直线l:x-2y+2=0过椭圆的左焦点F1 和一个
顶点B1,该椭圆的离心率为 ( )
6.(2020·全国Ⅱ)已知F 为抛物线C:y2=4x 的焦点,过 1 2 5 25
F 且斜率为1的直线交C 于A、B 两点.设|FA|>|FB|,则|FA| A.5 B.5 C.5 D.5
与|FB|的比值等于 . 5.( 1)两条渐近线为x+2y=0,x-2y=0,且截直线x-
一、选择题(本题包括8小题,每小题2.5分,共20分。每小题 83
只有一个选项符合题意) y-3=0所得弦长为 的双曲线方程为 (3
)
1.( 1)过点(2,4)作直线与抛物线y2=8x 只有一个公共 x2 22 x 2
点,这样的直线有 ( ) A.4-y =4 B.2-y =1
·182·
y2 y2 15.( )2 2 2 已知双曲线方程2x
2- 2=2.
C.x -4=1 D.x -2=1
y
(1)求以A(2,1)为中点的双曲线的弦所在直线的方程;
x2 y2
6.( 1)已知AB 是双曲线 - =1(a>0,b>0)中过右 (2)过点B(1,1)能否作直线l,使l与所给双曲线交于Q1,a2 b2 Q2 两点,且点B 是弦Q1Q2 的中点 如果存在,求出它的方程;
焦点F 的弦,且A、B 均在双曲线的右支上,则以AB 为直径的 如果不存在,请说明理由.
圆与右准线l的位置关系是 ( )
A.相切 B.相离 C.相交 D.不确定
7.( 1.2)已知直线l:y=x-1与椭圆x2+2y2=2交于
A,B 两点,且B 点在x 轴的上方,设F1 为该椭圆的左焦点,则
|F1B|的长为 ( )
23 23
A.2+ 3 B.2- 3
52 2
C.3 D.3
2 2
8.( 1)F1、
x y
F2 分别是双曲线 的左、右焦点,a2-b2=1 A
x2 y2 x
是其右顶点,过F 作x 轴的垂线与双曲线的一个交点为P,G 16.( 1.2)已知椭圆C:2+ 2=1(a>b>0),2 直线 :a b l1 a
是△PF1F2 的重心,若G→A·F F→1 2=0,则双曲线的离心率是 y ,
( - =1被椭圆C 截得的弦长为22 过椭圆C 的右焦点且斜 ) b
A.2 B.2 2率为 3的直线l2 被椭圆C 截得的弦长是椭圆长轴长的 ,求椭5
C.3 D.3
圆C 的方程.
二、填空题(本题包括4小题,每小题5分,共20分)
9.( 2)直线y=x-1被抛物线y2=4x 截得的线段的中
点坐标是 .
10.( 1.2)两条渐近线为x+2y=0,x-2y=0,则截直线
83
x-y-3=0所得弦长为 的双曲线方程为3 .
11.( 2)已知抛物线y2=4x 的焦点为F,AB 是过焦点F
的弦.且AB 的倾斜角为30°,则△OAB 的面积为 .
12.( 1)过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F 的直线l与抛
物线在第一象限的交点为A,与抛物线准线的交点为B,点A 在
抛物线准线上的射影为C,若A→F=F→B,B→A·B→C=48,则抛物线
x2 y2
的方程为 . 17.( 1.2)已知椭圆C:a2+b2=1
(a>b>0)的长轴长
三、解答题(本题包括5小题,每小题12分,共60分) 为4.
13.( 1)已知双曲线x2-y2=4,直线l:y=k(x-1),讨 (1)若以原点为圆心,椭圆短半轴长为半径的圆与直线y=
论直线与双曲线公共点个数. x+2相切,求椭圆焦点坐标;
(2)若点P 是椭圆C 上的任意一点,过原点的直线l与椭圆
1
交于M,N 两点,直线PM,PN 的斜率乘积为- ,求椭圆的4
方程.
14.( 1.2)若在抛物线y2=2x 上存在相异两点关于直线
l:y=m(x-2)对称,求实数m 的取值范围.
·183·4(k-3) mn
x1+x2=- ,1+k2 . ② , =9=n 则{2 则m2+n2=(m+n)2-2mn=又y1+y2=k(x1+x2)+4. ③ m+n=2a,
(,), (,),→ (, ) → 4a2-36=F F2=4c2 2 2 2而P 02 Q 60 PQ= 6 -2 .所以OA+ 1 2 ,得b =a -c =9,∴b=3.
O→B与P→Q共线等价于-2(x +x )=6(y +y ),将 4.2 120° 【解析】 本题主要考查椭圆的定1 2 1 2
3 义、焦点、长轴、短轴、焦距之间的关系以及余弦定理.
②、③代入上式,解得k=-4. 属于基础知识、基本运算的考查.
2 2
( 2 2由 1)知k∈ ( 3- ,0),故没有符合题意的常 ∵a =9,b =3,∴c= a -b = 9-2= 7,4
∴|F1F2|=27,
数k.
又
:() , |PF1|=4
,|PF1|+|PF2|=2a=6,
17. 解 1 如图所示 由直
∴|PF2|=2,又由斜弦定理,
线l1 与l2 方程知l1 与l2 分别
2 2 2
过定点(0,0)、(2,1),又k ·k 2+4-(27) 1l1 l2 得cos∠F1PF2= =- ,2×2×4 2
=m× ( 1-m )=-1(m≠0), ∴∠F1PF2=120°.
知两直线两两垂直,∴l1 与
l2 的交点必在以(0,0)、(2,1)为直径的端点圆上.设
P(x,y),由P→1P⊥P→2P得x(x-2)+y(y-1)=0,
即定圆为x2+y2-2x-y=0.
(2)由(1)得P1(0,0),P2(2,1) 5.2 【解析】 如 右
1
∴△PP P 的面积的最大值必为 ×2r×r 图所示,由于椭圆的第二定1 2 2 义可得设P 到左准线的距
5
= . 34 离为d,则PF/d=e= ,5
π
此时OP 与P P 的夹角是 , 又 由 d=10可 得 PF1 2 4 =6,
1-0 1
kP1P2= = . ∴PF2=2a-PF=10-6=4,2-0 2
→ 1
1 ∵OM= (O
→P+O→F),2
π m-
∴tan = 2 ,
1
解之得,m=3或- . ∴点 M 是线段PF 的中点,4 m 3
1+2 1 1∴OM∥PF2,且OM=2PF2=2×4=2.
第七章 圆锥曲线与方程 6. h1cotθ1+h2cotθ2≤
2a 【解析】 如 右 图 所 示,
§7.1 椭 圆 设船只P 与椭圆两焦点间的
五年高考母题原型训练
距 离 分 别 为|PF1|=m,|
1.D 【解析】 由椭圆的定义知,椭圆上点 P PF2|=n,则当且仅当 m+n
到两焦点距离之和为长轴长,∴|PF1|+|PF2|=2a ≤2a 时,船只进入该浅水沤.
=2×5=10,故应选D. h1 h2
2.B 【解析】 本题考查椭圆两个定义.由第一 ∵m=tanθ1
,
n=tanθ2
,
定义:3+1=2m,m=2,
1
所以,e= ;由第二定义:P h h2 ∴m=
1 , 2 ,
tanθ n=1 tanθ2
到右准线距离为2.本题是圆锥曲线基本题目,灵活准 h h
只需要满足条件 1 2 ,
确使用概念是关键. ∴ tanθ +1 tanθ ≤2a2
3.3 【解析】 由已知条件可设PF1=m,PF2 即h1cotθ1+h2cotθ2≤2a,可判断船只进入浅
·92·
水区. ∴椭圆半焦距c=2,
7. 解法一:(1)因为点P 在椭圆C 上,所以2a= ∵椭圆的焦点在x 轴上,∴m>n>0,m2-n2
|PF1|+|PF2|=6,a=3. =4
在Rt△PF1F2 中,|F1F2|= |PF2|2-|PF|2 1 c1 e= ,2=m
=25,
∴m=4,n=23,
故椭圆的半焦距c= 5,从而b2=a2-c2=4, x2 y2
x2 y2 ∴椭圆方程为 + =1.
所以椭圆C 的方程为 16 129+4=1. 此题属中档题,考查的知识点较多,但都是基础
(2)设A、B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2). 知识.判断出m>n>0在计算中起重要作用.
已知圆的方程为(x+2)2+(y-1)2=5, ìc 2
所以圆心 M 的坐标为(-2,1), a =2
从而可设直线l的方程为y=k(x+2)+1,代入 9. 解:(1)由条件有 í ,解得a= 2,c=1. a2
椭圆C 的方程得(4+9k2)x2+(36k2+18k)x+36k2 c=2
+36k-27=0. ∴b= a2-c2=1.
因为A、B 关于点M 对称, x2 2
x +x 18k2+9k 8 所以,所求椭圆的方程为2+y =1.所以 1 2=- ,解得 ,2 4+9k2 =-2 k=9 (2)由(1)知F1(-1,0),F2(1,0).
8
所以直线l的方程为y= (9 x+2
)+1,即8x- 若直线l的斜率不存在,则直线l的方程为x=
-1,
9y+25=0.
(经检验,所求直线方程符合题意.) 2将x=-1代入椭圆方程得y=±2.
解法二:(1)同解法一.
(2)已知圆的方程为(x+2)2+(y-1)2=5, 不妨设 M

-1,
2 ÷,N , 2 ÷,
è 2 è-1 -2
所以圆心 M 的坐标为(-2,1).

设A、B 的坐标分别为(x , ),(x , ) ∴F
→M +F→N = ,2÷ + , 2 1 y1 2 y2 . 2 2 -2 -2 - ÷ =è 2 è 2
x2 y2
由题意x1≠x 且
1 1
2 9+4=1
,① (-4,0).
→ → ,与题设矛盾
x2 y2
∴|F2M+F2N|=4 .
2+ 2=1.② ∴直线l的斜率存在9 4 .
( )( ) 设直线l的斜率为k,则直线 的方程为x -x x +x l y=k
(x
由 ① - ② 得 1 2 1 29 + +1).
(y1-y2)(y +y ) 设 M(x1,y1),N(x2,y2),1 2
4 =0.③ x2+
联立{2 y2=1因为A、B 关于点M 对称,所以x1+x ,消 得(2=-4, y 1+2k2)x2+4k2x
, y1-y2 8
y=k(x+1)
y1+y2=2 代入③得 = , 2x1-x2 9 +2k -2=0.
-4k28
即直线l的斜率为 ,所以直线l的方程为 由根与系数的关系知x1+x2=1+2k2
,
9
8 ( ) 2ky-1= (9 x+2
),即8x-9y+25=0. 从而y1+y2=kx1+x2+2 =1+2k2.
( →经检验,所求直线方程符合题意.) 又∵F2M=(x1-1,y1),F→2N=(x2-1,y2),
8.B 【解析】 本题考查椭圆、抛物线标准方程 ∴F →2M+F→2N=(x1+x2-2,y1+y2).
及其性质. ∴|F →M+F→ 22 2N|=(x1+x -2)22 +(y 21+y2)
∵抛 物 线 y2 =8x 的 焦 点 在 x 轴 上,坐 标 8k2= ( +2
2 2
为(2,0), k2 ) + ( 2k1+2 1+2k2 )
·93·
4(16k4+9k2+1)
= 4 2 . (
1 1
x0+1)+y2 20= x0+x0+3= ( )2 ,又4k +4k +1 4 4 x0+2 +2
4(16k4+9k2+1) 2 26
2 x ∈[-2,2],∴(O→0 P ·F→P)∈[2,6],∴(O→P ·
∴ ÷4k4+4k2+1 = .è 3 F→P)max=6.选C.
化简得40k4-23k2-17=0, 2
17 15. 【解析】 设切点为Q,如图所示.
解得k2=1或k2=- (舍)40 .
2
∴k=±1.
∴所求直线l的方程为y=x+1或y=-x-1.
10.A 【解析】 本题主要考查圆锥曲线中椭圆
的离心率的求解,属于基础知识、基本能力的考查.由
1 3 c 3
x2+4y2=1,则a=1,b= ,c= ,2 2 ∴e=a =2. a2
2 △OPQ 为等腰直角三角形,可得 2a= ,c
2
11.B 【解析】 由 椭 圆 第 二 定 义 得e= 1 c 2∴e=a =2.
2
= . 16.D 【解析】 由|MN|≤2|F1F2|,可得2×2
a2
12.D 【解析】 由题意|PF|=|FA|,即以F c≤2×2c
,
为圆心,|FA|为半径画圆与椭圆有交点 P,如图.只 c2 1 2
∴ ≥ ,即得e2
c 1
需|FA|≤|FA'| 2 = 2≥ .又由a 2 a 2 0可得
a2
即
c-c≤a+c
即2c2+ac-a2≥0 e∈ êé 2, ê 1÷,故应选D. 2
两边除以a2 得2e2+e2-1≥0即(2e-1)(e+ 17.C 【解析】 如右
1)≥0 图 所 示,由 题 意 可 得 以
1
得e≥ ,又∵02
2
1 x
∴ 故选 =c
2 上的点总在椭圆 2+
2≤e<1. D. a
y y2
b2=1
的内部,
P
c2 1
∴cA′ F A x
又0è0 2
13. 2-1 【解析】 设正方形的边长为2m,由 2:() x y
2
18. 解 1 设椭圆的方程为 + =1(a>b>
已知条件可得2c=AB=2m,即c=m,2a=AD+ a2 b2
BD=2m+ (2m)2+(2m)2=(2+22)m,即a= 0).
2
(1+ 2)m, , 2a由条件知c=2 且 =λ,所以a2=λ,c
c m
∴e= = = 2-1. b2a ( )m =a
2-c2=λ-4.
1+ 2
2 2
【 】 x
2 y2 x y故椭圆的方程是 ( )
14.C 解析 设 P(x0,
0 0
y + =1λ>4 .0),则4+3=1 λ λ-4
x2 (2) ,3 依题意 直线l的斜率存在且不为→ → 0
,记为k,
即y20=3-
0,又 ( ,), · ·
4 ∵F -10 ∴OP FP=x0 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
·94·
ìy0 k(x0+2
2 2 2
= -1), ì 2 x yx0= 【 】 x 2 2 1+k2, 9. 解析 设椭圆标准方程为80+20=1 a2
í 解得 í
y 0 ·k=-1.
2k y2
x y0=1+k2. +b2=1
(a>b>0).
0-2
2
( 2 2a2 ) 由题意知 ,即 ,且
( , ) , 1+k 2b
=2 a=2b c=2 15.
因为点F' x0 y0 在椭圆上 所以 λ + 2
2 a =80,
2k 2 由a =b
2+c2,解得
( ) {b2=20.1+k2
λ-4 =1.
x2 y2
∴椭圆的标准方程为80+20=1.
即λ(λ-4)k4+2λ(λ-6)k2+(λ-4)2=0.
2 2
设k2=t,则λ(λ-4)t2+2λ(λ-6)t+( )2
4 34 x y
λ-4 10. 3-1 11. 5 12.10+5=1
=0. x2 y2
(
, λ-4
)2 13. 解:(1)设椭圆的标准方程是 2+ 或
因为λ>4 所以 a b
2=1
λ(λ-4)>0.
y2 x2
于是,当且仅当 ,a2+b2=1
Δ=[2λ(λ-6)]2-4λ(λ-4)3≥0,{ ( ) ( ) 则由题意知* 2a=|PF1|+|PF2|=25.2λλ-6-λ(λ-4)>0. ∴a= 5.
上述方程存在正实根,即直线l存在. x2 y2 b2在方程 2+ 中令 得 ,
16 a b
2=1 x=±c |y|=a
,
解(*) {λ≤3 16得 所以 2 2 24<λ≤ y x b3. 在方程 中令 得 ,4<λ<6. a2+b2=1 y=±c |x|=a
16 b
2 2
即λ的取值范围是4<λ≤ . 依题意并结合图形知a=3 5.3
2012—2013高考题源拓展测试 2 10∴b = .
1.A 【解析】 由抛物线方程y2=-4x 得焦 3
点(-1,0), 即椭圆的标准方程为
x2 3y2 y2 3x2c 1
∴c=1.又∵离心率e= = , + =1或 + =1.a 2 5 10 5 10
1
∴a=2,b= 3. (2)设经过两点A(0,2),B ( ,3) 的椭圆的标2
x2 y2
∴所求的椭圆方程为 + =1. 准方程为mx2+ny22 =1,代入A、B 得2 (3)2
4n=1 m=1
2.B
1 1
3.D 【解析】 ∵|F1F2|=2c,|PF2|=2c, {4m+3n=1 {n=4
∴|PF1|=22c. y2
∴所求椭圆方程为x2+ =1.
∴|PF1|+|PF2|=2c+22c. 4
2
又|PF1|+|PF2|=2a, : x14. 解 椭圆 +y2=1的半焦距 ,以4 c= 3 O
∴2c+22c=2a.
为圆心,c为半径作圆x2+y2=3,c
∴ = 2-1,即a e= 2-1. x
2+y2=3,
26
解 x2 得交点横坐标为± .2
4.A 【解析】 a2
1
= ,b2
1
= , 2
1
则c = .又 { +y =1, 3k 2k 2k 4
1 又同圆中同弧所对的角中,顶点在圆内的角大于
c=4,所以k=32. 顶点在圆周上的角,大于顶点在圆外的角,故当P 在
5.C 6.B 7.A 8.B 椭圆和圆的交点间的上下两段椭圆弧上,∠F1PF2
·95·
为钝角. 2ac2 3a ,
26 26 a
2+b2=2=15
∴- 3 15. 解:设直线l的方程为y=kx+3. 从而c=2 10,于是b2=a2-c2=60.
{y=kx+3
, x2 y2
( 2 ) 故椭圆的方程为由 x2 y2 得 9k +4x2 kx 100
+60=1.+54 +45=0.
9+4=1
,
17. 解:(1)∵PF1⊥x 轴,∴F1(-1,0),c=1,
5
由Δ>0得k2> ,设A(x1,y1),
2
9 B
(x2,y2). F2(1,0),|PF|=22+ (3 ) 52 = ,2 2
以AB 为直径的圆经过原点0 O→A⊥O→B 2a=|PF1|+|PF2|=4,a=2,b2=3,
O→A·O→B=0 x1x2+y1y2=0.
:x
2 y2
又y1=kx1+3,y2=kx +3, 椭圆E 的方程为 ;2 4+3=1
得y1y 22=kx1x2+3k(x1+x2)+9. (2)设 A(x1,y1)、B(x2,y2),则P→A+P→B=
于是x1x2+y1y2=0 (1+k2)x1x2+3k(x1+ λP→O得
) ( 2)· 45 · -54kx2 +9=0 1+k 9k2+4+3k 9k2+4+9=0 ( 3 3x1+1,y1-2 )+ (x2+1,y2-2 )=
81-36k2 3, ( 3
2
) 5 9k2+4 =0 k=± 且2 ± 32 >9. λ(1,- ,2 )
3
故当直线l的斜率为k=± 时,以AB 为直径 32 所以x1+x2=λ-2,y1+y2= (2 2-λ
) ①
的圆能经过原点,经过原点时直线l的方程为3x- 又3x2+4y21 1=12,3x22+4y22=12,
2y+6=0或3x+2y-6=0.当直线l的斜率不为 两式相减得3(x1+x2)(x1-x2)+4(y1+y2)
3
± 时,以AB 为直径的圆不经过原点. (y1-y2)=0 ②2
y
2 1-y2 1
:() x y
2 以①式代入可得AB 的斜率k= = =
16. 解 1 设椭圆方程为 2+ 2=1,焦距为 x1-x2 2a b
2c,
c
则直线l的方程为y=x-c,代入椭圆方程,整理 a =e
;
得,(a2+b2)x2-2a2cx+a2c2-a2b2=0, 1
设点A(x (3)设直线AB 的方程为 = x+t,1,y1),B(x2,y2). y 2
2a2c
则x 与3x
2+4y2=12联立消去y 并整理得x2+tx
1+x2= 2 2,a +b y1+y2=x1+x2-2c= +t2-3=0,Δ=3(4-t2),
2b2c
-a2+b2. 1|AB|= 1+k2|x1 -x2|= 1+
→ 4
×
∵OA + O→B = O→C,∴ 点 C 的 坐 标 为
2a2( c 2b
2c ( 2) 15 2
a2+b2
,- 34-t = × 4-ta2+b2 ) . 2
∵点 C 在 椭 圆 上,∴ 代 入 椭 圆 方 程 得: 2|t-2|点P 到直线AB 的距离为d= ,
4a2c2 4b2c2 5
(a2+b2)2+(a2+b2)2=1
,
1 3
△PAB 的 面 积 为S= |AB|×d= ×
整理得:4c2=a2+b2,又由a2=b2+c2 得5c2 2 2
=2a2, 4-t2|t-2|,
c 10 3
∴椭圆的离心率e 2 4 3=a = .
设f(t)=S =- (4 t -4t +16t-16
)(-25
(2)∵|AB|=|AF|+|BF|=(a-ex )+(a- <2),1
3 2 2
) ( ) c · 2a
2c f'(t)=-3(t -3t +4)=-3(t+1)(t-2),
ex2 =2a-e x1+x2 =2a-a a2+b2=2a- 由f'(t)=0及-2·96·
当t∈(-2,-1)时,f'(t)>0,当t∈(-1,2)时, a= 2.
f'(t)
81
<0,t=-1时取得最大值 , 又焦距半c=2,故虚半轴长b= c2-a2= 2,4
x2 y2
9 所以W 的方程 - =1,x≥ 2.
所以S 的最大值为 此时2. x1+x2=-t=1=λ
2 2
(2)设A、, B 的坐标分别为
(x ,
-2λ=3. 1 y1
),(x2,y2).
当AB⊥x 轴时,x1=x ,双曲线 2 y1
=- 2,
§7.2 y
从而 →· →
五年高考母题原型训练 OA OB=x1x +yy =x
2-y22 1 2 1 1=2.
【 】 当 与 轴不垂直时,设直线 的方程为1.C 解析 考查双曲线的定义及几何性质. AB x AB y
=kx+m,与W 的方程联立,消去y 得(1-k2)x2-
1 1
由已 知 知 离 心 率e=3,故 1+ ,m =3m= .
故
8 2kmx-m
2-2=0,
2
选C. 2km故x1+x2= 2,
m +2
1-k x1x2=k2
,所以
2.D 【解析】
-1
本题考查了双曲线的标准方程
O→A·O→, B=x1x2+y1y2与一般方程的互化 及曲线的第二定义的概念.由方
=x1x2+(2 2 kx1+m)(kx2+m)
程3x2-y2
x y
=9得双曲线的标准方程为3-9=1. =(1+k
2)x 21x2+km(x1+x2)+m
2 2 2 2
右支上的点P 到右焦点的距离与点P 到右准线的距 (1+k )(m +2) 2km= k2-1 +1-k2+m
2
c 3+9
离之比即为双曲线的离心率,其值c= 2a = 3 2k +2 4=k2, -1
=2+k2-1.
=2 故应选D.
又因为x1x2>0,所以【 】 k
2-1>0,从而O→A·O→B>2.
3.C 解析 本题解题思路是利用双曲线的
, ,→· →
定义确定三角形的边长,从而确定三角形的面积.依题 综上 当AB⊥x 轴时 OA OB取得最小值2.
意得|PF2|=|F1F2|=10,
:()
由双曲线的定义得|PF| 解法二 1 同解法一.1
-|PF (2)设A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则2|=6,|PF1|=16,因此△PF1F2 的面积等于
x2- 2=(x + )(x - )=2(i=1,2).
1 2 i yi i yi i yi
2×16× 10
2- (16 ,选2 ) =48 C. 令si=xi+yi,ti=xi-yi;
4.9 【解析】 本题考查双曲线的定义.设双曲 则siti=2,且si>0,ti>0(i=1,2),所以
→ →
线的右焦点为F1,则由双曲线的定义可知|PF|=2a OA·OB=x1x2+y1y2
+|PF1|=4+|PF1|,所以当满足|PF1|+|PA|最 1= ( )( )
1( )( )
小时满足|PF|+|PA|最小.由双曲线的图象可知当 4
s1+t1 s2+t2 +4 s1-t1 s2-t2
点A,P,F1 共线时,满足|PF1|+|PA|最小.易知最 1 1=2s1s2+2t1t2≥ s1s2t1t2=2
,
小值为|AF1|=5,故所求最小值为9.
x =x
5.(1,
1 2
2+1) 【解析】 本题主要考查证弦定 当且仅当s1s2=t1t2,即{ 时“=”成立.
、 、 , y1=-y2理 双曲线的定义与性质 离心率的计算公式 着重考
所以O→A·O→B的最小值是查考生对于双曲线上的点到焦点的距离这个重要性 2.
7. 解:(1)由双曲线的定义,. 点 的轨迹是以
、
质能否在具体问题中恰当使用 依题意及正弦定理得 P M
,
|PF| N 为焦点 实轴长2a=2的双曲线2 a .= <1,因此点P 位于双曲线的右支上,且|PF| c 因此焦距半c=2,实半轴a=1,从而虚半轴1 b
, |PF2| a 2a = 3
,
点P 不与F1F2 共线 ,|PF2|+2a=c |PF +12| y2
所以双曲线的方程为 2
a 2a a 2a x -3=1.
= , ,( )2 ,c |PF|=c -1+1. 由(1)及答图,易知|PN|≥1,因|PM|=2|PN|2,①
6. 解法一:(1)由|PM|-|PN|=22知动点P 知|PM|>|PN|,故P 为双曲线右支上的点,
的轨迹是以M,N 为焦点的双曲线的右支,实半轴长 所以|PM|=|PN|+2.②
·97·
将②代入①,得2|PN|2-|PN|-2=0,解得 9.A 【解析】 本题考查了双曲线标准方程中
1± 17 1- 17 基本量间的关系.
|PN|= ,舍 去 ,所 以4 4 |PN | y2-(-m)x2=1,实半轴=1,则虚半轴=2=
1+ 17 1 1
= . m=- ,故应选A.4 -m 4
c 1
因为双曲线的离心率e= =2,直线l:x= 10.D 【解析】 考查圆锥曲线的概念及运算.a 2 c a2
|PN| e= = 3且 =1.解得a c a= 3
,c=3,b2=6,
是双曲线的右准线,故 =e=2,d x2 y2
1 双曲线方程为 -
所以d= |PN|, 3 6
=1.
2 11.B 【解析】 本题主要考查双曲线离心率的
|PM| 2|PM| 4|PN|2
因此
d = |PN| = |PN| =4|PN|= x
2 y2
概念和计算,特别要注意a,b的值.在 - =1中,2 4
1+ 17.
: a= 2
,b=2,c= 6,e= 3;
解法二
x2 2设P(x,y).因|PN|≥1知 y 6在 - =1中a=2,b= 2,c= 6,e= ;
|PM|=2|PN|2 ≥2|PN| 4 2 2
x2 2 2 2>|PN|, y x y同理可 以 求 出 - 和4 6=1 4-10=1
的 离
故P 在双曲线右支上,所以
心率.
x≥1.
12.A 【解析】 本题主要考查双曲线的标准方
由双 曲 线 方 程 有y2=3x2
程及几何性质.
-3.
因此|PM|= (x+2)2+y2 由焦点坐标(
c
-4,0),(4,0)知c=4.又e=a =2.
= (x+2)2+3x2-3 ∴a=2b.2=c2-a2=12且焦点在x 轴上.
= (2x+1)2=2x+1. x2 y2
∴双曲线方程为4- =1.
故选
12 A.|PN|= (x-2)2+y2
2 2
= (x-2)2+3x2-3 x y13. - =1 【解析】 令 ,得 24 12 y=0 x -6x
= 4x2-4x+1.
+8=0.
从而由|PM|=2|PN|2 得2x+1=2(4x2-4x
, ,故 , ,
+1),即8x2-10x+1=0. ∴x1=2x2=4 a=2c=4
所以 2 ,故双曲线方程为
5+ 17( 5- 17
b =16-4=12
所以x= 舍去 )8 x= 8 . x2 y2
4-12=1
;
9+ 17
有|PM|=2x+1= ,4 令x=0,得y2-4y+8=0.
2 2
1 1+ 17 x y
d=x- = . ∴Δ<0无解,综上,双曲线方程为4-12=1.2 8
2
|PM| 9+ 17 8 x 3
故 = × =1+ 17. 14. -
2 【解析】 由已知条件可得
d 4 1+ 17 4 4
y =1
b b 3
8.B 【解析】 ∵渐近线方程是y= 3x,∴a a =
,即得a= 3b,又顶点到渐近线的距离3 d=
= 3 ①.∵双曲线的一个焦点在y2=24x 的准线上, 3
∴c=6②.又c2=a2+b2③,由①②③知,a2=9,b2 3a a= =1,
x2 y2 1 2
=27,此双曲线方程为9-27=1. 1+3
·98·
, 2, x
2 y2 AB 被双曲线所截得的线段长
∴a=2b= 则双曲线的方程为
3 4
-4=1.
3 l= 1+
(-2)2·|x1-x2|=
x2 y2 5·[(x
2
1+x2)-4x1x2] ④.
15. 解:(1)设双曲线方程为a2-b2=1
(a>0,b
, 4b将③代入④ 并化简得l= ,而由已知l=4,故
>0),右焦点为F(c,0)(c>0),则c2=a2+b2. 3
b=3,a=6.
x2 y2
所以双曲线的方程为
36-9=1.
16.D 【解析】 本题为解析几何,由题意可得:
a2=10,b2=2 c2=12 2c=43.
不妨设 本题考查了双曲线的基本量,属于容易题,只要
l1:bx-ay=0,l2:bx+ay=0, 了解焦距的概念即可.
→ |b×c-a×0| , 17.A 【解析】则|FA|= =b 由双曲线的几何性质知,焦点
a2+b2 2 2
到渐近线的距离为b,
x y
则双曲线
→ → → 4-12=1
的焦点到
|OA|= OF2-AF2=a
因为|A→B|2+|O→A|2=|O→B|2,且|O→B|=2|A→B 渐近线的距离为b= 12=23,故应选A.
|-|O→A|, 18.C 【解析】 本题考查双曲线及其渐近线的
所以|A→B|2+|O→A|2=(2|A→B|-|O→A|)2, x2
→ 概念,双曲线方程为 -y
2=1,所以渐近线方程为y
|AB| 4 2
于是得tan∠AOB= = .
|O→A| 3 2=±2x.
又B→F与F→ 1A同向,故∠AOF=2∠AOB, 19.D 【解析】 本题考查的是圆锥曲线的基本
2tan∠AOF 4 2
所以 = . , x y
2
2 3 知识 属于容易题.由 2- =1可知虚轴1-tan∠AOF a 3 b= 3
,而
1
解得tan∠AOF= ,或tan∠AOF=-2(舍 c a2+32 离心率e= = =2,解得a=1,参照选项知a a
去),
应选D.
b 1
因此 = ,a=2b,c= a2+b2= 5b. 20.D 【解析】 考查双曲线的几何性质,直接a 2
a2
c 5 c+
所以双曲线的离心率e= c 3 ca =2. 法,由条件得 2 = ,化简得a 2 c
2=5a2,∴e=a
(2)由a=2b知,双曲线的方程可化为 c-c
x2-4y2=4b2. ① =5.
1
由l1 的斜率为 ,c= 5b 知,直线 AB 的方 21.B 【解析】 数形结合易知 PF2=PO22 +2
OF2 4c22 =4b2+c2 3c2=4b2,又由于c2=a2+b2,程为
所以有 2 2
( ) c =4a c=2a e=2
,选B.本题考查双曲
y=-2x- 5b . ②
线的离心率求法与数形结合的数学思想.
将②代入①并化简,得
x2 y2
15x2-325bx+84b2=0. 22.D 【解析】 设双曲线方程为a2- 2=1
,
b
设AB 与双曲线的两交点的坐标分别为(x1, b
y ),(x ,y ),则 设F
(c,0),B(0,b),kBF=- ,双曲线渐近线的斜
1 2 2 c
325b 84b2 b b b
x1+x2= ,x1·x2= . ③ 率15 15 k=±a .∵BF
与一条渐近线垂直,∴- ·c a
·99·
=-1,∴b2=ac,又a2+b2=c2,∴c2-ac-a2=0, 由 计 算 可 得,当 k ∈ ( ,10 ] 时,s(k)=
2 1± 5
2
∴e -e-1=0,∴e= (舍负值),
5+1,
2 ∴e= 2 2
1-k2 1+k
2;
故选D.
23.B 【解析】 本题利用双曲线的定义解题. 1 2k+1当k∈ ,2 ÷ 时,s(k)= 1+k22 .
依题意, , è2 2 k+k由定义得|PF1|-|PF2|=2a 又已知|PF2
|=2|PF2|,得|PF2|=2a,而|PF2|的最小值为c- ∴s
表示为直线l的斜率k的函数是
a,所以只须c-a≤2a,所以c∈(1,3].若题中涉及焦 ì 2 1+k2,
1
0 1-k2 2
点或准线时,应优先考虑利用定义. s(k)= í
24.4 【解析】 由n(12-n)>0可得n∈(0, 2k+1 1 2 2, k+k2 1+k 2), n+12-n 1212 ∵e= = = 3,∴n=4. 28.C 【解析】 本题考查了椭圆与双曲线的性n n
质,有4-b2=1,故b= 3.
6
25. 【解析】 本题考查双曲线的性质,属于2 29.A 【解析】 由已知条件可得a=3,b=4,
基础知识、基本运算的考查.连虚轴一个端点、一个焦 c=5.其中一条渐近线方程为4x-3y=0,右焦点坐
点及原点的三角形,由条件知,这个三角形的两条直 标为(5,0),右焦点到渐近线的距离即为圆的半径R
角边分别是b,c(b是虚半轴长,c是焦半距),且一个 20=d= =4,由此可得所求圆的圆心为(5,0),半径
b 5
内角是30°,即得 =tan30°,所以c= 3b,所以c a= 为4,从而得圆方程为(x-5)+y
2=16,整理可得x2
+y2-10x+9=0,故应选A.
2b,
c 3 6
离心率e=a = =2. 22 30.B 【解析】 不 妨 设 P (a ,c m ),则PF→1=
( , x
2
26. ±40) 3x±y=0 【解析】 ∵椭圆 225 (a , ),PF→= (a
2
c+c m 2
,
c-c m ),由 PF1⊥PF2 y2
+ =1的焦点为(±4,0),∴双曲线的焦点坐标为9 PF→·PF→ a
4
1 2=0 m2=c2- →2,代入|PF1|·|PF→2|
( ,), ,c
c
±40 ∴c=4 =2,a c
2=a2+b2,∴a=2,b2=
=4ab整理可得e= 3,故选B.
2 2 2 2
12,
x y
∴双曲线方程为 - =1,∴渐近线方程为4 12 y 31. 解:(
x y
1)设双曲线方程为a2-b2=1.
b 2 2
=± x=± 3x,即 x ya 3x±y=0. 由椭圆8+4=1
,
:() 2 求得两焦点为( ,),(,) 对于双曲线 :27. 解 1 所 求 渐 近 线 方 程 为y- 2x=0
, -20 20 .∴ C
c=2.
2
y+ x=0. 又y= 3x 为双曲线C 的一条渐近线,2
b
(2)设 P 的 坐 标 为 (x0,y0),则 Q 的 坐 标 ∴ ,解得 2 ,2 ,a = 3 a =1b =3
为(-x0,-y0). y2
λ=M→P·M→
2
Q=( ,
双曲线 的方程为:
x0 y0-1)·(-x0,-
∴ C x - =1.
y0-1) 3
() :
=-x2
3
-y2+1=- x2
2 解法一 由题意知直线l的斜率k 存在且不
0 0 2 0+2. 等于零.
∵|x0|≥ 2,∴λ的取值范围是(-∞,-1]. 设l的方程:y=kx+4,A(x1,y1),B(x2,y2),
(3)若P 为双曲线C 上第一象限内的点,
则Q ( 4- ,k 0),
则直线l的斜率k∈ 2
è0
, ÷ .
2 ∵P→Q=λ1Q→A,
·100·
∴ ( 4- ,k -4)= Q ( 4- ,k 0) .
λ ( 4x + ,y ) . ∵P→1 1 k 1 Q =λ → → 41 QA =λ2 OB,∴ (- ,k -4) =
{ 4- =λ( 4x + ) λ 4 4k 1 k 1 (x1+ ,k y1 )=λ2 (x2+ ,k y2 ) .-4=λ1y1
, 4, 4∴-4=λ1y1=λ2y2 ∴λ1=- λy 2
=- .
ì 4 4 1 y2
x1=-kλ -1 k
í 8又λ1+λ2=- ,
1 1 2
4 3
∴ + =3.y1 y2
y1=-λ1 即3(y1+y2)=2y1y2.
∵A(x1,y1)在双曲线C 上, y2
将
16 1+λ 2 16 y=kx+4
代入x2-3=1
,得(3-k2)y2-
∴ 1k2 ( λ ) -3λ2-1=0.1 1 24y+48+3k2=0.
16 2
16+32λ 2 2 2 2 ,否则 与渐近线平行,1+16λ1- ∵3-k ≠0 l3k -kλ1=0.
24 , 48-3k
2
∴ + =
( 2)2 16 y1 y2 y1y2= .∴ 16-k λ1+32λ1+16- k2=0. 3-k
2 3-k2
3
24 48-3k2
16 ∴3× =2× .
同理有:(16-k2)λ22+32λ2+16- k2=0. 3-k2 3-k23
( ,)
若16-k2=0,则直线l过顶点,
∴k=±2.∴Q ±20 .
不合题意.
2012—2013高考题源拓展测试
∴16-k2≠0.
1.A 2.D 3.A 4.A 5.C 6.C 7.D
∵λ1、λ2 是二次方程(16-k2)x2+32x+16-
8.D
16
k2=0两根. 2 23 9.(1,
x y
2+ 5) 10. 9-16=1
32 8
∴λ1+λ2=k2-16=-3. 111. 2+1 12.4或4
∴k2=4,此时Δ>0,∴k=±2.
x2 y2
∴所求Q 的坐标为(±2,0). 13. 解:(1)解法1:设双曲方程为a2-b2=1.
解法二:由题意知直线l的斜率k 存在且不等
由题意易求c=25.
于零.
设l的方程:y=kx+4,A(x1,y1),B(x2,
又双曲线过点( ,),
y2), 322
(32)2 4
则Q ( 4- ,k 0) . ∴ a2 -b2=1.
∵P→Q=λ ,Q→1 A,∴Q 分P→A的比为λ1. 又∵a2+b2=(25)2,∴a2=12,b2=8.
由定比分点坐标公式得: x2 y2
故所求双曲线方程为 - =1.
ì 4 λ1x1 4 12 8
- =
ìx1=- (k 1+λ kλ 1+λ1
)
1 1 2 2
í í 解法2: x
y
设双曲线方程为 - =1.将点
4+λ1y1 4 16-k 4+k
0= 1+λ y1=-1 λ1 (32,2)代入得k=4.
下同解法一
x2 y2
解法三:由题意知直线l的斜率k 存在且不等 ∴双曲线方程为12-8=1.
于零. x2 y2
设l的方程:y=kx+4,A(x1,y1) (
(2)解法1:设双曲线方程为B x 2- 2=1.2,y2)则 a b
·101·
ìb 4 3
a =
,
3 15.
解法1:由双曲线方程知a=2,e= ,
2
由题意得 í
(-3)2 (23)2 4 a2 - =1.
l:x=- ,3 x0≤-2.b2
9 由已知及双曲线第一、二定义,得
解之,得a2= ,b24 =4. ì , d+|PF2|=2|PF1|
x2 y2 ,
故双曲线方程为
9-4=1.
|PF
í 2
|-|PF1|=4 由此联立解得d=8.
3
4 |PF1|=2d
,
x2 y2
解法2:设所求双曲线方程为 - =λ(λ≠ 4 289 16 ∴-3-x0=8
,∴x0=-3.
1
0),将点(-3,23)代入得λ= 34. 解法2:由双曲线方程知a=2,e= ,l:2 x=
x2 y2 1 x2 y2
所以双曲线方程为 - ,即9 16=4 9-4=1.
4
- ,3 x0≤-2.
4
4 , 3x0 ,
14. 解:(1)由题意可知a=2,b=1,c= 5,且双 ∴d=-3-x0 |PF1|=- (2+ |PF |2 ) 2
曲线的焦点在x 轴上,利用定义||PF1|-|PF2||= 3x
=2- 02 .2a=4.
∴|PF|21 +|PF2|2-2|PF1|·|PF2|=16. 由已知d+|PF2|=2|PF1|,
又∠F1PF2=90°, ∴- (43+x0 )+ ( 3x02- )=-22 ( 3x02+ ,2 )
∴|PF1|2+|PF 2 22|=(25)=20,
28
∴2|PF1|·|PF2|=4. 由此解得x0=-3.
1
∴S△F1PF2=2|PF1|
·|PF2|=1. : 2x-1 1 2x-116. 解 由y= =2+ 知, 的x-1 x-1 y=x-1
(2)按常规思路,建立目标函数.设 M(x,y),由 1
x2 y2
图象是由y= 的图象向右平多 个单位,再向上平
- =1,知右焦点F (5,),
3
0 则|AM|+ |MF x
1
9 16 1 5 1 移2个单位得到的.
3
|= (x-9)2+(y-2)2+ (x-5)25 +y
2,求最 (1)
1
因为等轴双曲线y= 的离心率e= 2,故x
小值比较困难. 2x-1
, , y= 的离心率也为由|MF1|联想到双曲线的第二定义 如图所示 x-1
e= 2.
3 1
|MN|=5|MF1|
,
() {y=2 由 x 得x=±1,所以交点即为双曲线y
3 =x
因此|MA|+ y5|MF1|=|MA|+|MN 1
= 的 顶 点(, ),(x 11 -1
,-1),平 移 后 得 到
5 y
=
|(e=3 ) . 2x-1
的顶点坐标为(,
、 、 , x-1 23
),(0,1).
当A M N 三点共线时
1
即点 M 坐标为 35,2÷ 时, (3)对y= ,
c
e= , ,
è 2 x a
= 2a= 2
3 ∴c=2,故其焦点标为(2,2),(- 2,- 2),平
|MA|+ |MF1|取最小值5 2x-1
移后得到y= 的焦点坐标为(1+ 2,x-1 2+ 2
),
9 36
|AN|=9-5=5. (1- 2,2- 2).
·102·
1 a2(4)对于y= ,中心到准线的距离d , §7.3 抛物线x =c =1 五年高考母题原型训练
故准线的纵截距分别为± 2,所以准线方程为y= 1
1.B 【解析】 考查抛物线的定义x2=
, 2x-1 4
y=
-x± 2 经过平移后得到y= 的准线方程为x-1 1 · , p 1, 12×8 y ∴ 2 =16 ∴
准 线 方 程 为 y=- ,
y=-x+3± 2. 16
1 15
(5)
1
y= 的渐近线方程为 与 ,经平 ∴- +1=x x=0 y=0 16 16
.
2x-1 2.A 【解析】 如图所示,
移后得到y= 的渐近方程为 ,x-1 x=1y=2. A(0,2),F 1,0 ,由抛物线定
x2 y2 (2 )
17. 解:(1)设双曲线方程为 (a2-b2=1a>0
,
义知|PP'|=|PF|,
b>0) ∴|AP|+|PP'|=|AP|
由已知得:a= 3,c=2,再由a2+b2=c2, 1
+|PF|≥|AF|=
x2 4
+4=
∴b2=1.∴双曲线方程为3-y
2=1.
17,故应选
( A.2)设A(xA,yA),B(xB,yB), 2
x2 3.C 【解析】 本小题主要考查直线与抛物线
将y=kx+ 2代入 -y23 =1. 的位置关系以及抛物线的定义.
得:(1-3k2)x2-62kx-9=0. 由题意知 F(1,0),则 过 F 的 直 线 方 程 为y=
由 题 意 3(x-1).
ì 1-3k
2≠0 与抛物线方程联立,
Δ=36(1-k2)>0 2
{y =4x ,消去x 得 3y2-4k y-43=0,知 í 62 3
xA+xB=
,解得 y= 3(x-1)
1-3k2<0 3 ∴A(3,23),∴|AF|=4.
-9
xAxB=1-3k2>0 由抛物线 定 义 及 已 知 条 件 得△AKF 为 等 边 三
角形.
3
∴当3时,l与双曲线左支有两个交点. 1
∴S△AKF=2×4×4×sin60°=43.
故选C.
() () : 62k3 由 2 得 xA+xB= , 4.B 【 】1-3k2
解析 本题解题思路是利用抛物线的
定义,依据题意列出有关点 A 的坐标的方程求得结
∴yA+yB=(kxA+ 2)+(kxB+ 2) y2
22 果.依题意
,设点A ( 0,8 y0 ),点K(-2,0),准线方程=k(xA+xB)+22=1-3k2. 是x=-2,作AA1 垂直于直线x=-2,由|AK|=
∴AB 的中点P 的坐标为 32k , 2 ÷ . 2|AF|结合抛物线的定义得|A1K|=|A1A|,即有
è1-3k2 1-3k2
y2
: 1 , |AA1|=
0
8+2=|y0|
,|y0|2-8|y0|+16=0,由此
设直线l0 的方程为 y=-kx+b
1
42 解得|y0|=4,因此△AFK 的面积等于
将P 点坐标代入直线l 的方程,得b= . 2
×4×|y0|
0 1-3k2 =8.选B.
3
∵ ( 1
2 2
∴b<-22,∴b的取值范围为(-∞,-22). x+2 ) ( 3 ) , 5+ y- N 到直线8 y=- 的距离8
·103·
5 1 2 3 2 5 从而所求直线l方程为( ) ( ) 2x-y+2=0.为 y+ ,8 x+2 + y-8 = y+ ,8 6.26 【解析】 由题意得此直线为y=x-1,
1
化简,得曲线C 的方程为y= (x2+x). 设交点 M(x1,y1),N(x2,y2),2
y2=2x,
(2)解法一: 则{ 整理得x2-4x+1=0,x1+x2=y=x-1,
2
设 M (x,x +x2 ) . 4, πx1x2=1,因 为 倾 斜 角 为 ,故4 |MN|= 2·
直线l:y=kx+k,则
2
(, ), (x1-x2) = 2 (B xkx+k x1+x
2
2)-4x1x2 = 24=
从 而 | QB | = 26.
2 7.y
2=4x 【解析】 设 抛 物 线 方 程 为y2=1+k |x+1|.
, 2px
,将直线y=x 代入抛物线方程可得y2-2在Rt△QMA 中 py
=
0,2 解之得y=0或y=2p,由AB 的中点坐标为(2,2)
因为|QM|2=(x+1)2 ( x1+4 ), 可得2p=4,解之得p=2,∴抛物线C 的方程为y2
x 2(x+1)2 ( =4x.k-2 ) 8.2 【解析】 设 A(m2,
|MA|2= ,1+k2 2m),B(n2,2n),由 AB 的中点
所以|QA|2=|QM|2-|MA|2 坐 标 为 M (2,2) 可 得
(x+1)2 2 2
= 24(
( )
1+k2)kx+2 . {m +n =4,解之 得2m+2n=4, {
m=0,
或
n=2,
|x+1|·|kx+2|
|QA|= . {m=2,2 1+k2 即A(0,0),B(4,4)或n=0,
|QB|2 2(1+k2) 1+k2 x+1· A(,), (= 2 . 44 B 0
,0),
QA |k| x+k 1∴S△ABF=2×1×4=2.
,|QB|
2
当k=2时 |QA|=55
, 9. 解:(1)由题意,可设抛物
2
从而所求直线l方程为2x-y+2=0. 线C 的标准方程为y =2px.
解法二: 因为点 A(2,2)在抛物线 C
x2+x 上,( ) 所以p=1.设 M x, ,2 因此,抛物线 C 的标准方程
直线l:y=kx+k,则 为y2=2x.
B(x,kx+k),从而|QB| (2)由(1)可得焦点F 的坐标是 (1,0),
= 1+k2|x+1|. 2
2
( ,) : 1( ) 又直线OA 的斜率为 ,过Q -10 垂直于l的直线l1 y=-k x+1 . 2
=1
故与直线
因 为 |QA | = |MH |,所 以 |QA | = OA
垂直的直线的斜率为-1.
1
|x+1|·|kx+2| |QB|2 2(1+k2) 1+k2 因此,所求直线的方程是x+y-2=0.· =
2 1+k2 |QA| |k| (3)解法一:设点D 和E 的坐标分别为(x1,y1)
x+1 和(x2,y2),
· 2 .
x+ 直线DE 的方程是y=k(x-m),k k≠0.
,|QB|
2 y
, 将 代入
2
当k=2时 =55 x=k +m y =2x
,有ky2-2y-2km
|QA|
=0,
·104·
2 2
1± 1+2mk2 令A(a,a ),B(b,b ),
解得y1,2= k . 则ab=-c.
→ →
由 ME = 2DM 知 1 + 1+2mk2 = 2 因 为OA ·OB =ab+
2 2
( 1+2mk2-1), ab =-c+c
2=2,
解得c=2,或c=-1(舍
化简得k2
4
= .因此m 去).故c=2.
a+b
DE2=(x1-x 22)+(y1-y2)2= ( 11+ )(k2 y- (2)由题意知Q ( ,2 -c),
y 2 直线2) AQ 的斜率为
( 2 2( 1 41+2mk
2) 9 a +c a -ab
= 1+ ( 2 ) kAQ= = =2a.k2 ) k2 =4 m +4m . a+b a-ba-
3 2 2
所以f(m)=2 m
2+4m(m>0). 又y=x2 的导数为y'=2x,所以点A 处切线的
2 2 斜率为
解法二:设D (s , t 2a.2 s),E ( ,2 t) . 因此,AQ 为该抛物线的切线.
由点 M(m,0)及M→E=2D→M得 (3)(2)的逆命题成立.证明如下:
1 22 设 ( ,t -m=2( s ), Q x0 -c).2 m-2 若AQ 为该抛物线的切线,则kAQ=2a.
t-0=2(0-s),因此 a2+c a2-ab
, 2, 又直线 的斜率为 ,所t=-2sm=s 所以 AQ kAQ=a-x =0 a-x0
s2 2 2( ) a -abf(m)= 2s2- +(-2s-s)2 以a-x =2a,得2ax 20=a +ab,因a≠0,有 x02 0
3 a+b
= 22 m +4m
(m>0). = 2 .
10.A 【解析】 考查抛物线的几何性质.由已 a+b故点P 的横坐标为 ,即P 点是线段AB 的
知得抛物线的准线方程为x=-2,故选A. 2
2 中点x y2 .
11.D 【解析】 椭圆 + =1的右焦点为6 2 16. B 【解析】
(2,0),所以抛物线y2=2px 的焦点为(2,0),则p= 解 法 一:AF 直 线
4,故选D. 方程 为:y=- 3(x
32 ),
12. 4
【解析】 F (p, , p则 ,2 0) B (4 1)
-2
,∴
当x=-2时,y
p
2p× =1,解得p= 2.∴B

2, ÷,因此B 到该抛 =43,∴A(-2,4 è4 1
43).
2 2 32
物线的准线的距离为 + = . 当4 2 4 y=4 3
时 代
入
p y
2=8x 中,x=6,
13.x=-1 (1,0) 【解析】 ∵2p=4,∴2 ∴P(6,43),
=1, ∴|PF|=|PA|=6-(-2)=8.故选B.
∴准线方程为x=-1,焦点坐标是(1,0). 解法二:∵PA⊥l,
14. -1 【解析】 抛物线y2=4x 的焦点坐标 ∴PA∥x 轴,
为(1,0),代入直线ax-y+1=0可得a=-1. 又∵∠AFO=60°,
15. 解:(1)设直线AB 的方程为y=kx+c,将该 ∴∠FAP=60°,
方程代入y=x2 得x2-kx-c=0. 又由抛物线定义知PA=PF,
·105·
∴△PAF 为等边三角形. 2同理可求得|BD|=41+ 1-
又在Rt△AFO 中,FF'=4,
[ ( k ) ]
2
∴FA=8. 4(1+k )= 2 .
∴PA=8. k故选B.
(
17.2 【解析】 1 81+k
2)2
SABCD=2|AC||BD|= k2
过 B、M 分 别 作
, =8(k2 1准 线 的 垂 线 垂 足 +2+k2 )≥32.
分 别 为 B1、M1.由 当k=1时等号成立.所以四边形ABCD 面积的
AM =MB 得 BB1 最小值为32.
=2MM1 =AM = 2012—2013高考题源拓展测试
BM.所以点 M 恰为 1.D 2.C 3.B 4.D 5.D 6.A 7.C
抛 物 线 的 焦 点,即 8.C
p
=1,2 p=2. 9. ( 10,4 ) 10.(2,2)
2
18. 解:(1)设切点Q ( xx0,0 ) . 11. ( ,14 1 2 ) 12.3
x, 13. 解:(1)由已知可设抛物线方程为y2由 y'= 知 抛 物 线 在 Q 点 处 的 切 线 斜 率 =2px.2
∵点P(1,2)在抛物线上,∴p=2.
x
为 0,
2 故所求抛物线的方程是y
2=4x,
x2 x 准线方程是x=-1.
故所求切线方程为y-
0= 0(4 2 x-x0
), (2)设直线PA 的斜率为kPA,直线PB 的斜率
x 20 x0 为kPB,即y=2x-4. y -2 y -2
2 则kPA=
1 ( ), 2 ( )
(, ) , x0, x -1
x1≠1 kPB=
1 x -1x2≠1 .2
因为点P 0 -4 在切线上 所以-4=- 4 ∵PA 与PB 斜率存在且倾斜角互补,∴kPA=
x20=16,x0=±4. -kPB.
所求切线方程为y=±2x-4. 又∵A、B 点均在抛物线上,
(2)设A(x1,y1),C(x2,y2). ∴y21=4x ,y21 2=4x2.
由题设知,直线AC 的斜率k 存在,由对称性,不 y21 y22
妨设k>0. ∴x1= ,4 x2=4.
因直线AC 过焦点F(0,1),所以直线AC 的方 y1-2 y2-2∴ =-
程为y=kx+1. y21 y2
.
2
-1 -1
, {y=kx+1,
4 4
点A C 的坐标满足方程组
x2=4y, ∴y1+2=-
(y2+2).∴y1+y2=-4.
2
得x2-4kx-4=0, y1=4x1,由 两式相减得
{x1+x2=4k,
{y22=4x2
由根与系数的关系知
xx =-4. (1 2 y1+y2)(y1-y2)=4(x1-x2).
|AC|= (x -x )2+(y -y )2 y1-y∴k = 2
4 4
1 2 1 2 AB x -x = + =-4=-1.1 2 y1 y2
= 1+k2 (x +x )21 2 -4x 21x2=4(1+k ). 14.(1)解:由已知|a|=|b|,即
1
因为AC⊥BD,所以BD 的斜率为- ,k (-1-x)
2= (1-x)2+y2,
1 整理得y
2=4x. ①
从而BD 的方程为y=-kx+1. (2)证明:由已知只需证O→A⊥O→B即可,即证O→A
·106·
·O→B=0. ∴ab=-2pm,
设A(x1,y1),B(x2,y2), 又|a|·|b|=2m,即ab=-2m,
当l⊥x 轴时,A(4,4),B(4,-4), 由-2pm=-2m(m>0),得p=1,
∴x1x2+y1y2=0,即O→A⊥O→B; 则所求抛物线方程为y2=2x.
当l不与x 轴垂直时, 若线段AB 垂直于x轴,直线AB 的方程为x=m,
设l的斜率为k,易知k≠0,且方程为y=k(x- A,B 两点关于x 轴对称,
4), ② 故m2=2pm,2m=2pm,
将②代入①得:k2x2-x(8k2+4)+16k2=0. 又m≠0,∴p=1,
由根与系数关系得 故所求抛物线方程为y2=2x.
x1·x2=16,y 21y2=k (x1-4)(x2-4)= 17. 解:(1)x2=2py 即
k2[x1x2-4(x1+x2)+16]= 1y= x2,
k2 ( 8k
2+4 2p
16-4· ,k2 +16)=-16 1其导数y'= x,
即x1x2+y1y2=0,所以O→A⊥O→B,故得证. p
当 x =x0 时,y' =
15.(1)解:
x y
直线l的截距式方程为a +b=1.① 1x0,
(2)证明:由①及y2=2px 消去x,可得 p
by2+2pay-2pab=0. ② x即过点 M 的切线的斜率k= 0,
点 M、N 的纵坐标y1、y2 为②的两个根,故
p
∵过点 M 的法线与切线垂直,
-2pa
y1+y2= ,b y1y2=-2pa. p∴法线斜率为- ,x0
2pa
1 1 y1+y -2 b 1 p所以 + = = = . ∴法线方程为y-y0=- ·(x-x0),
y1 y2 y1y2 -2pa b x0
(3)解:设直线OM、ON 的斜率分别为k 、k , 令x=0,得y-y0=p,1 2
y y ∴y=y0+p.
则k 1 21= ,x k2=x .1 2 ∴过点 M 的法线与y 轴的交点Q 的坐标为(0,
当a=2p 时,由(2)知,y1y2=-2pa=-4p2, y0+p).
由 y21 =2px ,y21 2 =2px2 相 乘 得 (yy )21 2 (2)证明:
p
由抛物线的性质知|MF|=y0+ ,
=4p2x1x2, 2
(yy )2 (-4p2)2 p p而 ,
x1x =
1 2 = =4 2, |FQ|=y0+p-2=y0+2 4p2 4p2 p
2
yy 2 ∴|MF|=|FQ|
,即△MFQ 为等腰三角形,
因此,kk = 1 2
-4p
1 2 xx = 4 2 =-1
,
p ∴∠FQM=∠FMQ,过点 M 作y 轴的平行线,1 2
所以OM⊥ON,即∠MON=90°. 则∠FQM=∠QMN,∴∠FMQ=∠QMN.由反射定
16. 解:设所求抛物线方程为 律知:由焦点F 发出的光线射到点M 经反射后,反射
y2=2px(p>0) ① 光线在过点 M 与y 轴平行的直线上.即从焦点F 发
若线段AB 不垂直于x 轴, 出的光线经抛物线上的点反射后,反射光线平行于抛
设直线AB 的方程为y=k(x-m)(k≠0) ② 物线的对称轴(y 轴).
2p §7.4 直线与圆锥曲线的位置关系
由①②式消去x,得y2-ky-2pm=0 ③ 五年高考母题原型训练
2 2
设A,B 的坐标分别为A (a , ,B b , , c b22p a) (2pb) 1.B 【解析】 解法一:由e=a = 1-a2 =
则a,b是方程③的两个根,
·107·
3
3 2 2 2 2,
得a=2b,a= c,
c x +3y =c
b= .由 4 得2 3 3 {y=k(x-c)
(3+12k2)y2+6cky-k2c2=0.设A(x1,y1),B(x2,
), -2ck -k
2c2
y2 则y1+y2=1+4k2①.yy
→
1 2= 由3+12k2②. AF
1 x2
=3F→B得y1=-3y2③.联立①②③得k= 2. (2)当m= 时,轨迹4 E 的方程为4+y
2=1,
2.D 【解析】 本题考查了直线和圆锥曲线的 设圆的方程为x2+y2=r2(0知识.{y=k(x+2) k2x2+(4k2-8)x+4k2=0 当切线斜率存在时,可设圆的任一切线方程为yy2=8x =kx+t,
4k2-8
x1+x2= 2 ,x1x2=4,利用抛物线定义和题设 A(x1,y1),B(x2,y2),k
有x1+2=2(
|t|
x2+2) 2x2-x1=-2,x 21x2=4 x1 所以 =r,
1+k2
-2x1-8=0 x1=4,x2=1,于是,由两根之和x1+
即t2=r2(1+k2). ①
4k2-8 22
x2=- =5 9k2=8 k= ,选D. 因为2 OA⊥OB,k 3
所以
【 】 x1x2+y1y2=0
,
3.B 解析 2x+y+2=0关于原点对称直
即x1x2+(kx1+t)(kx2+t)=0,
线l'的方程为2x+y-2=0.
整理得(1+k2)x1x2+kt(x1+x2)+t2=0. ②
2x+y-2=0 2
联立方程{ y2 ,解得x=0或x=1. {x +y2=1,x2+4=1 由方程组 4
y=kx+t
∴A(0,2)、B(1,0).∴|AB|= 5,∴P 到AB 的 消去y 得
1
距离为 . (1+4k2)x2+8ktx+4t2-4=0. ③
5 8kt
AB 所在直线的方程为y=-2x+2,设P(x0,y ),
ì
0 x1+x2=-1+4k2
ì 2
由韦达定理 í
x2
y0 4t2-4
0+ =1
,
4 · x1 x2=则 í 1+4k
2
|2x0+y0-2| 1 代入 式并整理得

= . ②
5 5
( 2)4t
2-4 8k2t2 2 ,
解之有两组不同的解,故存在两个不同的P 点 1+k 1+4k2-1+4k2+t =0
满足题意.选B. 即5t2=4+4k2.
4.y=x 【解析】 由已知条件可得抛物线的
2 25
标准方程为y2=4x,
结合 式有
设直线l的方程为x=m(y-2) ① 5r =4
,r= (5 ∈ 0
,1),
+2代入抛物线方程可得y2-4my+8m-8=0,由 4当切线斜率不存在时,x2+y2= 也满足题意,
AB 中点坐标为(2,2)可得4m=4,解之得 m=1,由 5
此可得直线AB 的方程为y=x. 4故所求圆的方程为x2+y2= .
5. 解:(1)因为a⊥b,所以a·b=0, 5
2
即(mx,y+1)·(x,y-1)=0, 6.3+22 【解析】 由y
故mx2+y2-1=0,即mx2+y2=1. =4x 可得焦点F 的坐标(1,0),
当m=0时,该方程表示两条直线; 则直线 AB 的方程为y=x-1,
当m=1时,该方程表示圆; 代入y2=4x 可得x2-6x+1=
当m>0且m≠1时,该方程表示椭圆; 0,解之 得 x=3+2 2,或 x=
当m<0时,该方程表示双曲线. 3-22,由|FA|>|FB|可 得
·108·
, , |FA| 3+22+1 16k 1 16k 1xA=3+22xB=3-22 则 = = 又k>0,|FB| ∴|MN|= 3 +3k≥2
·
3-22+1 3 3k
3+22. 8= ,
5 3
7. 【解析】 本题为解析几何,易知右焦点3 16k 1 1
当且仅当 = ,即k= 时等号成立.
的坐标为(1,0),故AB:y=2(x-1)与椭圆联立,设 3 3k 4
A(x1,y1),B(x2,y2),可得3y2+2y-8=0 y1= 1 8∴k= 时,线段 MN 的长度取最小值
4 4 3
.
-2,y2=3.
(3)由(2)
1
可在,当 MN 取最小值时,1 5 k=4.
利用S=2×1×|y1-y2|
,可求得S=3. 此时BS 的方程为x+y-2=0,
在直线与圆锥曲线的位置关系中,求面积及面积
42
的最大值经常用到上述公式,本题属于中等题. S (6,4 ,5 5 ) ∴|BS|= 5 .
8. 解法一:(1)由已知得,椭圆 C 的左顶点为 要使椭圆C 上存在点T,使得△TSB 的面积等
A(-2,0),上顶点为D(0,1),
∴a=2,b=1. 1于 , 2只须点 T 到直线BS 的距离等于 ,所以5 4 T
x2
故椭圆C 的方程为 24+y =1. 2在平行于BS 且与BS 的距离等于 的直线l'上.
(2)直线AS 的斜率k显然存在,且k>0,故可设 4
(1016k) 设直线l'
:x+y+t=0,
直线AS 的方程为y=k(x+2),从而 M ,3 3 . |t+2| 2 3 5
y=k(x+2), 则由 = ,解得t=- 或4 2 t=- .{ 2 2由 x2 得(1+4k2)x2+16k2x+16k2+ 2=1 ìx24 y +y2=1,3 4 2
-4=0. ①当t=- 时,由2 í
得5x -12x
2 3 x+y- =0
设S(
16k -4
x ,y ),则(-2)·x = 21 1 1 1+4k2
,
2-8k2
+5=0.
, 4k得x1= 从而1+4k2 y1=1+4k2. 由于Δ=44>0,故直线l'与椭圆C 有两个不同
2 的交点;
即S (2-8k , 4kk2 k2 ) .又B(2,0),1+4 1+4 ìx2 + 2=1,
1 5 4
y
故直线BS 的方程为y=- (x-2). ②当t=- 时,由 得5x2-20x4k 2 í 5
1 10 x+y- =0ì y=- (x-2), ì x= ,
2
4k 3
由 í 得 í +21=0.
10 1 x= y=- , 由于Δ=-20<0,故直线l'与椭圆C 没有交点. 3 3k
综上所述,当线线 MN 的长度最小时,椭圆上仅
∴N (10, 13 -3k) . 1存在两个不同的点T,使得△TSB 的面积等于5.
故|MN|= 16k 13 +3k . 解法二:(1)同解法一.
2 2
(2)设S(x0,y0),
x
则 0+y2
x
4 0=1
,∴y20=1-
0
4.
· y y
2
故k k = 0 · 0
y0 1
SA SB x0+2 x0-2=x =- .0-4 4
设 M (10, 103 yM ),N ( ,3 yN ),则yM>0,yN<0.
·109·
· yM · yN 9yMyN 1 1则kSA kSB=10 10 = 64 =-
, 4.D 【解析】4 ∵x-2y+2=0
,∴y=2x+
3+2 3-2 +1.
∴y ·( )
16
-y = . b 1 a2-c2 1 a2M N 59 ∴c =
,即
2 c2 =2.∴c2=
,
4 ∴e=
故|MN|=yM +(-yN )≥2 yM·(-yN) c 25
8
= , a
= 5 .
3 5.A
4
当且仅当yM=(-yN)= 时等号成立3 .
6.C 【解析】 如右图,
由双曲线定义知:
8
即 MN 的长度的最小值为3. |AB|=|AF|+|BF|=
(3)由(2)可知,当 MN 取最小值时, ed1+ed2.
N (10, 4 ) 设弦AB 中点为M,它到3 -3 . 准 线 l 的 距 离 为 MN,则
∵B(2,0)∴kBS=kBN=-1. 1|MN|= ( ),从而有 ( )2 d1+d2 |AB|=ed1+d2 =e
·
此时BS 的方程为x+y-2=0,
(6,4 ), 42
2|MN|.
S 5 5 ∴|BS|= 5 . |AB| 1∴|MN|= · 12e =e R (R= |AB|) .
设与直线BS 平行的直线方程为x+y+t=0.
2
{x+y+t=0
, ∵e>1,
1
∴|MN|= ·
2 e
R由 x2 得5x +8tx+4t2-4=0.
+y2=1, 7.C 8.C4
2
当直线与椭圆C 有唯一公共点时, 9.(3,2)
x
10. 4-y
2=1
有Δ=64t2-20(4t2-4)=0,解得t=± 5. 11.4 12.y2=4x
当t= 5时,两平行直线BS:x+y-2=0与l1:
: y=k
(x-1),
13. 解 联立方程组{ 消去y,得5+2 x2-y2=4.
x+y+ 5=0间的距离d1= ;
2 (1-k2)x2+2k2x-k2-4=0 (*)
, : (1)当1-k2当t=- 5时 两平行直线BS x+y-2=0与 =0时,即k=±1,方程(*)化为2x
=5,方程组有唯一解
: 5-2
.
l2 x+y- 5=0的间的距离d2= .
2 故直线与双曲线有一个公共点
,此时直线与双曲
线渐近线平行.
1 42
∵S△TSB= ,且5 |BS|=
,故
5 △TSB
在BS (2)当1-k2≠0,即k≠±1时,由Δ=4(4-3k2)
2 , 23 23边上的高d= . >0得 - k≠±1 *
∵d 1 故直线与双曲线有两个交点.
T,使得△TSB 的面积等于5. (3)当1-k2≠0,由 Δ=4(4-3k2)=0得,k=
即线段 MN 的长度最小时,椭圆C 上仅存在两 23
± 时,方程组有唯一解,故直线与双曲线只有一
1 3
个不同的点T,使得△TSB 的面积等于5. 个公共点,此时直线与双曲线相切.
2012—2013高考题源拓展测试 (4)当1-k2≠0,由 Δ=4(4-3k2)<0得k<
1.B 2.A 3.D 23
- ,
23
或k> 时,方程组无解,故直线与双曲线3 3
·110·
无交点. ∴2×4(x1-x2)-2(y1-y2)=0,
23 y1-y∴ 2综上所述,当k=±1或k=± 时,直线与双 x -x =4.
故所求中点弦所在直线方程为y
3 1 2
23 -1=4
(x-2),即4x-y-7=0.
曲线有一个公共点;当- 3 或-123 -1=0.
或12=2,
联立方程 消去y 得2x2-4x+3
23 23 2x-y-1=0
k<- 或k> 时,直线与双曲线无公共点3 3 . =0.
【 2点评】 研究直线与双曲线位置关系时,应注意 显然Δ=(-4)-4×2×3=-8<0,即方程无
讨论二次项系数为0和不为0的两种情况. 实根,因此直线l与双曲线无交点,直线l不存在.
14. 解:若m=0,则直线l为y=0,显然抛物线 【点评】 “点差法”使用的前提是以该点为中点
上存在两点关于直线l对称; 的弦存在,因此利用代点法求出的弦所在直线方程还
若m≠0,设A(x ,y )、B(x 要受到判别式的检验.1 1 2,y2),为抛物线上
关于l对称的两点,且x1≠x2,y1≠y2 16. 解法一:由l1 被C 截得弦长为22,得a2+
1,2 ,2 , , b
2=8. ①
且kAB=-m y1=2x1 y2=2x2
两式相减 得
设l2:y= 3(x-c),代入C 的方程化简得
(y1-y2)(y1+y2)=2(x1-x2), (b2+3a2)x2-6a2cx+a2(3c2-b2)=0.
y1-y2 2 1即 = =- , 6a
2c
x 由 韦 达 定 理 得 ,1-x2 y1+y2 m x1 +x2 =b2+3a2 x1x2
∴y1+y2=-2m.由线段AB 的中点P 在直线 a2(3c2-b2)
l上, = b2+3a2 .
y +y
得 1 2=m (x1+x22 2 -2), 从 而|x1 -x2|= (x1+x2)
2-4x1x2 =
2 2 2 2 2
( 6ac ) 4a (3c -b ) 4ab
2
x1+x ,∴ 2
=
=1,故P(1,
2
-m). b +3a
2 - b2+3a2 b2+3a2
2 2
, 4ab · 4a
: 1
则由弦长公式 得
( 2 2
1+3= ,
解法一 直线AB 方程为y+m=-m x-1
). b +3a 5
化简得a2=3b2. ②
将x=1-m2-my 代入y2=2x, x2
得y2+2my+2m2-2=0. 联立①②得a
2=6,b2=2.故椭圆C 的方程为6
∵y1≠y2, y2
+ =1.
∴Δ=4m2-4(2m2-2)>0,得- 22
(m≠0). 6ac解法二:同上得x1+x2=b2+3a2.
综上讨论,m 的取值范围是(- 2,2). 由l2 过右焦点,及焦半径公式得弦长为
解法二:求得弦AB 的中点P(1,-m)后,点P c 6a2c 8ab2
应在抛物线内部(包含焦点),得(-m)2<2×1,得 2a-e(x1+x2)=2a- ·a b2+3a2=b2+3a2.
- 2由题意得 2 2= ,化简得a2=3b2.以下同
15. 解:(1)设A(2,1)的中点弦的两个端点分别 b +3a 5
为P1(x1,y1),P2(x2,y2),则x1+x2=4,y1+y 解法一2 .
=2. 17. 解:(1)
2
由直线与圆相切知: =b,得b
∵2x2-y2=2,2x2-y2=2,两式相减得: 1+11 1 2 2
∴2(x +x )(x -x )-(y +y )(y -y ) = 2.由2a=4,得1 2 1 2 1 2 1 2 a=2,则c
2=a2-b2=4-2=2,∴
=0, 两个焦点坐标为(- 2,0),(2,0).
·111·
(2)由于过原点的直线l与椭圆的两个交点关于 -1+2 1 1+4 5
依题意得x1= = ,y1= = .
原点对称,不妨设:M(x0,y0),N(-x0,-y ),P 2 2 2 20
ìx2 y2 x于是x= 1
+s 2s+1, y1+t 2t+5 + =1 2 = 4 y= = . a2 b2 2 4
(x,y).∵M,P 在椭圆上,∴满足 í ,相减
x2 y2 4x-1 4y-50 0
a2+b2=1
∴s= ,2 t=
,
2 ①
y2-y2 b2 4x-1 1
得: 02 2=- 2,由题意知PM,PN 斜率存在,则
∵-1,即- x -x 40 a
y-y0 y+y0 y-y 5k 0 < .PM= , , · ·x-x kPN =0 x+x kPM kPN = 40 x-x0
2 2 又∵点P(s,t)在曲线 上,y+y y -y 2 C ∴t=s
2. ②
0 0 b 1,由 ,得 , 2
x+x =x2-x2=-a2=-4 a=2 b=1 ∴ 4y-50 将①代入②得 = (4x-10 ,2 2 )
x2
所求的椭圆方程为
4+y
2=1. 11
即y=2x2-x+8 ( 1 5-4§7.5 圆锥曲线的综合问题 (2)解法一:曲线 G 的方程可化为(x-a)2+
五年高考母题原型训练
49
1.D 【解析】 点P 到直线x=-1的距离比 (y-2)2= ,25
它到(2,0)的距离小1,所以等价于点P 到直线x= 7
-2的距离等于它到(2,0) , (,),的距离 转化为圆锥曲线 这是一个圆心为 N a2 半径为 的圆5 .
的统一定义.本题属于容易题,主要考查学生对圆锥 设圆G 与直线l:x-y+2=0相切于点T(xT,
曲线的定义的理解. yT),
2.B 【解析】 考查点的轨迹问题,椭圆的几何 |a-2+2| 7, 72则有 即
意义,考查空间想象能力以及分析转化的能力,由条 =5 a=±2 5
.
件知动点P 到斜线段AB 的距离为定值记为d,所求 过点 N(a,2)与直线l垂直的直线l'的方程是
轨迹就是平面α斜截一个以AB 为轴、以d 为半径的 y-2=-1(x-a),即x+y-2-a=0.
圆柱表面得到的截面,为一个椭圆. x-y+2=0 a, a由 解得xT= yT= +2.
:() c b
2 3, b 6
{x+ -2-a=0 2 2
3. 解 1 由e=a = 1-a2 =
得 y
3 a =3. 72 72
又由原点到直线y=x+2的距离等于圆的半 当a=- 时,5 -1径,得b= 2,a= 3. ∵-1,2分别是D 上的点的最小和最大横坐标,
(2)(方法一)由c= a2-b2=1得F1(-1,0), 72∴切点T∈D,故amin=- .
F2(1,0). 5
设 M(x,y),则P(1,y). 解法二:曲线G 的方程可化为(x-a)
2+(y-
由|MF1|=|MP|,得(x+1)2+y2=(x-1)2, )2 492 = ,这是一个圆心为 H(a,
7
2),半径为 的圆
2 25 5
.
y =-4x.此轨迹是抛物线.
设线段AB 与直线y=2的交点为R(0,2).依题(方法二)因为点 M 在线段PF1 的垂直平分线
意,只需考虑a<0的情况.当a<0且圆G 与D 有公
上,所以|MF1|=|MP|,即 M 到F1 的距离等于 M
共点时,圆 G 和AB 必有交点,设此交点为 N,则
到l1 的距离.
7
此轨迹是以F1(-1,0)为焦点、l1:x=1为准线 HN=5.
的抛物线,轨迹方程为y2=-4x. (1)若点 N 与点R 不重合,则在△HNR 中,设
y=x2
4. 解:(1)由{ 解得A(-1,1),B(2,4). ∠HNR=θ,x-y+2=0 |a| HN |a| HN
设点Q,M 的坐标分别为Q(x1,y1),M(,),
由正弦定理得: = (或 = ),xy sinθ sim45° sinθ sin135°
·112·
7 因为 N(xM,0),O→M+O→N=O→Q,故|a|=5 2sinθ. 故xQ=2xM,yQ=yM,
因此当sinθ取得最大值时,a取得最小值. x2 2 2 2Q+yQ=(2xM)+yM=4. ①
7
由于RA= 2> ,5 因为Q
→A·B→A=0,
7 (1-xQ,-yQ)·(1-xB,-yB)=(1-xQ)(1-
故在线段RA 上可选到点N,使RN= ,再取5 xB)+yQyB=0,
7
|a|= 2, 所以xQxB+yQyB=xB+xQ-1. ②5 记P 点的 坐 标 为(xP,yP),因 为 P 是BQ 的
则∠HNR=90°,从而sinθ取得最大值1. 中点,
7
此时a的最小值为- 所以 ,5 2. 2xP=xQ+xB 2yP=yQ+yB.
2 2
(2)若 点 N 与 点 R 重 合,则 点 H 的 坐 标 又因为xB+yB=1,结合①,②得
( 7 ) 2 2 1是 - ,2 . xP+yP = [(4 xQ+xB)2+(yQ+y 2B)]5
1
综合(1)与(2)
7 2 2 2 2
知amin=- 2. = [4 xQ+xB+yQ+yB+2
(xQxB+
5
5. 解:(1)由题设条件知焦点在y 轴上, yQyB)]
x2 y2 1
故可设椭圆方程为 2+ 2=1(a>b>0). = [4 5+2
(xQ+xb a B
-1)]
2 2, 43 a
2 3
设c= a -b 由 准 线 方 程 y= 得 = +xP.3 c 4
1 243
= , 故动点P 的轨迹方程为 (x-2 ) +y2=1.3
3 c 3 6. 解
:(1)由题意:
由e= 得 = ,解得a=2,2 a 2 c= 3. ìc2 =2
,
y2 2 1
从而b=1,椭圆的方程为x2+4=1.
又易知C, í 2 2a2+ 2=1
,解得a =4,b b =2.
2 y
2 2 2 2
D 两点是椭圆x + =1的焦点, c =a -b .4 x2 y2
所以|MC|+|MD|=2a=4, 所求椭圆方程为4+2=1.
2
从而|MC|·|MD|≤ (|MC|+|MD|) =22 (2)方法一:2 设点Q、A、B 的坐标分别为(x,y)、(x1,y1)、
=4, (x2,y2).
当且仅当|MC|=|MD|,即点 M 的坐标为(±
由题设知|A→P|,|P→B|,|A→Q|,|Q→B|均不为零,
1,0)时上式取等号,
|A→P| |A→Q|
|MC|·|MD|的最大值为4. λ= → =|PB| |Q→
,
B|
(2)如图,设 M(xM,yM),B(xB,yB),Q(xQ,
则
) λ>0
,且λ≠1.
yQ .
又A,P,B,Q 四点共线,从而A→P=-λP→B,
A→Q=λQ→B.
x
于是4= 1
-λx2, y1= 1
-λy2
1-λ 1-λ .
x1+λx2, y1+λyx= 21-λ y= 1-λ .
从而
·113·
x21-λ2x2 2 22 → → →
2 =4x,……
y1-λy① 22 =y.……
由OM=OA+OB得M 的坐标为(x,y),由x0、
1-λ 1-λ ② y0 满足C 的方程,
又点A,B 在椭圆C 上,即 1 4
x2 2 得点 M 的轨迹方程为 + =1(x>1,y>2).1+2y1=4,……③ x2 y2
x2+2y22 2=4,……④ ( ) → 2 2 2, 2 4
①+2×②并结合③,
2 ∵|OM| =x +y y = =
④得4x+2y=4. 11- 2
即点Q(x,y)总在定直线2x+y-2=0上. x
方法二: 44+ 2 ,
设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2, ),
x -1
y2 由题设,
→ → ∴|O→ 2 4→ → → M|=x
2-1+ +5≥4+5=9.
|PA,|PB,|AQ, → , |PA| |PB| 2|QB|均不为零 且
|A→
=
Q| |Q→
x -1
B|
2 4
又P,A,Q,B 四点共线,可设P→A=-λA→Q, 且当x -1= 2 ,即 时,上式取x -1 x= 3>1
P→B=λB→Q(λ≠0,±1).于是 等号.
4-λx, 1-λyx = , 故|O
→M|的最小值为3.
1 1-λ y1=1-λ ①
8. 解:(1)设点A 的坐标为(x1,b),点B 的坐标
4+λx 1+λy
x2= ,1+λ y2=1+λ .② 为
(x2,b),
2
由于A(x1,y1),B(x x2,y2)在椭圆C 上,将①、 由
4+b
2=1,解得x 21,2=±2 1-b ,
②分别代入C 的方程x2+2y2=4,整理得
(x2+2y2-4)λ2-4(
1
2x+y-2)λ+14=0, ③ 所以S= ·2b |x1-x2|
(x2+2y2-4)λ2+4(2x+y-2)λ+14=0. ④
· 2
④-③得8(2x+y-2)
=2b 1-b
λ=0
≤b2+1-b2=1,
∵λ≠0,∴2x+y-2=0.即点Q(x,y)总在定直
线2x+y-2=0上. 2当且仅当b= 时,S 取到最大值2 1.
y2 x2
7. 解:(1)椭圆方程可写为a2+b2=1
,式中a> y=kx+b,
, (2)由{x2b>0 且 4+y2=1,2 2
{a -b =3
,
3 3 得a
2=4,b2=1,所以曲线C 的方 得 ( 2 1k + )x24 +2kbx+b2-1=0,
a =2.
Δ=4k2-b2+1, ①
程为
y2 |AB|= 1+k
2·|x1-x2|
x2+ =1(x>0,y>0)4 . 2· 4k
2-b2+1
= 1+k =2. ②
2( ), 2x
1
y=2 1-x 02
1-x2 4
设P(x 2S0,y0),因P 在C 上,有04x
2 1-x20,y'|x=x0=-
0,得切线AB 的方程为
y |b|0 又因为d= ,
4x 1+k
2
=- 0y (x-xy 0
)+y0.
0 所以b2=k2+1,代入②式并整理,得
1 1
设A(x,0)和B(0,y),由切线方程得x= , 4x k -k
2+ =0,
0 4
4 1 3
y= . 解得,2 ,2 ,代入 式检验,y k =2 b =2 ① Δ>0.0
·114·
故直线AB 的方程是 ì16
(S2-4)2-4×4S2(S2+24)≥0,
2 6 2 6 2 4-S
2
y= x+ ,或y= x- ,或y=- x+ , 2 >0,2 2 2 2 2 ∵S≠0 ∴ í S
2
6 2 6 S +24,或
2 y=-2x-
2 >0.
2. 4S
x2 1 2
9. 解:设椭圆方程为 + 整理得:2 S
2≤2.
又S>0,∴0y2
b2=1
(a>b>0). 2从而S△AOB 的最大值为S= ,此时代入方程2
(1)由已知得 (*)得4k4-28k2+49=0
ì b=c
ì
a2=2 14
2a2 ∴k=± , 所求直线方程为:
í =4 íb2=1. 2
∴ ± 14x-
c

2 2y+4=0.
a2=b2+c2 c =1
解 法 2:令 m = 2k2-3(m >0),则 2k2
x2
∴所求椭圆方程为2+y
2=1. =m2+3.
(2)解法一:由题意知直线l的斜率存在, 22m 22 2 4∴S= 2 = ≤ .当且仅当m= 即
设直线l的方程为y=kx+2,A(x ,y ),B(x , m +4 4 2 m1 1 2 m+m
y2),
{y=kx+2
2 14
m=2时,Smax= .此时2 k=± 2 .
由 x2 ,消去y 得关于x 的方程:(1+
2+y
2=1 ∴所求直线方程为± 14x-2y+4=0.
2k2)x2+8kx+6=0. 解法二:由题意知直线l的斜率存在且不为零.
由直线l与椭圆相交于A、B 两点, 设直线l的方程为y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,
3 y2),
∴Δ>0 64k2-24(1+2k2)>0,解得k2> ,2
则直线l与x 轴的交点D 2- ,0 ,
ì 8k
( k )
x1+x2=-1+2k2 8k
又由韦达定理得 í ìx1+x2=- 2,

6 2 3 1+2k
x1x2=
由解法一知k > 且 í
1+2k2 2

6
x1x2= 2
∴|AB|= 1+k2|x -x| 1+2k1 2
1
= 1+k2 (x1+x 22)-4x1x2 解法1:S△AOB= ·2|OD| |y1-y2|=
1+k2
= 16k2-24. 1 21+2k2 ·2 k |kx1+2-kx2-2|=|x1-x2|=
2
原点O 到直线l的距离d= . 16k2-24
1+k2 (x1+x
2
2)-4x1x2 = 1+2k2
1 · 16k
2-24
∴S = |AB| d = 22 2k
2-3
△AOB 2 1+2k2 = 1+2k2 .
22 2k2-3 下同解法一.
= 1+2k2 . 1
解法 2:S△AOB =S△POB -S△POA = ×2×
: 16k
2-24 2
解法1 对S= 2 两边平方整理得:1+2k 22 2k2-3
4S2k4+4(S2-4)k2+S2+24=0 (*) |x2|-|x1| =|x2-x1|= 1+2k2 .
·115·
下同解法一. 32
因此,存在λ= ,使8 |AB|+|CD|=λ|AB|
·
c
10. 解:(1)设椭圆的半焦距为c,由题意知:a |CD|恒成立.
2 2
= ,2a+2c=4(2+1),
x
所以
2 a=22
,c=2. 11. 解:(1)由题意,c=1,可设椭圆方程为1+b2
又a2=b2+c2,因此b=2, y2
+b2=1.x2 y2
故椭圆的标准方程为
8+4=1. 1 9
因为A 在椭圆上,所以1+b2+x2 y2 4b2
=1,
由题意设等轴双曲线的标准方程为
m2-m2=1
解得b2=3,b2
3
=- (舍去).
(m>0),因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点,所以 4
2 2
m=2, x y所以椭圆方程为 + =1.
x2 y2 4 3
因此双曲线的标准方程为
4-4=1. () 32 设直线AE 方程为:y=k(x-1)+ ,代入
(2)设A(x1,y 21),B(x2,y2),P(x0,y0),
2 2
y y x y 得
则k1=
0 , 0 + =1
x0+2k2=x -2. 4 30
2
因为点P 在双曲线x2-y2=4上,所以x20-y20 (3+4k2)x2+4k(3-2k)x+4(32-k) -12
=4,
=0.
y y 2
因此kk = 0 · 0
y0
1 2 = 2 =1,即x +2 x -2 x -4 k1k2
3
0 0 0 设E(xE,yE),F(xF,yF).因为点 A (1,2 ) 在
=1. 椭圆上,所以
(3)由于PF1 的方程为y=k1(x+2),将其代入 3 2
椭圆方程得(2k2 21+1)x +8k2 2 4 -k -121x+8k1-8=0, (2 ) 3
xE=
-8k2 2
,yE=kxE+2-k.
由 韦 达 定 理 得 x1 + x =
1
2 2 ,
3+4k
2k +1 x1x21 又直线AF 的斜率与AE 的斜率互为相反数,在
8k21-8= ,
上式中以-k代k,
2k21+1
4(3
2
2+k -12所以|AB|= 1+k21 (x +x )21 2 -4x1x )2 3可得 xF = 3+4k2 ,yF =-kxF + 2
8k2 2 22 ( 1 ) 8k1-8= 1+k1 -4×2k2+1 2k2+1 +k.1 1
k2+1 k2+1 yF-y1 2 所 以 直 线 的 斜 率 E=42 2 同理可得
EF kEF =
k x -x
=
2 1+1
. |CD|=422k22+1
. F E
-k(x +x )+2k
1 1 1 2 2 E F 1
则 2k1+1 2k2+1 , = .
|AB|+|CD|=42 (k2+1+k2+1 ) xF-xE 21 2
, 11 1 即直线EF 的斜率为定值 其值为 .
又 k1k2 = 1, 所 以 2|AB| + |CD| = 【规律总结】 求解圆锥曲线方程的关键是能够
2
通过题中的已知条件确定构成方程的各个元素 直线1 2k21+1 k2
+1
1 ÷ .
42 k2+1
+1 ÷ 与圆锥曲线问题一般要注重三个要点:一是要善于应 1
è k2+1
÷
1 用直线方程与曲线方程的联立;二是要注意直线与曲
2 2k2+1 k2 线的关系对相关参数的限制;三是要能够根据题意依
= ( 1 1+2) 328 k2 + = .1+1 k21+1 8 据顺势思维进行求解.在具体的问题中要注意有关方
32 程思想和函数思想的应用.
故|AB|+|CD|= 8|AB|
·|CD|. 2012—2013高考题源拓展测试
·116·
1.C 2.A 3.A 4.A 5.C 6.C 7.B 并整理,得
8.D 2 (x+3)2+y2=12+x. ④
7
9.x+4y=0( 4 4-5 51
11. 12. (3,+∞ ) 将⑤的常数项移至方程的右边,两边分别除以2 4
2 2 , x
2 y2
x y 得
13. 解:∵ + =1,
108 36+27=1. ⑥
9 4
由方程⑥可知,动圆圆心的轨迹是椭圆,它的长
∴-3≤x≤3,(x,y)为椭圆上任意一点.
设r2=(x-a)2+ 2, 轴长和短轴长分别为y 12
,63.
36-4x2 5 :9 2 解法二 由|O1P|+|O2P|=12>6=|O1O2|,则有r2=(x-a)2+ 9 =9 (x-5a) 由椭圆第一定义可知:动圆圆心P 的轨迹是以O1、
4 x2 y2
+4- a2. O2 为焦点、长轴长为12的椭圆.其方程为5 36
+27
() 5, 9 ,2 4
=1.
1 当0时 2
5a rmin=4- 5a 15. 证明:设 M(y20,y0),直线 ME 的斜率为k(k
=1. >0),
15 5 则直线 MF 的斜率为( ) -k
,
得a= 舍去2 >3 . ∴直线 ME 的方程为y-y0=k(x-y20).
(2)
5
当 2
0)
3 由
y2=x
函数,将x=3代入得r2 2min=(a-3)=1, 消去x 得ky2-y+y0(1-ky0)=0,
∴a=2或a=4(舍去),∴a=2.
1-ky0 (, 1-ky
)20
14. 解法一:设动圆圆心为P(x,y),半径为R, 解得yE= ,k ∴xE= k2
两已知圆的圆心分别为O1、O2(如答图). 1+ky ( )2
同理可得 0yF= ,
1+ky
x 0F= 2 ,-k k
1-ky0 1+ky0
y -y k - -k
∴k E FEF=x = 2 2E-xF (1-ky0) (1+ky0)
k2 - k2
2
k 1
分别将两已知圆的方程 = 4ky =-
(定值).
0 2y0
x2+y2{ +6x+5=0, - 2配方, kx2+y2-6x-91=0 所以直线EF 的斜率为定值.
{(x+3)
2+y2=4, 16. 解:由于得 a
2=2,b2=1,则c=1,则设直线m
(x-3)2+y2=100. 的方程是x=ty+1,代入椭圆方程x2+2y2=2,
当☉P 与☉O :(x+3)21 +y2=4外切时, 得t2y2+2ty+1+2y2=2,
有|O1P|=R+2; ① 即(t2+2)y2+2t·y-1=0.
当☉P 与☉O2:(x-3)2+y2=100内切时 2t -1则y1+y2=- ,
有|O P|=10-R, ② t
2+2y1y2=t2+2.
2
①②两式的两边分别相加,得 易求D
(2,0),则△ABD 的面积为
|O1P|+|O2P|=12, 1S= ·2 |FD|
·|y1-y2|
即 (x+3)2+y2+ (x-3)2+y2=12. ③ 1 2
解法一:化简方程③, , , =
(2-1)· (先移项 再两边分别平方 2 y1+y2
)-4y1y2,
·117·
2 1 [ ( -2t
2
) 1 ] 利用图形性质来解决,这就是几何法.若题目的条件则S = ·4 t2+2 -4 t2+2 和结论能体现一种明确的函数关系,则可首先建立起
t2+1 2(t2+1)
=2· = 目标函数,再求这个函数的最值,这就是代数法.求函(t2+2)2 (t2+1)2+2(t2+1)+1 数最值常用的代数法有配方法、判别式法、均值不等
2 2 1
= ≤ = 式法及函数的单调性、有界性法.
(t2
1 2+2 2
+1)+2t2+1 第八章 算法初步
2 1
则S≤ (其中t22 +1=t2
时,等号成立)
+1 . 算法与程序框图
故当t=0时,即直线 m 转动于垂直于x 轴时, 五年高考母题原型训练
1.B 【解析】 由 题 意 知,所 有 可 能 路 线 有2 6
△ABD 的面积最大,最大面积等于2. 种:①A B C D E,②A B D C E,③A
【点评】 此题的思考点是建立面积的函数式,再 C B D E,④A C D B E,⑤A D B
通过不等式的方法求函数(即面积)的最大值 C E,⑥A D C B E,其中,路线③A C
17. 解:(1)设动点P 的坐标为(x,y),x≠0, D B E 的距离最短,最短路线距离等于4+9+6
所以 H(0,y),P→H=(-x,0) +2=21,故选B.
∵M(-2,0),N(2,0). 2.D
∴P→M=(-2-x,-y),P→N=(2-x,-y). 3.A 【解析】 本题考查了流程图,读懂图的意
∴P→H·P→H=x2,P→M·P→N=-(4-x2)+y2. 思,利用类比思想可知空白之处应该填c>x.
由条件,得y2-x2=4(x≠0). 本题利用流程国考查了“三个数比较大小,并输
所以,所求动点的轨迹方程为y2-x2=4(x≠0). 出最大的数”这一问题,它的原理是逐个比较,将较大
(2)设直线l的方程为y=k(x-2), 者与另一个比较,直到输出,了解这一 原 理,本 题 易
A(x ,y ),B(x ,y ). 解,难度属于中等1 1 2 2 .
y=k(x-2) 4.A 【解析】 由程序框图知:第一次循环得k
联立方程组得{ ,y2-x2=4 =2,S=4;第二次循环得k=3,S=11;第三次循环
1 4 得k=4,S=26;第四次循环得 , ,故选∴ ( ) k=5S=57 A.1- 2k2 y -ky-8=0, 5. B 【解 析】 由 流 程 图 可 得 y =
4k 8k2 0,x<0,
∴y1+y2= , · ,k2-1y1 y2=-k2-1 x,0≤x<1,当x=-2,h=0.5时,输出的y 的值分
ì 4k
{
k2-1<0
1,x≥1,
2 别为0,0,0,0,0,0.5,1,1,1,其对应的各循环变量x
∴ í 8k2 ,结合已知条件有 0 2 的值分别为-2,-1.5,-1,-0.5,0,0.5,1, 1.5
,2,输
k2-1
出的各个数和为3.5,故应选B. Δ>0
2x,x≤1
2k2( 2k ) k
2+k-1 6.y={ 【解析】 由选择结构的流R , , , ,k2-1k2 k =-1 RQ k2 x-2x>1
2 程图可得该输出量是一个关于x 的分段函数,其函k +k-1
直线RQ 的方程为y+2= k2 x
, x
数关系式为y={2 ,x≤1,
2k2 2 x-2,x>1.
∴x0=k2
,
+k-1=- (1 1
2
) 5 7.22 【解析】 本题考查了算法的流程图,以k-2 +4 循环结构为主要考查对象,是近几年高考中常见的命
∴2【点评】 求范围的方法同求最值及函数值域的 的值分别为1-0=1,1;第二次循环时得到的S 与T
方法类似.常见的解法有两种:几何法和代数法.若题 的值分别9-1=8,3;第三次循环时得到的S 与T 的
目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑 值分别为25-8=17,5,此时退出循环结构得W=17
·118·

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