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2012年理科数学圆锥曲线(教师)


高中数学?圆锥曲线

教师:邓老师

温馨提醒:成功不是凭梦想和希望,而是凭努力和实践
19. 【2012 高考江苏 19】 16 分) ( 如图, 在平面直角坐标系 xoy 中, 椭圆

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的左、 右焦点分别为 F1 (?c , , 0) a 2 b2


? 3? e F2 (c , .已知 (1 , ) 和 ? e , ? 都在椭圆上,其中 e 为椭圆的离心率. 0) ? 2 ? ? ?
(1)求椭圆的方程; (2)设 A, B 是椭圆上位于 x 轴上方的两点,且直线 AF1 与直线 BF2 平行, AF2 与 BF1 交于点 P.

6 ,求直线 AF1 的斜率; 2 (ii)求证: PF1 ? PF2 是定值.
(i)若 AF1 ? BF2 ?

【答案】解: (1)由题设知, a2 =b2 ? c2,e=

c e ,由点 (1 , ) 在椭圆上,得 a

12 a2

?

e2 b2

?1?

1 a2

?

c2 a 2b 2

=1 ? b 2 ? c 2 =a 2b 2 ? a 2 =a 2b 2 ? b 2 =1 ,∴ c 2 =a 2 ? 1 。

由点 ? e ,

? ? ?

3? ? 在椭圆上,得 2 ? ?
2 2

? 3? ? 3? ? ? ? ? e2 ? 2 ? c2 ? 2 ? a2 ? 1 3 ? ?1? 4 ? ? 1 ? 4 ? ? 1 ? a 4 ? 4a 2 ? 4=0 ? a 2 =2 1 4 a2 b2 a a
∴椭圆的方程为

x2 ? y2 ? 1 。 2

0) (2)由(1)得 F1 (?1 , , F2 (1, ,又∵ AF1 ∥ BF2 , 0)
∴设 AF1 、 BF2 的方程分别为 my =x ? 1,my =x ? 1 , A? x1,y1 ?,B ? x2,y2 ?,y1 > 0,y2 > 0 。

? x12 m ? 2m 2 ? 2 ? y12 ? 1 ? ? m2 ? 2 y12 ? 2my1 ? 1=0 ? y1 = ∴? 2 。 m2 ? 2 ?my =x ? 1 ? 1 1

?

?

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∴ AF1 =

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2

? x1 ? 1? ? ? y1 ? 0?
2

= ? my1 ?

2

2 ? m2 ? 1? ? m m2 ? 1 m ? 2m2 ? 2 。① ? y = m ?1 ? ? m2 ? 2 m2 ? 2
2 1 2

同理, BF2 =

2 ? m2 ? 1? ? m m2 ? 1 m2 ? 2

。②

(i)由①②得, AF1 ? BF2 ?

2m m 2 ? 1 2m m 2 ? 1 6 。解 得 m 2 =2。 = 2 2 m ?2 m ?2 2

∵注意到 m > 0 ,∴ m= 2 。 ∴直线 AF1 的斜率为

1 2 = 。 m 2

(ii)证明:∵ AF1 ∥ BF2 ,∴

BF PB ? PF1 BF2 ? AF1 PB BF2 PB ? ?1 ? 2 ?1? ? ,即 。 PF1 AF1 PF1 AF1 PF1 AF1

∴ PF1 =

AF1 BF1 。 AF1 ? BF2 AF1 2 2 ? BF2 。 AF1 ? BF2

由点 B 在椭圆上知, BF ? BF2 ? 2 2 ,∴ PF1 = 1

?

?

同理。 PF2 =

BF2 2 2 ? AF1 。 AF1 ? BF2 AF1 BF2 2 AF ?BF2 2 2 ? BF2 ? 2 2 ? AF1 ? 2 2 ? AF1 ? BF2 AF1 ? BF2 AF1 ? BF2

?

?

∴ PF1 +PF2 =

?

?

?

?

由①②得, AF1 ? BF = ∴ PF1 +PF2 =2 2 ?

2 2 m2 ? 1 m ?2
2

?

? , AF ?BF = m

2

?1

m ?2
2



2 3 = 2。 2 2

∴ PF1 ? PF2 是定值。 20.【2012 高考浙江理 21】(本小题满分 15 分)如图,椭圆 C:
1 x2 y 2 + ? 1 (a>b>0)的离心率为 ,其左焦点到点 2 a 2 b2

P(2,1)的距离为 10 .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

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. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; 【解析】(Ⅰ)由题: e ? (Ⅱ) 求 ? ABP 的面积取最大时直线 l 的方程.
c 1 ? ; (1) a 2

左焦点(﹣c,0)到点 P(2,1)的距离为: d ? (2 ? c)2 ? 12 ? 10 . (2) 由(1) (2)可解得: a 2 ? 4,b 2 ? 3,c 2 ? 1 . ∴所求椭圆 C 的方程为:
x2 y 2 + ?1. 4 3

1 1 (Ⅱ)易得直线 OP 的方程:y= x,设 A(xA,yA),B(xB,yB),R(x0,y0).其中 y0= x0. 2 2

∵A,B 在椭圆上,
? xA2 y A2 + ?1 ? ? 4 3 ∴? 2 2 ? xB + yB ? 1 ? 4 3 ? y A ? yB 3 x ? xB 3 2x 3 ?? ? A ?? ? 0 ?? . xA ? xB 4 y A ? yB 4 2 y0 2

? k AB ?

3 设直线 AB 的方程为 l:y=﹣ x ? m (m≠0), 2
? x2 y 2 ?1 ? + ?4 3 代入椭圆: ? ? y=- 3 x ? m ? ? 2

?

3x 2 ? 3mx ? m 2 ? 3 ? 0 .

显然 ? ? (3m)2 ? 4 ? 3(m2 ? 3) ? 3(12 ? m2 ) ? 0 . ∴﹣ 12 <m< 12 且 m≠0. 由上又有: xA ? xB =m, y A ? yB = ∴|AB|= 1 ? k AB | xA ? xB |= 1 ? k AB
m2 ? 3 . 3

( xA ? xB )2 ? 4xA xB = 1 ? k AB
?3 ? 1 ? m 1 ? k AB ? m? 2 1 ? k AB

4?

m2 . 3

∵点 P(2,1)到直线 l 的距离表示为: d ?
m2 1 1 ∴S ? ABP= d|AB|= |m+2| 4 ? , 3 2 2



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当|m+2|= 4 ?
2

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m 1 ,即 m=﹣3 或 m=0(舍去)时,(S ? ABP)max= . 3 2

3 1 此时直线 l 的方程 y=﹣ x ? . 2 2

21.【2012 高考辽宁理 20】(本小题满分 12 分) 如图,椭圆 C0 :

x2 y 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0 ,a,b 为常数),动圆 C1 : x2 ? y 2 ? t12 ,b ? t1 ? a 。点 A1, A2 分别为 C0 2 a b

的左,右顶点, C1 与 C0 相交于 A,B,C,D 四点。 (Ⅰ)求直线 AA1 与直线 A2 B 交点 M 的轨迹方程;
2 (Ⅱ)设动圆 C2 : x2 ? y 2 ? t2 与 C0 相交于 A/ , B/ , C / , D/ 四点,其中 b ? t2 ? a , 2 t1 ? t2 。若矩形 ABCD 与矩形 A/ B / C / D / 的面积相等,证明: t12 ? t2 为定值。

【命题意图】本题主要考查圆的方程、椭圆方程、轨迹求法、解析几何中的定值问题,考查转化与化归能力、运算 求解能力,是难题. 【解析】设 A? x1,y1 ? ,B ? x1,-y1 ? ,又知 A ? -a,0? ,A2 ? a,0? ,则 1 直线 A A 的方程为 1 直线 A2 B 的方程为 由①②得
2

y1 ? x+a ? x1 +a -y y = 1 ? x-a ? x1 -a y=

① ② ③

- y12 y = 2 2 ? x 2 -a 2 ? x1 -a

x12 ? x12 y12 2 2? 由点 A ? x1 ,y1 ? 在椭圆 C0 上,故可得 2 + 2 =1 ,从而有 y1 =b ? 1- 2 ? ,代入③得 a b ? a ?

x2 y 2 - =1? x<-a,y <0 ? ……6 分 a 2 b2 (2)证明:设 A' ? x2 ,y2 ? ,由矩形 ABCD 与矩形 A'B'C'D' 的面积相等,得

? 由 t1 ? t2 ,知 x1 ? x2 ,所以 x +x2 =a 。从而 y +y2 =b ,因而 t +t2 =a2 +b2 为定值…12 分
2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2

4 x1 y1 =4 x2

y2 , ? x y =x2 y2 ,因为点 A,A' 均在椭圆上,所以 b2 x12 ?12 2 1 1 2 2

?

x12 ? 2 2 ? x2 2 ? ? =b x2 ?1- 2 ? a2 ? ? a ?

【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,运算量较大。在求解点 M 的轨迹方程时,要注意首先写出直 线 AA 和直线 A2 B 的方程,然后求解。属于中档题,难度适中。 1 22.【2012 高考湖北理】 (本小题满分 13 分) 设 A 是单位圆 x2 ? y 2 ? 1 上的任意一点, l 是过点 A 与 x 轴垂直的直线, D 是直线 l 与 x 轴的交点,点 M 在直 线 l 上,且满足 | DM |? m | DA | (m ? 0, 且m ? 1) . 当点 A 在圆上运动时,记点 M 的轨迹为曲线 C .

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(Ⅰ)求曲线 C 的方程,判断曲线 C 为何种圆锥曲线,并求其焦点坐标;
Q (Ⅱ) 过原点且斜率为 k 的直线交曲线 C 于 P , 两点, 其中 P 在第一象限, 它在 y 轴上的射影为点 N , 直线 QN

交曲线 C 于另一点 H . 是否存在 m ,使得对任意的 k ? 0 ,都有 PQ ? PH ?若存在,求 m 的值;若不存 在,请说明理由. 【答案】 (Ⅰ)如图 1,设 M ( x, y ) , A( x0 , y0 ) ,则由 | DM |? m | DA | (m ? 0, 且m ? 1) , 可得 x ? x0 , | y |? m | y0 | ,所以 x0 ? x , | y0 |? 因为 A 点在单位圆上运动,所以 x02 ? y02 ? 1 . 将①式代入②式即得所求曲线 C 的方程为 x2 ? 因为 m ? (0, 1) ? (1, ? ?) ,所以 当 0 ? m ? 1 时,曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为 (? 1 ? m2 , 0) , ( 1 ? m2 , 0) ; 当 m ? 1 时,曲线 C 是焦点在 y 轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为 (0, ? m2 ? 1) , (0,
2

1 | y |. m

① ②

y ? 1 (m ? 0, 且m ? 1) . m2

m2 ? 1) .

(Ⅱ)解法 1:如图 2、3, ?k ? 0 ,设 P( x1 , kx1 ) , H ( x2 , y2 ) ,则 Q(? x1 , ? kx1 ) , N (0, kx1 ) , 直线 QN 的方程为 y ? 2kx ? kx1 ,将其代入椭圆 C 的方程并整理可得
(m2 ? 4k 2 ) x2 ? 4k 2 x1 x ? k 2 x12 ? m2 ? 0 .

依题意可知此方程的两根为 ? x1 , x 2 ,于是由韦达定理可得

? x1 ? x2 ? ?

4k 2 x1 m2 x ,即 x2 ? 2 1 2 . m 2 ? 4k 2 m ? 4k
2km 2 x1 . m 2 ? 4k 2

因为点 H 在直线 QN 上,所以 y2 ? kx1 ? 2kx2 ?

???? ??? ? 4k 2 x 2km 2 x1 ). 于是 PQ ? (?2x1 , ? 2kx1 ) , PH ? ( x2 ? x1 , y2 ? kx1 ) ? (? 2 1 2 , 2 m ? 4k m ? 4k 2 ??? ???? 4(2 ? m 2 )k 2 x12 ? ? 0, 而 PQ ? PH 等价于 PQ ? PH ? m 2 ? 4k 2

即 2 ? m 2 ? 0 ,又 m ? 0 ,得 m ? 2 , 故存在 m ? 2 ,使得在其对应的椭圆 x2 ? y A

y2 ? 1 上,对任意的 k ? 0 ,都有 PQ ? PH . 2

y H
M

y H

N
P
x
Q

N
D x
Q

P

O

O

O

x

图1

图 2 (0 ? m ? 1) 第 21 题解答图

图 3 (m ? 1)

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解法 2:如图 2、3, ?x1 ? (0, 1) ,设 P( x1 , y1 ) , H ( x2 , y2 ) ,则 Q(? x1 , ? y1 ) , N (0, y1 ) ,
?m2 x 2 ? y 2 ? m 2 , ? 因为 P , H 两点在椭圆 C 上,所以 ? 2 1 2 1 2 两式相减可得 2 ?m x2 ? y2 ? m , ?
m2 ( x12 ? x22 ) ? ( y12 ? y22 ) ? 0 .



依题意,由点 P 在第一象限可知,点 H 也在第一象限,且 P , H 不重合, 故 ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ? 0 . 于是由③式可得

( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) ? ?m2 . ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 )
又 Q , N , H 三点共线,所以 kQN ? kQH ,即 于是由④式可得 k PQ ? k PH ?



2y1 y1 ? y2 . ? x1 x1 ? x2

y1 y1 ? y2 1 ( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) m2 ? ? ? ?? . x1 x1 ? x2 2 ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) 2

而 PQ ? PH 等价于 kPQ ? kPH ? ?1 ,即 ?

m2 ? ?1 ,又 m ? 0 ,得 m ? 2 , 2 y2 ? 1 上,对任意的 k ? 0 ,都有 PQ ? PH . 2

故存在 m ? 2 ,使得在其对应的椭圆 x2 ? 23.【2012 高考北京理 19】 (本小题共 14 分)

已知曲线 C : ?5 ? m? x ? ? m ? 2? y ? 8 ? m ?R ? .
2 2

(1)若曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆,求 m 的取值范围; (2)设 m ? 4 ,曲线 C 与 y 轴的交点为 A , B (点 A 位于点 B 的上方) ,直线 y ? kx ? 4 与 曲线 C 交于不同的两点 M , N ,直线 y ? 1 与直线 BM 交于点 G ,求证: A , G , N 三点共线. 解: (1)原曲线方程可化简得:
x2 y2 ? ?1 8 8 5?m m?2

8 ? 8 ?5 ? m ? m ? 2 ? ? 8 7 ?0 由题意可得: ? ,解得: ? m ? 5 5?m 2 ? ? 8 ?m ? 2 ? 0 ?
(2)由已知直线代入椭圆方程化简得: (2k 2 ? 1) x2 ? 16kx ? 24 ? 0 ,
?=32(2k 2 ? 3) ,解得: k 2 ?

3 2

由韦达定理得: xM ? xN ?

16k 24 ①, xM xN ? 2 ,② 2 2k ? 1 2k ? 1

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设 N ( xN , k xN ? 4) , M ( xM , kxM ? 4) , G( xG , 1)

MB 方程为: y ?
????

? 3xM ? kxM ? 6 x ? 2 ,则 G ? ,?, 1 xM ? kxM ? 6 ?

? AG ? ?

? 3xM ? ???? ,? 1? , AN ? ? xN ,xN k ? 2 ? , ? xM k ? 6 ?

???? ???? 欲证 A , ,N 三点共线,只需证 AG , AN 共线 G



3 xM ( xN k ? 2) ? ? xN 成立,化简得: (3k ? k ) xM xN ? ?6( xM ? xN ) xM k ? 6

G 将①②代入易知等式成立,则 A , ,N 三点共线得证。

24.【2012 高考广东理 20】 (本小题满分 14 分)

x2 y 2 2 在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C1: 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率 e= ,且椭圆 C 上的点到 Q(0,2) a b 3
的距离的最大值为 3. (1)求椭圆 C 的方程; (2)在椭圆 C 上,是否存在点 M(m,n)使得直线 l :mx+ny=1 与圆 O:x2+y2=1 相交于不同的两点 A、B,且△OAB 的面积最大?若存在,求出点 M 的坐标及相对应的△OAB 的面积;若不存在,请说明理由. 【答案】本题是一道综合性的题目,考查直线、圆与圆锥曲线的问题,涉及到最值与探索性问题,意在考查学生的 综合分析问题与运算求解的能力。 【解析】 (1)设 c ? a2 ? b2 由e ?

c 2 2 1 ? ? c 2 ? a 2 ,所以 b 2 ? a 2 ? c 2 ? a 2 3 a 3 3
x2 y 2 y2 ? 2 ? 1 ,所以 x 2 ? a 2 (1 ? 2 ) ? a 2 ? 3 y 2 b a2 b

设 P( x, y) 是椭圆 C 上任意一点,则

| PQ |? x 2 ? ( y ? 2) 2 ? a 2 ? 3 y 2 ? ( y ? 2) 2 ? ?2( y ? 1) 2 ? a 2 ? 6
当 b ? 1 时,当 y ? ?1 时, | PQ | 有最大值 a ? 6 ? 3 ,可得 a ? 3 ,所以 b ? 1, c ?
2

2

当 b ? 1 时, PQ ?

a 2 ? 6 ? 3b 2 ? 6 ? 3 不合题意

故椭圆 C 的方程为:

x2 ? y2 ? 1 3

(2) ?AOB 中, OA ? OB ? 1 , S ?AOB ?

1 1 ? OA ? OB ? sin ?AOB ? 2 2 1 ? 当且仅当 ?AOB ? 90 时, S?AOB 有最大值 , 2

?AOB ? 90? 时,点 O 到直线 AB 的距离为 d ?

2 2 细节决定成败,态度决定命运,勤奋改变未来,智慧缔造神话。
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d?

2 1 2 ? ? ? m2 ? n 2 ? 2 2 2 2 2 m ?n
2 2 2

又 m ? 3n ? 3 ? m ?

3 2 1 6 2 , n ? ,此时点 M (? ,? ) 2 2 2 2 。

25.【2012 高考重庆理 20】 (本小题满分 12 分(Ⅰ)小问 5 分(Ⅱ)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 F1 , F2 ,线段 的中点分别为 B1 , B2 , 且△ AB1B2 是面积为 4 的直角三角形. (Ⅰ)求该椭圆的离心率和标准方程; (Ⅱ)过 做直线 l 交椭圆于 P,Q 两点,使 PB2 ? QB2 ,求直线 l 的方程

【命题立意】本题考查椭圆的标准方程,平面向量数量积的基本运算,直线的一般式方程以及直线与圆锥曲线的综 合问题.

x2 y 2 解:设所求椭圆的标准方程为 2 ? 2 ? 1? a ? b ? 0 ? ,右焦点为 F2 ? c,0? 。 a b
因 ? AB1B2 是直角三角形,又 AB1 ? AB2 ,故 ?B1 AB2 为直角,因此 OA ? OB2 ,得 b ?
2 2 2 2 结合 c ? a ? b 得 4b ? a ? b ,故 a ? 5b , c ? 4b ,所以离心率 e ?
2 2 2 2 2 2

c 。 2

c 2 ? 5。 a 5

在 Rt? AB1B2 中, OA ? B1B2 ,故

S? AB1B2 ?

1 c B1 B2 ?OA ? OB2 ?OA ? ? ? b 2 b 2 2
2 2 2

由题设条件 S? AB1B2 ? 4 ,得 b ? 4 ,从而 a ? 5b ? 20 。 因此所求椭圆的标准方程为:

x2 y 2 ? ?1 20 4
(2)由(1)知 B1 (?2,0), B (2,0) ,由题意知直线 l 的倾斜角不为 0,故可设直线 l 的方程为: x ? my ? 2 ,代入椭
2 2 圆方程得 m ? 5 y ? 4my ? 16 ? 0 ,

?

?

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设 P ? x1, y2 ? , Q ? x2 , y2 ? ,则 y1 , y2 是上面方程的两根,因此

4m 16 , y1 ?y2 ? ? 2 2 m ?5 m ?5 ???? ? ???? ? 又 B2 P ? ? x1 ? 2, y1 ? , B2Q ? ? x2 ? 2, y2 ? ,所以 y1 ? y2 ?

???? ???? ? ? B2 P?B2Q ? ? x1 ? 2?? x2 ? 2? ? y1 y2
? ? my1 ? 4?? my2 ? 4? ? y1 y2
? ? m 2 ? 1? y1 y2 ? 4m ? y1 ? y2 ? ? 16

??

16 ? m2 ? 1? m2 ? 5

?

16m2 ? 16 m2 ? 5

??

16 2? 64 m m2 ? 5

由 PB2 ? QB1 ,得 B2 P? 2Q ? 0 ,即 16m ? 64 ? 0 ,解得 m ? ?2 , B
2

???? ???? ? ?

所以满足条件的直线有两条,其方程分别为: x ? 2 y ? 2 ? 0 和 x ? 2 y ? 2 ? 0 。 26.【2012 高考四川理 21】(本小题满分 12 分) 如图,动点 M 到两定点 A(?1, 0) 、 B(2, 0) 构成 ?MAB ,且 ?MBA ? 2?MAB ,设动点 M 的轨迹为 C 。 (Ⅰ)求轨迹 C 的方程; (Ⅱ)设直线 y ? ?2 x ? m 与 y 轴交于点 P ,与轨迹 C 相交于点 Q、R ,且 | PQ |?| PR | ,求

| PR | 的取值范围。 | PQ |

y

M

A

O

B x

【答案】本题主要考查轨迹方程的求法,圆锥曲线的定义等基础知识,考查基本运算能力,逻辑推理能力,考查方 程与函数、数形结合、分类讨论、化归与转化等数学思想 [解析](1)设 M 的坐标为(x,y) ,显然有 x>0, y ? 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 ? ? 2 tan ?MAB | y| 2 x?2 有 tan∠MBA= ,即 1? ( ) 1 ? tan 2 ?MAB x ?1

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2 2

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化简得:3x -y -3=0,而又经过(2,,± 3) 2 2 综上可知,轨迹 C 的方程为 3x -y -3=0(x>1)…………………5 分 (II)由方程

? y ? ?2 x ? m 2 2 消去 y,可得 x ? 4m x ? m ? 3 ? 0 。 (*) ? 2 2 3x ? y ? 3 ? 0 ?

由题意,方程(*)有两根且均在(1,+ ? )内,设 f ( x) ? x2 ? 4mx? m2 ? 3

? ? 4m ?? 2 ? 1 ? ? 所以 ? f (1) ? 12 ? 4m ? m 2 ? 3 ? 0 ?? ? (?4m) 2 ? 4(m 2 ? 3) ? 0 ? ? ?
解得,m>1,且 m ? 2 设 Q、R 的坐标分别为 ( x0 , y0 ), ( xR , yR ) ,由 PQ ? PR 有

xR ? 2m ? 3(m 2 ? 1) , x0 ? 2m ? 3(m 2 ? 1)

1 ) PR xR 2m ? 3(m ? 1) 4 m 2 ? ?1 ? ? ? ? 所以 2 PQ xQ 2m ? 3(m ? 1) 1 1 2 ? 3(1 ? 2 ) 2 ? 3(1 ? 2 ) m m
2

2 ? 3(1 ?

由 m>1,且 m ? 2,有

1 ? ?1 ?

4 1 2 ? 3(1 ? 2 ) m

? 7 ? 4 3, 且 ? 1 ?

? 7. 1 2? ( ? 2) 31 m

4

所以

PR 的取值范围是 ?1,7? ? (7,7 ? 4 3) ................................................ 12 分 PQ

[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。 27.【2012 高考新课标理 20】 (本小题满分 12 分) 设抛物线 C : x2 ? 2 py( p ? 0) 的焦点为 F ,准线为 l , A ? C ,已知以 F 为圆心,

FA 为半径的圆 F 交 l 于 B, D 两点;
0 (1)若 ?BFD ? 90 , ?ABD 的面积为 4 2 ;求 p 的值及圆 F 的方程;

(2)若 A, B, F 三点在同一直线 m 上,直线 n 与 m 平行,且 n 与 C 只有一个公共点, 求坐标原点到 m, n 距离的比值. 【答案】 (1)由对称性知: ?BFD 是等腰直角 ? ,斜边 BD ? 2 p

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点 A 到准线 l 的距离 d ? FA ? FB ? 2 p
S?ABD ? 4 2 ? 1 ? BD ? d ? 4 2 p ? ? 2 2

圆 F 的方程为 x2 ? ( y ? 1)2 ? 8
2 x0 p )( x0 ? 0) ,则 F (0, ) 2 2p 2 x0 x2 p 2 ) ? p ? 0 ? ? ? x0 ? 3 p 2 2p 2p 2

(2)由对称性设 A( x0 ,

点 A, B 关于点 F 对称得: B(? x0 , p ?

3p p ? 3p 2 2 x ? p ? x ? 3y ? 3 p ? 0 ) ,直线 m : y ? 得: A( 3 p, 2 2 2 3p

x2 ? 2 py ? y ?

x2 x 3 3 3p p , ) ? y? ? ? ?x? p ? 切点 P( 3 6 2p p 3 3

直线 n : y ?

p 3 3p 3 ? (x ? ) ? x ? 3y ? p?0 6 3 3 6 3p 3p : ?3. 2 6

坐标原点到 m, n 距离的比值为

28.【2012 高考福建理 19】如图,椭圆 E: 的直线交椭圆于 A、B 两点,且△ABF2 的周长为 8.

的左焦点为 F1,右焦点为 F2,离心率

.过 F1

(Ⅰ)求椭圆 E 的方程. (Ⅱ)设动直线 l:y=kx+m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P,且与直线 x=4 相较于点 Q.试探究:在坐标平面内是 否存在定点 M,使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,说明理由. 解答: (Ⅰ)设 c ? a2 ? b2 则e ?

c 1 ? ? a ? 2c ? 3a 2 ? 4b 2 a 2

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教师:邓老师

?ABF2 的周长为

AB ? AF2 ? BF2 ? 8 ? AF1 ? AF2 ? BF1 ? BF2 ? 8 ? 4a ? 8 ? a ? 2, b ? 3, c ? 1

x2 y 2 ? ?1 椭圆 E 的方程为 4 3
(Ⅱ)由对称性可知设 P( x0 , y0 )( y0 ? 0) 与 M ( x,0)

x2 y 2 3 ? ? 1 ? y ? 3 ? x 2 ? y? ? ? 4 3 4

3x 3x ?k ?? 0 4 y0 3 4 3 ? x2 4

直线 l : y ? y0 ? ?

3x0 3(1 ? x0 ) ( x ? x0 ) ? Q(4, ) 4 y0 y0

? ? ?? ? ? ??? 3 ( 1 x0 ) ? M P M Q 0 ? ( x 0 x ( ? 4 )? 0 y ? ? ? ? ) x ? 0 ? x ( x? 1 ) ? ( x ? 1 ) (*)3 ) x? ( 0 y0
(*)对 x0 ? (?2, 2) 恒成立 ? x ? 1 , 得 M (1,0) 29.【2012 高考上海理 22】 (4+6+6=16 分)在平面直角坐标系 xOy 中,已知双曲线 C1 : 2 x 2 ? y 2 ? 1 . (1)过 C1 的左顶点引 C1 的一条渐进线的平行线,求该直线与另一条渐进线及 x 轴围成的三角形的面积; (2)设斜率为 1 的直线 l 交 C1 于 P 、 Q 两点,若 l 与圆 x 2 ? y 2 ? 1 相切,求证: OP ? OQ ;
2 2 (3)设椭圆 C 2 : 4 x ? y ? 1,若 M 、 N 分别是 C1 、 C 2 上的动点,且 OM ? ON ,求证: O 到直线 MN 的

距离是定值. [解](1)双曲线 C1 :
x2
1 2

? y 2 ? 1,左顶点 A(?

2 2

, 0) ,渐近线方程: y ? ? 2 x . 2 (x ?
2 2

过点 A 与渐近线 y ? 2 x 平行的直线方程为 y ? 解方程组 ?

) ,即 y ? 2 x ? 1.
……2 分

?x ? ? ? y?? 2 x ? ,得 ? ?y ? 1 ?y ? 2 x ?1 2 ?

2 4

.
2 8

(2)设直线 PQ 的方程是 y ? x ? b .因直线与已知圆相切, 故
|b| 2

所以所求三角形的面积 1 为 S ? 1 | OA || y |? 2

.

……4 分 ……6 分

? 1 ,即 b2 ? 2 .

由?

? y ? x?b 2 2 ,得 x ? 2bx ? b ? 1 ? 0 . 2 2 ?2 x ? y ? 1
? x1 ? x2 ? 2b .(lb ylfx) 2 ? x1 x2 ? ?b ? 1

设 P(x1, y1)、Q(x2, y2),则 ? 又 2,所以

OP ? OQ ? x1x2 ? y1 y2 ? 2x1x2 ? b( x1 ? x2 ) ? b2 ? 2(?b2 ? 1) ? b ? 2b ? b2 ? b2 ? 2 ? 0 ,
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故 OP⊥OQ. (3)当直线 ON 垂直于 x 轴时, |ON|=1,|OM|=
2 2

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……10 分
3 3

,则 O 到直线 MN 的距离为
2 2

.

当直线 ON 不垂直于 x 轴时, 设直线 ON 的方程为 y ? kx (显然 | k |? 由? ) ,则直线 OM 的方程为 y ? ? 1 x . k
1? k 2 4? k 2

? x2 ? ? y ? kx ? ,得 ? 2 2 2 ?y ? ?4 x ? y ? 1 ?
1? k 2 2 k 2 ?1

1 4? k 2 k2 4? k 2

2 ,所以 | ON | ?

. ……13 分

2 同理 | OM | ?

.
3k 2 ? 3 k 2 ?1

设 O 到直线 MN 的距离为 d,因为 (| OM |2 ? | ON |2 )d 2 ?| OM |2 | ON |2 , 所以 d12 ?
1 |OM | 2 1 ? |ON | 2 ?

? 3 ,即 d=

3 3

. ……16 分

综上,O 到直线 MN 的距离是定值.

【点评】本题主要考查双曲线的概念、标准方程、几何性质及其直线与双曲线的关系、椭圆的标准方程和圆的有关 性质.特别要注意直线与双曲线的关系问题,在双曲线当中,最特殊的为等轴双曲线,它的离心率为 2 ,它的渐近 线为 y ? ? x ,并且相互垂直,这些性质的运用可以大大节省解题时间,本题属于中档题 . 30.【2012 高考陕西理 19】本小题满分 12 分) 已知椭圆 C1 :

x2 ? y 2 ? 1 ,椭圆 C2 以 C1 的长轴为短轴,且与 C1 有相同的离心率。 4

(1)求椭圆 C2 的方程; (2)设 O 为坐标原点,点 A,B 分别在椭圆 C1 和 C2 上, OB ? 2OA ,求直线 AB 的方程。

??? ?

??? ?

y2 x2 ? ? 1?a? 2? 【解析】 (Ⅰ)由已知可设椭圆 C2 的方程为 a 2 , 4
a2 ? 4 3 3 a?4 ? 其离心率为 2 ,故 , a 2 ,则
C 故椭圆 2 的方程为
y2 x2 ? ?1 16 4

(Ⅱ)解法一 A, B 两点的坐标分别为 ?x A , y A ?, ?x B , y B ? , 由 AB ? 2OA 及(Ⅰ)知, O, A, B 三点共线且点 A, B 不在 y 轴上, 因此可设直线 AB 的方程为 y ? kx .

将 y ? kx 代入

x2 4 2 ? y 2 ? 1 中,得 1 ? 4k 2 x 2 ? 4 ,所以 x A ? , 4 1 ? 4k 2

?

?

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将 y ? kx 代入

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y2 x2 16 2 ? ?1 4 ? k 2 x 2 ? 16 ,所以 x B ? 中,得 4? k2 , 16 4
16 16 ? , 2 4?k 1 ? 4k 2

?

?

又由 解得

2 2 AB ? 2OA ,得 xB ? 4x A ,即

k ? ?1 ,故直线 AB 的方程为 y ? x 或 y ? ? x
A, B 两点的坐标分别为 ?x A , y A ?, ?xB , y B ? ,

解法二

由 AB ? 2OA 及(Ⅰ)知, O, A, B 三点共线且点 A, B 不在 y 轴上, 因此可设直线 AB 的方程为 y ? kx .

x2 4 2 ? y 2 ? 1 中,得 1 ? 4k 2 x 2 ? 4 ,所以 x A ? 将 y ? kx 代入 , 4 1 ? 4k 2
2 AB ? 2OA ,得 x B ? 又由

?

?

16k 2 16 2 , yB ? , 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

2 2 将 x B , y B 代入

y2 x2 4? k2 ? ?1 ? 1 ,即 4 ? k 2 ? 1 ? 4k 2 , 中,得 1 ? 4k 2 16 4

解得

k ? ?1 ,故直线 AB 的方程为 y ? x 或 y ? ? x

31.【2012 高考山东理 21】 (本小题满分 13 分) 在平面直角坐标系 xOy 中, F 是抛物线 C : x2 ? 2 py( p ? 0) 的焦点, M 是抛物线 C 上位于第一象限内的任意一 点,过 M , F , O 三点的圆的圆心为 Q ,点 Q 到抛物线 C 的准线的距离为 (Ⅰ)求抛物线 C 的方程; (Ⅱ)是否存在点 M ,使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M ?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,说明理由; (Ⅲ)若点 M 的横坐标为 2 ,直线 l : y ? kx ? 点 D, E ,求当 解: (Ⅰ)依题线段 OF 为圆 Q 的弦,由垂径定理知圆心 Q 的纵坐标 yQ ? 又 Q 到抛物线准线 y ? ? 所以 x2 ? 2 y 为所求. (Ⅱ)假设存在点 M ( x0 ,
2 2 x0 ) ,又 F (0 , 1 ) ,设 Q( xQ , 1 ) . x2 ? 2 y 变形为 y ? x ? y ' ? x 2 4 2 2

3 . 4

1 与抛物线 C 有两个不同的交点 A, B , l 与圆 Q 有两个不同的交 4

1 2 2 ? k ? 2 时, AB ? DE 的最小值. 2

p , 4

p p p p 的距离为 yQ ? ? ? ? 3 ,所以 p ? 1 . 2 2 4 2 4

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教师:邓老师 2 x0 1 ? x 因为直线 MQ 为抛物线的切线,故 kMQ ? 2 4 ? y ' |x ? x0 ? x0 ,解得 xQ ? 0 ? 1 , 2 4 x0 x0 ? xQ x 即 Q( 0 ? 1 , 1 ) . 2 4x0 4 x x2 ? 1 又取 FM 中点 N ( 0 , 0 ) ,由垂径定理知 FM ? QN , 2 4 ???? ???? ? x2 ? 1 x2 所以 FM ? QN ? (x0 , 0 ) ? (? 1 , 0 ) ? 0 ? x0 ? 2 ,所以存在 M ( 2 ,1) . 4x0 2 4
? ? (Ⅲ)依题 M ( 2 , 1) ,圆心 Q(5 2 , 1 ) ,圆 Q 的半径 r ? | OQ | ? ? 5 2 ? ? ( 1 ) 2 ? 27 , 4 32 4 8 ? 8 ?
2

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|5 2k| 1 的距离为 d ? 8 圆心 Q 到直线 y ? kx ? ? 5 2k 2 , 2 4 1? k 8 1? k
所以, | DE |2 ? 4(r 2 ? d 2 ) ? 4 ? 27 ?

? 25k 2 ? ? 27 ? 2k 2 . 2 ? 2 ? 32 32(1 ? k ) ? 8(1 ? k )

? x2 ? 2 y ? ? x 2 ? 2kx ? 1 ? 0 , 又联立 ? y ? kx ? 1 2 ? ? 4 ? x1 ? x2 ? 2k ? 设 A( x1 , y1) , B( x2 , y2 ) ,则有, ? 1 . ? x1x2 ? ? 2 ?
所以, | AB |2 ? (1 ? k 2 )[(x1 ? x2 )2 ? 4x1x2] ? (1 ? k 2)(4k 2 ? 2) . 于是,
2 | AB |2 ? | DE |2 ? (1 ? k 2 )(4k 2 ? 2) ? 2k ? 27 ? 4k 4 ? 6k 2 ? 9 ? 25 ? 1 2 ( 1 ? k ? 2 ) 4 8 1? k 2 8(1 ? k 2 )

记 f ( x) ? 4x 2 ? 6x ? 9 ? 25 ? 1

( 1 ? x ? 4) , 4 8 1? x 4 f '(x) ? 8x ? 6 ? 25 ? 1 2 ? 6 ? 25 ? 0 ,所以 f ( x) 在 [ 1 , 4] 上单增, 4 8 (1 ? x) 8 4 4 2

所以当 x ? 1 , f ( x) 取得最小值 f min ( x) ? f ( 1 ) ? 13 , 所以当 k ? 1 时, | AB |2 ? | DE |2 取得最小值 13 .

2

2

32.【2012 高考江西理 20】 (本题满分 13 分) 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 MA ? MB ? OM ? (OA ? OB) ? 2 . (1) 求曲线 C 的方程; (2) 动点 Q(x0,y0) (-2<x0<2)在曲线 C 上,曲线 C 在点 Q 处的切线为 l 向:是否存在定点 P(0,t) (t<0) , 使得 l 与 PA,PB 都不相交,交点分别为 D,E,且△QAB 与△PDE 的面积之比是常数?若存在,求 t 的值。 若不存在,说明理由。 解: (1)依题意可得 MA ? (?2 ? x,1 ? y), MB ? (2 ? x,1 ? y) ,

??? ???? ?

???? ??? ??? ? ? ?

??? ?

????

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高中数学?圆锥曲线 教师:邓老师 ???? ???? ???? ??? ??? ? ? ? | MA ? MB |? (?2 x) 2 ? (2 ? 2 y ) 2 , OM ? (OA ? OB) ? ( x, y ) ? (0, 2) ? 2 y ,
2 2 由已知得 (?2 x) ? (2 ? 2 y ) ? 2 y ? 2 ,化简得曲线 C 的方程: x2 ? 4 y

(2)假设存在点 P(0,t) (t<0)满足条件,则直线 PA 的方程是 y ? 曲线 C 在点 Q 处的切线 l 的方程为 y ? ①当 ?1 ? t ? 0 时, ?1 ? 不符合题意 ② 当 t ? ?1 时 ,

t ?1 1? t x ? t ,直线 PB 的方程是 y ? x?t , 2 2

x x0 x2 x2 x ? 0 , 它与 y 轴的交点为 F (0, ? 0 ) , ?2 ? x0 ? 2 , ?1 ? 0 ? 1 由于 因此 2 2 4 4

x t ?1 1 t ?1 ? ? ,存在 x0 ? (?2, 2) ,使得 0 ? ,即 l 与直线 PA 平行,故当 ?1 ? t ? 0 时 2 2 2 2

x 1? t x t ?1 ? ?1 ? 0 , ? 1 ? 0 , 所 以 l 与 直 线 PA , PB 一 定 相 交 , 分 别 联 立 方 程 组 2 2 2 2

t ?1 1? t ? ? ?y ? 2 x ?t ?y ? 2 x ?t ? ? , , ? 2 ? 2 ? y ? x0 x ? x0 ? y ? x0 x ? x0 ? ? 2 4 ? ? 2 4
2 2 x0 ? 4t x0 ? 4t 解得 D,E 的横坐标分别是 xD ? , xE ? 2( x0 ? 1 ? t ) 2( x0 ? t ? 1) 2 x2 x0 ? 4t ,又 | FP |? ? 0 ? t , 2 4 x0 ? (t ? 1)2

则 xE ? xD ? (1 ? t )

有 S? PDE ?

2 2 x2 4 ? x0 1 1 1 ? t ( x0 ? 4t )2 ,又 S? QAB ? ? 4 ? (1 ? 0 ) ? | FP | ? | xE ? xD |? ? 2 2 4 2 2 8 (t ? 1)2 ? x0

于是

S? QAB S? PDE

?

2 2 4 2 4 ( x0 ? 4)[ x0 ? (t ? 1)2 ] 4 x0 ? [4 ? (t ? 1)2 ]x0 ? 4(t ? 1) 2 ? ? ? 2 4 2 1? t ( x0 ? 4t )2 1? t x0 ? 8tx0 ? 16t 2

??4 ? (t ? 1) 2 ? 8t ? 对任意 x0 ? (?2, 2) ,要使△QAB 与△PDE 的面积之比是常数,只需 t 满足 ? , 2 2 ?4(t ? 1) ? 16t ?
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. 33.【2012 高考天津理 19】 (本小题满分 14 分)

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设椭圆

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x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的左、右顶点分别为 A,B,点 P 在椭圆上且异于 A,B 两点,O 为坐标原点. a 2 b2
1 ,求椭圆的离心率; 2

(Ⅰ)若直线 AP 与 BP 的斜率之积为 ?

(Ⅱ)若|AP|=|OA|,证明直线 OP 的斜率 k 满足 k ?

3.
b b 1 ? (? ) ? ? ? a 2 ? 2b 2 a a 2

【答案】 (1)取 P(0, b) , A(?a,0), B(a,0) ;则 k AP ? k BP ?

e2 ?

a 2 ? b2 1 2 ? ?e? 2 a 2 2
a 2 b 2

(2)设 P(a cos ? , b sin ? )(0 ? ? ? 2? ) ;则线段 OP 的中点 Q( cos ? , sin ? )

|A P| = O A | AQ ? OP ? kAQ ? k ? ?1 | ?
kA Q ? bs i n ? ? bs i n ? a kA Q c o s? ? ? 2a ? a c o? s 2 kA Q a

? 2a kA Q ?

3 2 2 2 b ? a k Q ? a ? 2A Q ? kA Q ? 1 k A 3

? k? 3

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