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圆锥曲线综合问题之证明

时间:2016-01-28


2016 寒假高二数学巩固
1.已知椭圆
圆上. (1)求椭圆的方程; (2) 点 M 在圆 x ? y ? b 上, 且 M 在第一象限, 过 M 作圆 x ? y ? b
2 2 2 2 2 2

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的右焦点为 F2 (1, 0) ,点 H (3,0) 在椭 a 2 b2

的切线交椭圆于 P , Q 两点,求证:△ PF2Q 的周长是定值.

? x2 y 2 2? ? 1, 2.已知 F1 和 F2 是椭圆 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的左、右焦点, O 为坐标原点,点 P ? ? 在该椭圆 ? 2 ? a b ? ?
上,且 PF 1 ? x 轴. (1)求椭圆的标准方程; (2)若过点 A(2, 0) 作直线 l 交椭圆于不同的两点 B, C ,证明:不存在直线 l ,使得 | BF2 |?| CF2 | .

3. 已知椭圆 C :

x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0) ,直线(m+3)x+(1-2m)y-m-3=0 (m ? R) 恒过的定点 F 为椭圆的一个 a 2 b2

焦点,且椭圆上的点到焦点 F 的最大距离为 3. (1)求椭圆 C 的方程; (2)若直线 MN 为垂直于 x 轴的动弦,且 M,N 均在椭圆 C 上,定点 T(4,0),直线 MF 与直线 NT 交于点 S. ①证:点 S 恒在椭圆 C 上; ②求△MST 面积的最大值.

4. 已知 A、 B 分别是椭圆 C :

x2 y2 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的左右顶点, 右焦点与抛物线 y ? 4 x 的焦点 F 重合. a 2 b2

(1)求椭圆 C 的方程; (2)已知点 P 是椭圆 C 上异于 A、B 的动点,直线 l 过点 A 且垂直于 x 轴,若过 F 作直线 FQ 垂直于 AP, 并交直线 l 于点 Q,证明:Q、P、B 三点共线.

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总结 交流 提高

x2 y 2 1 5.已知椭圆 2 ? 2 ? 1(a ? 0, b ? 0) 的离心率为 ,两焦点之间的距离为 4. 2 a b
(I)求椭圆的标准方程; (II)过椭圆的右顶点作直线交抛物线 y ? 4 x 于 A、B 两点.
2

(1)求证:OA⊥OB; (2)设 OA、OB 分别与椭圆相交于点 D、E,过原点 O 作直线 DE 的垂线 OM,垂足为 M,证明|OM|为定值.

6.如图, A, B 是椭圆 C :

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的左右顶点, M 是椭 a 2 b2
1 ,且右准线 l 的方程 2

圆上异于 A, B 的任意一点,若椭圆 C 的离心率为 为x?4 (1)求椭圆 C 的方程;

(2)设直线 AM 交 l 于点 P ,以 MP 为直径的圆交直线 MB 于点 Q ,试证明:直线 PQ 与 x 轴的交点 R 为定点,并求出 R 点的坐标.

7.如图,直角坐标系 xOy 中,一直角三角形 ABC , ?C ? 90? , B, C 在 x 轴上且关于原点 O 对称, D 在
1 边 BC 上, CD ? BC , ?ABC 的周长为 12.若一双曲线 E 以 B, C 为焦点,且经过 4

A, D 两点.
(1)求双曲线 E 的方程; (2)若一过点 P(m, 0) ( m 为非零常数)的直线 l 与双曲线 E 相交于不同于双曲线 顶 点 的 两 点 M 、 N , 且 M P ? ? P N, 问 在 x 轴 上 是 否 存 在 定 点 G , 使
BC ? (GM ? ? GN ) ?若存在,求出所有这样定点 G 的坐标;若不存在,请说明理
? ? ?
? ?

由.

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8.已知双曲线 C :


a2 x2 y2 ? ? 1(a ? 0, b ? 0) 的一条渐近线为 y ? 3x ,右焦点 F 到直线 x ? 的距离 c a 2 b2

3 . 2

(1)求双曲线 C 的方程; (2) 斜率为 1 且在 y 轴上的截距大于 0 的直线 l 与曲线 C 相交于 B 、 已知 A(1,0) , 若 DF ? BF ? 1 D 两点, 证明:过 A 、 B 、 D 三点的圆与 x 轴相切.

9.如图,已知椭圆

x2 y2 2 的离心率为 ,以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点 F1 , F2 为 ? ? 1( a > b > 0) a2 b2 2

顶点的三角形的周长为 4( 2 ?1) .一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点, 设 P 为该双曲线上异于顶点的任 一点,直线 PF1 和 PF2 与椭圆的交点分别为 A 、B 和 C 、D . (Ⅰ)求椭圆和双曲线的标准方程; (Ⅱ)设直线 PF1 、 PF2 的斜率分别为 k1 、 k2 ,证明 k1· k2 ? 1 ; (Ⅲ)探究 说明理由.

1 1 ? 是否是个定值,若是,求出这个定值;若不是,请 AB CD

10.已知点 F1 、 F2 为双曲线 C : x 2 ?

y2 ? 1 (b ? 0) 的左、右焦点,过 F2 作垂直于 x 轴的直线,在 x 轴 b2
2 2 2

上方交双曲线 C 于点 M ,且 ?MF1 F2 ? 30? ,圆 O 的方程是 x ? y ? b . (1)求双曲线 C 的方程;

(2)过双曲线 C 上任意一点 P 作该双曲线两条渐近线的垂线,垂足分别为 P1 、 P2 ,求 PP 1 ? PP 2 的值; ( 3 )过圆 O 上任意一点 Q( x0 , y0 ) 作圆 O 的切线 l 交双曲线 C 于 A 、 B 两点, AB 中点为 D ,求证 :

??? ? ????

??? ? ???? AB ? 2 OD .

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总结 交流 提高

11.已知抛物线 C: y 2 ? 4 x ,P 为 C 上一点且纵坐标为 2,Q,R 是 C 上的两个
动点,且 PQ ? PR . (1)求过点 P,且与 C 恰有一个公共点的直线 l 的方程; (2)求证:QR 过定点.

12.如图,已知抛物线 y 2 ? 4x 的焦点为 F . 过点 P(2, 0) 的直线交抛物线于 A ( x1 , y1 ) ,B ( x2 , y2 ) 两点,直
线 AF,BF 分别与抛物线交于点 M,N .

(Ⅰ)求 y1 y2 的值; (Ⅱ)记直线 MN 的斜率为 k1 ,直线 AB 的斜率为 k 2 证明:

k1 为定值 k2

13. 在平面直角坐标系 xOy 中,已知抛物线 y = 2 px ( p > 0) 的准线方程为

2

x= -

1 4 ,过点 M (0, - 2) 作

抛物线的切线 MA ,切点为 A (异于点 O ) ,直线 l 过点 M 与抛物线交于两点 B , C ,与直线 OA 交于点
N .
l C

y

(1)求抛物线的方程;

MN MN ? (2)试问: MB MC 的值是否为定值?若是,求出定值;若不是,
说明理由.

O B M N A x

14.已知点 F 为抛物线 E : y 2 ? 2 px( p ? 0) 的焦点,点 A(2, m) 在抛物线 E 上,且 AF ? 3 .
(Ⅰ)求抛物线 E 的方程; (Ⅱ)已知点 G(?1, 0) ,延长 AF 交抛物线 E 于点 B ,证明:以点 F 为 圆心且与直线 GA 相切的圆,必与直线 GB 相切.

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2016 圆锥曲线问题——证明

参考答案

1. (1)

x2 y 2 ? ? 1; (2)△ PF2Q 的周长是定值 6 . 9 8

试题解析: (1)由已知得,椭圆的左右焦点分别是 F 1 (?1,0), F 2 (1,0), c ? 1

? H (3,0) 在椭圆上,?2a ?| HF1 | ? | HF2 |? 4 ? 2 ? 6

? a ? 3, b ? 2 2 椭圆的方程是

x2 y 2 ? ? 1; 9 8 x12 y12 ? ? 1, 9 8

(2)方法 1:设 P ? x1, y1 ? , Q(x2 , y2 ) ,则

x12 x PF2 ? ? x1 ? 1? ? y ? ? x1 ? 1? ? 8(1 ? ) ? ( 1 ? 3)2 , 9 3
2 2 1 2

∵ 0 ? x1 ? 3 ,∴ PF2 ? 3 ? 在圆中, M 是切点,

x1 , 3

∴ PM ? | OP |2 ? | OM |2 ? ∴ PF2 ? PM ? 3 ?

x12 ? y12 ? 8 ? x12 ? 8(1 ?

x12 1 ) ? 8 ? x1 , 9 3

1 1 x1 ? x1 ? 3 , 同理 QF2 ? QM ? 3 , 3 3

∴ F2 P ? F2Q ? PQ ? 3 ? 3 ? 6 ,因 此△ PF2Q 的周长是定值 6 . 方法 2:设 PQ 的方程为 y ? kx ? m(k ? 0, m ? 0), P( x1 , y1 ), Q( x2 , y2 ),

? y ? kx ? m ? 由 ? x2 y 2 , 得 (8 ? 9k 2 ) x2 ? 18kmx ? 9m2 ? 72 ? 0 ?1 ? ? 8 ?9
?18km 9m2 ? 72 , x1 x2 ? 则 x1 ? x2 ? 8 ? 9k 2 8 ? 9k 2

?| PQ |? 1 ? k 2 | x1 ? x2 |? 1 ? k 2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2

? 1? k 2 (

4 ? 9 ? 8 ? (9k 2 ? m2 ? 8) ?18km 2 9m2 ? 72 2 ) ? 4 ? ? 1 ? k 8 ? 9k 2 8 ? 9k 2 (8 ? 9k 2 )2
m 1? k 2 ? 2 2, 即 m ? 2 2 1 ? k 2 , ? | PQ |? ?
6km 8 ? 9k 2

? PQ 与圆 x 2 ? y 2 ? 8 相切?

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∵ PF2 ?

? x1 ?1?

2

? y12 ?

? x1 ? 1?

2

? 8(1 ?

x12 x ) ? ( 1 ? 3)2 , 9 3

∵ 0 ? x1 ? 3 ,∴ PF2 ? 3 ? ∴ F2 P ? F2Q ? PQ ? 6 ?

x1 x 1 , 同理 QF2 ? (9 ? x2 ) ? 3 ? 2 , 3 3 3

x1 ? x2 6km 6km 6km ? ? 6? ? ?6, 2 2 3 8 ? 9k 8 ? 9k 8 ? 9 k 2

因此△ PF2Q 的周长是定值 6 . 考点:椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系,函数与方程的思想方法. 【方法点晴】 (1)求椭圆方程最常用的方法是待定系数法,有时可以利用椭圆的定义简化运算,提高解题 速度; (2)在研究直线与圆锥曲线位置关系中的定值问题,通常是把待证的量用直线与圆锥曲线的两个交 点坐标表示出来,先选取合理的参数,联立并整理方程组用韦达定理把两点坐标的和、积表示出来,代入 整理,直接得到定值或者构造关于参数的函数关系式,用函数的知识求得定值.

2. (1)

x2 ? y2 ? 1; (2)证明见解析. 2

?c ? 1 ? 2 2 ? 2 2 ?a ? 2 ?b 试题解析: (1) ? PF ,解得 ? 2 , ) ?? ? 1 ? x 轴,且 P ( ?1, 2 2 ? ?b ? 1 ?a ?a 2 ? b 2 ? 1 ?
x2 ? 椭圆的标准方程为 ? y 2 ? 1 . 2
(2)当直线 l ? x 轴时,直线 l 的方程为 x ? 2 ,与椭圆无交点,不合题意,舍去. 当直线 l 不垂直

x 轴时,设直线 l 的方程为 y ? k ( x ? 2) (k ? 0)

? y ? k ( x ? 2) ? 由 ? x2 消去 y 得 (1 ? 2k 2 ) x2 ? 8k 2 x ? 8k 2 ? 2 ? 0 , 2 ? ? y ?1 ?2
依题意得 ? ? 64k ? 4(1 ? 2k )(8k ? 2) ? 0 ,得 ?
4 2 2

2 2 . ?k? 2 2

设 B( x1 , y1 ) , C( x2 , y2 ) ,则 x1 ? x2 ?

8k 2 8k 2 ? 2 x x ? , , 1 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2

设 BC 中点为 R( x0 , y0 ) ,则 x0 ?

x1 ? x2 4k 2 2k ? , y0 ? k ( x0 ? 2) ? ? , 2 1 ? 2k 2 2 1 ? 2k

? kF2 R ?

y0 2k 2 2 ,假设 BF2 ? CF2 ,则 F2 R ? BC ,即 2k ? 2k ? 1 ?? 2 x0 ? 1 2k ? 1
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2 2 但是 2k ? 2k ? 1 不可能成立,所以不存在直线 l ,使得 BF2 ? CF2 .

考点:1、椭圆的标准方程;2、直线与椭圆的位置关系.

x2 y2 9 ? ?1; 3. (1) (2)①证明见解析,②△MST 面积的最大值 . 2 4 3
试题解析:直线 ? m ? 3? x ? ?1 ? 2m? y ? m ? 3 ? 0 (m ? R) 可化为 m ? x ? 2 y ?1? ? 3x ? y ? 3 ? 0 , 由?

? x ? 2 y ?1 ? 0 ? x ? 1 2 2 2 ,又a ? c ? 3, ? a ? 2, 得? ,∴F(1,0),∴ c ? 1 ∴ b ? a ?c ? 3. ?3x ? y ? 3 ? 0 ? y ? 0
x2 y2 ? ?1. 4 3

∴椭圆的方程为

2 2 (2)①设直线 MN 的方程为 x=s,则可设 M(s,t),N(s,-t),且 3s ? 4t ? 12 .

直线 MF 的方程为 y ?

t ?t 5s ? 8 3t ( x ? 1) , ( x ? 4) . , ), 直线 NT 的方程为 y ? 联立求得交点 S ( s ?1 s?4 2s ? 5 2s ? 5

2 2 2 2 2 2 2 代入椭圆方程 3x ? 4 y ? 12得, 3(5s ? 8) ? 36t ? 12(2s ? 5) ,化简得: 3s ? 4t ? 12 .

∴点 S 恒在椭圆 C 上. ②直线 MS 过点 F(1,0),设其方程为 x ? my ? 1 , M ( x1 , y1 ) , S ( x2 , y2 ) ,联立 ?
2 2 得: (3m ? 4) y ? 6my ? 9 ? 0 ,∴ y1 ? y2 ?

? x ? m y?1 , 2 2 3 x ? 4 y ? 12 ?

? 6m ?9 , y1 y2 ? . 2 3m ? 4 3m 2 ? 4

1 3 m2 ? 1 . S△MST ? ? 3 y2 ? y1 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y2 ? 18 2 2 (3m2 ? 4) 2
令 u ? m ? 1(u ? 1) ,则
2

m2 ? 1 u 1 ? ? . 2 2 2 1 (3m ? 4) (3u ? 1) 9u ? ? 6 u

1 1 在 [1,??) 上是增函数,∴ 9u ? 的最小值为 10. u u 1 9 ∴ S△ MST ? 18 ? ? . 4 2
∵ 9u ? 考点:1、直线系方程;2、椭圆的简单几何性质;3、直线与圆锥曲线的位置关系 4、函数的最值. 【方法点晴】本题主要考查的是利用椭圆的简单几何性质求椭圆方程,及直线恒过定点,动直线交点恒在 椭圆上和利用函数求三角形面积最大值问题,属于难题.求动点恒在椭圆上,只需将动点坐标求出,利用 已知条件证明坐标满足方程即可,表示三角形面积时经常使用分割的方式,易于转换成含有 y2 ? y1 的形 式表示面积,从而可与根据直线与圆锥曲线的位置关系求得 y1 ? y2 , y1 y2 建立关系,在求面积最值时可 综合考虑函数性质或均值不等式.
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4. (1)

x2 y2 ? ? 1 ;(2)见解析. 4 3

试题解析: (1)抛物线的焦点 F (1,0) , ∵e ?

x2 y2 1 ? ?1. ,∴ a ? 2 ,∴ b 2 ? a 2 ? c 2 ? 3 ,∴椭圆方程为 2 4 3

(2)由(1)知直线 l 的方程为 x ? 2 ,∵点 P 异于 A,B,∴直线 AP 的斜率存在且不为 0, 设 AP 的方程为 y ? k ( x ? 2)(k ? 0) ,

? x2 y2 ? ? ? 1 得 (3 ? 4k 2 ) x 2 ? 16k 2 x ? 16k 2 ?12 ? 0 , 联立 ? 4 3 ? ? y ? k ( x ? 2)

xP ? x A ?

? 16k 2 6 ? 8k 2 12 k x ? ,∴ , yP ? . P 2 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 3 ? 4k

1 1 ,∴直线 QF 的方程为 y ? ? ( x ? 1) , k k 3 12k 3 1 ?0 ? ? 2 3 3 ? y ? ? ( x ? 1) 3 ? 4k k ?? 3 ,k ? k Q ( ? 2 , ) 联立 ? ,解得交点 , , k ? ?? k PQ BQ 2 k 6 ? 8 k 4 k ? 2 ? 2 4 k ? x ? ?2 ? ?2 3 ? 4k 2
又∵QF⊥AP, kQF ? ? 即 kBQ ? kPQ ,有公共点 Q,所以 Q,P,B 三点共线.

考点:1.椭圆的标准方程与几何性质;2.直线与椭圆的位置关系;3.证明三点共线. 2 【名师点睛】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法:根据条件确定关于 a,b,c 的方程组,解出 a , 2 b ,从而写出椭圆的标准方程.解决直线与椭圆的位置关系的相关问题,其常规思路是先把直线方程与椭 圆方程联立,消元、化简,然后应用根与系数的关系建立方程,解决相关问题.涉及弦中点的问题常常用 “点差法”解决,往往会更简单,但要注意直线与椭圆必须有两个公共点.

5. (I)

x2 y 2 ? ? 1; 16 12

?2c ? 4, ?a ? 4 ? 2 试题解析:解: (Ⅰ)由 ? c 1 得 ? ,故 b ? 12 . ? , ?c ? 2 ? ?a 2
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所以,所求椭圆的标准方程为

x2 y 2 ? ? 1. 16 12

(Ⅱ) (1)设过椭圆的右顶点 ?4,0? 的直线 AB 的方程为 x ? m y ? 4 . 代入抛物线方程 y ? 4 x ,得 y ? 4my ? 16 ? 0 .
2 2

设 A?x1 , y1 ? 、 B? x2 , y 2 ? ,则 ?

? y1 ? y2 ? 4m, ? y1 y2 ? ?16.

2 ∴ x1x2 ? y1 y2 ? ? my1 ? 4?? my2 ? 4? ? y1 y2 = 1 ? m y1 y2 ? 4m ? y1 ? y2 ? ? 16 =0.∴ OA ? OB .

?

?

x2 y 2 ? ? 1 ,得 (2)设 D?x3 , y3 ? 、 E?x4 , y4 ? ,直线 DE 的方程为 x ? ty ? ? ,代入 16 12

?3t

2

? 4 y 2 ? 6t?y ? 3?2 ? 48 ? 0 .
6t? 3?2 ? 48 4?2 ? 48t 2 ? ?? ? , y y ? x x ? ty ? ? ty ? ? ? .从而 3 4 3 4 3 4 3t 2 ? 4 3t 2 ? 4 3t 2 ? 4

?

于是 y3 ? y 4 ? ?

? OD ? OE ,? x3 x4 ? y3 y4 ? 0 .代入,整理得 7?2 ? 48 t 2 ? 1 .
∴原点到直线 DE 的距离 d ?

?

?

?
1? t 2

?

4 21 为定值. 7

考点:1、椭圆的标准方程;2、直线与圆锥曲线的综合应用. 【方法点晴】本题考查椭圆的标准方程,直线与椭圆、抛物线的位置关系.求椭圆的标准方程是基础题, 利用椭圆的定义及基本性质直接列方程组求解即可. 解决直线和圆锥曲线的位置关系问题时, 很多时候采 用固定的思路入手. 先设出适当的直线方程, 一般是点斜式或斜截式, 交点的坐标 A?x1 , y1 ? 、B? x2 , y 2 ? , 把直线方程代入到圆锥曲线方程中,得到关于 x 或 y 的二次方程,写出判别式,根与系数关系.然后利用 已知条件或结论,进行转化计算得到关于 x1 ? x2 , x1 x2 的式子,如本题(2)中要求证 OA ? OB ,只需证

x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,把里面的 y1 , y2 利用直线方程转化为 x1 , x2 进行运算,得到关于 x1 ? x2 , x1 x2 的式子,进
行化简计算.

x 6. (1)

2

4

?

y2 ? 1 ? ? 1 (2) ? ? , 0 ? 3 ? 2 ?

?c 1 ?a ? 2 ? 2 ? x2 y 2 ?a ?a ? 2 试题解析: (1)由题意: ? ? 4 ,解得 ? .? 椭圆 C 的为 ? ?1. 4 3 ?b ? 3 ?c ? ?a 2 ? b2 ? c 2 ? ?
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(2)由(1)知, A ? ?2,0? , B ? 2,0? ,设 M ? x0 , y0 ? , R ? t ,0? ,则 直线 AM 的方程为 y ?
y0 ? x ? 2? , x0 ? 2

令 x ? 4 ,得 y ?

? 6 y0 ? 6 y0 ,即点 P 的坐标为 ? 4, ?, x0 ? 2 ? x0 ? 2 ?

由题意, MQ ? PQ ,? kMQ ? kPQ ? ?1 ,

6 y0 y0 x0 ? 2 ? ? ? ?1 x0 ? 2 4 ? t


即?

? x0 ? 2 ?? x0 ? 2 ?

2 y0

??

4?t , 6

2 x0 y2 3 4?t 3 1 2 2 ? 0 ? 1,? y0 ? ? 4 ? x0 ,?? ? ? ,?t ? ? . ? 4 3 4 6 4 2 1 ? ? ? 直线 PQ 与 x 轴的交点 R 为定点 ? ? , 0 ? . ? 2 ?

考点:1.直线与圆锥曲线的综合问题;2.椭圆的标准方程

7. (1) x2 ?

y2 1 ? 1 (2) G ( , 0) m 3 x2 y 2 ? ? 1 (a ? 0, b ? 0) ,则 a 2 b2

试题解析: (1) 设双曲线 E 的方程为
B(?c,0), D(a,0), C (c,0) .由 CD ?

1 BC ,得 c ? 2 a . 4

?| AB |2 ? | AC |2 ? 16a 2 , ? ∴ ?| AB | ? | AC |? 12 ? 4a, 3 分解之得 a ? 1 ,∴ c ? 2, b ? 3 . ?| AB | ? | AC |? 2a. ?

∴双曲线 E 的方程为 x2 ?

y2 ? 1 .5 分 3
? ? ?

(2) 设在 x 轴上存在定点 G(t ,0) ,使 BC ? (GM ? ? GN ) . 设直线 l 的方程为 x ? m ? ky , M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) . 由 MP ? ? PN ,得 y1 ? ? y2 ? 0 .即 ? ? ?
?
? ?
? ?

y1 ①6 分 y2

∵ BC ? (4, 0) , GM ? ? GN ? ( x1 ? t ? ? x2 ? ?t , y1 ? ? y2 ) , ∴ BC ? (GM ? ? GN ) ? x1 ? t ? ? ( x2 ? t ) . 即 ky1 ? m ? t ? ? (ky2 ? m ? t ) .②8 分 把①代入②,得 2ky1 y2 ? (m ? t )( y1 ? y2 ) ? 0 ③9 分
2 把 x ? m ? ky 代入 x ?
? ? ?

y2 ? 1 并整理得 (3k 2 ? 1) y 2 ? 6kmy ? 3(m2 ? 1) ? 0 3
答案第 6 页,总 12 页

其中 3k 2 ? 1 ? 0 且 ? ? 0 ,即 k 2 ?

1 且 3k 2 ? m 2 ? 1 . 3

?6km 3(m2 ? 1) , y1 y2 ? .10 分 2 3k ? 1 3k 2 ? 1 6k (m2 ? 1) 6km(m ? t ) 1 ? ? 0 ,化简得 kmt ? k .当 t ? 时,上式恒成立. 代入③,得 m 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1 ? ? ? 1 因此,在 x 轴上存在定点 G ( , 0) ,使 BC ? (GM ? ? GN ) .13 分 m 考点:1.双曲线方程及性质;2.直线与双曲线相交的探索问题 y1 ? y2 ?
2 8. (1) x ?

y2 ? 1; (2)证明见解析. 3

a2 3 b ? 试题解析: (1)依题意有 ? 3 , c ? a c 2
2 2 ∵ a 2 ? b2 ? c 2 ∴ c ? 2a ∴ a ? 1 , c ? 2 ∴ b ? 3 ∴曲线 C 的方程为 x ?

y2 ?1 3

6分

(2)设直线 l 的方程为 y ? x ? m ,则 B( x1 , x1 ? m) , D( x2 , x2 ? m) , BD 的中点为 M

?y ? x ? m ? 由 ? 2 y2 得 x ? ? 1 ? 3 ?

2 x 2 ? 2mx ? m2 ? 3 ? 0 ∴ x1 ? x2 ? m , x1 x2 ? ?

m2 ? 3 2

∵ DF ? BF ? 1 ,即 (2 ? x1 )(2 ? x2 ) ? ( x1 ? m)( x2 ? m) ? 1 ∴ m ? 0 (舍)或 m ? 2 ∴ x1 ? x2 ? 2 , x1 x2 ? ?

7 x ?x M 点的横坐标为 1 2 ? 1 2 2

∵ DA? BA ? ?1 ? x1 ??1 ? x2 ? ? ?x1 ? 2??x2 ? 2?

? 5 ? 2 x1x2 ? x1 ? x2 ? 5 ? 7 ? 2 ? 0 ∴ AD ? AB
∴过 A 、 B 、 D 三点的圆以点 M 为圆心, BD 为直径 ∵ M 点的横坐标为 1 ∴ MA ? x ∵ MA ?

1 BD 2
12 分

∴过 A 、 B 、 D 三点的圆与 x 轴相切 考点:1、双曲线的标准方程;2、双曲线的综合问题.

9. (Ⅰ)

1 1 3 2 x2 y 2 x2 y 2 ? ? ? ? 1, ? ? 1 ;(Ⅱ) k1k2 ? 1 ;(Ⅲ) . AB CD 8 8 4 4 4

试题解析:解: (Ⅰ)设椭圆的半焦距为 c ,由题意知:

c 2 ,2a+2c=4( 2 +1)所以 a=2 2 ,c=2, ? a 2

第7页

又 a 2 = b 2 ? c 2 ,因此 b=2。故 椭圆的标准方程为

x2 y 2 ? ?1 8 4

x2 y 2 由题意设等轴双曲线的标准方程为 2 ? 2 ? 1 ? m ? 0? , 因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点。 所以 m=2, m m
因此 双曲线的标准方程为

x2 y 2 ? ?1 4 4
y0 y0 , k2 ? 。 x0 ? 2 x0 ? 2

(Ⅱ)设 P( x0 , y0 ) ,F 1 ? ?2, 0? , F 2 ? 2, 0? 则 k1 =

2 2 因为点 P 在双曲线 x2 ? y 2 ? 4 上,所以 x0 ? y0 ?4。

因此 k1k2 ?

y0 y y2 ? 0 ? 2 0 ? 1 ,即 k1k2 ? 1 x0 ? 2 x0 ? 2 x0 ? 4

(Ⅲ)设 A( x1 , y1 ) ,B( x2 , y2 ) ,由于 PF1 的方程为 y ? k1 ? x ? 2? ,将其代入椭圆方程得

? 2k

2 1

? 1 x 2 ? 8k12 x ? 8k12 ? 8 ? 0

?

所以 x1 ? x2 ? ?

8k12 8k12 ? 8 ,所以 , x1 ? x2 ? 2k12 ? 1 2k12 ? 1

AB ? 1 ? k
?4 2

2 1

? x1 ? x2 ?

2

? 4 x1 x2 ? 1 ? k

2 1

? 8k12 ? 8k12 ? 8 ? 2 ? ? 4? 2 2k1 ? 1 ? 2k1 ? 1 ?

2

k12 ? 1 k2 2 ? 1 同理可得 . CD ? 4 2 2k12 ? 1 2k 2 2 ? 1



1 1 1 2k12 ? 1 2k2 2 ? 1 ? ? ( ? ) ,又 AB CD 4 2 k12 ? 1 k2 2 ? 1
2 1 2 1

k1k2 ? 1 ,

所以

2 ?1 1 1 1 2k ? 1 k12 2 2k12 ? 1 k12 ? 2 3 2 ? ? ( ? )? . ( ? )? 1 AB CD 4 2 k ? 1 8 k12 ? 1 k12 ? 1 8 k12



1 1 3 2 ? ? 恒成立. AB CD 8

考点:1.椭圆与双曲线的标准方程;2.直线与圆锥曲线的位置关系.

??? ? ???? 2 y2 10. (1) x ? ? 1; (2) PP ; (3)详见解析. 1 ? PP 2 ? 9 2
2

答案第 8 页,总 12 页

试题解析: (1)设 F2 、 M 的坐标分别为
2

?

1 ? b2 ,0 、

? ?

1 ? b2 , y0 ( y0 ? 0)

?

y0 2 2 因为点 M 在双曲线 C 上,所以 1 ? b ? 2 ? 1,即 y0 ? b 2 ,所以 MF2 ? b b
0 在 Rt ?MF2 F1 中, ?MF 2 ? b ,所以 MF 1 ? 2b 2 分 1F 2 ? 30 , MF

2

2

C 的方程为: x ? 由双曲线的定义可知: MF 1 ? MF 2 ? b ? 2 故双曲线
2
2

y2 ? 14 分 2
5分

(2)由条件可知:两条渐近线分别为 l1 : 2x ? y ? 0 , l2 : 2x ? y ? 0 设双曲线 C 上的点 P( x0 , y0 ) ,设 l1 的倾斜角为 ? ,则 tan ? ? 则点 P 到两条渐近线的距离分别为 | PP 1 |?

2
2 x0 ? y0 3
7分

2 x0 ? y0 3

, | PP2 |?

因为 P( x0 , y0 ) 在双曲线 C : x ?
2

y2 ? 1 上,所以 2x02 ? y02 ? 2 2

又 cos 2? ?

1 ? tan 2 ? 1 ? 2 1 1 ? ? ? ,从而 cos ?P 1 PP 2 ? cos(? ? 2? ) ? ? cos 2? ? 2 3 1 ? tan ? 1 ? 2 3
2 x0 ? y0 3 ? 2 x0 ? y0 3 2 x0 2 ? y0 2 1 2 cos ?P ? ? 10 分 1 PP 2 ? 3 3 9

??? ? ???? 所以 PP 1 ? PP 2 ?

(3)由题意,即证: OA ? OB . 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,切线 l 的方程为: x0 x ? y0 y ? 2 ,且 x02 ? y02 ? 2 11 分 ①当 y0 ? 0 时,将切线 l 的方程代入双曲线 C 中,化简得:

(2 y02 ? x02 ) x2 ? 4x0 x ? (2 y02 ? 4) ? 0
所以: x1 ? x2 ? ?

4 x0 (2 y02 ? 4) , x x ? ? 1 2 (2 y02 ? x02 ) (2 y02 ? x02 )

又 y1 y2 ?

(2 ? x0 x1 ) (2 ? x0 x2 ) 8 ? 2 x02 1 2 ? 13 分 ? ? 2? 4 ? 2 x ( x ? x ) ? x x x ? 0 1 2 0 1 2? y0 y0 y0 ? 2 y02 ? x02

??? ? ??? ? (2 y02 ? 4) 8 ? 2 x02 4 ? 2( x02 ? y02 ) 所以 OA ? OB ? x1 x2 ? y1 y2 ? ? ? ? ? 0 15 分 (2 y02 ? x02 ) 2 y02 ? x02 2 y02 ? x02
②当 y0 ? 0 时,易知上述结论也成立. 所以 OA ? OB ? x1x2 ? y1y2 ? 0 16 分 综上, OA ? OB ,所以 AB ? 2 OD .
第9页

??? ? ??? ?

??? ?

????

18 分

考点:1.双曲线方程与性质;2.直线与双曲线;3.解析几何中的证明.

11. (1) y ? 2 或 y ? x ? 1 ; (2)证明见解析.
试题解析: (1)由题意得 P(2,1) ,显然 y ? 2 符合题意 若相切:设 l 的方程为: m ? y ? 2? ? x ?1,于是由 ?
2

?m ? y ? 2 ? ? x ? 1 ? ,得 y 2 ? 4my ? 8m ? 4 ? 0 2 ? ? y ? 4x

令 ? ? ? 4m ? ? 4 ? 8m ? 4 ? ? 0 ,得到 m ? 1 ,于是 y ? x ? 1 所以方程为 y ? 2 或 y ? x ? 1 . (2)设 Q ?

? y12 ? ? y2 ? y ?y y1 ? y2 4 , y1 ? , R ? 2 , y2 ? ,于是 k ? 1 2 ? 2 ? 2 y1 y2 x1 ? x2 y1 ? y2 ? 4 ? ? 4 ? ? 4 4

于是 QR 的方程为:

y12 ? 4 ? x ? ? ? ? y ? y1 ,得 4x ? ? y1 ? y2 ? y ? y1 y2 ? 0 ? ?1? y1 ? y2 ? 4 ?
4 4 4 4 , k?R ? ,于是 ? ? ?1 y1 ? 2 y2 ? 2 y1 ? 2 y2 ? 2

又 ?Q ? ?R ,所以 k?Q ? k?R ? ?1 ,易得 k?Q ?

即 y1 y2 ? 2 ? y1 ? y2 ? ? 20 ? 0 ,代入 ?1? 中,消去 y1 y2 ,得 4x ? ? y1 ? y2 ?? y ? 2? ? 20 ? 0 令 y ? ?2 ,于是 x ? 5 ,故过定点 ? 5, ?2? 考点:直线与抛物线的位置关系. 【名师点睛】直线与抛物线的位置关系: (1)相交:①直线与抛物线有两个公共点, Δ ? 0 ;②与对称轴平行,有一个公共点. (2)相切:与抛物线只有一个公共点, Δ ? 0 . (3)相离:与抛物线无公共点, Δ ? 0 . 因此在直线与抛物线只有一个公共点时有两种类型,相切或与对称轴平行.

12. (Ⅰ) y1 y2 ? ?8 ; (Ⅱ) 2
试题解析:证明: (Ⅰ)依题意,设直线 AB 的方程为 x ? my ? 2 ? m ? 0? .将其代入 y ? 4 x ,消去 x ,
2

整理得 y ? 4my ? 8 ? 0 .从而 y1 y2 ? ?8 .
2

(Ⅱ)AF: y ?

y y1 ( x ? 1) 与 y 2 ? 4x 联立,得 1 y 2 ? (1 ? x1 ) y ? y1 ? 0 4 x1 ? 1

由韦达定理得, y1 yM ? ?4 ? yM ? ?

4 4 ,同理, yN ? ? y1 y2

答案第 10 页,总 12 页

4 k1 yM ? yN y ? y2 yy ? ? 1 ? ? 1 2 ? 2 .考点:1.抛物线的简单性质;2.直线与抛物线的性质. 4 k2 yM ? y N 4 y1 ? y2

13. (1) y 2 ? x ; (2)2
(2)因为函数 y = -

x 的导函数为

y ?= -

1 2 x ,设 A( x0 , y0 ) ,

则直线 MA 的方程为

y - y0 = -

1 ( x - x0 ) 2 x0



因为点 M (0, - 2) 在直线 MA 上,所以

- 2 - y0 = -

1 1 ? ( x0 ) 2 x0



ì 1 ? ? ? y0 = - 2 - 2 ? í ? ?y2= x. 0 ? 0 联立 ?

x0 ,
解得 A(16, - 4) .所以直线 OA 的方程为

y= -

1 x 4 .

ì ? y 2 = x, ? í 2 2 ? ? y = kx - 2 ,得 k x - (4k + 1) x + 4 = 0 , 设直线 BC 方程为 y = kx - 2 ,由 ?
ì 1 ? ? ? y = - 4 x, í 8 4k + 1 4 ? xN = xB + xC = , xB xC = 2 ? 2 4k + 1 . k k .由 ? ? y = kx - 2 ,得 所以
x + xC MN MN xN xN + = + = xN ? B MB MC xB xC xB xC
所以

4k + 1 2 8 ? k 4 4k + 1 k2

8 4k + 1 ? 4k + 1 4

2


MN MN + MC 为定值 2。考点:1.抛物线方程;2.直线与抛物线的位置关系. 故 MB
14. (Ⅰ) y ? 4 x ; (Ⅱ)详见解析
2

试题解析:解法一: (Ⅰ)由抛物线的定义得 ?F ? 2 ?

p . 2

因为 ?F ? 3 ,即 2 ?

p ? 3 ,解得 p ? 2 ,所以抛物线 ? 的方程为 y 2 ? 4x . 2
2

(Ⅱ)因为点 ? ? 2, m? 在抛物线 ? : y ? 4 x 上,

第 11 页

所以 m ? ?2 2 ,由抛物线的对称性,不妨设 ? 2, 2 2 . 由 ? 2, 2 2 , F ?1,0? 可得直线 ? F 的方程为 y ? 2 2 ? x ?1? . 由?

?

?

?

?

? y ? 2 2 ? x ? 1? ? ? ? y ? 4x
2

2 ,得 2 x ? 5 x ? 2 ? 0 ,

解得 x ? 2 或 x ?

1 ?1 ? ,从而 ? ? , ? 2 ? .又 G ? ?1,0 ? , 2 ?2 ?

所以 kG? ?

2 2 ?0 2 2 ? 2 ?0 2 2 ?? ? , kG? ? , 1 3 2 ? ? ?1? 3 ? ? ?1? 2

所以 kG? ? kG? ? 0 ,从而 ??GF ? ??GF ,这表明点 F 到直线 G ? , G ? 的距离相等, 故以 F 为圆心且与直线 G ? 相切的圆必与直线 G ? 相切. 解法二: (Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)设以点 F 为圆心且与直线 G ? 相切的圆的半径为 r . 因为点 ? ? 2, m? 在抛物线 ? : y ? 4 x 上,
2

所以 m ? ?2 2 ,由抛物线的对称性,不妨设 ? 2, 2 2 .

?

?

由 ? 2, 2 2 , F ?1,0? 可得直线 ? F 的方程为 y ? 2 2 ? x ?1? . 由?

?

?

? ? y ? 2 2 ? x ? 1?
2 ? ? y ? 4x

2 , 得 2 x ? 5x ? 2 ? 0 , 解得 x ? 2 或 x ?

1 ?1 ? , 从而 ? ? , ? 2 ? . 2 ?2 ?

又 G ? ?1,0 ? ,故直线 G ? 的方程为 2 2x ? 3 y ? 2 2 ? 0 ,从而 r ? 又直线 G ? 的方程为 2 2x ? 3 y ? 2 2 ? 0 , 所以点 F 到直线 G ? 的距离 d ?

2 2 ?2 2 8?9

?

4 2 . 17

2 2?2 2 8?9

?

4 2 ?r. 17

这表明以点 F 为圆心且与直线 G ? 相切的圆必与直线 G ? 相切. 考点:1.抛物线方程;2.直线与抛物线之间的关系. 【方法点睛】本题主要考查抛物线的方程,以及直线和抛物线之间的关系,在解决圆锥曲线方程时,考生 一定要熟练掌握圆锥曲线的定义,这是解决此类问题的关键;在解决直线与圆锥曲线之间的关系时,需要 将直线方程与圆锥曲线方程联立,然后再利用韦达定理和题中所给的信息结合解析几何进行处理.

答案第 12 页,总 12 页


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