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2009届全国百套名校高三数学模拟试题分类汇编

时间:2010-12-30


2009 届全国百套名校高三数学模拟试题分类 汇编 09 圆锥曲线
试题收集:成都市新都一中 肖宏 三、解答题(第二部分) 41、(烟台·理科)已知动点 A、B 分别在 x 轴、y 轴上,且满足|AB|=2,点 P 在线段 AB 上,且

AP = t PB(t是不为零的常数). 设点 P 的轨迹方程为 c。
(1)求点 P 的轨迹方程 C; (2)若 t=2,点 M、N 是 C 上关于原点对称的两个动点(M、N 不在坐标轴上),点 Q 坐标为 ( ,3), 求△QMN 的面积 S 的最大值。 (解)(1)设 A( a,0), B (0, b), P ( x, y )

3 2

Q AP = t PB, 即( x ? a, y ) = t (? x, b ? y ) LLLL 2分 ?a = (1 + t ) x ? x ? a = ?tx ? ∴? 则? 1 + t ,由题意知t > 0, ?y ? y = t (b ? y ) ?b = t ? 1+ t2 2 2 2 2 2 Q| AB |= 2 ∴ a + b = 4即(1 + t ) x + ( )y = 4 t x2 y2 ∴ 点P轨迹方程C为 : + = 1LLLL 4分 4 4t 2 (1 + t ) 2 (1 + t ) 2

9x 2 9 2 (2)t=2 时, C为 + y = 1 …………5 分 4 16

设M ( x1 , y1 ), 则N = (? x1 ,? y1 ), 则MN = 2 x12 + y12 . 设直线MN的方程为y = 点Q到MN距离为 3 y1 ? 3 x1 | 2 LLLL 7分 h= x12 + y12 | ∴ S ?QMN 3 | y1 ? 3 x1 | 1 3 = ? 2 x12 + y12 ? 2 =| y1 ? 3 x1 | LLLL8分 2 2 x12 + y12 9 2 y1 ? 9 x1 y1 4 y1 x, ( x1 ≠ 0) x1

2 Q S ?QMN = 9 x12 +

9 x12 9 y12 9 又 + = 1∴ 9 x12 + y12 = 4 4 16 4 2 ∴ S ?QMN = 4 ? 9 x1 y1 9 x12 9 y12 3x 3 y 9x y + ≥ ?2 ? 1 ? 1 = ? 1 1 4 16 2 4 4 ∴ ?9 x 2 y1 ≤ 4 LLLL11分 而1 = 3 x1 3 y1 1 = , 即x1 = ? y1时, 等号成立 2 4 2 ∴ S ?QMN 的最大值为2 2 LLLL12分 当且仅当
42、(枣庄市·理科)在平面直角坐标系中,O 为坐标原点,已知两点 M(1,—3)、N(5,1), 若动点 C 满足 OC = t OM + (1 ? t )ON (t ∈ R ), 且点C的轨迹与抛物线y = 4 x 交于 A、B
2

两点。 (I)求证: OA ⊥ OB ; (II) x 轴上是否存在一点 P ( m,0)( m ≠ 0) , 在 使得过点 P 的直线 l 交抛物线 y 2 = 4 x 于 D、 E 两点,并以线段 DE 为直径的圆都过原点。若存在,请求出 m 的值及圆心 M 的轨 迹方程;若不存在,请说明理由。 (解)(I)解:由 OC = t OM + (1 ? t )ON (t ∈ R ), 得 NC = t NM . 知点 C 的轨迹是过 M,N 两点的直线,故点 C 的轨迹方程是:

1 ? (?3) ? ( x ? 1), 即y = x ? 4.LLLL 3分 4 ?y = x ? 4 由? 2 ? ( x ? 4) 2 = 4 x ? x 2 ? 12 x + 16 = 0 ? y = 4x y+3= ∴ x A x B = 16, x A + x B = 12 y A y B = ( x A ? 4)( x B ? 4) = x A x B ? 4( x A + x B ) + 16 = ?16. ∴ OA ? OB = x A x B + y A y B = 0.故OA ⊥ OB.LLLL 6分
(II)解:假设存在 P ( m,0)( m ≠ 0), 使得过点P的直线l交抛物线y 2 = 4 x 于 D、E 两点, 并以线段 DE 为直径的圆都过原点。设 D ( x1 , y1 ), E ( x 2 , y 2 ). 由题意,直线 l 的斜率不为零, 所以,可设直线 l 的方程为 x = ky + m. 代入 y 2 = 4 x, 得y 2 ? 4ky ? 4m = 0. …………7 分

则判别式? = 16(k 2 + m) > 0, 即k 2 + m > 0.(?) 同时, y1 + y 2 = 4k , y1 y 2 = ?4m,
x1 x 2 = (ky1 + m)(ky 2 + m) = k 2 y1 y 2 + km( y1 + y 2 ) + m 2 = m 2 .LLLL8分

则OD ? OE = x1 x 2 + y1 y 2 = m 2 ? 4m = 0.又m ≠ 0, 解得m = 4, 满足(?)式.
此时,以 DE 为直径的圆都过原点。 …………10 分 设弦 DE 的中点为 M ( x, y ), 则x =

1 1 ( x1 + x 2 ), y = ( y1 + y 2 ). 2 2

x1 + x 2 = ky1 + 4 + ky 2 + 4 = k ( y1 + y 2 ) + 8 = k ? (4k ) + 8 = 4k 2 + 8.

? x = 2k 2 + 4, 所以, 弦DE的中点M的轨迹的参数方程为? ? y = 2k . 消去k得y 2 = 2 x ? 8, 即为所求圆心M的轨迹方程.LLLL12分
43、(聊城一中·理科)已知椭圆的一个顶点为 A(0, ? 1),焦点在 x 轴上.若右焦点到直线

x ? y + 2 2 = 0 的距离为 3.
(1)求椭圆的方程, (2)设椭圆与直线 y = kx + m ( k ≠ 0) 相交于不同的两点 M、N.当 AM = AN 时,求 m 的取值范围. (解)(1)依题意可设椭圆方程为

x2 + y 2 = 1 ,则右焦点 F( a 2 ? 1,0 )由题设 2 a

a2 ?1 + 2 2 2

=3

解得 a = 3
2

故所求椭圆的方程为

x2 + y2 = 1 3

? y = kx + m ? 2 2 2 (2)设 P 为弦 MN 的中点,由 ? x 2 得 (3k + 1) x + 6mkx + 3( m ? 1) = 0 2 ? + y =1 ?3
由于直线与椭圆有两个交点,∴ ? > 0, 即 m < 3k + 1
2 2



∴ xp =
∴ k Ap =

xM + x N 3mk =? 2 2 3k + 1
yp +1 xp =? m + 3k 2 + 1 3mk

从而 y p = kx p + m =

m 3k 2 + 1

又 AM = AN ,∴ AP ⊥ MN ,则

?

m + 3k 2 + 1 1 =? 3mk k
2

即 2m = 3k + 1
2



把②代入①得 2m > m

解得 0 < m < 2

由②得

k2 =

2m ? 1 > 0 解得 3

m>

1 . 2
故所求 m 的取范围是(

1 ,2 ).44、(江苏省梁寨中学 08-09 学年高三年级调研考 2

试)已知菱形 ABCD 的顶点 A,C 在椭圆 x 2 + 3 y 2 = 4 上,对角线 BD 所在直线的斜率为 1. (Ⅰ)当直线 BD 过点 (0, 时,求直线 AC 的方程; 1) (Ⅱ)当 ∠ABC = 60 时,求菱形 ABCD 面积的最大值.
o

解:(Ⅰ)由题意得直线 BD 的方程为 y = x + 1 . 因为四边形 ABCD 为菱形,所以 AC ⊥ BD . 于是可设直线 AC 的方程为 y = ? x + n .

? x 2 + 3 y 2 = 4, 2 2 由? 得 4 x ? 6nx + 3n ? 4 = 0 . ? y = ?x + n
因为 A,C 在椭圆上, 所以 ? = ?12n + 64 > 0 ,解得 ?
2

4 3 4 3 <n< . 3 3

(x 设 A,C 两点坐标分别为 ( x1,y1 ), 2,y2 ) ,

则 x1 + x2 =

3n 3n 2 ? 4 , x1 x2 = , y1 = ? x1 + n , y2 = ? x2 + n . 2 4

所以 y1 + y2 =

n . 2
? 3n n ? ,?. ? 4 4? ? 3n n ? , ? 在直线 y = x + 1 上, ? 4 4?

所以 AC 的中点坐标为 ?

由四边形 ABCD 为菱形可知,点 ? 所以

n 3n = + 1 ,解得 n = ?2 . 4 4

所以直线 AC 的方程为 y = ? x ? 2 ,即 x + y + 2 = 0 . (Ⅱ)因为四边形 ABCD 为菱形,且 ∠ABC = 60 ,
o

所以 AB = BC = CA . 所以菱形 ABCD 的面积 S =

3 2 AC . 2
2 2

由(Ⅰ)可得 AC = ( x1 ? x2 ) + ( y1 ? y2 ) =
2

?3n 2 + 16 , 2

所以 S =

? 4 3 3 4 3? (?3n 2 + 16) ? ? <n< ?. ? ? 4 3 3 ? ?

45、 (广东省汕头市潮南区 08-09 学年度第一学期期末高三级质检)椭圆的中心是原点 O,

a2 它的短轴长为 2 2 ,相应于焦点 F(c,0)(c>0)的准线 l (准线方程 x= ± ,其中 a 为长 c
半轴,c 为半焦距)与 x 轴交于点 A, OF = 2 FA ,过点 A 的直线与椭圆相交于点 P、Q。 (1) 求椭圆方程; (2) 求椭圆的离心率; (3) 若 OP ? OQ = 0 ,求直线 PQ 的方程。

a2 解:(1)由已知得 b = 2, c = 2( ? c ) ,解得: c 2 = 4, a 2 = 6 ……………………2 分 c
所求椭圆方程为

x2 y 2 + = 1 ………………………………………………4 分 6 2

(2)因 a =

6, c = 2 ,得 e =

2 6 c = = ……………………………………7 分 3 a 6

(3)因点 A(

a2 , 0) 即 A(3,0),设直线 PQ 方程为 y = k ( x ? 3) ………………8 分 c

则由方程组 ?

? y = k ( x ? 3) 2 2 2 2 ,消去 y 得: (1 + 3k ) x ? 18k x + 27 k ? 6 = 0 2 2 ?2 x + 6 y = 12

18k 2 27 k 2 ? 6 设点 P ( x1 , y1 ), Q ( x2 , y2 ) 则 x1 + x2 = , x1 x2 = ……………………10 分 1 + 3k 2 1 + 3k 2
因 OP OQ = 0 ,得 x1 x2 + y1 y2 = 0 , 又 y1 y2 = k ( x1 ? 3)( x2 ? 3) = k x1 x2 ? 3k ( x1 + x2 ) + 9k ,代入上式得
2 2 2 2

uuu uuur r

(1 + k 2 ) x1 x2 ? 3k 2 ( x1 + x2 ) + 9k 2 = 0 ,故

(1 + k 2 )(27 k 2 ? 6) 3k 2 18k 2 ? + 9k 2 = 0 1 + 3k 2 1 + 3k 2

解得: k =
2

1 5 5 ,k = ± ,所求直线 PQ 方程为 y = ± ( x ? 3) ……………………14 分 5 5 5

46、(重庆奉节长龙中学 2009 年高考数学预测卷二)P 是以 F1、F2 为焦点的双曲线 C:

uuur uuuu r uuur uuuu r x2 y2 ? 2 = 1 (a>0,b>0)上的一点,已知 PF1 ? PF2 =0, | PF1 |= 2 | PF2 | . a2 b
(1)试求双曲线的离心率 e ; (2)过点 P 作直线分别与双曲线两渐近线相交于 P1、P2 两点,当 OP ? OP2 = ? 1

uuur uuur

27 , 4

uuu uuur r 2PP + PP2 = 0,求双曲线的方程. 1
uuur uuur uuuu r uuur uuuu r uuuu r 解(1)∵ | PF1 |= 2 | PF2 | , | PF1 | ? | PF2 |= 2a ,∴ | PF1 |= 4a , | PF2 |= 2a .

∵ PF1 PF2 =0,∴(4a)2+(2a)2=(2c)2,∴ e =

uuur uuuu r

c = 5 .……………………4 分 a

2 2 (2)由(1)知,双曲线的方程可设为 x 2 ? y 2 = 1 ,渐近线方程为 y = ± 2 x .…5 分

a

4a

设 P1(x1,2x1),P2(x2,-2x2),P(x,y).
uuur uuuu r ∵ OP1 OP2 = ?3x1x2 = ? 27 4
x= , uuur uuur 9 ? 3 ,∴ x1 x2 = . ∵ 2 PP1 + PP2 = 0 ,∴ ? ………8 分 ? 4 2(2 x1 ? x2 ) ? ? ? y= 3 . ? 2 x1 + x2

∵点 P 在双曲线上,∴ (2 x1 + 2x2 )
9a

2

?

(2 x1 ? x2 )2 =1. 9a 2

化简得, x1x2 = 9a .∴ 9a
8

2

2

8

=

2 2 9 .∴ a 2 = 2 .∴双曲线的方程为 x ? y = 1 …12 4 2 8



评析:本题考查向量与双曲线的有关内容.近几年来向量与其他知识互相渗透成为一种时尚, 基于此特命此题.本题考查学生运用圆锥曲线定义灵活解题的能力、向量知识、运算能 力. 47、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)已知常数 m > 0 ,向量 a = (0, 1),向量 b = (m, 0),经过点 A(m, 0),以λa+b 为方向向量的直线与经过点 B(- m, 0),以λb- 4a 为方 向向量的直线交于点 P,其中λ∈R. (1) 求点 P 的轨迹 E; (2) 若 m = 2 5 ,F(4, 0),问是否存在实数 k 使得以 Q(k, 0)为圆心,|QF|为半径的圆与轨迹 E 交 于 M、N 两点,并且|MF| + |NF| = 3 5 .若存在求出 k 的值;若不存在,试说明理由. 解 (1) ∵λa+b = ( m,λ),∴ 直线 AP 方程为 y =
λ ( x ? m) ;…………………………① m

又λb - 4a =(λm, - 4), ∴ 直线 NP 方程为 y = ? 由①、②消去λ得 y 2 = ?

4

λm

( x + m) ;…………………………②

y2 4 x2 ( x 2 ? m 2 ) ,即 + =1 . 4 m2 m2

故当 m = 2 时,轨迹 E 是以(0, 0)为圆心,以 2 为半径的圆:x2 + y2 = 4; 当 m > 2 时,轨迹 E 是以原点为中心,以 ( ± m 2 ? 4 , 0) 为焦点的椭圆: 当 0 < m <2 时,轨迹 E 是以中心为原点,焦点为 (0, ± 4 ? m 2 ) 的椭圆. (2) 假设存在实数 k 满足要求,此时有圆 Q:(x- k)2 + y2 = (4- k)2 ; 椭圆 E:
x2 y2 2 + = 1 ;其右焦点为 F(4 , 0 ),且 e = 5. 20 4 5

由圆 Q 与椭圆 E 的方程联立得 2y2- 5kx + 20k- 30 = 0, 设 M(x1, y1), N(x2, y2), 则有 x1 + x 2 = k , ………………………………………………③ △=25k2- 4×2(20k- 30), 又 |MF| = 2 5 ? ∴ 2 5? 由此可得
2 2 5 x1 , |NF| = 2 5 ? 5 x2 , 而 | MF | + | NF | = 3 5 ; 5 5 5 2

2 2 5 x1 + 2 5 ? 5 x2 = 3 5 , 5 5 x1 + x 2 = 5 ,……………………………………………………………………④ 2

由③、④得 k = 1,且此时△>0.故存在实数 k = 1 满足要求. 48、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)双曲线的实半轴与虚半轴长的积为 3 ,它的两 焦点分别为 F1、F2,直线 l 过 F2 且与直线 F1F2 的夹角为 α ,且 tan α =

21 , l 与线段 F1F2 2

的垂直平分线的交点为 P,线段 PF2 与双曲线的交点为 Q,且 PQ : QF2 = 2 : 1 ,建立适当 的坐标系,求双曲线的方程. 解
2

以 F1F2 的中点为原点,F1、F2 所在直线为 x 轴建立坐标系,则所求双曲线方程为
2

x y 21 ( x ? c ) ,它与 y 轴 ? 2 = 1 (a>0,b>0),设 F2(c,0),不妨设 l 的方程为 y = 2 2 a b 21 2 21 交点 P ( 0,? c ) ,由定比分点坐标公式,得 Q 点的坐标为 ( c ,? c ) ,由点 Q 在双 22 3 6 2 4c 21c 曲线上可得 ? = 1 ,又 ab = 3 , 2 9a 36b 2 y2 2 ∴ a = 1 , b = 3 ,∴双曲线方程为 x ? = 1. 3
49、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)在直角坐标平面上,O 为原点,M 为动点,

| OM |= 5 , ON =

2 5 OM . 过点 M 作 MM1⊥y 轴于 M1,过 N 作 NN1⊥x 轴于点 N1, 5

OT = M 1 M + N 1 N . 记点 T 的轨迹为曲线 C,点 A(5,0)、B(1,0),过点 A 作直线 l
交曲线 C 于两个不同的点 P、Q(点 Q 在 A 与 P 之间). (1)求曲线 C 的方程; (2)证明不存在直线 l,使得|BP|=|BQ|; (3)过点 P 作 y 轴的平行线与曲线 C 的另一交点为 S,若 AP = t AQ ,证明 SB = t BQ. (1)设点 T 的坐标为 ( x, y ) ,点 M 的坐标为 ( x ′, y ′) ,则 M1 的坐标为(0, y ′ ),

ON =

2 5 2 5 2 5 2 5 OM = ( x ′, y ′) ,于是点 N 的坐标为 ( x ′, y ′) ,N1 的坐标 5 5 5 5

为(

2 5 2 5 x ′,0) ,所以 M 1 M = ( x ′,0), N 1 N = (0, y ′). 5 5

? x = x ′, 2 5 ? 由 OT = M 1 M + N 1 N , 有( x, y ) = ( x ′,0) + (0, y ′), 所以? 2 5 5 y ′. ?y = 5 ?
由此得 x ′ = x, y ′ =

5 y. 2 5 2 y)
2

由 | OM |=

5 , 有x ′ 2 + y ′ 2 = 5, 所以x 2 + (

= 5, 得

x2 5

+

y2 4

= 1,

即所求的方程表示的曲线 C 是椭圆. ……………………3 分 (2)点 A(5,0)在曲线 C 即椭圆的外部,当直线 l 的斜率不存在时,直线 l 与椭圆 C 无交点,所以直线 l 斜率存在,并设为 k. 直线 l 的方程为 y = k ( x ? 5).

? x2 y2 = 1, ? + 由方程组 ? 5 得(5k 2 + 4) x 2 ? 50k 2 x + 125k 2 ? 20 = 0. 4 ? y = k ( x ? 5) ?
依题意 ? = 20(16 ? 80k ) > 0, 得 ?
2

5 5 <k< . 5 5

当?

5 5 <k< 时,设交点 P ( x1 , y1 ), Q ( x 2 , y 2 ), PQ 的中点为 R ( x0 , y 0 ) , 5 5

则 x1 + x 2 =

x + x2 50k 2 25k 2 , x0 = 1 = 2 . 2 5k 2 + 4 5k + 4
25k 2 ? 20k . ? 5) = 2 2 5k + 4 5k + 4

∴ y 0 = k ( x0 ? 5) = k (

又 | BP |=| BQ |? BR ⊥ l ? k ? k BR = ?1,

k ? k BR

20k 2 20k 2 = k ? 5k + 4 = = ?1 ? 20k 2 = 20k 2 ? 4, 25k 2 4 ? 20k 2 1? 2 5k + 4
2 2

而 20k = 20k ? 4 不可能成立,所以不存在直线 l,使得|BP|=|BQ|.…………7 分 (3)由题意有 S ( x1 ,? y1 ), AP = ( x1 ? 5, y1 ), AQ = ( x 2 ? 5, y 2 ) ,则有方程组

? x1 ? 5 = t ( x 2 ? 5), (1) ? y = ty , ( 2) 2 ? 1 ? x12 y12 ? + = 1, (3) 4 ?5 ? x2 y2 ? 2 + 2 = 1. ( 4) 4 ?5

由(1)得 x1 = t ( x 2 ? 5) + 5

(5)

2 将(2),(5)代入(3)有 4[t ( x 2 ? 5) + 5] 2 + 5t 2 y 2 = 20.

整理并将(4)代入得 (t 2 ? 1) + 2(1 ? t )tx 2 + 5(1 ? t ) 2 = 0 , 易知 t > 1, 解得x 2 =

3t ? 2 . t

因为 B(1,0),S ( x1 , y1 ) ,故 SB = (1 ? x1 , y1 ), BQ = ( x 2 ? 1, y 2 ) ,所以

SB ? t BQ = (1 ? x1 , y1 ) ? t ( x 2 ? 1, y 2 ) = (1 ? x1 ? t ( x 2 ? 1), y1 ? ty 2 ) = (1 ? t ( x 2 ? 5) ? 5 ? t ( x 2 ? 1),0) = (?4 ? t (2 x 2 ? 6),0) = ( ?4 ? t ( 6t ? 4 ? 6),0) = (0,0), t

∴ SB ? t BQ.
50、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)已知离心率为

5 的双曲线 C 的中心在坐标原 2

点,左、右焦点 F1、F2 在 x 轴上,双曲线 C 的右支上一点 A 使 AF1 ? AF2 = 0 且 ?F1 AF2 的面 积为 1。 (1) 求双曲线 C 的标准方程; (2) 若直线 l : y = kx + m 与双曲线 C 相交于 E、F 两点(E、F 不是左右顶点),且以 EF 为直径的圆过双曲线 C 的右顶点 D。求证:直线 l 过定点,并求出该定点的坐标。 解: (1)由题意设双曲线的标准方程为

x2 y2 ? = 1(a > 0, b > 0) , 由 已 知 得 : a2 b2

c e= = a

a2 + b2 5 = 解得 a = 2b a 2

∵ AF1 ? AF2 = 0 且 ?F1 AF2 的面积为 1 ∴ | F1 A | ? | F2 A |= 2a, S ?F1 AF2 =

1 | F1 A | ? | F2 A |= 1 , | F1 A | 2 + | F2 A | 2 =| F1 F2 | 2 2

∴ (| F1 A | ? | F2 A |) 2 = 4c 2 ? 4 = 4a 2 ∴ b = 1, a = 2

∴双曲线 C 的标准方程为

x2 ? y2 = 1。 4

? y = kx + m ? (2)设 E ( x1 , y1 ), F ( x 2 , y 2 ) ,联立 ? x 2 得 (4k 2 ? 1) x 2 + 8kmx + 4m 2 + 4 = 0 2 ? ? y =1 ?4
显然 k ≠ ±

1 否则直线 l 与双曲线 C 只有一个交点。 2

? = (8km) 2 ? 4(4m 2 + 4)(4k 2 ? 1) > 0 即 4k 2 ? m 2 ? 1 < 0

8km ? ? x1 + x 2 = ? 4k 2 ? 1 ? 则? 2 ? x x = 4m + 4 ? 1 2 4k 2 ? 1 ?
又 y1 y 2 = ( kx1 + m)( kx 2 + m) = k 2 x1 x 2 + km( x1 + x 2 ) + m 2 ∵以 EF 为直径的圆过双曲线 C 的右顶点 D(2,0) ∴ DE ? DF = 0 即 ( x1 ? 2, y1 ) ? ( x 2 ? 2, y 2 ) = 0 ∴ ( k + 1) x1 x 2 + ( km ? 2)( x1 + x 2 ) + m + 4 = 0
2 2

∴ ( k + 1) ?
2

4m 2 + 4 ? 8km + (km ? 2) ? 2 + m2 + 4 = 0 2 4k ? 1 4k ? 1
2 2

化简整理得 3m + 16km + 20k = 0 ∴ m1 = ?2k , m 2 = ?

10 k ,且均满足 4k 2 ? m 2 ? 1 < 0 3

当 m1 = ?2k 时,直线 l 的方程为 y = k ( x ? 2) ,直线过定点(2,0),与已知矛盾!

10 10 10 k 时,直线 l 的方程为 y = k ( x ? ) ,直线过定点( ,0) 3 3 3 10 ∴直线 l 定点,定点坐标为( ,0)。 3
当 m2 = ? 51、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)求与双曲线 点 A ?3, 2 3 的双曲线的方程。

x2 y 2 ? = 1 有公共渐进线,且经过 9 16

(

)

求与双曲线

x2 y 2 ? = 1 有公共渐进线,且经过点 A ?3, 2 3 的双曲线的方程。 9 16 x2 y2 ? =λ a2 b2

(

)

解:设双曲线的方程为

Q A ?3, 2 3 在双曲线上

(

)



3 9

2

(2 3) ?
16

2

=1 得λ =

1 4

所以双曲线方程为

4x2 y 2 ? =1 9 4

52、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)已知 F1 , F2 分别是双曲线 3 x ? 5 y = 75 的左右
2 2

焦点, P 是双曲线上的一点,且 ∠F1 PF2 =120 ° ,求 ?F1 PF2 的面积 已 知 F1 , F2 分 别 是 双 曲 线 3 x 2 ? 5 y 2 = 75 的 左 右 焦 点 , P 是 双 曲 线 上 的 一 点 , 且

∠F1 PF2 =120 ° ,求 ?F1 PF2 的面积 x2 y2 解:双曲线可化为 ? =1 25 15
设 PF1 = m 由题意可得 ?

PF2 = n F1 F2 = 2c = 2 10
? m ? n = 2a = 10 2 2 ? F1 F2 = m + n ? 2mn cos120°
2

?m 2 + n 2 ? 2mn = 100 即? 2 2 ? m + n + mn = 160
所以 mn = 20

S ?F1PF2 =

1 mn sin120° = 5 3 2

53、 (2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)证明: 双曲线上任意一点到两条渐进线的距离的 乘积是一个定值 证明:双曲线上任意一点到两条渐进线的距离的乘积是一个定值 解:设双曲线的方程为

x2 y2 a ? 2 = 1 P ( xo , yo ) 所以渐近线方程为 y = ± x 2 a b b P到y=? bx + ayo a x 的距离 d 2 = o b a 2 + b2

P到y=

bx ? ayo a x 的距离 d1 = o b a 2 + b2 bxo ? ayo bxo + ayo a 2 + b2 a2 + b2 =

d1 d 2 =

b 2 xo 2 ? a 2 yo 2 a2 + b2

*

又 P 在双曲线上 所以

xo 2 yo 2 ? = 1 即 b 2 xo 2 ? a 2 yo 2 = a 2b 2 a2 b2
= a 2b 2 a 2 + b2

故*可化为 d1 d 2 =

b 2 xo 2 ? a 2 yo 2 a 2 + b2

54、 (2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)已知半圆 x 2 + y 2 = 1( y ≥ 0) 的直径为 AB , P 点 在半圆上,双曲线以 A, B 为焦点,且过点 P 。若 ∠PAB =

π
3

,求双曲线的方程。

已知半圆 x + y = 1( y ≥ 0) 的直径为 AB , P 在半圆上, 点 双曲线以 A, B 为焦点, 且过点 P 。
2 2

若 ∠PAB =

π
3

,求双曲线的方程。

解:Q P 在半圆上 ∠PAB =

π
3

∴ AP =

1 AB = 1 2

∴ Py =

3 3 AP = 2 2

Q P 在圆上 ∴ x 2 +

3 1 =1 即 x = ? 4 2

? 1 3? ∴P?? , ? 2 2 ? ? ? ?

又 2c = AB = 2 ∴ c = 1
2 ? 2 ?a 2 + b 2 = c 2 = 1 ? a + b = 1 ? ? ∴? 1 3 可得 ? x 2 y 2 ? 2 ? 2 =1 ? 4 ? 4 =1 b ? a ? ? a 2 b2

∴ 4 a 4 ? 8a 2 + 1 = 0 ∴ a 2 =

2± 3 2

Q 0 < a2 < 1 ∴ a2 =

2? 3 2

b2 =

3 ?1 2

所以双曲线方程为

x2 y2 ? =1 2? 3 3 ?1 2 2

55、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)已知圆:x2+y2=c2(c>0),把圆上的各点纵坐标不 变,横坐标伸长到原来的 2 倍得一椭圆。 ⑴求椭圆方程,并证明椭圆离心率是与 c 无关的常数; ⑵设圆与 x 轴交点为 P,过点 P 的直线 l 与圆的另一交点为 Q,直线 l 与椭圆的两交点为 M、 N,且满足 MN =

2 PQ ,求直线 l 的倾斜角。

解:⑴设 R(x,y)是圆:x2+y2=c2 上任一点,则 S( 2 x,y)在所求椭圆上的点,设 S(u,v),有

u=

2 x,v=y 即 x=

u

u2 ,y=v 代 入 圆 的 方 程 得 : + v2 = c2 故 所 求 的 椭 圆 方 程 为 : 2 2

x2 y2 2 + 2 = 1 ∴ 椭圆的长半轴的长为 2 c,半焦距为 c,故离心率 e= 与 c 无关。 2 2 2c c
⑵设直线 l 的方程为:x=-c+tcos α y=tsin α (t 为参数, 为倾斜角) ① 把①代入圆的方程得:- α ( 2 2 2 2 2 c+tcos α )cos α +(tsin α ) =c 整理得:t -2ccos α t =0 ②

设②的两根为 t1、t2,解得:t1=0,t2=2ccos α

∴ PQ = t1 ? t 2 = 2c cos α

把①代入椭圆方程得:(-c+tcos α )2+2(tsin α )2=2c2 整理得: (1+sin2 α )t2-2ccos α t-c2=0 ③ 设方程③的两根为 t3、t4,由韦达定理: t3+t4=

2c ? cos α c2 ,t3t4=- , MN = t 3 ? t 4 , 1 + sin α 1 + sin 2 α
4c 2 cos 2 α 4c 2 8c 2 + = (1 + sin 2 α ) 2 1 + sin 2 α (1 + sin 2 α ) 2 8c 2 = 8c 2 cos 2 α 即 2 2 (1 + sin α )

MN

2

= ( t 3 ? t 4 ) 2 = ( t 3 + t 4 ) 2 ? 4t 3 t 4 =

又 MN =

2 PQ ? MN

2

= 2 PQ 故有:
2

cos2 α (1+sin2 α )2=1 整理得: sin 2 α (1 ? sin 2 α ? sin 4 α ) = 0 又 α ∈ ﹝0, π )

∴ sin α =0 ? α =0 或 sin2 α =

5 ?1 ? sin α = 2

5 ?1 故得: 2

α = arcsin

5 ?1 或 α = π ? arcsin 2

5 ?1 。 2 5 ?1 。 2
x2 y2 + = 1 (a>b a 2 b2

综合得: α =0 或 α = arcsin

5 ?1 或 α = π ? arcsin 2

56、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)已知点(x,y)在椭圆 C: >0)上运动 ⑴求点 (

y , xy ) 的轨迹 C′方程; x


⑵若把轨迹 C 的方程表达式记为:y=f(x),且在 ? 0, 心率的取值范围。

? ? ?

3? ? 内 y=f(x)有最大值,试求椭圆 C 的离 3 ? ?

? x = a cos θ x2 y2 (θ 为参数),又设点 解:⑴椭圆 C: 2 + 2 = 1 的参数方程为: ? a b ? y = b sin θ
( x 0 , y 0 ) 是轨迹 C′上任意一点,则轨迹 C′的参数方程为:

y b ? ? x 0 = x = a tan θ a 2 b 2 x0 tan θ ( θ 为参数) 消去参数 θ 得:y 0 = ab = 2 把 x0 , y0 ? 1 1 + tan 2 θ b + a 2 x 0 2 ? y 0 = xy = ab sin 2θ ? 2
换成 x,y,所求轨迹 C 的方程为: a 2 x 2 y ? a 2 b 2 x + b 2 y = 0




⑵把方程①表达为函数解析式: y = f ( x ) =

a 2b 2 x ,下证函数 y = f (x ) 在 b2 + a 2 x 2

b b (0, ) 上是增函数,在 ( ,+∞) 上是减函数。设 x1>x2>0, a a
作差 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) =

a 2 b 2 x1 b 2 + a 2 x1
2

?

a 2b2 x2 b 2 + a 2 x2
2

a2 a b ( x1 ? x 2 )(1 ? 2 x1 x 2 ) b = 2 2 2 2 2 (b + a x1 )(b + a 2 x 2 )
2 4



b b2 a2 当 > x1 > x 2 >0 时,则有 0< x1 x 2 < 2 于是得到:0< 2 x1 x 2 <1 故由②式知: a a b

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) >0 ? f ( x1 ) > f ( x 2 )
当 x1 > x 2 >

b b2 a2 时,则有 x1 x 2 > 2 于是得到: 2 x1 x 2 >1 故由②式知: a a b

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) <0 ? f ( x1 ) < f ( x 2 )
故得到函数 y = f (x ) 在 (0, ) 上是增函数,在 ( ,+∞) 上是减函数。因此 y = f (x ) 在 ( 0,+∞ ) 上有最大值,当且仅当 x = 要使函数 y = f (x ) 在 (0,

b a

b a

b 时取到最大值。 a

3 b 3 b2 1 ) 内取到最大值, 则只要 < ? 2 < 设椭圆半焦距为 3 a 3 3 a

c,于是有

a2 ? c2 1 c 2 2 6 < ?( ) > ? <e<1 2 3 a 3 3 a 6 ,1) 。 3 x2 y 2 + = 1(a > b > 0) 右焦点 F 且 a 2 b2

即符合题意的离心率的取值范围是 (

57、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)已知过椭圆

斜率为 1 的直线交椭圆 C 于 A 、 B 两点, N 为弦的中点;又函数 y = a ? sin x + 3b ? cos x 的 图像的一条对称轴的方程是 x =

π
6



(1) 求椭圆 C 的离心率 e 与 kON ; (2) 对于任意一点 M ∈ C ,试证:总存在角 θ (θ ∈ R ) 使等式: OM = cosθ OA + sin θ OB 成 立.

解:1)函数 y = a ? sin x + 3b ? cos x = 且 tan ? = 函 数

a 2 + 9b 2 sin( x + ? ) .又 a > 0, b > 0 ,故 ? 为第一象限角,

3b . a
y = a ? sin x + 3b ? cos x
图 像 的 一 条 对 称 轴 方 程 式 是 :

x=

π
6

,∴

π
6

+? =

π
2

,∴? =

π
3

,∴

3b = 3 , 得 a = 3b. 又 a 2 = b 2 + c 2 , c 为 半 点 焦 距 , a

∴ c = 2b,∴ e =
由a =

c 6 = . a 3

3b 知椭圆 C 的方程可化为 x 2 + 3 y 2 = 3b 2
(1)

又焦点 F 的坐标为( 2b,0 ),AB 所在的直线方程为

y = x ? 2b
(2)代入(1)展开整理得

(2)

4 x 2 ? 6 2bx + 3b 2 = 0

(3)

设 A( x1 , y1 ),B( x2 , y 2 ),弦 AB 的中点 N( x0 , yo ),则 x1 , x2 是方程(3)的两个 不等的实数根,由韦达定理得

x1 + x2 = ∴ x0 =

3 2b 3b 2 , x1 ? x2 = 2 4

(4)

x1 + x2 3 2b = , 2 4 2b , 4

y0 = x0 ? 2b = ? ∴ kON =

y0 1 = ? , 即为所求。 x0 3

2) OA 与 OB 是平面内的两个不共线的向量,由平面向量基本定理,对于这一平面内的向量

OM ,有且只有一对实数 λ , ? , 使得等式 OM = λ OA + ? OB 成立。设 M ( x, y ), 由 1)中各点
的坐标可得:

( x, y ) = λ ( x1 , y1 ) + ? ( x2 , y2 ).

∴ x = λx1 + ?x2 , y = λ y1 + ?y2 .
又点 M ( x, y ) 在椭圆 C 上,代入(1)式得

(λx1 + ?x2 ) 2 + 3(λy1 + ?y2 ) 2 = 3b 2 ,
化为: λ ( x1 + 3 y1 ) + ? ( x2 + 3 y2 ) + 2λ? ( x1 x2 + 3 y1 y2 ) = 3b
2 2 2 2 2 2 2

(5)

由(2)和(4)式得

x1x2 + 3 y1 y2 = x1 x2 + 3( x1 ? 2b)( x2 ? 2b) = 4 x1 x2 ? 3 2b( x1 + x2 ) + 6b2 = 3b2 ? 9b2 + 6b2 = 0.
又 A, B 两点在椭圆上,故 1 有 x1 + 3 y1 = 3b , x2 + 3 y2 = 3b , 入(5)式化简得:
2 2 2 2 2 2

λ2 + ? 2 = 1
由 λ2 + ? 2 = 1 得到

λ ≤ 1, ? ≤ 1, 又 λ 是唯一确定的实数,且 λ ≤ 1 ,故存在角 θ ,使

λ = cosθ 成立,则有 ? 2 = 1 ? λ2 = sin 2 θ ,∴ ? = ± sin θ .
若 ? = sin θ , 则存在角 θ (θ ∈ R ) 使等式 OM = cosθ OA + sin θ OB 成立; ? = ? sin θ , 若 由 ? sin θ = sin( ?θ ) 与 cos θ = cos( ?θ ), 于是用 θ 代换 ? θ ,同样证得存在角 θ (θ ∈ R ) 使等 式: OM = cosθ OA + sin θ OB 成立. 综合上述,对于任意一点 M ∈ C ,总存在角 θ (θ ∈ R ) 使等式: OM = cosθ OA + sin θ OB 成 立. 58、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)已知圆 k 过定点 A(a,0)(a>0),圆心 k 在 2 抛物线 C:y =2ax 上运动,MN 为圆 k 在 y 轴上截得的弦. (1)试问 MN 的长是否随圆心 k 的运动而变化? (2)当|OA|是|OM|与|ON|的等差中项时,抛物线 C 的准线与圆 k 有怎样的位置关系? 2 解:(1)设圆心 k(x0,y0),且 y0 =2ax0, 圆 k 的半径 R=|AK|= ( x0 ? a ) 2 + y 0 =
2 2 2 2

x0 + a 2
2

∴|MN|=2 R 2 ? x 0 = 2 x0 + a 2 ? x 0 =2a(定值) ∴弦 MN 的长不随圆心 k 的运动而变化. 2 2 2 2 (2)设 M(0,y1)、N(0,y2)在圆 k:(x-x0) +(y-y0) =x0 +a 中, 2 2 2 令 x=0,得 y -2y0y+y0 -a =0 2 2 ∴y1y2=y0 -a ∵|OA|是|OM|与|ON|的等差中项. ∴|OM|+|ON|=|y1|+|y2|=2|OA|=2a.

又|MN|=|y1-y2|=2a ∴|y1|+|y2|=|y1-y2| 2 2 2 ∴y1y2≤0,因此 y0 -a ≤0,即 2ax0-a ≤0. ∴0≤x0≤

a . 2

a 2 ≤a,而圆 k 半径 R= x 0 + a 2 ≥a. 2 且上两式不能同时取等号,故圆 k 必与准线相交. x2 y2 59、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)如图,已知椭圆 + =1(2≤m≤5), m m ?1 过其左焦点且斜率为 1 的直线与椭圆及其准线的交点从左到右的顺序为 A、 B 、 C 、 D ,设 f(m)=||AB|-|CD|| (1)求 f(m)的解析式; (2)求 f(m)的最值.
圆心 k 到抛物线准线距离 d=x0+

解:(1)设椭圆的半长轴、半短轴及半焦距依次为 a、b、c,则 a =m,b =m-1,c =a -b =1 ∴椭圆的焦点为 F1(-1,0),F2(1,0). 故直线的方程为 y=x+1,又椭圆的准线方程为 x=± ∴A(-m,-m+1),D(m,m+1)

2

2

2

2

2

a2 ,即 x=±m. c

?y = x +1 ? 2 2 考虑方程组 ? x 2 ,消去 y 得:(m-1)x +m(x+1) =m(m-1) y2 =1 ? + ? m m ?1
整理得:(2m-1)x +2mx+2m-m =0 Δ=4m2-4(2m-1)(2m-m2)=8m(m-1)2 ∵2≤m≤5,∴Δ>0 恒成立,xB+xC= 又∵A、B、C、D 都在直线 y=x+1 上 ∴|AB|=|xB-xA|= 2 =(xB-xA)· 2 ,|CD|= 2 (xD-xC) ∴||AB|-|CD||= 2 |xB-xA+xD-xC|= 2 |(xB+xC)-(xA+xD)| 又∵xA=-m,xD=m,∴xA+xD=0 ∴||AB|-|CD||=|xB+xC|· 2 =| 故 f(m)=
2 2

? 2m . 2m ? 1

? 2m 2 2m |· 2 = (2≤m≤5) 1 ? 2m 2m

2 2m ,m∈[2,5]. 2m

(2)由 f(m)=

2 2 2 2m ,可知 f(m)= 1 2m 2? m 1 1 1 又 2- ≤2- ≤2- 2 m 5

10 2 4 2 , ] 9 3 4 2 10 2 ,此时 m=2;f(m)的最小值为 ,此时 m=5. 故 f(m)的最大值为 3 9 60、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)已知双曲线 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上,
∴f(m)∈[ 右准线为 l : x =

1 , 一条渐近线的方程是 y = 3x. 过双曲线 C 的右焦点 F2 的一条弦交双 2

曲线右支于 P、Q 两点,R 是弦 PQ 的中点. (1)求双曲线 C 的方程; (2)若在 l 的左侧能作出直线 m:x=a,使点 R 在直线 m 上的射影 S 满足 PS ? QS = 0 ,当 点 P 在曲线 C 上运动时,求 a 的取值范围. 解:(1)设双曲线 C 的方程为

x2

λ

?

y2 = 1(λ > 0) , 3λ

则它的右准线方程为 x =

λ
2 λ

, 即x =

λ
2

. y2 = 1. 3

已知得

λ =1,则 λ =1,所以所求双曲线 C 的方程是 x 2 ?

(2)因为点 R 在直线 m 上的射影 S 满足 PS ? QS = 0, 所以 PS⊥QS,即△PSQ 是直角三角形. 所以点 R 到直线 m:x= a ( a ≤

1 | PQ | ) 的距离为|RS|= = x R ? a, 2 2

即 | PQ |= 2 xR ? 2a ……………………①



| PF2 | | F2 Q | = = 2. 1 1 XP ? 2 2

所以|PQ|=|PF2|+|F2Q|=2(xP-xQ-1)=4XR-2……………………② 将②代入①,得 x R = 1 ? a. 又 P、Q 是过右焦点 F2 的一条弦,且 P、Q 均在双曲线 C 的右支上,R 是弦 PQ 的中点. 所以 xR ≥ 2, 即1 + a ≥ 2, 所以a ≤ ?1. 故所求 a 的取值范围是 a≤-1.

61、 (2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)设 F1 , F2 分别是椭圆的 (Ⅰ)若 P 是第一象限内该椭圆上的一点,且 PF1 ? PF2 = 求点 P 的坐标。

x2 + y 2 = 1 左,右焦点。 4

5 , 4

(Ⅱ)设过定点 M (0,2) 的直线与椭圆交于不同的两点 A, B ,且 ∠AOB 为锐角(其中 O 为坐标原点),求直线 l 的斜率 k 的取值范围。 解:(Ⅰ)易知 a = 2, b = 1, c =

3。

∴ F1 (? 3 ,0), F2 ( 3 ,0).设p ( x, y )( x > 0, y > 0).则 5 x2 ( PF1 ? PF2 = ? 3 ? x,? y) 3 ? x,? y ) = x 2 + y 2 ? 3 = ? , 又 ( + y = 1, 4 4

7 ? 2 2 ?x = 1 ?x 2 = 1 ?x + y = 4 3 ? ? ? ,解得 ? 2 3 ? ? 联立 ? 2 3 , p (1, ) 2 ?y = ?y = ?x + y2 = 1 ? 4 2 ? ?4 ?
(Ⅱ)显然 x = 0不满足题设条件 可设 l的方程为y = kx + 2, 设A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ).

? x2 2 ? + y =1 联立 ? 4 ? x 2 + 4(kx + 2) 2 = 4 ? (1 + 4k 2 ) x 2 + 16kx + 12 = 0 ? y = kx + 2 ?
∴ x1 x 2 =

12 16k , x1 + x 2 = ? 2 1 + 4k 1 + 4k 2 16k 2 ? 3(1 + 4k 2 ) > 0,4k 2 ? 3 > 0

2 2 由 ? = (16k ) ? 4 ? (1 + 4k ) ? 12 > 0

得k >
2

3 4

1 ○

又 ∠AOB为锐角 ? cos ∠AOB > 0 ? OA ? OB > 0 ,

∴ OA ? OB = x1 x 2 + y1 y 2 > 0
又 y1 y 2 = ( kx1 + 2)( kx 2 + 2) = k 2 x1 x 2 + 2k ( x1 + x 2 ) + 4

∴ x1 x 2 + y1 y 2 = (1 + k 2 ) x1 x 2 + 2k ( x1 + x 2 ) + 4

= (1 + k 2 ) ?

12 16 12(1 + k 2 ) 2k ? 16k )+4= ? + 2k ( ? +4 1 + 4k 2 1 + 4k 2 1 + 4k 2 1 + 4k 2

=

4( 4 ? k 2 ) 1 2 > 0,∴ ? < k 2 < 4. ○ 2 4 1 + 4k
3 3 3 < k 2 < 4,∴ k的取值范围是( ? 2, ? )( , U 2) 4 2 2

1 2 综○○可知

62 、 (2009 届 高 考 数 学 快 速 提 升 成 绩 题 型 训 练 ) 抛 物 线 C 的 方 程 为

y = ax 2 (a < 0), 过抛物线C上一点P ( x0 , y 0 )( x0 ≠ 0) ,作斜率为 k1 , k 2 的两条直线,分别交
抛 物 线 C 于 A ( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ) 两 点 ( P 、 A 、 B 三 点 互 不 相 同 ) , 且 满 足

k 2 + λk1 = 0(λ ≠ 0且λ ≠ ?1).
(1)求抛物线 C 的焦点坐标和准线方程; (2)设直线 AB 上一点 M 满足 BM = λ MA, 证明:线段 PM 的中点在 y 轴上; (3)当 λ = 1 时,若点 P 的坐标为(1,—1),求∠PAB 为钝角时,点 A 的纵坐标的取 值范围. (1)由抛物线 C 的方程 y = ax 2 ( a < 0) 得, 焦点坐标为 (0,

1 1 ), 准线方程为y = ? . 4a 4a

(2)设直线 PA 的方程为 y ? y 0 = k1 ( x ? x 0 ), 直线PB的方程为y ? y 0 = k 2 ( x ? x 0 ) 点 P ( x0 , y 0 )和点A( x1 , y1 )的坐标是方程组?
2

? y ? y 0 = k1 ( x ? x 0 ) ①
2 ? y = ax

的解

② 将②式代入①式,得 ax ? k1 x + k1 x 0 ? y 0 = 0 , 于是 x1 + x 0 =

k1 k , 故x1 = 1 ? x 0 a a



又点 P ( x0 , y 0 )和点B ( x 2 , y 2 )的坐标是方程组?
2

? y ? y 0 = k1 ( x ? x 0 ) ④ ? y = ax
2



的解

将⑤式代入④式,得 ax ? k 2 x + k 2 x 0 ? y 0 = 0 , 于是 x 2 + x 0 =

k2 k , 故x 2 = 2 ? x 0 a a

由已知得, k 2 = ?λk1 , 则x 2 = ?

λ
a

k1 ? x 0 .



设点 M 的坐标为 ( x M , y M ), 则BM = λ MA, 则x M =

x 2 + λx1 . 1+ λ

将③式和⑥式代入上式,得 x M = 所以线段 PM 的中点在 y 轴上

? x 0 ? λx 0 = ? x 0 , 即 x M + x 0 = 0. 1+ λ

(3) 因为点 P (1, -1) 在抛物线 y = ax 2 上, 所以a = ?1, 所以抛物线的方程为y = ? x 2 . 由③式知 x1 = ? k1 ? 1, 代入y = ? x 2 , 得y1 = ?( k1 + 1) 2
2 2 将 λ = 1 代入⑥式得 x 2 = k1 ? 1, 代入y = ? x , 得y1 = ?( k1 ? 1)

因此,直线 PA、PB 分别与抛物线 C 的交点 A、B 的坐标为

A(? k1 ? 1,? k 2 ? 2k1 ? 1), B(k1 ? 1,? k12 + 2k1 ? 1). 于是, AP = (k1 + 2, k12 + 2k1 ), AB = (2k1 ,4k1 ) 所以 AP ? AB = 2k1 (k1 + 2) + 4k1 (k12 + 2k1 ) = 2k1 (k1 + 2)(2k1 + 1), 因为∠PAB为钝角且P, A, B三点互不相同, 故必有 AP ? AB < 0 求得k1的取值范围是k1 < ?2或 ?
故当 k1 < ?2时, y1 < ?1;当 ? 即 y1 ∈ ( ?∞,?1) U ( ?1,? ) 63、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)如图,已知点 F(1,0),直线 l : x = ?1 为平 面上的动点,过 P 作直线 l 的垂线,垂足为点 Q,若 QP ? QF = FP ? FQ. (1)求动点 P 的轨迹 C 的方程; (2)过点 M(-1,0)作直线 m 交轨迹 C 于 A,B 两点。 (Ⅰ)记直线 FA,FB 的斜率分别为 k1,k2,求 k1+k2 的值; (Ⅱ)若线段 AB 上点 R 满足 RF⊥MF。

1 < k1 < 0.又点A的纵坐标y1满足y1 = ?(k1 + 1) 2 2

1 1 < k1 < 0时,?1 < y < ? 2 4

1 4

| MA | | RA | = , 求证: | MB | | RB |

解:(1)设点 P ( x, y ), 则Q ( ?1, y ), 由 QP ? QF = FP ? FQ得 :

( x + 1,0) ? (2,? y ) = ( x ? 1, y ) ? (?2, y ), 化简得C : y 2 = 4 x
(2)(Ⅰ)由题意直线 m 斜率存在且不为 0, 设直线 m : u = k ( x + 1) 与抛物线方程联立

? y = k ( x + 1) ? 2 ? y = 4x
?k ≠ 0 ? ?? > 0

得 k 2 x 2 + ( 2 k 2 ? 4) x + k 2 = 0

∴ ?1 < k < 1且k ≠ 0
设 A( x1 , y1 ), B ( x1 , y1 )则x1 + x 2 =

4 ? 2k 2 , x1 x 2 = 1 k2

k1 + k1 =

y1 y + 2 x1 ? 1 x 2 ? 1

=

2( x1 + x 2 ) ? 4 k ( x1 + 1) k ( x 2 + 1) + = k (2 + )=0 x1 ? 1 x2 ? 1 x1 x 2 + 1 ? ( x1 + x 2 ) x1 + 1 x 2 + 1 2 x x + x1 + x 2 = 得x = 1 2 =1 x ? x1 x 2 ? x x1 + x 2 + 2

(Ⅱ)设动点 R ( x, y ),由

∴ RF ⊥ MF
64、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)已知椭圆 C 的中心为坐标原点,F1、F2 分别为它 的左、右焦点,直 线 x=4 为它的一条准线,又知椭圆 C 上存在点 M 使 2MF1 ? MF2 =| MF1 | ? | MF2 |, | MF1 |=| MF2 | . (1)求椭圆 C 的方程; (2) PQ 为过椭圆焦点 F2 的弦, PF2 = λ F2 Q,求?PF1Q 内切圆面积最大时实数 λ 的 若 且 值.

解: (1)据题意,设椭圆 C 的方程为

x2 y2 + 2 = 1(a > b > 0), c = a 2 ? b 2 , 2 a b a2 =4 c

∵直线 x=4

为椭圆 C 的准线, ∴

又 | MF1 |=| MF2 | , ∴M 为椭圆 C 短轴上的顶点, ∵ | MF1 | ? | MF2 |= 2 MF1 ? MF2 ,∴ cos ∠F1 MF2 = ∴ ∠F1 MF2 = 60° ,△F1MF2 为等边三角形 ∴ a =| MF1 |=| MF1 |= 2c,故a = 4c = 2a,∴ a = 2, c = 1
2

MF1 ? MF2 | MF1 | ? | MF2 |

=

1 , 2

且 b = a ? c = 2 ? 1 = 3 ,∴椭圆 C 的方程为
2 2 2 2 1

x2 y2 + =1 4 3

(2)显然直线 PQ 不与 x 轴重合,当 PQ 与 x 轴垂直,即直线 PQ 分斜率不存在时,

2b 2 2 × 3 | PQ |= = = 3, | F1 F2 |= 2 a 2
∴ S ?PF1Q =

1 × 3 × 2 = 3. 2

当直线 PQ 斜率存在时,设它的斜率为 k, 则直线 PQ 的方程为 y = k ( x ? 1)( k ≠ 0) ,代入椭圆 C 的方程,消去 x 的并整理得:

(4k 2 + 3) y 2 + 6ky ? 9k 2 = 0, ? = 36k 2 + 36k 2 (4k 2 + 3) > 0,设P ( x1 , y1 ), Q( x 2 , y 2 ), ? 6k ? 9k 2 则 y1 + y 2 = , y1 ? y 2 = 2 4k 2 + 3 4k + 3
∴ | PQ |= 1 +
2

1 1 12(1 + k 2 ) ? | y1 ? y 2 |= 1 + 2 ? ( y1 + y 2 ) 2 ? 4 y1 ? y 2 = k2 k 4k 2 + 3
2

设 4k +3=t,则 t>3,此时 k =

t ?3 . 4

S ?PF1Q = 12
∵0 <

(

t ?3 2 t ?3 ) + 4 4 ? 3 ? 3(1 + 1 ) 2 + 4 . 2 t 3 3 t ∴ 0 < S ?PF1Q < 3.

1 1 < , t 3

综上,直线 PQ 与 x 轴垂直时,△PF1Q 的面积最大,且最大面积为 3.

设△PF1Q 内切圆半径为 r,则

1 1 (| PF1 | + | PQ | + | QF1 |) ? r = (| PF1 | + | PF2 | + | QF1 | + | QF2 |) ? r = 4 R 2 2 3 3 ∴ 4r ≤ 3, r ≤ ,即r = 时,△PF1Q 内切圆面积最大,此时不存在,直线 PQ 与 x 轴垂直, 4 4 S ?PF1Q =
∴ PF2 = F2 Q,即λ = 1. 65、(2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)已知椭圆 C : 为 1,且焦点与短轴两端点构成等边三角形. (1)求椭圆的方程; (2)过点 Q(-1,0)的直线 l 交椭圆于 A,B 两点,交直线 x=-4 于点 E,点 Q 分 AB 所成比为λ,点 E 分 AB 所成比为μ,求证λ+μ为定值,并计算出该定值.

x2 y2 + = 1(a > b > 0) ,通径长 a2 b2

? 2b 2 = 1 ?a = 2 x2 ? 解(1)由条件得 ? a ,所以方程 + y2 = 1 ?? 4 ?b = 1 ?2b = a ?
(2)易知直线 l 斜率存在,令 l : y = k ( x + 1), A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ), E ( ?4, y 0 )

? y = k ( x + 1) ? 由 ? x2 ? (1 + 4k 2 ) x 2 + 8k 2 x + 4k 2 ? 4 = 0 + y2 = 1 ? ?4 x1 + x 2 = ? 8k 2 4k 2 ? 4 , x1 x 2 = 1 + 4k 2 1 + 4k 2

? = 48k 2 + 16 > 0

由 AQ = λ QB ? ( ?1 ? x1 ,? y1 ) = λ ( x 2 + 1, y 2 )即?

?? ( x1 + 1) = λ ( x 2 + 1)(1) ? y1 = ?λy 2 ?? ( x1 + 4) = ? ( x1 + 4)(2) ? y 0 ? y1 = ? ( y 2 ? y 0 )

由 AE =

? EB ? (?4 ? x1 , y 0 ? y1 ) = ? ( x 2 + 4, y 2 ? y 0 )即?
x1 + 1 x +4 ,由(2) ? = ? 1 x2 + 1 x2 + 4

由(1) λ = ?

∴λ + ? = ?

( x1 + 1)( x 2 + 4) + ( x1 + 4)( x 2 + 1) 2 x x + 5( x1 + x 2 ) + 8 =? 1 2 ( x 2 + 1)( x 2 + 4) ( x 2 + 1)( x 2 + 4)
8k 2 4k 2 ? 4 , x1 x 2 = 代入有 1 + 4k 2 1 + 4k 2

将 x1 + x 2 = ?

8k 2 ? 8 40k 2 8k 2 ? 8 ? 40k 2 + 8 + 32k 2 ? +8 2 1 + 4k 2 1 + 4k 2 ∴ λ + ? = ? 1 + 4k =? =0 ( x 2 + 1)( x 2 + 4) ( x 2 + 1)( x 2 + 4)
2 2 66、 (2009 届高考数学快速提升成绩题型训练)已知⊙M:x + ( y ? 2) = 1, Q是x 轴上的动点,

QA,QB 分别切⊙M 于 A,B 两点,(1)如果 | AB |= (2)求动弦 AB 的中点 P 的轨迹方程. 解:(1)由 | AB |=

4 2 ,求直线 MQ 的方程; 3

4 2 | AB | 2 2 2 2 1 2 ,可得 | MP |= | MA | ?( ) = 12 ? ( ) = , 由射影定 3 2 3 3 2 理,得 | MB | =| MP | ? | MQ |, 得 | MQ |= 3, 在 Rt△MOQ 中,
| OQ |= | MQ | 2 ? | MO | 2 = 3 2 ? 2 2 = 5 ,
故 a = 5或a = ? 5 , 所以直线 AB 方程是

2 x + 5 y ? 2 5 = 0或2 x ? 5 y + 2 5 = 0; (2)连接 MB,MQ,设 P ( x, y ), Q ( a,0), 由
点 M,P,Q 在一直线上,得

2 y?2 = , (*) 由射影定理得 | MB | 2 =| MP | ? | MQ |, ?a x


x 2 + ( y ? 2) 2 ? a 2 + 4 = 1, (**) 把(*)及(**)消去 a, 7 2 1 2 并注意到 y < 2 ,可得 x + ( y ? ) = ( y ≠ 2). 4 16
67、(浙江省嘉兴市)2008 年北京奥运会中国跳水梦之队取得了辉煌的成绩。 据科学测算,跳水运动员进行 10 米跳台跳水训练时, 身体(看成一点)在空中的运动轨迹(如图所示)是 一经过坐标原点的抛物线(图中标出数字为已知条件), 且在跳某个规定动作时,正常情况下运动员在空中的最 高点距水面 10

y 3m o

x

2 米,入水处距池边 4 米,同时运动员在 3
10m 10m

距水面 5 米或 5 米以上时,必须完成规定的翻腾动作, 并调整好入水姿势,否则就会出现失误。 (1)求抛物线的解析式; (2)在某次试跳中,测得运动员在空中 的运动轨迹为(1)中的抛物线,且运动员在空中 调整好入水姿势时距池边的水平距离为 3

3 米,问 5

边 1m

此次跳水会不会失误?请通过计算说明理由; (3)某运动员按(1)中抛物线运行,要使得此次跳水成功,他在空中调整好入水姿势时, 距池边的水平距离至多应为多大? 解:(1)由已知可设抛物线方程为 y = a ( x ? h) +
2

2 ( 其中a < 0, h > 0) 3

又抛物线过(0,0)和(2,-10)

(2 分)

25 ? ?a = ? 6 ? 代入解得 ? , ?h = 2 ? 5 ?
所以解析式为: y = ?

25 2 10 x + x 6 3

(5 分)

(2)当运动员在空中距池边的水平距离为 3

3 3 8 米时,即 x = 3 ? 2 = 时, 5 5 5
(7 分)

y=?

25 8 2 10 8 16 ×( ) + × = ? 6 5 3 5 3

16 14 = < 5 ,故此次跳水会出现失误 (10 分) 3 3 25 2 10 (3)要使得某次跳水成功,必须 10 + y ≥ 5, 即y ≥ ?5, 亦即y = ? x + x ≥ ?5 6 3 解不等式得 2 ? 34 ≤ x ≤ 2 + 34
所以此时运动员距水面距离为 10 ? 所以运动员此时距池边的水平距离最大为 2 + 2 + 34 = 4 + 34 米。 68、(浙江省嘉兴市) (15 分)

x2 y2 如图,F 是椭圆 2 + 2 = 1 (a>b>0)的一个焦点,A,B 是椭圆的两个顶点,椭圆的离心率 a b


1 .点 C 在 x 轴上,BC⊥BF,B,C,F 三点确定的圆 M 恰好与直线 l1: x + 3 y + 3 = 0 相 2

切. (Ⅰ)求椭圆的方程: (Ⅱ)过点 A 的直线 l2 与圆 M 交于 PQ 两点,且

MP ? MQ = ?2 ,求直线 l2 的方程.
(1)F(-c,0),B(0, 3a ),∵kBF= 3 ,kBC=-

3 ,C(3c,0) 3

且圆 M 的方程为(x-c)2+y2=4c2,圆 M 与直线 l1:x+ 3 u+3=0 相切, ∴

1× c + 3 × 0 + 3 1+ 3

= 2c ,解得 c=1,

∴所求的椭圆方程为

x2 y2 + =1 4 3

6分

(2) 点 A 的坐标为(-2,0),圆 M 的方程为(x-1)2+y2=4, 过点 A 斜率不存在的直线与圆不相交,设直线 l2 的方程为 y=k(x+2),

∵ MP ? MQ = ?2 ,又 MP = MQ = 2 ,∴cos<MP,MQ>=

MP ? MQ MP ? MQ

=?

1 2

∴∠PMQ=120°,圆心 M 到直线 l2 的距离 d=

k + 2k 1 2 r = 1 ,所以 = 1 ,∴k= ± 2 2 4 k +1
15 分

所求直线的方程为 x×2 2 y +2=0. 69、(浙江省嘉兴市)

设点 P(x,y)(x≥0)为平面直角坐标系 xOy 中的一个动点(其中 O 为坐标原点),点 P 到定 1 1 点 M( ,0)的距离比点 P 到 y 轴的距离大 . 2 2 (Ⅰ)求点 P 的轨迹方程: (Ⅱ)若直线 l 与点 P 的轨迹相交于 A、B 两点,且 OA ? OB = 0 ,点 O 到直线 l 的距离 为 2 ,求直线 l 的方程. 解:(I)用直接法或定义法求得点 P 轨迹方程为 y2=2x 6分

(Ⅱ)当直线 l 的斜率不存在时,由题设可知直线 l 的方程是 x= 2 , 此时,A( 2 ,4 8 ), B( 2 ,- 4 8 ),不符合 OA ? OB = 0 当直线 l 的斜率存在时,设方程为 y=kx+b(k≠0,b≠0),

{

y = kx + b y 2 =2 x

? ky 2 ? 2 y + 2b = 0 2b k

9分

设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1y2= ∵ OA ? OB = x1 x 2 + y1 y 2 = ∴y1y2=-4,

2 y12 y 2 ? + y1 y 2 = 0 2 2

∴b+2k=0



11 分

又点 O 到直线 l 距离为 2 得

b k 2 +1

= 2



13 分

由①②解得 k=1,b=-2 或 k=-1,b=2, 所以直线 l 的方程为 y=x-2 或 y=-x+2 70、(金丽衢十二校高三第一次联考数学试卷(理科)) 已知椭圆 E 的中心在坐标原点,焦点在坐标轴上,且经过 A( ?2, 0) 、 B (2, 0) 、 C ? 1, 三点. (1)求椭圆 E 的方程:

? 3? ? ? 2?

(2)若点 D 为椭圆 E 上不同于 A 、 B 的任意一点, F ( ?1, 0), H (1, 0) ,当 DFH 内切 圆的面积最大时。求内切圆圆心的坐标; (3) 若直线 l : y = k ( x ? 1)( k ≠ 0) 与椭圆 E 交于 M 、N 两点, 证明直线 AM 与直线 BN 的交点在直线 x = 4 上. 解析:(1)设椭圆方程为 mx 2 + my 2 = 1( m > 0, n > 0), 将 A( ?2, 0) 、 B (2, 0) 、 C (1, ) 代入椭圆 E 的方程,得

3 2

?4m = 1, 1 1 ? 解得 m = , n = . ? 9 4 3 ?m + 4 n = 1 ?
∴椭圆 E 的方程

x2 y 2 + =1 4 3
DFH

(4 分)

(2) | FH |= 2 ,设 DFH 边上的高为 S

1 = × 2× h = h 2
DFH

当点 D 在椭圆的上顶点时, h 最大为 3 ,所以 S 设

的最大值为 3 .

DFH 的 内 切 圆 的 半 径 为 R , 因 为 DFH 的 周 长 为 定 值 6 . 所 以

1 R × 6 = S DFH , 2
所以 R 的最大值为

3 3 .所以内切圆圆心的坐标为 (0, ) 3 3

(10 分)

x2 y 2 (3)法一:将直线 l : y = k ( x ? 1) 代入椭圆 E 的方程 + = 1 并整理. 4 3
得 (3 + 4k 2 ) x 2 ? 8k 2 x + 4( k 2 ? 3) = 0 . 设直线 l 与椭圆 E 的交点 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) , 由根系数的关系,得 x1 + x2 =

1 4(k 2 ? 3) , x1 x2 = . 3 + 4k 2 3 + 4k 2

直线 AM 的方程为: y =

y1 ( x + 2) ,它与直线 x = 4 的交点坐标为 x1 + 2

p (4,

6 y1 2 y2 ), 同理可求得直线 BN 与直线 x = 4 的交点坐标为 Q(4, ). x1 + 2 x2 ? 2

下面证明 P 、 Q 两点重合,即证明 P 、 Q 两点的纵坐标相等:

Q y1 = k ( x1 ? 1), y2 = k ( x2 ? 1) ,
∴ 6 y1 2 y2 6k ( x1 ? 1) ? ( x2 ? 2) ? 2k ( x2 ? 1)( x1 + 2) ? = x1 + 2 x2 ? 2 ( x1 + 2)( x2 ? 2)

? 8(k 2 ? 3) 40k 2 ? 2k ? ? + 8? 2 2 3 + 4k 3 + 4k 2k[2 x1 x2 ? 5( x1 + x2 ) + 8] ? =0 = = ? ( x1 + 2)( x2 ? 2) ( x1 + 2)( x2 ? 2)
因此结论成立. 综上可知.直线 AM 与直线 BN 的交点住直线 x = 4 上. 法二:直线 AM 的方程为: y = (16 分)

y1 k ( x1 ? 1) ( x + 2), 即y = ( x + 2) x1 + 2 x1 + 2 y2 k ( x2 ? 1) ( x ? 2) ,即 y = ( x ? 2) x2 ? 2 x2 ? 2

由直线 AM 的方程为: y =

由直线 AM 与直线 BN 的方程消去 y ,得

x=

2( x1 x2 ? 3 x1 + x2 ) 2[2 x1 x2 ? 3( x1 + x2 ) + 4 x2 ] = ( x1 + x2 ) + 2 x2 ? 4 x1 + 3 x2 ? 4

? 8(k 2 ? 3) 24k 2 ? 2? ? + 4 x2 ? 2 2 3 + 4k 3 + 4k ?= = ? 2 8k ? 4 + 2 x2 3 + 4k 2

? 4k 2 + 6 ? 4? ? + x2 ? 2 ? 3 + 4k ? =4 4k 2 + 6 ? + x2 2 3 + 4k

∴直线 AM 与直线 BN 的交点在直线 x = 4 上. 71、(宁波市 2008 学年度第一学期期末试卷高三数学(理科)) 如图,椭圆长轴端点为 A, B , O 为椭圆中心, F 为椭圆的右焦点, 且 AF ? FB = 1 , OF = 1 . (1)求椭圆的标准方程; (2)记椭圆的上顶点为 M ,直线 l 交椭圆于 P, Q 两点,问: 是否存在直线 l , 使点 F 恰为 ?PQM 的垂心?若存在, 求出直线 l 的方程;若不存在,请说明理由.

解:(1)如图建系,设椭圆方程为 又∵ AF ? FB = 1 即 ∴a
2

x2 y 2 + = 1(a > b > 0) ,则 c = 1 a 2 b2

(a + c) ? (a ? c) = 1 = a 2 ? c 2

=2

x2 故椭圆方程为 + y 2 = 1 …………6 分 2
(2)假设存在直线 l 交椭圆于 P, Q 两点,且 F 恰为 ?PQM 的垂心,则 设 P ( x1 , y1 ), Q ( x2 , y2 ) ,∵ M (0,1), F (1, 0) ,故 k PQ = 1 , ……8 分 于是设直线 l 为

? y = x+m 得 y = x + m ,由 ? 2 2 ?x + 2 y = 2

3x 2 + 4mx + 2m 2 ? 2 = 0 …………………………………10 分 uuur uuu r ∵ MP ? FQ = 0 = x1 ( x2 ? 1) + y2 ( y1 ? 1) 又 yi = xi + m(i = 1, 2)
得 x1 ( x2

? 1) + ( x2 + m)( x1 + m ? 1) = 0 即

2 x1 x2 + ( x1 + x2 )(m ? 1) + m 2 ? m = 0 由韦达定理得 2m 2 ? 2 4m 2? ? (m ? 1) + m 2 ? m = 0 3 3
解得 m =

4 4 ? 或 m = 1(舍) 经检验 m = ? 符合条件………15 分 3 3

72、(宁波)如图,椭圆长轴端点为 A, B , O 为椭圆中心, F 为椭圆的右 焦点, 且 AF ? FB = 1 , OF = 1 . (Ⅰ)求椭圆的标准方程; (Ⅱ)记椭圆的上顶点为 M ,直线 l 交椭圆于 P, Q 两点,问:是否存 在直线 l ,使点 F 恰为 ?PQM 的垂心?若存在,求出直线 l 的方程;若不 存在,请说明理由. 解:(1)设椭圆方程为

y

M
A B

O

F

x

x2 y 2 + = 1(a > b > 0) a 2 b2

由题意 c

=1

又∵ AF ? FB = 1 即 ∴a
2

(a + c) ? (a ? c) = 1 = a 2 ? c 2

=2

故椭圆方程为

x2 + y2 = 1 2

…………6 分

(2)假设存在直线 l 交椭圆于 P, Q 两点,且 F 恰为 ?PQM 的垂心,则 设 P ( x1 , y1 ), Q ( x2 , y2 ) ,∵ M (0,1), F (1, 0) ,故 k PQ = 1 于是设直线 l 为 ……………8 分

? y = x+m 得 y = x + m ,由 ? 2 2 ?x + 2 y = 2

3x 2 + 4mx + 2m 2 ? 2 = 0 …………10 分 uuur uuu r ∵ MP ? FQ = 0 = x1 ( x2 ? 1) + y2 ( y1 ? 1) 又 yi = xi + m(i = 1, 2)
得 x1 ( x2

? 1) + ( x2 + m)( x1 + m ? 1) = 0 即

2 x1 x2 + ( x1 + x2 )(m ? 1) + m 2 ? m = 0 由韦达定理得 2? 2m 2 ? 2 4m ? (m ? 1) + m 2 ? m = 0 3 3
4 4 ? 或 m = 1(舍) 经检验 m = ? 符合条件 3 3
4 ………15 分 3

解得 m =

则直线 l 的方程为: y = x ?

73、如图,已知椭圆的中心在原点,焦点在 x 轴上,离心率为

3 ,且经过点 M (4,1) . 直线 2
y M

l : y = x + m 交椭圆于 A, B 两不同的点.
(1)求椭圆的方程; (2)求m的取值范围; (3)若直线l不过点M , 求证 : 直线MA,MB与x轴围成一个等腰三角形.
x2 y2 3 l + 2 = 1, 因为 e = , 所以 a 2 = 4 b 2 , 2 2 a b 16 1 ………………5 分 又椭圆过点 M ( 4 ,1), 所以 2 + 2 = 1, 解得 b 2 = 5, a 2 = 20 , a b x2 y2 故椭圆方程为 + = 1. 20 5 解 : (1)设椭圆方程为

O B A

x

(2 )将 y = x + m 代 入

x2 y2 + = 1并 整 理 得 5 x 2 + 8 m x + 4 m 2 ? 2 0 = 0 . 20 5 ? = (8 m ) 2 ? 2 0 ( 4 m 2 ? 2 0 ) > 0 , 得 ? 5 < m < 5 . ………………10 分

(3)设直线 MA, MB斜率分别为k1和k 2 , 只要证k1 + k 2 = 0. 8m 4m 2 ? 20 , x1 x2 = . 5 5 y ? 1 y2 ? 1 ( y1 ? 1)( x2 ? 4) + ( y2 ? 1)( x1 ? 4) k1 + k 2 = 1 + = x1 ? 4 x2 ? 4 ( x1 ? 4)( x2 ? 4) = 2 x1 x2 + ( m ? 5)( x1 + x2 ) ? 8( m ? 1)

设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ), 则 x1 + x2 = ?

………………12 分

分子 = ( x1 + m ? 1)( x2 ? 4) + ( x2 + m ? 1)( x1 ? 4) 2( 4 m 2 ? 20) 8m ( m ? 5) ? ? 8( m ? 1) = 0, 5 5 因此MA, MB与 x轴所围的三角形为等腰三角形. =

………………15 分

74、设 F (1,0) ,点 M 在 x 轴上,点 P 在 y 轴上,且 MN = 2 MP, PM ⊥ PF (1)当点 P 在 y 轴上运动时,求点 N 的轨迹 C 的方程; (2) A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ), D ( x3 , y 3 ) 是曲线 C 上的点, | AF |, | BF |, | DF | 成等差数列, 设 且 当 AD 的垂直平分线与 x 轴交于点 E (3,0) 时,求 B 点坐标. 解:(1)设 N ( x, y ) ,则由 MN = 2 MP 得 P 为 MN 中点,所以 M ( ? x,0), P (0, ) 又 PM ⊥ PF 得 PM ? PF = 0 , PM = ( ? x,? 所以 y 2 = 4 x ( x ≠ 0 ).

uuuu r

uuur

uuuu uuu r r

y 2

y y ), PF = (1,? ) , 2 2
………………6 分

(2)由(1)知 F (1,0) 为曲线 C 的焦点,由抛物线定义知,抛物线上任一点 P0 ( x0 , y 0 ) 到 F

p , 2 p p p 所以 | AF |= x1 + , | BF |= x 2 + , | DF |= x 3 + , 2 2 2
的距离等于其到准线的距离,即 | P0 F |= x 0 + 根据 | AF |, | BF |, | DF | 成等差数列,得 x1 + x3 = 2x 2 , 直线 AD 的斜率为 ………………10 分

y 3 ? y1 y ? y1 4 = 23 = , 2 x3 ? x1 y1 + y3 y3 y1 ? 4 4

所以 AD 中垂线方程为 y = ?

y1 + y 3 ( x ? 3) , 4

………………12 分

又 AD 中点 (

x1 + x3 y1 + y 3 x +x , ) 在直线上,代入上式得 1 3 = 1 ,即 x2 = 1 , 2 2 2

所以点 B (1,±2) .

………………15 分

75、(2008 学年第一学期十校高三期末联考)在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 A(-1, 0)、B(1, 0), 动点 C 满足 条件:△ABC 的周长为 2+2 2.记动点 C 的轨迹为曲线 W. (Ⅰ) 求 W 的方程; (Ⅱ) 经过点(0, 2)且斜率为 k 的直线 l 与曲线 W 有两个不同的交点 P 和 Q,求 k 的取值范围; uuu uuur r (Ⅲ)已知点 M( 2,0),N(0, 1),在(Ⅱ)的条件下,是否存在常数 k,使得向量 OP + OQ uuuu r 与 MN 共线?如果存在,求出 k 的值;如果不存在,请说明理由. 解: (Ⅰ) 设 C(x, y), ∵ AC + BC + AB = 2 + 2 2 , AB = 2 , ∴ AC + BC = 2 2 > 2 , ∴ 由定义知,动点 C 的轨迹是以 A、B 为焦点,长轴长为 2 2的椭圆除去与 x 轴的两个交 点. ∴ a = 2, c =1 .
2 ∴ W: x + y 2 = 1 2

∴ b2 = a 2 ? c2 = 1 .

( y ≠ 0) .

…………………………………………… 5 分
2

(Ⅱ) 设直线 l 的方程为 y = kx + 2 ,代入椭圆方程,得 x + (kx + 2) 2 = 1 . 2 整理,得 ( 1 + k 2 ) x 2 + 2 2kx + 1 = 0 . 2 ①………………………… 7 分

因为直线 l 与椭圆有两个不同的交点 P 和 Q 等价于
1 2或 2. ? = 8k 2 ? 4( + k 2 ) = 4k 2 ? 2 > 0 ,解得 k < ? k> 2 2 2

∴ 满足条件的 k 的取值范围为 k ∈ ? ∞, ? (

2 2 )U( , +∞) ………… 10 分 2 2

uuu uuur r (Ⅲ)设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则 OP + OQ =(x1+x2,y1+y2),

由①得 x1 + x2 = ? 4 2k2 . 1 + 2k 又 y1 + y2 = k ( x1 + x2 ) + 2 2

② ③

uuuu r 因为 M ( 2, 0) , N (0, 1) , 所以 MN = ( ? 2, 1) .……………………… 12 分

r uuu uuur uuuu r 所以 OP + OQ 与 MN 共线等价于 x1 + x2 =- 2 ( y1 + y2 ) .

将②③代入上式,解得 k = 2 . 2

r uuu uuur uuuu r 所以不存在常数 k,使得向量 OP + OQ 与 MN 共线. ……………………15 分

76、(2008学年第一学期十校高三期末联考)在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 A(-1, 0)、B(1, 0), 动点 C 满足条件:△ABC 的周长为 2+2 2.记动点 C 的轨迹为曲线 W. (Ⅰ)求 W 的方程; (Ⅱ)经过点(0, 2)且斜率为 k 的直线 l 与曲线 W 有两个不同的交点 P 和 Q, 求 k 的取值范围; uuu uuur r (Ⅲ)已知点 M( 2,0),N(0, 1),在(Ⅱ)的条件下,是否存在常数 k,使得向量 OP + OQ uuuu r 与 MN 共线?如果存在,求出 k 的值;如果不存在,请说明理由. 解(Ⅰ) 设 C(x, y), ∵ AC + BC + AB = 2 + 2 2 , AB = 2 , ∴ AC + BC = 2 2 > 2 , ∴ 由定义知,动点 C 的轨迹是以 A、B 为焦点,长轴长为 2 2的椭圆除去与 x 轴的两个交 点. ∴ a = 2, c =1 .
2 ∴ W: x + y 2 = 1 2

∴ b2 = a2 ? c2 = 1 .

( y ≠ 0) . …………………………………………… 5 分
2

(Ⅱ) 设直线 l 的方程为 y = kx + 2 ,代入椭圆方程,得 x + (kx + 2) 2 = 1 . 2 整理,得 ( 1 + k 2 ) x 2 + 2 2kx + 1 = 0 . 2 ①………………………… 7 分

因为直线 l 与椭圆有两个不同的交点 P 和 Q 等价于
2或 2. 1 k> ? = 8k 2 ? 4( + k 2 ) = 4k 2 ? 2 > 0 ,解得 k < ? 2 2 2

∴ 满足条件的 k 的取值范围为 k ∈ ? ∞, ? (

2 2 )U( , +∞) ………… 10 分 2 2

uuu uuur r (Ⅲ)设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则 OP + OQ =(x1+x2,y1+y2),

由①得 x1 + x2 = ? 4 2k2 . 1 + 2k 又 y1 + y2 = k ( x1 + x2 ) + 2 2
uuuu r

② ③

因为 M ( 2, 0) , N (0, 1) , 所以 MN = (? 2, 1) .……………………… 12 分
uuu uuur uuuu r r 所以 OP + OQ 与 MN 共线等价于 x1 + x2 =- 2 ( y1 + y2 ) .

将②③代入上式,解得 k = 2 . 2 uuu uuur uuuu r r 所以不存在常数 k,使得向量 OP + OQ 与 MN 共线. ……………………15 分

77、(浙江省 09 年高考省教研室第一次抽样测试数学试题(理)) 已知抛物线 C : y = ?2 px( p > 0) 上横坐标为 ?3 的一点, 与其焦点的
2

y

距离为 4.(1)求 p 的值;(2)设动直线 y = x + b 与抛物线 C 相交 于 A、B 两点,问在直线 l : y = 2 上是否存在与 b 的取值无关的定点 M,使得 ∠AMB 被直线 l 平分?若存在,求出点 M 的坐标;若不存 在,说明理由. A M O B

l

x

p 解析:(1)由已知得 ?3 ? = 4,Q p > 0,∴ p = 2 2 (2)令 A ( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) ,设存在点 M ( a, 2) 满足条件,由已知
得 K AM = K BM ,即有

y1 ? 2 y2 ? 2 y2 y2 + = 0, x1 = ? 1 , x2 = ? 2 ;整理得 x1 ? a x2 ? a 4 4

?y = x +b y1 y2 ( y1 + y2 ) + 4a ( y1 + y2 ) ? 2( y12 + y2 2 ) ? 16a = 0 ;由 ? 2 得 y 2 + 4 y ? 4b = 0 ,即 ? y = ?4 x y1 + y2 = ?4, y1 y2 = ?4b 有 ?4b ? (?4) + 4a (?4) ? 2[(?4) 2 + 8b] ? 16a = 0 ,∴ a = ?1 ,因此 存在点 M( ?1, 2 )满足题意.
78、(宁波市 2008 学年度第一学期高三期末数(文理))如图,椭圆长轴端点为 A, B , O 为椭圆 中心, F 为椭圆的右焦点, 且 AF ? FB = 1 , OF = 1 . (Ⅰ)求椭圆的标准方程; (Ⅱ)记椭圆的上顶点为 M ,直线 l 交椭圆于 P, Q 两点,问:是 否存在直线 l ,使点 F 恰为 ?PQM 的垂心?若存在,求出直线 l 的 方程;若不存在,请说明理由. 解:(1)设椭圆方程为 由题意 c

x2 y 2 + = 1(a > b > 0) a 2 b2
y

=1

又∵ AF ? FB = 1 即 ∴a
2

(a + c) ? (a ? c) = 1 = a 2 ? c 2
…………6 分

M
A B

=2

x2 故椭圆方程为 + y2 = 1 2

O

F

x

(2)假设存在直线 l 交椭圆于 P, Q 两点,且 F 恰为 ?PQM 的垂心,则 设 P ( x1 , y1 ), Q ( x2 , y2 ) ,∵ M (0,1), F (1, 0) ,故 k PQ = 1 于是设直线 l 为 ……………8 分

? y = x+m 得 y = x + m ,由 ? 2 2 ?x + 2 y = 2

3x 2 + 4mx + 2m 2 ? 2 = 0 …………10 分 uuur uuu r ∵ MP ? FQ = 0 = x1 ( x2 ? 1) + y2 ( y1 ? 1) 又 yi = xi + m(i = 1, 2)
得 x1 ( x2

? 1) + ( x2 + m)( x1 + m ? 1) = 0 即

2 x1 x2 + ( x1 + x2 )(m ? 1) + m 2 ? m = 0 由韦达定理得
2m 2 ? 2 4m 2? ? (m ? 1) + m 2 ? m = 0 3 3
解得 m =

4 4 ? 或 m = 1(舍) 经检验 m = ? 符合条件 3 3
4 ………15 分 3

则直线 l 的方程为: y = x ?

79、(安徽省六安中学 2009 届高三第六次月考)在直角坐标系中,已知一个圆心在坐标原点, 半径为 2 的圆,从这个圆上任意一点 P 向 y 轴作垂线段 PP′,P′为垂足. (1)求线段 PP′中点 M 的轨迹 C 的方程; (2)过点 Q(-2,0)作直线 l 与曲线 C 交于 A、B 两点,设 N 是过点 (? 4 ,0) ,且以 a = (0,1)
17

为方向向量的直线上一动点,满足 ON = OA + OB (O 为坐标原点),问是否存在这样的直 线 l,使得四边形 OANB 为矩形?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,说明理由. 解:(1)设 M(x,y)是所求曲线上的任意一点,P(x1,y1)是方程 x2 +y2 =4 的圆上的任意一 点,则 P ′(0, y1 ).

x1 ? ?x = 2 ?x = 2 x ? 则有: ? , 即? 1 , 代入4 x 2 + y 2 = 4 得, ? y1 = y ? y = y1 + y1 ? 2 ?
轨迹 C 的方程为 x +
2

y2 = 1. 4

(1)当直线 l 的斜率不存在时,与椭圆无交点. 所以设直线 l 的方程为 y = k(x+2),与椭圆交于 A(x1,y1)、B(x2,y2)两点,N 点所在直线方 程为 x +

4 = 0. 17

? 2 y2 =1 ?x + 由? 得 ( 4 + k 2 ) x 2 + 4 k 2 x + 4 k 2 ? 4 = 0. 4 ? y = k ( x + 2) ?
由△= 16k ? 4( 4 + k )( 4k ? 4) ≥ 0, ∴ k ≤
4 2 2 2

4 . 3

2 3 2 3 即? ≤k≤ . … 3 3

? 4k 2 4(k 2 ? 1) x1 + x 2 = , x1 x 2 = . 4+ k2 4+ k2

Q ON = OA + OB, 即 AN = OB ,∴四边形 OANB 为平行四边形
假设存在矩形 OANB,则 OA ? OB = 0 ,即 x1 x 2 + y1 y 2 = 0 , 即 (k 2 + 1) x1 x 2 + 2k 2 ( x1 + x 2 ) + 4k 2 = 0 ,

16k 2 ? 4 于是有 =0 4+k2

得k = ±

1 . … 2 4k 2 4 =? , 2 17 4+k

设 N ( x 0 , y 0 ),由 ON = OA + OB 得 x 0 = x1 + x 2 = ? 即点 N 在直线 x = ?

4 上. 17 1 ( x + 2). 2

∴存在直线 l 使四边形 OANB 为矩形,直线 l 的方程为 y = ± 80、


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