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2011高考数学试题分类汇编——圆锥曲线


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2011 高考数学试题分类汇编——圆锥曲线 高考数学试题分类汇编—— ——圆锥曲线
一、选择题 1.(2009 全国卷Ⅰ理)设双曲线 ( C ) (A) 3 (B)2 (C) 5
'

x2 y2 = 1 (a>0,b>0)的渐近线与抛物线 y=x2 +1 相切,则该双曲线的离心率等于 a2 b2

(D) 6

解:设切点 P ( x0 , y0 ) ,则切线的斜率为 y

|x = x0 = 2 x0 .由题意有

y0 = 2 x0 又 y0 = x0 2 + 1 x0

解得: x0 = 1,∴
2

b b = 2, e = 1 + ( ) 2 = 5 . a a
x2 + y 2 = 1 的右焦点为 F ,右准线为 l , A ∈ l , 点 线段 AF 交 C 于点 B , FA = 3FB , 若 2

2. (2009 全国卷Ⅰ理) 已知椭圆 C :

则 | AF | = (A).

2

(B). 2

(C). 3

(D). 3

解:过点 B 作 BM ⊥ l 于 M,并设右准线 l 与 X 轴的交点为 N,易知 FN=1.由题意 FA = 3FB ,故 | BM |= 二定义,得 | BF |=

2 .又由椭圆的第 3

2 2 2 = ∴| AF |= 2 .故选 A 2 3 3 x2 y2 = 1 (a > 0, b > 0) 的右顶点 A 作斜率为 1 的直线,该直线与双曲线的两条渐近线 a2 b2
1 BC ,则双曲线的离心率是 ( 2
C. 5 )
w.w.w. k.s.5.u.c.o.m

3.(2009 浙江理)过双曲线

的交点分别为 B, C .若 AB = A. 2 答案:C

B. 3

D. 10

【 解 析 】 对 于 A ( a, 0 ) , 则 直 线 方 程 为 x + y a = 0 , 直 线 与 两 渐 近 线 的 交 点 为 B , C ,

a2 ab a2 ab B , , ) , C( a b a b a+b a+b
2 AB = BC ,∴ 4a 2 = b 2 ,∴ e = 5 .
4.(2009 浙江文)已知椭圆







2a 2b 2a 2b ab ab BC = ( 2 2 , 2 2 ), AB = , a b a b a+b a+b





x2 y2 + = 1 (a > b > 0) 的左焦点为 F ,右顶点为 A ,点 B 在椭圆上,且 BF ⊥ x 轴, 直 a2 b2

w.w.w. k.s.5.u .c.o.m

线 AB 交 y 轴于点 P .若 AP = 2 PB ,则椭圆的离心率是(

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A.

3 2

B.

2 2

C.

1 3

D.

1 2

5.D 【命题意图】对于对解析几何中与平面向量结合的考查,既体现了几何与向量的交汇,也体现了数形结合的巧妙 应用. 【解析】对于椭圆,因为 AP = 2 PB ,则 OA = 2OF ,∴ a = 2c,∴ e =

1 2

w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

6.(2009 北京理)点 P 在直线 l : y = x 1 上,若存在过 P 的直线交抛物线 y = x 于 A, B 两点,且
2

| PA =| AB | ,则称点 P 为“

点” ,那么下列结论中正确的是 点” 点” 点” 点”





A.直线 l 上的所有点都是“ B.直线 l 上仅有有限个点是“ C.直线 l 上的所有点都不是“

D.直线 l 上有无穷多个点(点不是所有的点)是“

【答案】A 答案】 解析】 【解析】本题主要考查阅读与理解、信息迁移以及学生的学习潜力,考查学生分析问题和解决问题的能力. 属于创新题 型. 本题采作数形结合法易于求解,如图, 设 A ( m, n ) , P ( x, x 1) , 则 B ( 2 m x, 2 n x 2 ) , ∵ A, B在y = x 2上 ,

n = m2 ∴ 2 2n x + 1 = (2m x)
(第 8 题解答图) 消去 n,整理得关于 x 的方程 x 2 (4m 1) x + 2m 2 1 = 0 ∵ = (4m 1) 2 4(2m 2 1) = 8m 2 8m + 5 > 0 恒成立, ∴方程(1)恒有实数解,∴应选 A. (1)

7.(2009 山东卷理)设双曲线 ( ).

x2 y2 = 1 的一条渐近线与抛物线 y=x 2 +1 只有一个公共点,则双曲线的离心率为 a 2 b2

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A.

5 4

B. 5

C.

5 2

D. 5

b x2 y2 b b y= x 2 【解析】 :双曲线 2 2 = 1 的一条渐近线为 y = x ,由方程组 a ,消去 y,得 x x + 1 = 0 有唯一解,所以△ a a a b y = x2 + 1
=( ) 4 = 0 ,
2

b a

b c a 2 + b2 b 所以 = 2 , e = = = 1 + ( ) 2 = 5 ,故选 D. a a a a
答案:D. 【命题立意】:本题考查了双曲线的渐近线的方程和离心率的概念,以及直线与抛物线的位置关系,只有一个公共点,则解 方程组有唯一解.本题较好地考查了基本概念基本方法和基本技能. 8.(2009 山东卷文)设斜率为 2 的直线 l 过抛物线 y 2 = ax ( a ≠ 0) 的焦点 F,且和 y 轴交于点 A,若△OAF(O 为坐标原点) 的面积为 4,则抛物线方程为( A. y 2 = ± 4 x B. y 2 = ± 8 x ). C. y 2 = 4 x D. y 2 = 8 x

【解析】 抛物线 y 2 = ax ( a ≠ 0) 的焦点 F 坐标为 ( , 0) ,则直线 l 的方程为 y = 2( x ) ,它与 y 轴的交点为 A (0, ) , : 所以△OAF 的面积为 答案:B. 【命题立意】 :本题考查了抛物线的标准方程和焦点坐标以及直线的点斜式方程和三角形面积的计算.考查数形结合的数 学思想,其中还隐含着分类讨论的思想,因参数 a 的符号不定而引发的抛物线开口方向的不定以及焦点位置的相应变化 有两种情况,这里加绝对值号可以做到合二为一. 9.(2009 全国卷Ⅱ文)双曲线

a 4

a 4

a 2

1 a a | | | |= 4 ,解得 a = ±8 .所以抛物线方程为 y 2 = ± 8 x ,故选 B. 2 4 2

x2 y2 = 1 的渐近线与圆 ( x 3) 2 + y 2 = r 2 (r > 0) 相切,则 r= 6 3
(C)3 (D)6

(A) 3 答案: 答案:A

(B)2

解析:本题考查双曲线性质及圆的切线知识, 解析:本题考查双曲线性质及圆的切线知识,由圆心到渐近线的距离等于 r,可求 r= 3 , 10. (2009 全国卷Ⅱ文) 已知直线 y = k ( x + 2)( k > 0) 与抛物线 C: y 2 = 8 x 相交 A、 两点, 为 C 的焦点。 FA = 2 FB , B F 若 则 k=

(A)

1 3

(B)

2 3

(C)

2 3

(D)

2 2 3

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答案: 答案:D 解析:本题考查抛物线的第二定义,由直线方程知直线过定点即抛物线焦点( , ) ,由 解析:本题考查抛物线的第二定义,由直线方程知直线过定点即抛物线焦点(2,0) 由 FA = 2 FB 及第二定义知 ,

x A + 2 = 2( xB + 2) 联立方程用根与系数关系可求 k=
11.(2009 安徽卷理)下列曲线中离心率为 6 的是 2 (A)

2 2 。 3

x2 y2 =1 2 4

(B)

x2 y 2 =1 4 2

2 2 (C) x y = 1

4

6

2 2 (D) x y = 1

4

10

6 c2 3 b2 3 b2 1 [解析]由 e = 得 2 = ,1 + 2 = , 2 = ,选 B 2 a 2 a 2 a 2

12.(2009 安徽卷文)下列曲线中离心率为

的是

w.w.w.k.s.5 .u.c.o.m

A.

B.

C.

D.

x2 y2 c c 6 .选 B。 【解析】依据双曲线 2 2 = 1 的离心率 e = 可判断得. e = = a b a a 2
【答案】B 13.(2009 安徽卷文)直线 过点(-1,2)且与直线垂直,则 的方程是 A. C. B. D.

【解析】可得 l 斜率为 ∴ l : y 2 = 【答案】A

3 2

3 ( x + 1) 即 3 x + 2 y 1 = 0 ,选 A。 2
x2 y2 = 1 ( a > 0, b > 0 )的两个焦点, 若 F1,F2 , P (0, 2b) 是正三角形的三 a2 b2
5 2

14.(2009 江西卷文)设 F1 和 F2 为双曲线 个顶点,则双曲线的离心率为 A.

3 2

B. 2

C.

D.3

答案:B 【解析】由 tan

π
6

=

c 3 c = 有 3c 2 = 4b 2 = 4(c 2 a 2 ) ,则 e = = 2 ,故选 B. 2b 3 a x2 y2 + = 1 ( a > b > 0 )的左焦点 F1 作 x 轴的垂线交椭圆于点 P , F2 为右焦点,若 a2 b2

15.(2009 江西卷理)过椭圆

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∠F1 PF2 = 60 ,则椭圆的离心率为
A. 答案:B 【解析】因为 P ( c, ±

2 2

B.

3 3

C.

1 2

D.

1 3

w.w. w. k.s.5 .u.c.o.m

b2 3b 2 c 3 ) ,再由 ∠F1 PF2 = 60 有 = 2a, 从而可得 e = = ,故选 B a a a 3
x2 y2 = 1(a > 0, b > 0) 的虚轴长为 2,焦距为 2 3 ,则双曲线的渐近线方程为( ) a2 b2
C y=±

16.(2009 天津卷文)设双曲线

A y = ± 2x 【答案】C

B y = ±2 x

2 x 2

Dy=±

1 x 2

【 解 析 】 由 已 知 得 到 b = 1, c =

3, a = c 2 b 2 = 2 , 因 为 双 曲 线 的 焦 点 在 x 轴 上 , 故 渐 近 线 方 程 为

y=±

b 2 x=± x a 2

【考点定位】本试题主要考查了双曲线的几何性质和运用。考察了同学们的运算能力和推理能力。 17.(2009 湖北卷理)已知双曲线 点的充要条件是 A. K ∈

x2 y 2 x2 y 2 = 1 的准线过椭圆 + 2 = 1 的焦点,则直线 y = kx + 2 与椭圆至多有一个交 2 2 4 b

1 1 , 2 2

B. K ∈ ∞, 2 D. K ∈ ∞,



1

∪ , +∞ 2

1



C. K ∈



2 2 , 2 2



2 2 , +∞ ∪ 2 2

【答案】A 【解析】易得准线方程是 x = ±
a2 2 = ± = ±1 b 2
x2 y2 + =1 4 3

所以 c 2 = a 2 b 2 = 4 b 2 = 1 即 b 2 = 3 所以方程是

联立 y = kx + 2 可得 3x 2 +(4k 2 +16k)x + 4 = 0 由 ≤ 0 可解得 A

18.(2009 四川卷文)已知双曲线

x2 y2 = 1(b > 0) 的左、右焦点分别是 F1 、 F2 ,其一条渐近线方程为 y = x ,点 2 b2

P( 3, y 0 ) 在双曲线上.则 PF1 PF2 =
A. -12 答案】 【答案】C B. -2 C. 0 D. 4

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【解析】由渐近线方程为 y = x 知双曲线是等轴双曲线,∴双曲线方程是 x y = 2 ,于是两焦点坐标分别是(-2, 解析】
2 2

0)和(2,0) ,且 P ( 3 ,1) 或 P ( 3 ,1) .不妨去 P ( 3 ,1) ,则 PF1 = ( 2 3 ,1) ,

PF2 = (2 3 ,1) .∴ PF1 PF2 = (2 3 ,1)(2 3 ,1) = (2 + 3 )(2 3 ) + 1 = 0
19.(2009 全国卷Ⅱ理)已知直线 y = k ( x + 2 )( k > 0 ) 与抛物线 C : y = 8 x 相交于 A、B 两点, F 为 C 的焦点,若
2

| FA |= 2 | FB | ,则 k =

A.

1 3

B.

2 3

C.

2 3

D.

2 2 3

2 解 :设抛物线 C : y = 8 x 的准线为 l : x = 2 直线 y = k ( x + 2 )( k > 0 ) 恒过定点 P ( 2,0 ) .如图过 A、B 分 别作

AM ⊥ l 于 M , BN ⊥ l 于 N , 由 | FA |= 2 | FB | ,则 | AM |= 2 | BN | ,点 B 为 AP 的中点.连结 OB ,则 | OB |=

1 | AF | , 2


∴| OB |=| BF | 点 B 的横坐标为 1 , 故点 B 的坐标
(1, 2 2) ∴ k = 2 2 0 2 2 = , 故选 D 1 (2) 3

20. ( 2009

全 国 卷 Ⅱ 理 ) 已 知 双 曲 线 斜率为

x2 y2 C: 2 2 = 1( a > 0, b > 0 ) 的右焦点为 F ,过 F 且 a b
线交 C 于 A、B 两点,若 AF = 4 FB ,则 C 的离心率
m

3 的直



w.w.w. k. s.5.u.c.o.

A.

6 5

B.

7 5

C.

5 8

D.

9 5


设双曲线 C: 2 解:

x2 a

y2 = 1 的右准线为 l ,过 A、B 分 别 b2
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AM ⊥ l 于

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M , BN ⊥ l 于 N ,

BD ⊥ AM 于D , 由 直 线 AB 的 斜 率 为

3 , 知 直 线 AB 的 倾 斜 角 为

60°∴∠BAD = 60°,| AD |=

1 | AB | , 2

由双曲线的第二定义有 | AM | | BN |=| AD |=

1 1 1 (| AF | | FB |) = | AB |= (| AF | + | FB |) . e 2 2 1 5 6 又∵ AF = 4 FB ∴ 3 | FB |= | FB |∴ e = 故选 A e 2 5

21.(2009 湖南卷文)抛物线 y 2 = 8 x 的焦点坐标是【 B 】 A. (2,0) B. 2,0) (C. (4,0) D. 4,0) (-

解:由 y 2 = 8 x ,易知焦点坐标是 (

p , 0) = (2, 0) ,故选 B. 2

22.(2009 辽宁卷文)已知圆 C 与直线 x-y=0 及 x-y-4=0 都相切,圆心在直线 x+y=0 上,则圆 C 的方程为 (A) ( x + 1) 2 + ( y 1) 2 = 2 (C) (B) ( x 1) + ( y + 1) = 2
2 2

( x 1) 2 + ( y 1) 2 = 2

(D) ( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 = 2

【解析】圆心在 x+y=0 上,排除 C、D,再结合图象,或者验证 A、B 中圆心到两直线的距离等于半径 2即可. 【答案】B 23.(2009 宁夏海南卷理)双曲线

x2 y 2 =1 的焦点到渐近线的距离为 4 12
(C) 3 (D)1

(A) 2 3

(B)2

解析:双曲线

x2 y 2 =1 的焦点(4,0)到渐近线 y = 3 x 的距离为 d = 4 12

3×40 2

= 2 3 ,选 A

24.(2009 宁夏海南卷理)设已知抛物线 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 ι 的方程为_____________.

y12 = 4 x1 A ( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) , 则有x1 ≠ x2, 2 y2 = 4 x2
2 解析:抛物线的方程为 y 2 = 4 x , 两式相减得,y12 y2 = 4 ( x1 x2 ), ∴

y1 y2 4 = =1 x1 x2 y1 + y2

∴ 直线l的方程为y-2=x-2,即y=x
答案:y=x
2 2 25.(2009 陕西卷文)过原点且倾斜角为 60° 的直线被圆 x + y 4 y = 0 所截得的弦长为
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(A) 3 答案:D.

(B)2 (C) 6 (D)2 3

解析: 直线方程y= 3 x,圆的标准方程x 2 + ( y 2) 2 = 4 ,圆心 (0, 2) 到直线的距离 d = 理知所求弦长为 d = 2 2 1 = 2 3
* 2 2

3×0 2 ( 3) 2 + (1) 2

= 1, 由垂径定

故选 D.

26.(2009 陕西卷文) m > n > 0 ”是“方程 mx 2 + ny 2 = 1 ”表示焦点在 y 轴上的椭圆”的 “ (A)充分而不必要条件 (C)充要条件 答案:C. 解析:将方程 mx 2 + ny 2 = 1 转化为 (B)必要而不充分条件 (D) 既不充分也不必要条件

x2 y 2 1 1 + = 1 , 根据椭圆的定义,要使焦点在 y 轴上必须满足 > 0, > 0, 所以 1 1 m n m n

1 1 > ,故选 C. n m x2 y2 = 1(b > 0) 的左、右焦点分别是 F1 、 F2 ,其一条渐近线方程为 y = x ,点 2 b2

27.(2009 四川卷文)已知双曲线

P( 3, y 0 ) 在双曲线上.则 PF1 PF2 =
A. -12 答案】 【答案】C B. -2 C. 0 D. 4

2 2 【解析】由渐近线方程为 y = x 知双曲线是等轴双曲线,∴双曲线方程是 x y = 2 ,于是两焦点坐标分别是(-2, 解析】

0)和(2,0) ,且 P ( 3 ,1) 或 P ( 3 ,1) .不妨去 P ( 3 ,1) ,则 PF1 = ( 2 3 ,1) ,

PF2 = (2 3 ,1) .∴ PF1 PF2 = (2 3 ,1)(2 3 ,1) = (2 + 3 )(2 3 ) + 1 = 0
28.(2009 全国卷Ⅰ文)设双曲线 于 (A) 3 (B)2 (C) 5 (D) 6

x2 y2 - =1 ( a>0,b>0 ) 的渐近线与抛物线 y=x2+1 相切,则该双曲线的离心率等 a2 b2

【解析】本小题考查双曲线的渐近线方程、直线与圆锥曲线的位置关系、双曲线的离心率,基础题。 解:由题双曲线

bx x2 y2 2 - 2 =1 ( a>0,b>0 ) 的一条渐近线方程为 y = ,代入抛物线方程整理得 ax bx + a = 0 , 2 a a b
2 2

因渐近线与抛物线相切,所以 b 4a = 0 ,即 c = 5a e =
2 2

5 ,故选择 C。

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29. 2009 全国卷Ⅰ文) ( 已知椭圆 C : 则 AF = (A)

x2 + y 2 = 1 的右焦点为 F,右准线 l , A ∈ l ,线段 AF 交 C 于点 B。若 FA = 3FB , 点 2

2

(B) 2

(C)

3

(D) 3

【解析】本小题考查椭圆的准线、向量的运用、椭圆的定义,基础题。 解:过点 B 作 BM ⊥ l 于 M,并设右准线 l 与 X 轴的交点为 N,易知 FN=1.由题意 FA = 3FB ,故 | BM |= 二定义,得 | BF |=

2 .又由椭圆的第 3

2 2 2 = ∴| AF |= 2 .故选 A 2 3 3
x2 y 2 x2 y2 = 1的准线经过椭圆 + = 1 (b>0)的焦点,则 b= 2 2 4 b2

30.(2009 湖北卷文)已知双曲线 A.3 【答案】C B. 5

C. 3

D. 2

a2 【解析】 可得双曲线的准线为 x = ± = ± 1 ,又因为椭圆焦点为 ( ± 4 b 2 , 0) 所以有 4 b 2 = 1 .即 b2=3 故 b= 3 . c
故 C. 31.(2009 天津卷理)设抛物线 y 2 =2x 的焦点为 F,过点 M( 3 ,0)的直线与抛物线相交于 A,B 两点,与抛物线的 准线相交于 C, BF =2,则 BCF 与 ACF 的面积之比

S BCF = S ACF

(A)

4 5

(B)

2 3

(C)

4 7

(D)

1 2

【考点定位】本小题考查抛物线的性质、三点共线的坐标关系,和综合运算数学的能力,中档题。

C

4

2

)

A F
5

x=-0.5
-2

B

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S BC 解析:由题知 BCF = = S ACF AC
又 | BF |= x B +

1 2 = 2xB + 1 , 1 2xA + 1 xA + 2 xB +

1 3 = 2 xB = yB = 3 2 2

由 A、B、M 三点共线有

0 2xA yM yA y yB 0+ 3 即 ,故 x A = 2 , = M = 3 xM x A xM xB 3 xA 3 2



S BCF 2 x B + 1 3 + 1 4 = = = ,故选择 A。 S ACF 2 x A + 1 4 + 1 5
x2 y2 = 1(b > 0) 的左右焦点分别为 F1 , F2 ,其一条渐近线方程为 y = x ,点 2 b2

32.(2009 四川卷理)已知双曲线

P( 3, y0 ) 在该双曲线上,则 PF1 PF2 =
A. 12 B. 2 C .0 D. 4

【考点定位】本小题考查双曲线的渐近线方程、双曲线的定义,基础题。 (同文 8) 解析:由题知 b = 2 ,故 y 0 = ± 3 2 = ±1, F1 ( 2,0), F2 ( 2,0) ,
2

∴ PF1 PF2 = ( 2

3 ,±1) ( 2 3 ,±1) = 3 4 + 1 = 0 ,故选择 C。
x2 y 2 = 1 ,则左、右焦点坐标分别为 F1 (2, 0), F2 (2, 0) ,再将点 2 2

解析 2:根据双曲线渐近线方程可求出双曲线方程

P( 3, y0 ) 代入方程可求出 P ( 3, ±1) ,则可得 PF1 PF2 = 0 ,故选 C。
33.(2009 四川卷理)已知直线 l1 : 4 x 3 y + 6 = 0 和直线 l2 : x = 1 ,抛物线 y 2 = 4 x 上一动点 P 到直线 l1 和直线 l2 的 距离之和的最小值是 A.2 B.3 C.

11 5

D.

37 16

【考点定位】本小题考查抛物线的定义、点到直线的距离,综合题。 解析:直线 l2 : x = 1 为抛物线 y 2 = 4 x 的准线,由抛物线的定义知,P 到 l 2 的距离等于 P 到抛物线的焦点 F (1,0) 的距 离,故本题化为在抛物线 y 2 = 4 x 上找一个点 P 使得 P 到点 F (1,0) 和直线 l2 的距离之和最小,最小值为 F (1,0) 到直 线 l1 : 4 x 3 y + 6 = 0 的距离, d min = 即

|40+ 6| 故 = 2, 5

选择 A。

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解析 2:如下图,由题意可知 d =

| 3 ×1 0 + 6 | 32 + 4 2

=2

34.(2009 宁夏海南卷文)已知圆 C1 : ( x + 1) 2 + ( y 1) 2 =1,圆 C2 与圆 C1 关于直线 x y 1 = 0 对称,则圆 C2 的方程 为 (A) ( x + 2) + ( y 2) =1
2 2

(B) ( x 2) + ( y + 2) =1
2 2

(C) ( x + 2) + ( y + 2) =1
2 2

(D) ( x 2) + ( y 2) =1
2 2

【答案】B

a 1 b +1 2 2 1 = 0 a = 2 ,则依题意,有 ,解得: ,对称圆的半径不变,为 1, 【解析】设圆 C2 的圆心为(a,b) b = 2 b 1 = 1 a +1
故选 B。. 35.(2009 福建卷文)若双曲线

x2 y2 = 1( a > o ) 的离心率为 2,则 a 等于 a 2 32

A. 2 C.

B. D. 1

3

3 2

解析解析 由 解析

x2 y2 c a2 + 3 = 1可知虚轴b= 3,而离心率e= = = 2 ,解得 a=1 或 a=3,参照选项知而应选 D. a2 3 a a
) D.相离

36.(2009 重庆卷理)直线 y = x + 1 与圆 x 2 + y 2 = 1 的位置关系为( A.相切 【答案】B B.相交但直线不过圆心 C.直线过圆心

【解析】圆心 (0, 0) 为到直线 y = x + 1 ,即 x y + 1 = 0 的距离 d =

1 2 2 = ,而 0 < < 1 ,选 B。 2 2 2

37.(2009 重庆卷理)已知以 T = 4 为周期的函数 f ( x ) = 个实数解,则 m 的取值范围为( A. ( )

m 1 x 2 , x ∈ (1,1] ,其中 m > 0 。若方程 3 f ( x ) = x 恰有 5 1 x 2 , x ∈ (1,3]

15 8 , ) 3 3

B. (

15 , 7) 3

C. ( , )

4 8 3 3

D. ( , 7 )

4 3

【答案】B

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【解析】因为当 x ∈ ( 1,1] 时,将函数化为方程 x +
2

y2 = 1( y ≥ 0) ,实质上为一个半椭圆,其图像如图所示,同 m2
x 与第二个椭圆 3
椭 圆

时在坐标系中作出当 x ∈ (1,3] 得图像,再根据周期性作出函数其它部分的图像,由图易知直线 y =

( x 4)2 +

y2 = 1( y ≥ 0) 相交,而与第三个半 m2

y2 ( x 4) + 2 = 1( y ≥ 0) 无公共点时,方程恰 m
2

有 5 个实数解,

将y=

x y2 2 代入 ( x 4) + 2 = 1( y ≥ 0) 得 3 m

(9m 2 + 1) x 2 72m 2 x + 135m 2 = 0, 令 t = 9m 2 (t > 0)则(t + 1) x 2 8tx + 15t = 0
由 = (8t ) 4 × 15t (t + 1) > 0, 得t > 15,由9m > 15, 且m > 0得m >
2 2

15 3

x y2 2 同样由 y = 与第二个椭圆 ( x 8) + 2 = 1( y ≥ 0) 由 < 0 可计算得 m < 7 3 m
综上知 m ∈ (

15 , 7) 3
) B. x 2 + ( y + 2) 2 = 1 D. x 2 + ( y 3) 2 = 1

38.(2009 重庆卷文)圆心在 y 轴上,半径为 1,且过点(1,2)的圆的方程为( A. x 2 + ( y 2) 2 = 1 C. ( x 1) 2 + ( y 3) 2 = 1 【答案】A :设圆心坐标为 (0, b) ,则由题意知 解 法 1(直接法)

(o 1) 2 + (b 2) = 1 ,解得 b = 2 ,故圆的方程为

x 2 + ( y 2) 2 = 1 。
:由作图根据点 (1, 2) 到圆心的距离为 1 易知圆心为(0,2) ,故圆的方程为 x 2 + ( y 2) 2 = 1 解法 2(数形结合法) :将点(1,2)代入四个选择支,排除 B,D,又由于圆心在 y 轴上,排除 C。 解法 3(验证法) 39.(2009 年上海卷理)过圆 C: 1) 2 + ( y 1) 2 = 1 的圆心,作直线分别交 x、y 正半轴于点 A、B, AOB 被圆分成 (x 四部分(如图) ,若这四部分图形面积满足 SΙ + S = S∏ + S||| , 则直线 AB 有( (A) 0 条 (B) 1 条 (C) 2 条 (D) 3 条 )

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【答案】B

【解析】由已知,得: S IV S II = S III S I , ,第 II,IV 部分的面积是定值,所以, S IV S II 为定值,即 S III S I , 为定 值,当直线 AB 绕着圆心 C 移动时,只可能有一个位置符合题意,即直线 AB 只有一条,故选 B。 二、填空题 1.(2009 四川卷理)若⊙ O1 : x + y = 5 与⊙ O2 : ( x m) + y = 20( m ∈ R ) 相交于 A、B 两点,且两圆在点 A 处的
2 2 2 2

切线互相垂直,则线段 AB 的长度是

w

【考点定位】本小题考查圆的标准方程、两直线的位置关系等知识,综合题。 解 析 : 由 题 知

O1 (0,0), O2 ( m ,0)

, 且

5 <| m |< 3 5

, 又

O1 A ⊥ AO 2

, 所 以 有

m 2 = ( 5 ) 2 + ( 2 5 ) 2 = 25 m = ±5 ,∴ AB = 2

5 20 = 4。 5

2.(2009 全国卷Ⅰ文)若直线 m 被两平行线 l1 : x y + 1 = 0与l2 : x y + 3 = 0 所截得的线段的长为 2 2 ,则 m 的倾 斜角可以是 ① 15 ② 30 ③ 45 ④ 60 ⑤ 75

其中正确答案的序号是

.(写出所有正确答案的序号)

【解析】本小题考查直线的斜率、直线的倾斜角、两条平行线间的距离,考查数形结合的思想。 解:两平行线间的距离为 d =

| 31| 1+1
o

= 2 ,由图知直线 m 与 l 1 的夹角为 30 o , l 1 的倾斜角为 45 o ,所以直线 m 的倾
0 0

斜角等于 30 + 45 = 75 或 45 30 = 15 。故填写①或⑤
o 0 0

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3.(2009 天津卷理)若圆 x + y = 4 与圆 x + y + 2ay 6 = 0 (a>0)的公共弦的长为 2 3 ,
2 2 2 2

则 a = ___________ 。 【考点定位】本小题考查圆与圆的位置关系,基础题。 解析:由知 x 2 + y 2 + 2ay 6 = 0 的半径为 6 + a ,由图可知 6 + a 2 ( a 1) 2 = ( 3 ) 2 解之得 a = 1
2

4.(2009 湖北卷文)过原点 O 作圆 x2+y -6x-8y+20=0 的两条切线,设切点分别为 P、Q,则线段 PQ 的长 为 【答案】4 【解析】可得圆方程是 ( x 3) + ( y 4) = 5 又由圆的切线性质及在三角形中运用正弦定理得 PQ = 4
2 2

2-



5.(2009 重庆卷文)已知椭圆

x2 y2 + = 1(a > b > 0) 的左、右焦点分别为 F1 (c, 0), F2 (c, 0) ,若椭圆上存在一点 P 使 a2 b2


a c = ,则该椭圆的离心率的取值范围为 sin PF1 F2 sin PF2 F1
【答案】

(

2 1,1

)
PF2 PF1 = sin PF1 F2 sin PF2 F1

.

解法 1,因为在 PF1 F2 中,由正弦定理得

则由已知,得

a c = ,即 aPF1 = cPF2 P F2 P F1 1 1

设点 ( x0 , y0 ) 由焦点半径公式,得 PF1 = a + ex0 , PF2 = a ex0 则 a ( a + ex0 ) = c ( a ex0 ) 记得 x0 =

a (c a ) a (e 1) a (e 1) = 由椭圆的几何性质知 x0 > a则 > a ,整理得 e(c a ) e(e + 1) e(e + 1)

e2 + 2e 1 > 0, 解得 e < 2 1或e < 2 1,又e ∈ (0,1) ,故椭圆的离心率 e ∈ ( 2 1,1)
解法 2 由解析 1 知 PF1 =

c PF2 由椭圆的定义知 a
, 由 椭 圆 的 几 何 性 质 知

c 2a 2 PF1 + PF2 = 2a则 PF2 + PF2 = 2a即PF2 = a c+a

2a 2 PF2 < a + c, 则 < a + c, 既c 2 + 2c a 2 > 0, 所以 e2 + 2e 1 > 0, 以下同解析 1. c+a
6.(2009 重庆卷理)已知双曲线

x2 y2 = 1(a > 0, b > 0) 的左、右焦点分别为 F1 (c, 0), F2 (c, 0) ,若双曲线上存在一 a2 b2

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点P使

sin PF1 F2 a = ,则该双曲线的离心率的取值范围是 sin PF2 F1 c



解法 1,因为在 PF1 F2 中,由正弦定理得

PF2 PF1 = sin PF1 F2 sin PF2 F1

则由已知,得

a c = ,即 aPF1 = cPF2 ,且知点 P 在双曲线的右支上, P F2 P F1 1 1

设点 ( x0 , y0 ) 由焦点半径公式,得 PF1 = a + ex0 , PF2 = ex0 a 则 a ( a + ex0 ) = c(ex0 a ) 解得 x0 =

a (c + a ) a (e + 1) a (e + 1) = 由双曲线的几何性质知 x0 > a则 > a ,整理得 e(c a ) e(e 1) e(e 1)

e2 2e 1 < 0, 解得 2 + 1 < e < 2 + 1,又e ∈ (1, +∞) ,故椭圆的离心率 e ∈ (1, 2 + 1)
解法 2 由解析 1 知 PF1 =

c PF2 由双曲线的定义知 a
, 由 椭 圆 的 几 何 性 质 知

c 2a 2 PF1 PF2 = 2a则 PF2 PF2 = 2a即PF2 = a ca PF2 > c a, 则

2a 2 > c a, 既c 2 2ac a 2 < 0, 所以 e2 2e 1 < 0, 以下同解析 1. ca

7.(2009 北京文)椭圆 大小为 .

x2 y 2 + = 1 的焦点为 F1 , F2 ,点 P 在椭圆上,若 | PF1 |= 4 ,则 | PF2 |= 9 2

; ∠F1 PF2 的

° 【答案】 2, 120 答案】

.w

【解析】 本题主要考查椭圆的定义、焦点、长轴、短轴、焦距之间的关系以及余弦定理. 属于基础知识、基本运算的 解析】 考查.
u.c.o.m

∵ a 2 = 9, b 2 = 3 , ∴c =

a 2 b2 = 9 2 = 7 ,

∴ F1 F2 = 2 7 , 又 PF1 = 4, PF1 + PF2 = 2a = 6 ,∴ PF2 = 2 , (第 13 题解答图)

又由余弦定理,得 cos ∠F1 PF2 =
°

22 + 42 2 7 2× 2× 4

(

)

2

1 = , 2

∴ ∠F1 PF2 = 120 ,故应填 2, 120° .

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8.(2009 北京理)设 f ( x ) 是偶函数,若曲线 y = f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线的斜率为 1,则该曲线在 ( 1, f ( 1)) 处 的切线的斜率为_________. 答案】 【答案】 1 解析】 【解析】本题主要考查导数与曲线在某一点处切线的斜率的概念. 属于基础知识、基本运算 的考查. 取 f ( x ) = x ,如图,采用数形结合法,
2

易得该曲线在 ( 1, f ( 1)) 处的切线的斜率为 1 . 故应填 1 .

(第 11 题解答图)

x2 y 2 + = 1 的焦点为 F1 , F2 ,点 P 在 9.(2009 北京理)椭圆 9 2
椭圆上,若 | PF1 |= 4 ,则 | PF2 |= _________;

∠F1 PF2 的小大为__________.
° 【答案】 2, 120 答案】

【解析】本题主要考查椭圆的定义、焦点、长轴、短轴、焦距之间的关系以及余弦定理. 属 解析】 于基础知识、基本运算的考查. ∵ a 2 = 9, b 2 = 3 , ∴c =

a 2 b2 = 9 2 = 7 ,

∴ F1 F2 = 2 7 , 又 PF1 = 4, PF1 + PF2 = 2a = 6 , ∴ PF2 = 2 , (第 12 题解答图)

又由余弦定理,得 cos ∠F1 PF2 =
°

22 + 42 2 7 2× 2× 4

(

)

2

1 = , 2

∴ ∠F1 PF2 = 120 ,故应填 2, 120° . 10.(2009 江苏卷)如图,在平面直角坐标系 xoy 中, A1 , A2 , B1 , B2 为椭圆

x2 y2 + = 1(a > b > 0) 的四个顶点, F 为 a2 b2

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其右焦点,直线 A1 B2 与直线 B1 F 相交于点 T,线段 OT 与椭圆的交点 M 恰为线段 OT 的中点,则该椭圆的离心率 为 .

【解析】 考查椭圆的基本性质,如顶点、焦点坐标,离心率的计算等。以及直线的方程。 直线 A1 B2 的方程为: 直线 B1 F 的方程为: 则M(

x y + = 1; a b x y 2ac b(a + c) + = 1 。二者联立解得: T ( , ), c b ac ac

ac b(a + c) x2 y2 , ) 在椭圆 2 + 2 = 1(a > b > 0) 上, a c 2(a c) a b

c2 (a + c)2 + = 1, c 2 + 10ac 3a 2 = 0, e2 + 10e 3 = 0 , 2 2 (a c) 4(a c)
解得: e = 2 7 5 11.(2009 全国卷Ⅱ文)已知圆 O: x 2 + y 2 = 5 和点 A(1,2) ,则过 A 且与圆 O 相切的直线与两坐标轴围成的三角 形的面积等于 答案: 答案:

25 4 1 5 (x-1),即 x+2y-5=0,从而求出在两坐标轴上的截距分别是 5 和 ,所以 , 从而求出在两坐标轴上的截距分别是 2 2

解析: 解析:由题意可直接求出切线方程为 y-2= 所求面积为

1 5 25 × ×5 = 。 2 2 4
3 ,且 G 上一点到 G 的两个焦点 2

12.( 2009 广 东 卷 理 )巳知椭圆 G 的中心在坐标原点,长轴在 x 轴上,离心率为 的距离之和为 12,则椭圆 G 的方程为 .

3 x2 y2 【解析】 e = , 2a = 12 , a = 6 , b = 3 ,则所求椭圆方程为 + = 1. 2 36 9
13.(2009 年广东卷文)以点(2, 1 )为圆心且与直线 x + y = 6 相切的圆的方程是 【答案】 ( x 2) + ( y + 1) =
2 2

.

25 2 | 2 1 6 | 5 25 2 2 = ,所以圆的方程为 ( x 2) + ( y + 1) = 2 1+1 2
w. w.w. k.s.5.u.c.o.m

【解析】将直线 x + y = 6 化为 x + y 6 = 0 ,圆的半径 r =

14.(2009 天津卷文)若圆 x 2 + y 2 = 4 与圆 x 2 + y 2 + 2ay 6 = 0( a > 0) 的公共弦长为 2 3 ,则 a=________. 【答案】1

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1 | 1 a 【解析】 由已知, 两个圆的方程作差可以得到相交弦的直线方程为 y = , 利用圆心 (0, 到直线的距离 d = 0) a 1 |
为 22 3
2

= 1 ,解得 a=1

【考点定位】本试题考查了直线与圆的位置关系以及点到直线的距离公式的运用。考察了同学们的运算能力和推 理能力。 15.(2009 四川卷文)抛物线 y 2 = 4 x 的焦点到准线的距离是 【答案】2 答案】 解析】 ,准线方程 x = 1 ,∴焦点到准线的距离是 2 【解析】焦点 F (1,0) 16.(2009 湖南卷文)过双曲线 C: .

x2 y2 2 = 1 (a > 0, b > 0) 的一个焦点作圆 x 2 + y 2 = a 2 的两条切线, 2 a b

切点分别为 A,B,若 ∠AOB = 120 (O 是坐标原点) ,则双曲线线 C 的离心率为 2 . 解: ∵ ∠AOB = 120 ∠AOF = 60 ∠AFO = 30 c = 2a , ∴ e =

c = 2. a

17.(2009 福建卷理)过抛物线 y 2 = 2 px ( p > 0) 的焦点 F 作倾斜角为 45 的直线交抛物线于 A、B 两点,若线段 AB 的长为 8,则 p = ________________ 【答案】 :2

y 2 = 2 px p p2 2 解 析 : 由 题 意 可 知 过 焦 点 的 直 线 方 程 为 y = x ,联立有 =0 , 又 p x 3 px + 2 4 y = x 2 AB = (1 + 12 ) (3 p ) 2 4 × p2 =8 p =2。 4 x2 y 2 = 1 的左焦点, A(1, 4), P 是双曲线右支上的动点,则 PF + PA 的最小 4 12

18.(2009 辽宁卷理)以知 F 是双曲线

值为 。 【解析】注意到 P 点在双曲线的两只之间,且双曲线右焦点为 F’(4,0), 于是由双曲线性质|PF|-|PF’|=2a=4 而|PA|+|PF’|≥|AF’|=5 两式相加得|PF|+|PA|≥9,当且仅当 A、P、F’三点共线时等号成立. 【答案】9 19.(2009 四川卷文)抛物线 y 2 = 4 x 的焦点到准线的距离是 【答案】2 答案】 解析】 ,准线方程 x = 1 ,∴焦点到准线的距离是 2 【解析】焦点 F (1,0) 20.(2009 宁夏海南卷文)已知抛物线 C 的顶点坐标为原点,焦点在 x 轴上,直线 y=x 与抛物线 C 交于 A,B 两点,若 .

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P ( 2, 2 ) 为 AB 的中点,则抛物线 C 的方程为
【答案】 y = 4 x
2



【解析】设抛物线为 y2=kx,与 y=x 联立方程组,消去 y,得:x2-kx=0, x1 + x 2 =k=2×2,故 y = 4 x .
2

21.(2009 湖南卷理)已知以双曲线 C 的两个焦点及虚轴的两个端点为原点的四边形中, 有一个内角为 60

o

, 则双曲线 C

的离心率为

6 2 6 2

【答案】 :

【解析】连虚轴一个端点、一个焦点及原点的三角形,由条件知,这个三角形的两边直角分别是 b, c (b 是虚半轴长, c
°

是焦半距 ) ,且一个内角是 30 ,即得

b c 3 6 = tan 30° ,所以 c = 3b ,所以 a = 2b ,离心率 e = = = c 2 a 2 x2 y2 + = 1 a > b >0) ( 的两个焦点, 为椭圆 C 上一点, PF1 ⊥ PF2 . P 且 a2 b2

22. (2009 年上海卷理) 已知 F1 、 2 是椭圆 C : F 若 PF1 F2 的面积为 9,则 b =____________. 【答案】3

| PF1 | + | PF2 |= 2a 【解析】依题意,有 | PF1 | | PF2 |= 18 ,可得 4c2+36=4a2,即 a2-c2=9,故有 b=3。 2 2 2 | PF1 | + | PF2 | = 4c
23. 2009 上海卷文) ( 已知 F1、F2 是椭圆 C : 若 PF1 F2 的面积为 9,则 b = 【答案】3

x2 y 2 + = 1(a > b > 0) 的两个焦点, p 为椭圆 C 上的一点, PF1 ⊥ PF2 。 且 a 2 b2
.

| PF1 | + | PF2 |= 2a 【解析】依题意,有 | PF1 | | PF2 |= 18 ,可得 4c2+36=4a2,即 a2-c2=9,故有 b=3。 2 2 2 | PF1 | + | PF2 | = 4c
三、解答题 1.(2009 年广东卷文)(本小题满分 14 分)

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已知椭圆 G 的中心在坐标原点,长轴在 x 轴上,离心率为

3 ,两个焦点分别为 F1 和 F2 ,椭圆 G 上一点到 F1 和 F2 的距离之 2

和为 12.圆 Ck : x 2 + y 2 + 2kx 4 y 21 = 0 ( k ∈ R ) 的圆心为点 Ak . (1)求椭圆 G 的方程 (2)求 Ak F1 F2 的面积 (3)问是否存在圆 Ck 包围椭圆 G?请说明理由.

【解析】 (1)设椭圆 G 的方程为:

x2 y2 + = 1 ( a > b > 0 )半焦距为 c; a2 b2

2a = 12 a=6 2 2 2 , 解得 , ∴ b = a c = 36 27 = 9 则c 3 c = 3 3 = 2 a
x2 y2 所求椭圆 G 的方程为: + =1. 36 9
(2 )点 AK 的坐标为 ( K , 2 )

w.w. w. k.s.5. u.c.o.m

1 1 SV AK F1F2 = × F1 F2 × 2 = × 6 3 × 2 = 6 3 2 2
(3)若 k ≥ 0 ,由 6 + 0 + 12k 0 21 = 5 + 12k f 0 可知点(6,0)在圆 Ck 外,
2 2

若 k < 0 ,由 (6) 2 + 0 2 12k 0 21 = 5 12k f 0 可知点(-6,0)在圆 Ck 外;

∴ 不论 K 为何值圆 Ck 都不能包围椭圆 G.
2.(2009 全国卷Ⅰ理) (本小题满分 12 分) 注意:在试题卷上作答无效) (注意:在试题卷上作答无效) 注意 ............. 如图,已知抛物线 E : y 2 = x 与圆 M : ( x 4) 2 + y 2 = r 2 ( r > 0) 相交于 A 、 B 、 C 、 D 四个点。 (I)求 r 得取值范围; (II)当四边形 ABCD 的面积最大时,求对角线 AC 、 BD 的交点 P 坐标 分析: (I)这一问学生易下手。将抛物线 E : y 2 = x 与圆 M : ( x 4) 2 + y 2 = r 2 ( r > 0) 的方程联立,消去 y 2 ,整理得 分析:

x 2 7 x + 16 r 2 = 0 ....... ......(*)
抛物线 E : y 2 = x 与圆 M : ( x 4) 2 + y 2 = r 2 ( r > 0) 相交于 A 、 B 、 C 、 D 四个点的充要条件是:方程(*)有 两个不相等的正根即可.易得 r ∈ (

15 , 4) .考生利用数形结合及函数和方程的思想来处理也可以. 2

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(II)考纲中明确提出不考查求两个圆锥曲线的交点的坐标。因此利用设而不求、整体代入的 方法处理本小题是一个 较好的切入点. 设四个交点的坐标分别为 A( x1 , x1 ) 、 B ( x1 , x1 ) 、 C ( x2 , x2 ) 、 D ( x2 , x2 ) 。 则由(I)根据韦达定理有 x1 + x2 = 7, x1 x2 = 16 r , r ∈ (
2

15 , 4) 2

则S =

1 2 | x2 x1 | ( x1 + x2 ) =| x2 x1 | ( x1 + x2 ) 2

∴ S 2 = [( x1 + x2 ) 2 4 x1 x2 ]( x1 + x2 + 2 x1 x2 ) = (7 + 2 16 r 2 )(4r 2 15)
令 16 r = t ,则 S 2 = (7 + 2t ) 2 (7 2t )
2

下面求 S 的最大值。

2

方法一:利用三次均值求解。三次均值目前在两纲中虽不要求,但在处理一些最值问题有时很方便。它的主要手段是 配凑系数或常数,但要注意取等号的条件,这和二次均值类似。

S 2 = (7 + 2t ) 2 (7 2t ) =

1 (7 + 2t )(7 + 2t )(14 4t ) 2 1 7 + 2t + 7 + 2t + 14 4t 3 1 28 3 ≤ ( ) = ( ) 2 3 2 3
7 15 时取最大值。经检验此时 r ∈ ( , 4) 满足题意。 6 2

当且仅当 7 + 2t = 14 4t ,即 t =

方法二:利用求导处理,这是命题人的意图。具体解法略。 下面来处理点 P 的坐标。设点 P 的坐标为: P ( x p , 0) 由 A、P、C 三点共线,则 以下略。

x1 + x2 x1 7 = 得 x p = x1 x2 = t = 。 x1 x2 x1 x p 6

y 2 x2 3.(2009 浙江理) (本题满分 15 分)已知椭圆 C1 : 2 + 2 = 1 ( a > b > 0) 的右顶点为 A(1, 0) ,过 C1 的焦点且垂直长 a b
轴的弦长为 1 . (I)求椭圆 C1 的方程; (II)设点 P 在抛物线 C2 : y = x 2 + h ( h ∈ R) 上, C2 在点 P 处 的切线与 C1 交于点 M , N .当线段 AP 的中点与 MN 的中 点的横坐标相等时,求 h 的最小值.

b = 1 a = 2 y2 2 解析: (I)由题意得 b ,∴ , 所求的椭圆方程为 + x 2 = 1 , 4 2 = 1 b = 1 a

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(II)不妨设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ), P (t , t + h), 则抛物线 C2 在点 P 处的切线斜率为 y′
2

x =t

= 2t ,直线 MN 的方程为

y = 2tx t 2 + h , 将 上 式 代 入 椭 圆 C1 的 方 程 中 , 得 4 x 2 + (2tx t 2 + h)2 4 = 0 , 即
4 (1 + t 2 ) x 2 4t (t 2 h) x + (t 2 h) 2 4 = 0 , 因 为 直 线 MN 与 椭 圆 C1 有 两 个 不 同 的 交 点 , 所 以 有 1 = 16 t 4 + 2(h + 2)t 2 h 2 + 4 > 0 ,
设线段 MN 的中点的横坐标是 x3 ,则 x3 =

x1 + x2 t (t 2 h) = , 2 2(1 + t 2 )

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设 线 段 PA 的 中 点 的 横 坐 标 是 x4 , 则 x4 =

t +1 , 由 题 意 得 x3 = x4 , 即 有 t 2 + (1 + h)t + 1 = 0 , 其 中 的 2

2 = (1 + h) 2 4 ≥ 0,∴ h ≥ 1 或 h ≤ 3 ;
当 h ≤ 3 时有 h + 2 < 0, 4 h < 0 , 因此不等式 1 = 16 t + 2(h + 2)t h + 4 > 0 不成立; 因此 h ≥ 1 , h = 1 时 当
2 4 2 2

代入方程 t 2 + (1 + h)t + 1 = 0 得 t = 1 , h = 1, t = 1 代入不等式 1 = 16 t 4 + 2(h + 2)t 2 h 2 + 4 > 0 成立, 将 因此 h 的最小值为 1. 4.(2009 浙江文) (本题满分 15 分)已知抛物线 C : x = 2 py ( p > 0) 上一点 A( m, 4) 到其焦点的距离为
2

17 . 4

(I)求 p 与 m 的值; (II)设抛物线 C 上一点 P 的横坐标为 t (t > 0) ,过 P 的直线交 C 于另一点 Q ,交 x 轴于点 M ,过点 Q 作 PQ 的 垂线交 C 于另一点 N .若 MN 是 C 的切线,求 t 的最小值. 解析(Ⅰ)由抛物线方程得其准线方程: y =

p ,根据抛物线定义 2 p 17 1 = ,解得 p = 2 4 2

点 A( m,4) 到焦点的距离等于它到准线的距离,即 4 +

∴ 抛物线方程为: x 2 = y ,将 A(m,4) 代入抛物线方程,解得 m = ±2
(Ⅱ)由题意知,过点 P (t , t 2 ) 的直线 PQ 斜率存在且不为 0,设其为 k 。 则 l PQ : y t = k ( x t ) ,当 y = 0, x =
2

t 2 + kt , k

则M(

t 2 + kt ,0 ) 。 k

y t 2 = k(x t) 联立方程 ,整理得: x 2 kx + t ( k t ) = 0 2 x =y
即: ( x t )[ x ( k t )] = 0 ,解得 x = t , 或 x = k t

∴ Q (k t , (k t ) 2 ) ,而 QN ⊥ QP ,∴ 直线 NQ 斜率为

1 k

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1 1 y (k t ) 2 = [ x (k t )] ∴ l NQ : y (k t ) 2 = [ x (k t )] ,联立方程 k k x2 = y
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整理得: x +
2

1 1 x (k t ) (k t ) 2 = 0 ,即: kx 2 + x (k t )[k (k t ) + 1] = 0 k k
k (k t ) + 1 ,或 x = k t k

[kx + k (k t ) + 1][ x (k t )] = 0 ,解得: x =

∴ N (

k (k t ) + 1 [k (k t ) + 1] 2 , ) ,∴ K NM k k2

[k (k t ) + 1] 2 (k 2 kt + 1) 2 k2 = = k (k t ) + 1 t 2 + kt k (t 2 k 2 1) k k
= 2k ( k t ) 2 k

而抛物线在点 N 处切线斜率: k 切 = y ′

k ( k t ) +1 x = k

∵ MN 是抛物线的切线,∴

(k 2 kt + 1) 2 2k (k t ) 2 2 2 = , 整理得 k + tk + 1 2t = 0 k k (t 2 k 2 1)

2 2 2 ∵ = t 2 4(1 2t 2 ) ≥ 0 ,解得 t ≤ (舍去) t ≥ ,∴t min = ,或 3 3 3
5.(2009 北京文) (本小题共 14 分) 已知双曲线 C :
w.w.w. k.s.5.u .c.o.m

x2 y2 3 2 = 1(a > 0, b > 0) 的离心率为 3 ,右准线方程为 x = 。 2 a b 3

(Ⅰ)求双曲线 C 的方程; (Ⅱ)已知直线 x y + m = 0 与双曲线 C 交于不同的两点 A,B,且线段 AB 的中点在圆 x 2 + y 2 = 5 上,求 m 的 值. 【解析】本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识,考查曲线和方程 解析】 的关系等解析几何的基本思想方法,考查推理、运算能力.

a2 3 = 3 ,解得 a = 1, c = 3 , (Ⅰ)由题意,得 c c = 3 a
∴ b = c a = 2 ,∴所求双曲线 C 的方程为 x
2 2 2 2

y2 = 1. 2

(Ⅱ)设 A、B 两点的坐标分别为 ( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 ) ,线段 AB 的中点为 M ( x0 , y0 ) ,

2 y2 =1 x 2 2 由 得 x 2mx m 2 = 0 (判别式 > 0 ), 2 x + y + m = 0
∴ x0 =

x1 + x2 = m, y0 = x0 + m = 2m , 2

2 2 ∵点 M ( x0 , y0 ) 在圆 x + y = 5 上,

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∴ m + ( 2m ) = 5 ,∴ m = ±1 .
2 2

6.(2009 北京理) (本小题共 14 分) 已知双曲线 C :

x2 y2 3 2 = 1(a > 0, b > 0) 的离心率为 3 ,右准线方程为 x = 2 a b 3

(Ⅰ)求双曲线 C 的方程; (Ⅱ)设直线 l 是圆 O : x 2 + y 2 = 2 上动点 P ( x0 , y0 )( x0 y0 ≠ 0) 处的切线, l 与双曲线 C 交 于不同的两点 A, B ,证明 ∠AOB 的大小为定值. 【解法 1】本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识,考查曲线和方程 的关系等解析几何的基本思想方法,考查推理、运算能力.

a2 3 = 3 ,解得 a = 1, c = 3 , (Ⅰ)由题意,得 c c = 3 a
y2 ∴ b = c a = 2 ,∴所求双曲线 C 的方程为 x = 1. 2
2 2 2 2

(Ⅱ)点 P ( x0 , y0 )( x0 y0 ≠ 0 ) 在圆 x 2 + y 2 = 2 上, 圆在点 P ( x0 , y0 ) 处的切线方程为 y y0 = 化简得 x0 x + y0 y = 2 .

x0 ( x x0 ) , y0

2 y2 =1 x 2 2 2 2 由 及 x0 + y0 = 2 得 ( 3 x0 4 ) x 2 4 x0 x + 8 2 x0 = 0 , 2 x x + y y = 2 0 0
∵切线 l 与双曲线 C 交于不同的两点 A、B,且 0 < x0 < 2 ,
2 2 2 2 ∴ 3 x0 4 ≠ 0 ,且 = 16 x0 4 3 x0 4 8 2 x0 > 0 , 2

(

)(

)

设 A、B 两点的坐标分别为 ( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 ) , 则 x1 + x2 =

4 x0 8 2x2 , x1 x2 = 2 0 , 2 3 x0 4 3 x0 4 OA OB OA OB
,且

∵ cos ∠AOB =

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OA OB = x1 x2 + y1 y2 = x1 x2 +

1 2 x0 x1 )( 2 x0 x2 ) , 2 ( y0

= x1 x2 +

1 2 4 2 x0 ( x1 + x2 ) + x0 x1 x2 2 2 x0

=

2 2 2 x0 ( 8 2 x0 ) 8 2 x0 8x2 1 4 2 0 + + 2 2 2 3x0 4 2 x0 3x0 4 3x0 4
2 2 8 2 x0 8 2 x0 2 = 0. 2 3 x0 4 3 x0 4
°

==

∴ ∠AOB 的大小为 90 . (Ⅰ)同解法 1. 【解法 2】
2 2 (Ⅱ)点 P ( x0 , y0 )( x0 y0 ≠ 0 ) 在圆 x + y = 2 上,

圆在点 P ( x0 , y0 ) 处的切线方程为 y y0 =

x0 ( x x0 ) , y0

2 y2 =1 x 2 2 化简得 x0 x + y0 y = 2 .由 及 x0 + y0 = 2 得 2 x x + y y = 2 0 0

( 3x ( 3x
2 2 0

2 0

2 4 ) x 2 4 x0 x + 8 2 x0 = 0

① ②
2

2 4 ) y 2 8 y0 x 8 + 2 x0 = 0

∵切线 l 与双曲线 C 交于不同的两点 A、B,且 0 < x0 < 2 , ∴ 3 x0 4 ≠ 0 ,设 A、B 两点的坐标分别为 ( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 ) , 则 x1 x2 =
2 8 2 x0 2 x2 8 , y1 y2 = 0 , 2 2 3 x0 4 3 x0 4
°

∴ OA OB = x1 x2 + y1 y2 = 0 ,∴ ∠AOB 的大小为 90 . (∵ x0 + y0 = 2 且 x0 y0 ≠ 0 ,∴ 0 < x0 < 2, 0 < y0 < 2 ,从而当 3 x0 4 ≠ 0 时,方程①和方程②的判
2 2 2 2 2

别式均大于零). 7.(2009 江苏卷) (本题满分 10 分) 在平面直角坐标系 xoy 中,抛物线 C 的顶点在原点,经过点 A(2,2) ,其焦 (1)求抛物线 C 的标准方程; (2)求过点 F,且与直线 OA 垂直的直线的方程;
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点 F 在 x 轴上。

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(3)设过点 M ( m, 0)( m > 0) 的直线交抛物线 C 于 D、E 两点,ME=2DM,记 D 和 E 两点间的距离为 f ( m) ,求 f ( m) 关于 m 的表达式。 【解析】 [必做题 必做题]本小题主要考查直线、抛物线及两点间的距离公式等基本知识,考查运算求解能力。满分 10 分。 必做题

8.(2009 山东卷理)(本小题满分 14 分)

x2 y2 设椭圆 E: 2 + 2 = 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,O 为坐标原点, a b
(I)求椭圆 E 的方程; (II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ⊥ OB ?若存在,写出该 圆的方程,并求|AB |的取值范围,若不存在说明理由。 解:(1)因为椭圆 E:

x2 y2 + = 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点, a2 b2

4 2 1 1 + 2 =1 2 a b a2 = 8 a 2 = 8 x2 y 2 所以 解得 所以 2 椭圆 E 的方程为 + =1 6 1 1 1 8 4 b = 4 + =1 = a 2 b2 b2 4
(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ⊥ OB ,设该圆的切线
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y = kx + m 2 2 2 2 2 方程为 y = kx + m 解方程组 x 2 y 2 得 x + 2( kx + m) = 8 ,即 (1 + 2k ) x + 4kmx + 2m 8 = 0 , =1 + 4 8
则△= 16k m 4(1 + 2k )(2m 8) = 8(8k m + 4) > 0 ,即 8k m + 4 > 0
2 2 2 2 2 2
2 2

w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

4km x1 + x2 = 1 + 2k 2 2 x x = 2m 8 1 2 1 + 2k 2

,

y1 y2 = (kx1 + m)(kx2 + m) = k 2 x1 x2 + km( x1 + x2 ) + m 2 =

k 2 (2m 2 8) 4k 2 m2 m 2 8k 2 + m2 = 要使 OA ⊥ OB , 1 + 2k 2 1 + 2k 2 1 + 2k 2

需 使 x1 x2 + y1 y2 = 0 , 即

2 m 2 8 m 2 8k 2 3m2 8 + = 0 , 所 以 3m 2 8k 2 8 = 0 , 所 以 k 2 = ≥0 又 1 + 2k 2 1 + 2k 2 8

m2 > 2 8 2 6 2 6 2 8k 2 m2 + 4 > 0 ,所以 2 ,所以 m ≥ ,即 m ≥ 或m≤ ,因为直线 y = kx + m 为圆心在原点的 3 3 3 3m ≥ 8
m2 m2 8 2 6 8 2 2 ,r = = = ,r = ,所求的圆为 x + y = ,此 圆的一条切线,所以圆的半径为 r = 2 2 2 3m 8 3 1+ k 3 3 1+ k 1+ 8
m
2

时 圆的 切线 y = kx + m 都 满 足 m ≥

2 6 2 6 2 6 或m≤ , 而当 切线 的斜 率不 存在 时切 线为 x = ± 与 椭圆 3 3 3

x2 y 2 2 6 2 6 2 6 2 6 + =1 的两个交点为 ( ,± ) 或 ( ,± ) 满 足 OA ⊥ OB , 综 上 , 存 在 圆 心 在 原 点 的 圆 8 4 3 3 3 3 x2 + y2 = 8 ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ⊥ OB . 3

4km x1 + x2 = 1 + 2k 2 因为 , 2 x x = 2m 8 1 2 1 + 2k 2

4km 2 2m 2 8 8(8k 2 m 2 + 4) 所以 ( x1 x2 ) = ( x1 + x2 ) 4 x1 x2 = ( ) 4× = , 1 + 2k 2 1 + 2k 2 (1 + 2k 2 ) 2
2 2

| AB |= ( x1 x2 )2 + ( y1 y2 ) = (1 + k 2 )( x1 x2 ) 2 = (1 + k 2 )
2

8(8k 2 m2 + 4) (1 + 2k 2 )2

=

32 4k 4 + 5k 2 + 1 32 k2 4 = [1 + 4 ], 3 4k + 4 k 2 + 1 3 4k + 4k 2 + 1
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①当 k ≠ 0 时 | AB |=

32 1 [1 + ] 1 3 4k 2 + 2 + 4 k

因为 4k +
2

1 1 1 + 4 ≥ 8 所以 0 < ≤ , 2 1 k 4k 2 + 2 + 4 8 k 32 32 1 所以 < [1 + ] ≤ 12 , 1 3 3 4k 2 + 2 + 4 k

所以

4 2 6 <| AB |≤ 2 3 当且仅当 k = ± 时取”=”. 3 2
4 6 . 3

w.w.w. k.s.5 .u.c.o.m

② 当 k = 0 时, | AB |=

③ 当 AB 的斜率不存在时, 两个交点为 ( 综上, |AB |的取值范围为

2 6 2 6 2 6 2 6 4 6 ,± ) 或 ( ,± ) ,所以此时 | AB |= , 3 3 3 3 3

4 4 6 ≤| AB |≤ 2 3 即: | AB |∈ [ 6, 2 3] 3 3

【命题立意】 :本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆的位置关系直线与圆的位置 关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关系. 9. (2009 山东卷文)(本小题满分 14 分) 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) , 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) 已知 m =
w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

1 ,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ⊥ OB (O 为坐 4

标原点),并求出该圆的方程; (3)已知 m =

1 ,设直线 l 与圆 C: x 2 + y 2 = R 2 (1<R<2)相切于 A1,且 l 与轨迹 E 只有一个公共点 B1,当 R 为何值时,|A1B1| 4

取得最大值?并求最大值. 解:(1)因为 a ⊥ b , a = ( mx, y + 1) , b = ( x, y 1) , 所以 a b = mx 2 + y 2 1 = 0 , 即 mx 2 + y 2 = 1 .

w.w. w. k. s.5.u.c.o.m

当 m=0 时,方程表示两直线,方程为 y = ±1 ; 当 m = 1 时, 方程表示的是圆 当 m > 0 且 m ≠ 1 时,方程表示的是椭圆; 当 m < 0 时,方程表示的是双曲线.
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y = kx + t 1 x2 2 (2).当 m = 时, 轨迹 E 的方程为 + y = 1 ,设圆心在原点的圆的一条切线为 y = kx + t ,解方程组 x 2 得 2 4 4 + y =1 4 x 2 + 4(kx + t ) 2 = 4 ,即 (1 + 4k 2 ) x 2 + 8ktx + 4t 2 4 = 0 ,
要使切线与轨迹 E 恒有两个交点 A,B, 则使△= 64k 2t 2 16(1 + 4k 2 )(t 2 1) = 16(4k 2 t 2 + 1) > 0 ,

即 4k t + 1 > 0 ,即 t < 4k + 1 ,
2 2 2 2

8kt x1 + x2 = 1 + 4k 2 且 2 x x = 4t 4 1 2 1 + 4k 2
k 2 (4t 2 4) 8k 2t 2 t 2 4k 2 , + t2 = 1 + 4k 2 1 + 4k 2 1 + 4k 2

y1 y2 = (kx1 + t )(kx2 + t ) = k 2 x1 x2 + kt ( x1 + x2 ) + t 2 =
要使 OA ⊥ OB ,
2 2

需使 x1 x2 + y1 y2 = 0 ,即
2 2

4t 2 4 t 2 4k 2 5t 2 4k 2 4 + = = 0, 1 + 4 k 2 1 + 4k 2 1 + 4k 2
2 2

所以 5t 4k 4 = 0 ,

即 5t = 4k + 4 且 t < 4k + 1 ,

即 4k + 4 < 20k + 5 恒成立.
2 2

所以又因为直线 y = kx + t 为圆心在原点的圆的一条切线,

4 (1 + k 2 ) 4 4 t2 2 所以圆的半径为 r = ,r = =5 = , 所求的圆为 x 2 + y 2 = . 2 2 1+ k 1+ k 5 5 1+ k 2

t

2 x2 2 2 2 2 5 ,与 + y 2 = 1 交于点 ( 5 ,± 5 ) 或 ( 5 ,± 5 ) 也满足 OA ⊥ OB . 当切线的斜率不存在时,切线为 x = ± 5 4 5 5 5 5
综上, 存在圆心在原点的圆 x + y =
2 2

4 ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ⊥ OB . 5

(3)当 m =

1 x2 时,轨迹 E 的方程为 + y 2 = 1 ,设直线 l 的方程为 y = kx + t ,因为直线 l 与圆 C: x 2 + y 2 = R 2 (1<R<2)相切 4 4
t
, 即 t 2 = R 2 (1 + k 2 ) ①,

于 A1, 由(2)知 R =

1+ k

2

因为 l 与轨迹 E 只有一个公共点 B1,

y = kx + t 由(2)知 x 2 得 x 2 + 4( kx + t ) 2 = 4 , 2 + y =1 4
2 2 2 即 (1 + 4k ) x + 8ktx + 4t 4 = 0 有唯一解

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则△= 64k t 16(1 + 4k )(t 1) = 16(4k t + 1) = 0 ,
2 2 2 2 2 2

即 4k t + 1 = 0 ,
2 2



2 3R 2 t = 4 R2 由①②得 , 2 k 2 = R 1 4 R2

此时 A,B 重合为 B1(x1,y1)点,

w. w.w. k.s.5. u.c.o.m

8kt x1 + x2 = 1 + 4k 2 4t 2 4 16 R 2 16 2 中 x1 = x 2 ,所以, x1 = = , 由 1 + 4k 2 3R 2 4t 2 4 xx = 1 2 1 + 4k 2
B1(x1,y1)点在椭圆上,所以 y1 = 1
2

1 2 4 R2 4 2 2 2 x1 = ,所以 | OB1 | = x1 + y1 = 5 2 , 2 4 3R R
2 2 2

在 直 角 三 角 形 OA1B1 中 , | A1 B1 | =| OB1 | | OA1 | = 5

4 4 4 R2 = 5 ( 2 + R2 ) 因 为 2 + R2 ≥ 4 当 且 仅 当 2 R R R

R = 2 ∈ (1, 2) 时取等号,所以 | A1 B1 |2 ≤ 5 4 = 1 ,即
当R =

2 ∈ (1, 2) 时|A1B1|取得最大值,最大值为 1.

【命题立意】 :本题主要考查了直线与圆的方程和位置关系,以及直线与椭圆的位置关系,可以通过解方程组法研究有没有 交点问题,有几个交点的问题. 10.(2009 江苏卷) (本小题满分 16 分) 在平面直角坐标系 xoy 中,已知圆 C1 : ( x + 3)2 + ( y 1)2 = 4 和圆 C2 :(x 4)2 + ( y 5)2 = 4 . (1)若直线 l 过点 A(4, 0) ,且被圆 C1 截得的弦长为 2 3 ,求直 程; (2)设 P 为平面上的点,满足:存在过点 P 的无穷多对互相垂直 的直线 l1 和 与直线 l2 被 线 l 的 方

l2 ,它们分别与圆 C1 和圆 C 2 相交,且直线 l1 被圆 C1 截得的弦长
圆 C 2 截得的弦长相等,试求所有满足条件的点 P 的坐标。 【解析】 本小题主要考查直线与圆的方程、 点到直线的距离公式, 算求解能力、综合分析问题的能力。满分 16 分。 (1)设直线 l 的方程为: y = k ( x 4) ,即 kx y 4k = 0 由垂径定理,得:圆心 C1 到直线 l 的距离 d = 42 ( 结合点到直线距离公式,得:

考查数学运

2 3 2 ) = 1, 2

| 3k 1 4k | k 2 +1 7 24

= 1,

化简得: 24k + 7 k = 0, k = 0, or , k =
2

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求直线 l 的方程为: y

= 0或 y =

7 ( x 4) ,即 y = 0 或 7 x + 24 y 28 = 0 24
w.w.w. k.s.5 .u.c.o.m

(2) 设点 P 坐标为 (m, n) ,直线 l1 、 l2 的方程分别为:

1 1 1 y n = k ( x m), y n = ( x m) ,即: kx y + n km = 0, x y + n + m = 0 k k k
因为直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C 2 截得的弦长相等,两圆半径相等。由垂径定理,得: :圆心 C1 到直线 l1 与 C 2 直线 l2 的距离相等。

4 1 | 5+ n+ m | k 故有: | 3k 1 + n km | = k , 2 1 k +1 +1 k2
化简得: (2 m n)k = m n 3, 或( m n + 8) k = m + n 5 关于 k 的方程有无穷多解,有:

2 m n = 0 m-n+8=0 ,或 m n 3 = 0 m+n-5=0

w.w. w. k.s.5 .u.c.o.m

解之得:点 P 坐标为 ( 3 , 13 ) 或 ( 5 , 1 ) 。 2 2 2 2 11.(2009 全国卷Ⅱ文) (本小题满分 12 分)

3 x2 y 2 已知椭圆 C: 2 + 2 = 1(a > b > 0) 的离心率为 a b 3
两点,当 l 的斜率为 1 时,坐标原点 O 到 l 的距离为 (Ⅰ)求 a,b 的值;

,过右焦点 F 的直线 l 与 C 相交于 A、B
2 2

(Ⅱ)C 上是否存在点 P,使得当 l 绕 F 转到某一位置时,有 OP = OA + OB 成立? 若存在,求出所有的 P 的坐标与 l 的方程;若不存在,说明理由。 解析:本题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力, 解析:本题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力,第一问直接运用点到直线的距离公式以及椭圆有关关系式计 第二问利用向量坐标关系及方程的思想,借助根与系数关系解决问题,注意特殊情况的处理。 算,第二问利用向量坐标关系及方程的思想,借助根与系数关系解决问题,注意特殊情况的处理。 解: (Ⅰ)设 F (c,0), 当 l 的斜率为 1 时,其方程为 x y c = 0, O 到 l 的距离为







00c 2 故
c

=

c

2

2
由 e= 得 a=

=

2 , c =1 2

w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

c 3 = a 3 3 ,b = a2 c2 = 2
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(Ⅱ)C 上存在点 P ,使得当 l 绕 F 转到某一位置时,有 OP = OA + OB 成立。 由 (Ⅰ)知 C 的方程为 2x + 3y =6. 设 A( x1 , y1 ), B( x 2 , y 2 ). (ⅰ) 当l不垂直x轴时,设l的方程为y = k ( x 1) C
2
2

上的点P使OP = OA + OB 成 立 的 充 要 条 件 是 P点的坐标为(x1 + x 2 , y1 + y 2) ,



2( x1 + x 2 ) 2 + 3( y1 + y 2 ) 2 = 6
整理得 2 x1 + 3 y1 + 2 x 2 + 3 y 2 + 4 x1 x 2 + 6 y1 y 2 = 6
2 2 2 2

又A、B在C上,即2 x1 + 3 y1
2

2

= 6,2 x 2 + 3 y 2 = 6
2 2



2 x1 x 2 + 3 y1 y 2 + 3 = 0



将 y = k ( x 1)代入2 x 2 + 3 y 2 = 6, 并化简得

(2 + 3k 2 ) x 2 6k 2 x + 3k 2 6 = 0
于是 x1 + x 2 =

w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

6k 2 3k 2 6 , x1 x 2 = , 2 + 3k 2 2 + 3k 2 4k 2 2 + 3k 2

y1 y 2 = k 2 ( x1 1)( x 2 2) =

代入①解得, k = 2 ,此时 x1 + x 2 =
2

3 2
w. w.w. k. s.5.u.c.o.m

于是 y1 + y 2 = k ( x1 + x 2 2) = 因此, 当 k = 2 时, P ( ,

k 3 k , 即 P ( , ) 2 2 2

3 2

2 ) , l的方程为 2 x + y 2 = 0 ; 2

当k =

3 2 2 时, P ( , ) , l的方程为 2 x y 2 = 0 。 2 2

(ⅱ)当 l 垂直于 x 轴时,由 OA + OB = ( 2,0) 知,C 上不存在点 P 使 OP = OA + OB 成立。 综上,C 上存在点 P ( ,±

3 2

2 ) 使 OP = OA + OB 成立,此时 l 的方程为 2

2x ± y 2 = 0 .
12.( 2009 广 东 卷 理 ) (本小题满分 14 分)
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已知曲线 C : y = x 与直线 l : x y + 2 = 0 交于两点 A( x A , y A ) 和 B ( xB , y B ) , xA < xB . 且 记曲线 C 在点 A 和点 B
2

之间那一段 L 与线段 AB 所围成的平面区域(含边界)为 D .设点 P ( s, t ) 是 L 上的任一点,且点 P 与点 A 和点 B 均 不重合. (1)若点 Q 是线段 AB 的中点,试求线段 PQ 的中点 M 的轨迹方程; (2)若曲线 G : x 2ax + y 4 y + a +
2 2 2

51 = 0 与 D 有公共点,试求 a 的最小值. 25 1 5 2 解: (1)联立 y = x 与 y = x + 2 得 x A = 1, x B = 2 ,则 AB 中点 Q ( , ) ,设线段 PQ 的中点 M 坐标为 ( x, y ) ,则 2 2 1 5 +s +t 1 5 2 2 x= ,y = ,即 s = 2 x , t = 2 y ,又点 P 在曲线 C 上, 2 2 2 2 5 1 2 11 2 ∴ 2 y = (2 x ) 化 简 可 得 y = x x + ,又点 P 是 L 上的任一点,且不与点 A 和点 B 重合,则 2 2 8 1 1 5 11 1 5 1 < 2 x < 2 ,即 < x < ,∴中点 M 的轨迹方程为 y = x 2 x + ( < x < ). 2 4 4 8 4 4 y
xB xA D

o

x
w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

(2)曲线 G : x 2ax + y 4 y + a +
2 2 2

51 =0, 25

即圆 E : ( x a ) + ( y 2) =
2 2

49 7 ,其圆心坐标为 E ( a,2) ,半径 r = 25 5 51 2 2 2 由图可知,当 0 ≤ a ≤ 2 时,曲线 G : x 2ax + y 4 y + a + = 0 与点 D 有公共点; 25 51 2 2 2 当 a < 0 时, 要使曲线 G : x 2ax + y 4 y + a + = 0 与点 D 有公共点, 只需圆心 E 到直线 l : x y + 2 = 0 的 25
|a2+2| 2 = |a| 2 ≤ 7 7 2 7 2 ,得 ≤ a < 0 ,则 a 的最小值为 . 5 5 5
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距离 d =

13.(2009 安徽卷理) 本小题满分 13 分) (

x y0 x2 y2 π 点 P ( x0 , y0 ) 在椭圆 2 + 2 = 1(a > b > 0) 上, x0 = a cos β , y0 = b sin β , 0 < β < . 直线 l2 与直线 l1 : 0 x + 2 y = 1 2 a b 2 a b
垂直,O 为坐标原点,直线 OP 的倾斜角为 α ,直线 l2 的倾斜角为 γ .

(I)证明: 点 P 是椭圆

x2 y2 + = 1 与直线 l1 的唯一交点; a2 b2

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(II)证明: tan α , tan β , tan γ 构成等比数列. 解:本小题主要考查直线和椭圆的标准方程和参数方程,直线和曲线的几何性质,等比数列等基础知识。考查综合运 用知识分析问题、解决问题的能力。本小题满分 13 分。

x0 y0 b2 x2 y2 2 解: (方法一)由 2 x + 2 y = 1 得 y = 2 ( a x0 x), 代入椭圆 2 + 2 = 1 , (I) a b a y0 a b
得(

1 b 2 x0 2 2 2b 2 x0 b2 + 4 2 ) x 2 x + ( 2 1) = 0 . a 2 a y0 a y0 y0



x0 = a cos β 代入上式,得 x 2 2a cos β x + a 2 cos 2 β = 0, 从而 x = a cos β . y0 = b sin β

x2 y2 2 + 2 =1 x = x0 a b 因此,方程组 有唯一解 ,即直线 l1 与椭圆有唯一交点 P. y = y0 x0 x + y0 y = 1 a2 b2
( 方 法 二 ) 显 然 P 是 椭 圆 与 l1 的 交 点 , 若 Q (a cos β1 , b sin β1 ), 0 ≤ β1 < 2π 是 椭 圆 与 l1 的 交 点 , 代 入 l1 的 方 程

cos β sin β x+ y = 1 ,得 cos β cos β1 + sin β sin β1 = 1, a b
即 cos( β β1 ) = 1, β = β1 , 故 P 与 Q 重合。

(方法三)在第一象限内,由

x2 y2 b 2 b 2 + 2 = 1 可得 y = a x 2 , y0 = a x0 2 , 2 a b a a bx0 a a 2 x0 2 = b 2 x0 , a 2 y0

椭圆在点 P 处的切线斜率 k = y ′( x0 ) =

切线方程为 y =

b 2 x0 xx y y ( x x0 ) + y0 , 即 02 + 02 = 1 。 2 a y0 a b
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因此, l1 就是椭圆在点 P 处的切线。

根据椭圆切线的性质,P 是椭圆与直线 l1 的唯一交点。 (II) tan α =

y0 b x b2 y a2 a = tan β , l1 的斜率为 0 2 , l2 的斜率为 tan γ = 0 2 = tan β , x0 a y0 a x0b b

由此得 tan α tan γ = tan 2 β ≠ 0, tan α , tan β , tan γ 构成等比数列。 14.(2009 安徽卷文)(本小题满分 12 分)

已知椭圆

(a>b>0)的离心率为

,以原点为圆心。椭圆短半轴长半径的

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圆与直线 y=x+2 相切, (Ⅰ)求 a 与 b;
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(Ⅱ)设该椭圆的左,右焦点分别为 段P



,直线 过

且与 x 轴垂直,动直线 与 y 轴垂直, 交 与点 p..求线

垂直平分线与 的交点 M 的轨迹方程,并指明曲线类型。

【思路】 (1)由椭圆

x2 y2 c 3 建立 a、b 等量关系,再根据直线与椭圆相切求出 a、b. + 2 = 1中 a 2 = b 2 + c 2 及 e = = 2 3 a b a (2)依据几何关系转化为代数方程可求得,这之中的消参就很重要了。 3 3

【解析】 1) ( 由于 e =
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∴ e2 =

c 2 a 2 b2 1 = = a2 a2 3



b2 2 = a2 3

又b =

2 1+1

= 2

∴b =2,a =3 因此, = 3 . b= 2 . a
2 2

t (2)由(1)知 F1,F2 两点分别为(-1,0)(1,0) , ,由题意可设 P(1,t).(t≠0).那么线段 PF1 中点为 N (0, ) , 2

t t MN PF1 = 2 x + t ( y ) = 0 设 M(x、y)是所求轨迹上的任意点.由于 MN = ( x , y ) . PF1 = ( 2, t ) 则 消去参数 t 2 2 y = t 得 y 2 = 4 x( x ≠ 0)

,其轨迹为抛物线(除原点) 15.(2009 江西卷文) (本小题满分 14 分) 如图,已知圆 G : ( x 2) 2 + y 2 = r 2 是椭圆 (1)求圆 G 的半径 r ; (2)过点 M (0,1) 作圆 G 的两条切线交椭圆于 E,F 两点, 证明:直线 EF 与圆 G 相切.

x2 + y 2 = 1 的内接△ ABC 的内切圆, 其中 A 为椭圆的左顶点. 16

y
M

B
. G

A

F

0
解: (1)设 B 2 + r , y0) ( ,过圆心 G 作 GD ⊥ AB 于 D , BC 交长轴于 H

x
C

E
y GD HB r = 得 由 = 0 , 2 AD AH 6+r 36 r


y0 =

r 6+r 6r
2

(1)

而点 B 2 + r , y0) ( 在椭圆上, y0 = 1
2

(2 + r ) 2 12 4r r 2 (r 2)(r + 6) = = 16 16 16
2 6 或 r = (舍去) 3 5

(2)

由(1)、 (2)式得 15r + 8r 12 = 0 ,解得 r = (2) 设过点 M(0,1) 与圆 ( x 2) + y =
2 2

4 相切的直线方程为: y 1 = kx 9

(3)

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2 2k + 1 2 = ,即 32k + 36k + 5 = 0 2 3 1+ k
9 + 41 9 41 , k2 = 16 16

(4)

解得 k1 =

将(3)代入

x2 32k + y 2 = 1 得 (16k 2 + 1) x 2 + 32kx = 0 ,则异于零的解为 x = 16 16k 2 + 1
32k1 32k2 , x2 = 2 16k1 + 1 16k2 2 + 1

设 F ( x1 , k1 x1 + 1) , E ( x2 , k 2 x2 + 1) ,则 x1 =

则直线 FE 的斜率为: k EF =

k2 x2 k1 x1 k +k 3 = 1 2 = x2 x1 1 16k1k2 4

32k12 3 32k1 1 = (x + ) 于是直线 FE 的方程为: y + 2 16k1 + 1 4 16k12 + 1
即y=

3 7 x 4 3

3 7 2 2 3 则圆心 (2, 0) 到直线 FE 的距离 d = = 3 9 1+ 16
故结论成立. 16.(2009 江西卷理) (本小题满分 12 分)

w. w.w. k. s.5.u.c.o.m

x2 y 2 已知点 P ( x0 , y0 ) 为双曲线 2 2 = 1 ( b 为正常数)上任一 1 8b b
双曲线的右焦点,过 P 作右准线的垂线,垂足为 A ,连接 F2 A 并延 1 于 P2 .
w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

y

点 , F2 为 长交 y 轴
A

P
P 1
F1
O

P2

(1) 求线段 P P2 的中点 P 的轨迹 E 的方程; 1 (2) 设 轨 迹 E 与 x 轴 交 于 B、D 两 点 , 在 E 上 任 取 一 点

F2

x

Q x1 , y1)y1 ≠ 0) ,直线 QB,QD 分别交 y 轴于 M ,N 两点. ( (
以 MN 为直径的圆过两定点. 解: (1) 由已知得 F2 3b, ( 0),( b,y0) A ,则直线 F2 A 的方程为: y = 令 x = 0 得 y = 9 y0 ,即 P2 (0, 9 y0 ) ,
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求证:

8 3

3 y0 ( x 3b) , b

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x0 x0 = 2 x x= 2 x0 2 y0 2 4 x2 y2 设 P x,y) ( ,则 ,即 = 1, y 代入 2 2 = 1 得: 2 8b b 8b 25b 2 y = y0 + 9 y0 = 5 y y0 = 5 0 2
即 P 的轨迹 E 的方程为

x2 y2 = 1. 2b 2 25b 2

w.w.w. k.s.5.u .c.o.m

x2 y2 (2) 在 2 = 1 中令 y = 0 得 x 2 = 2b 2 ,则不妨设 B - 2b, ( 0),D 2b, , ( 0) 2 2b 25b
于是直线 QB 的方程为: y =

y1 y1 ( x + 2b) , 直线 QD 的方程为: y = ( x- 2b) , x1 + 2b x1 - 2b

则 M 0, (

2by1 - 2by1 ) , ),N 0, ( x1 + 2b x1 - 2b
2

则以 MN 为直径的圆的方程为: x + y (

2by1 2by1 )(y + ) 0 , = x1 + 2b x1 - 2b

令 y = 0 得: x =
2

2b 2 y12 x2 y2 2 2 ,而 Q x1 , y1) ( 在 2 = 1 上,则 x12 2b 2 = y1 , 2 2 2 x1 2b 2b 25b 25

于是 x = ±5b ,即以 MN 为直径的圆过两定点 ( 5b, 0), (5b, 0) . 17.(2009 天津卷文) (本小题满分 14 分) 已知椭圆

x2 y2 a2 + 2 = 1( a > b > 0 )的两个焦点分别为 F1 (c,0), F2 (c,0)(c > 0) ,过点 E ( ,0) 的直线与椭圆相交于 c a2 b

点 A,B 两点,且 F1 A // F2 B, | F1 A |= 2 | F2 B | (Ⅰ求椭圆的离心率 (Ⅱ)直线 AB 的斜率; (Ⅲ)设点 C 与点 A 关于坐标原点对称,直线 F2 B 上有一点 H(m,n)( m ≠ 0 )在 AF1C 的外接圆上,求 【答案】 (1) e =

n 的值。 m

c 3 2 n 2 2 = (2) k = ± (3) = a 3 3 m 5

【解析】 (1)解:由 F1 A // F2 B, | F1 A |=| F2 B | ,得

| EF2 | | F2 B | 1 = = ,从而 | EF1 | | F1 A | 2

a2 c c 3 1 c = ,整理得 a 2 = 3c 2 ,故离心率 e = = 2 a 3 2 a +c c
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(2)解:由(1)知, b = a c = 2c ,所以椭圆的方程可以写为 2 x + 3 y = 6c
2 2 2 2

2

2

2

设直线 AB 的方程为 y = k ( x

a2 ) 即 y = k ( x 3c) c

由已知设 A( x1 , y1 ) B ( x 2 , y 2 ) 则它们的坐标满足方程组

y = k ( x 3c)
2 2 2 2 x + 3 y = 6c
w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

消去 y 整理,得 ( 2 + 3k 2 ) x 2 18k 2 cx + 27 k 2 c 2 6c 2 = 0 依题意, = 48c (1 3k ) > 0,
2 2

3 3 <k< 3 3

而 x1 + x 2 =

18k 2 27 k 2 c 2 6c 2 , x1 x 2 = ,有题设知,点 B 为线段 AE 的中点,所以 x1 + 3c = 2 x 2 2 + 3k 2 2 + 3k 2 9 k 2 c 2c 9 k 2 c 2 + 2c 2 2 , x2 = ,将结果代入韦达定理中解得 k = ± 2 2 3 2 + 3k 2 + 3k
3c 2 ,当 k = 时,得 A (0, 2c ) 由已知得 C (0, 2c ) 2 3
2c 2 c c = ( x + ), 直线 l 与 x 轴的交点 ( ,0) 是 AF1C 的外接圆的圆心, 2 2 2 2

联立三式,解得 x1 =

(3)由(2)知, x1 = 0, x 2 =

线段 AF1 的垂直平分线 l 的方程为 y 因此外接圆的方程为 ( x ) + y = (
2 2

c 2

c + c) 2 2

c 9c 2 (m ) 2 + n 2 = 直 线 F2 B 的 方 程 为 y = 2 ( x c) , 于 是 点 H ( m, n) 满 足 方 程 组 2 4 由 m ≠ 0 ,解得 n = 2 ( m c )
m= 5c 2 2c n 2 2 ,n = ,故 = 3 2 m 5
当k =

2 n 2 2 时,同理可得 = 3 m 5

【考点定位】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质,直线方程,圆的方程等基础知识。考查用代数方法研 究圆锥曲线的性质和数形结合的思想,考查运算能力和推理能力。 18.(2009 湖北卷理)(本小题满分 14 分) 注意:在试题卷上作答无效) (注意: ......... 过抛物线 y 2 = 2 px ( p > 0) 的对称轴上一点 A ( a, 0 )( a > 0 ) 的直线与抛物线相交于 M、N 两点,自 M、N 向直线

l : x = a 作垂线,垂足分别为 M 1 、 N1 。
(Ⅰ)当 a =

p 时,求证: AM 1 ⊥ AN1 ; 2
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(Ⅱ)记

AMM 1 、 AM 1 N1 、 ANN1 的面积分别为 S1 、 S 2 、 S3 ,是否存在 λ ,使得对任意的 a > 0 ,都有

S22 = λ S1S 2 成立。若存在,求出 λ 的值;若不存在,说明理由。
20 题。本小题主要考察抛物线的定义和几何性质等平面解析几何的基础知识,考查综合运用数学知识进行推理运算的 能力。 (14 分) 解:依题意,可设直线 MN 的方程为 x = my + a, M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,则有
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M (a, y1 ), N ( a, y2 )


x = my + a y = 2 px
2

消去 x 可得 y 2 2mpy 2ap = 0

从而有

y1 + y2 = 2mp y1 y2 = 2ap
2



于是 x1 + x2 = m( y1 + y2 ) + 2a = 2( m p + a ) 又由 y1 = 2 px1 , y1 = 2 px2 可得 x1 x2 =
2 2



( y1 y2 ) 2 (2ap) 2 = = a2 2 2 4p 4p



(Ⅰ)如图 1,当 a =

p p p 时,点 A( , 0) 即为抛物线的焦点, l 为其准线 x = 2 2 2 P P 2 此时 M 1 ( , y1 ), N1 ( , y2 ), 并由 ①可得 y1 y2 = p 2 2 uuuu v uuuv 证法 1: Q AM 1 = ( p, y1 ), AN1 = ( p, y2 )
w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

uuuu uuuv v ∴ AM 1 AN1 = p 2 + y1 y2 = p 2 p 2 = 0,即AM 1 ⊥ AN1
Q K AM1 =
y1 y , K AN1 = 2 , p p

证法 2:

∴ K AM1 K AN1 =

y1 y2 p2 = 2 = 1,即AM 1 ⊥ AN1 . p2 p

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(Ⅱ)存在 λ = 4 ,使得对任意的 a > 0 ,都有 S 2 = 4 S1S3 成立,证明如下:
2

证法 1:记直线 l 与 x 轴的交点为 A1 ,则 OA = OA1 = a 。于是有

1 1 MM 1 A1M 1 = (x1 + a ) y1 2 2 1 S 2 = M 1 N1 AA1 = a y1 y2 2 1 1 S3 = NN1 A1 N1 = (x2 + a ) y2 2 2 S1 =
2 ∴ S 2 = 4 S1S3 (a y1 y2 )2 = ( x1 + a ) y1 ( x2 + a ) y2

a 2 [( y1 + y2 ) 2 4 y1 y2 ] = [ x1 x2 + a ( x1 + x2 ) + a 2 ] y1 y2
将①、②、③代入上式化简可得

a 2 (4m 2 p 2 + 8ap ) = 2ap (2am 2 p + 4a 2 ) 4a 2 p (m 2 p + 2a )
上式恒成立,即对任意 a > 0, S 2 = 4 S1S3 成立
2

证法 2:如图 2,连接 MN1 , NM 1 ,则由 y1 y2 = 2ap, y1 = 2 px1 可得
2

K OM =

y1 2 p 2 py2 2 py2 y = = = = 2 = K ON1 ,所以直线 MN1 经过原点 O, x1 y1 y1 y2 2ap a

同理可证直线 NM 1 也经过原点 O 又 OA = OA1 = a 设 M 1 A1 = h1 , N1 A1 = h2 , MM 1 = d1 , NN1 = d 2 , 则

S1 =

1 1 1 d1h1 , S 2 = 2a (h1 + h2 ) = a (h1 + h2 ), S3 = d 2 h2 . 2 2 2 x2 y2 2 + = 1(a > b > 0) 的左、右焦点分别为 F1、F2 ,离心率 e = ,右准线方程为 x = 2 。 2 a b 2

19.(2009 四川卷文) (本小题满分 12 分) 已知椭圆

(I)求椭圆的标准方程; (II)过点 F1 的直线 l 与该椭圆交于 M 、N 两点,且 F2 M + F2 N =

2 26 ,求直线 l 的方程。 3

c 2 = a 2 ,解得 a = 2, c = 1 解析】 (I)由已知得 【解析】 2 a = 2 c
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∴ b=

a 2 c2 = 1
x2 + y2 = 1 2
…………………………………4 分

∴ 所求椭圆的方程为

(II)由(I)得 F1 ( 1, 0) 、 F2 (1, 0)

x = 1 2 ①若直线 l 的斜率不存在,则直线 l 的方程为 x = 1 ,由 x 2 得y=± 2 2 + y =1 2
设 M ( 1,

2 2 ) 、 N (1, ), 2 2

∴ F2 M + F2 N = ( 2,

2 2 ) + (2, ) = (4, 0) = 4 ,这与已知相矛盾。 2 2

②若直线 l 的斜率存在,设直线直线 l 的斜率为 k ,则直线 l 的方程为 y = k ( x + 1) , 设 M ( x1 , y1 ) 、 N ( x2 , y2 ) ,

y = k ( x + 1) 联立 x 2 ,消元得 (1 + 2k 2 ) x 2 + 4k 2 x + 2k 2 2 = 0 2 + y =1 2


x1 + x2 =

4k 2 2k 2 2 , x1 x2 = , 1 + 2k 2 1 + 2k 2



y1 + y2 = k ( x1 + x2 + 2) =

2k , 1 + 2k 2

w.w. w. k. s.5.u.c.o.m

又∵ F2 M = ( x1 1, y1 ), F2 N = ( x2 1, y2 ) ∴

F2 M + F2 N = ( x1 + x2 2, y1 + y2 )
8k 2 + 2 2k 2 26 F2 M + F2 N = ( x1 + x2 2) + ( y1 + y2 ) = + = 2 2 3 1 + 2k 1 + 2 k
2 2 2
4 2

2



化简得 40k 23k 17 = 0 解得 k = 1或k =
2 2

∴ ∴

k = ±1

17 (舍去) 40
…………………………………12 分

所求直线 l 的方程为 y = x + 1或y = x 1

20.(2009 全国卷Ⅱ理) (本小题满分 12 分)
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x2 y 2 3 已知椭圆 C : 2 + 2 = 1( a > b > 0) 的离心率为 ,过右焦点 F 的直线 l 与 C 相交于 A 、 B 两点,当 l 的斜率 a b 3
为 1 时,坐标原点 O 到 l 的距离为 (I)求 a , b 的值; (II) C 上是否存在点 P,使得当 l 绕 F 转到某一位置时,有 OP = OA + OB 成立? 若存在,求出所有的 P 的坐标与 l 的方程;若不存在,说明理由。 解:(I)设 F (c, 0) ,直线 l : x y c = 0 ,由坐标原点 O 到 l 的距离为

2 2

2 2



|00c| 2 c 3 = ,解得 c = 1 .又 e = = ,∴ a = 3, b = 2 . 2 a 3 2

(II)由(I)知椭圆的方程为 C :

x2 y 2 + = 1 .设 A( x1 , y1 ) 、 B ( x2 , y2 ) 3 2

由题意知 l 的斜率为一定不为 0,故不妨设 l : x = my + 1 代入椭圆的方程中整理得 (2m 2 + 3) y 2 + 4my 4 = 0 ,显然 > 0 。 由韦达定理有: y1 + y2 =

4m 4 , y1 y2 = 2 , .... ....① 2 2m + 3 2m + 3

.假设存在点 P,使 OP = OA + OB 成立,则其充要条件为: 点 P 的坐标为( x1 + x2 , y1 + y2 ) ,点 P 在椭圆上,即
2 2 2 2

( x1 + x2 ) 2 ( y1 + y2 )2 + = 1。 3 2

整理得 2 x1 + 3 y1 + 2 x2 + 3 y2 + 4 x1 x2 + 6 y1 y2 = 6 。 又 A、B 在椭圆上,即 2 x1 + 3 y1 = 6, 2 x2 + 3 y2 = 6 .
2 2 2 2

故 2 x1 x2 + 3 y1 y2 + 3 = 0 ................ ................② 将 x1 x2 = ( my1 + 1)( my2 + 1) = m y1 y2 + m( y1 + y2 ) + 1 及①代入②解得 m =
2 2

1 2

∴ y1 + y2 =

2 2 4m 2 3 3 2 或 , x1 + x2 = + 2 = ,即 P ( , ± ). 2 2 2 2m + 3 2 2 2

当m =

2 3 2 2 时, P ( , ), l : x = y +1; 2 2 2 2

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当m =

2 3 2 2 时, P ( , ), l : x = y + 1. 2 2 2 2

评析:处理解析几何题,学生主要是在“算”上的功夫不够。所谓“算” ,主要讲的是算理和算法。算法是解决问题采 评析
用的计算的方法,而算理是采用这种算法的依据和原因,一个是表,一个是里,一个是现象,一个是本质。有时候算理和算法 并不是截然区分的。例如:三角形的面积是用底乘高的一半还是用两边与夹角的正弦的一半,还是分割成几部分

来算?在具体处理的时候,要根据具体问题及题意边做边调整,寻找合适的突破口和切入点。 21.(2009 湖南卷文) (本小题满分 13 分) 已知椭圆 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上,以两个焦点和短轴的两个端点 为顶点的四边形是一个面积为 8 的正方形(记为 Q). (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)设点 P 是椭圆 C 的左准线与 x 轴的交点,过点 P 的直线 l 与椭圆 C 相交于 M,N 两点,当线段 MN 的中点落 在正方形 Q 内(包括边界)时,求直线 l 的斜率的取值范围。 解: (Ⅰ)依题意,设椭圆 C 的方程为

x2 y2 + = 1(a > b > 0), 焦距为 2c , a2 b2
2

由题设条件知, a 2 = 8, b = c, 所以 b =

1 2 a = 4. 2

故椭圆 C 的方程为

x2 y 2 + =1 8 4

.

(Ⅱ)椭圆 C 的左准线方程为 x = 4, 所以点 P 的坐标 ( 4, 0) , 显然直线 l 的斜率 k 存在,所以直线 l 的方程为 y = k ( x + 4) 。 如图,设点 M,N 的坐标分别为 ( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ), 线段 MN 的中点为 G ( x0 , y0 ) ,

y = k ( x + 4), 得 (1 + 2k 2 ) x 2 + 16k 2 x + 32k 2 8 = 0 . 由 x2 y 2 =1 + 4 8

……①

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由 = (16k ) 4(1 + 2k )(32k 8) > 0 解得
2 2 2 2

2 2 <k< . 2 2

……②

因为 x1 , x2 是方程①的两根,所以 x1 + x2 =

16k 2 ,于是 1 + 2k 2

x0 =

x1 + x2 8k 2 4k = , y0 = k ( x0 + 4) = 2 2 1 + 2k 1 + 2k 2

.

8k 2 因为 x0 = ≤ 0 ,所以点 G 不可能在 y 轴的右边, 1 + 2k 2
又直线 F1 B2 , F1 B1 方程分别为 y = x + 2, y = x 2, 所以点 G 在正方形 Q 内(包括边界)的充要条件为

2k 2 + 2k 1 ≤ 0, 4k y0 ≤ x0 + 2, 8k 2 ≤ + 2, 亦即 即 1 + 2k 2 1 + 2k 2 2 2k 2k 1 ≤ 0. y0 ≥ x0 2. 2 8k 4k
1 + 2k 2 ≥ 1 + 2k 2 2,

解得

3 1 3 1 ≤k≤ ,此时②也成立. 2 2

w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

故直线 l 斜率的取值范围是 [

3 1 3 1 , ]. 2 2

22.(2009 福建卷理) (本小题满分 13 分)

x2 已知 A,B 分别为曲线 C: 2 + y 2 =1(y ≥ 0,a>0)与 x 轴 a
的左、右两个交点,直线 l 过点 B,且与 x 轴垂直,S 为 l 上 异于点 B 的一点,连结 AS 交曲线 C 于点 T. (1)若曲线 C 为半圆,点 T 为圆弧 AB 的三等分点,试求出点 S (II)如图,点 M 是以 SB 为直径的圆与线段 TB 的交点,试问: 使得 O,M,S 三点共线?若存在,求出 a 的值,若不存在,请说明理由。 19.【解析】 解法一: (Ⅰ)当曲线 C 为半圆时, a = 1, 如图,由点 T 为圆弧 AB 的三等分点得∠BOT=60°或 120°. (1)当∠BOT=60°时, ∠SAE=30°. 又 AB=2,故在△SAE 中,有 SB = AB tan 30° =
2 3 2 3 ,∴ s (t , ); 3 3

的坐标; 是否存在 a ,

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(2)当∠BOT=120°时,同理可求得点 S 的坐标为 (1, 2 3) ,综上, S (1,
(Ⅱ)假设存在 a (a > 0) ,使得 O,M,S 三点共线.

2 3 )或S(1,2 3) 3

由于点 M 在以 SB 为直线的圆上,故 BT ⊥ OS . 显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 k>0,可设直线 AS 的方程为 y = k ( x + a) .

x2 2 + y =1 由 a2 得(1 + a 2 k 2 ) x 2 + 2a 2 k 2 x + a 4 k 2 a 2 = 0 y = k ( x + a) 设点 T ( xT , yT ),∴ xT ( a) = 故 xT = 亦即 T (

a2 k 2 a2 , 1 + a2 k 2

a a2 k 2 2ak ,从而 y T = k ( xT + a) = . 1 + a2 k 2 1 + a2 k 2
a a2k 2 2ak , ). 2 2 1 + a k 1 + a2k 2

2 a 2 k 2 2ak ∵ B (a, 0),∴ BT = (( , )) 2 2 1 + a k 1 + a2 k 2

x = a 由 得 s (a, 2ak ),∴ OS = (a, 2ak ). y = k ( x + a)

由 BT ⊥ OS ,可得 BT OS =

2 a 2 k 2 + 4 a 2 k 2 = 0 即 2 a 2 k 2 + 4 a 2 k 2 = 0 1 + a2 k 2

∵ k > 0, a > 0,∴ a = 2
经检验,当 a = 2 时,O,M,S 三点共线. 故存在 a = 2 ,使得 O,M,S 三点共线.

解法二: (Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)假设存在 a,使得 O,M,S 三点共线. 由于点 M 在以 SO 为直径的圆上,故 SM ⊥ BT . 显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 K>0,可设直线 AS 的方程为 y = k ( x + a)
x2 2 + y =1 由 a2 得(1 + a 2 b 2 ) x 2 + 2a 2 k 2 x + a 2 k 2 a 2 = 0 y = k ( x + a)

设点 T ( xT , yT ) ,则有 xT ( a) = 故 xT =

a4 k 2 a2 . 1 + a2 k 2

a a2 k 2 2ak a a2 k 2 2ak , 从而yT = k ( xT + a) = 亦即T ( ). 2 2 2 2 2 2 a+a k 1+ a k 1 + a k 1 + a2 k 2 yT 1 ∵ B (a, 0),∴ k BT = = 2 , 故kSM = a 2 k xT a a k

x = a 由 得S(a,2ak),所直线 SM 的方程为 y 2ak = a 2 k ( x a) y = k ( x + a)
O,S,M 三点共线当且仅当 O 在直线 SM 上,即 2ak = a 2 k ( a ) .
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∵ a > 0, K > 0,∴ a = 2

故存在 a = 2 ,使得 O,M,S 三点共线. (本小题满分 12 分) 23.(2009 辽宁卷文) 已知,椭圆 C 以过点 A(1, (1) 求椭圆 C 的方程; (2) E,F 是椭圆 C 上的两个动点,如果直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数,证明直线 EF 的斜率为定值,并求出 这个定值。 (22)解: (Ⅰ)由题意,c=1,可设椭圆方程为

3 ) ,两个焦点为(-1,0) (1,0) 。 2

x2 y2 + 2 = 1。 1 + b 2 4b

因为 A 在椭圆上,所以

1 9 3 + 2 = 1 ,解得 b 2 =3, b 2 = (舍去) 。 2 1 + b 4b 4
... 分 ...4

所以椭圆方程为

x2 y 2 + = 1. 4 3

(Ⅱ)设直线AE方程:得 y = k ( x 1) +

3 x2 y 2 ,代入 + = 1得 2 4 3

3 (3+4k 2)x 2 +4k (3 2k ) x + 4( k ) 2 12 = 0 2
设E( xE , yE ) ,F( xF , y F ) .因为点A(1,

3 )在椭圆上,所以 2

3 4( k ) 2 12 , xE = 2 3 + 4k 2 3 yE = kxE + k 。 2
又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数,在上式中以 k 代 k ,可得

....8 分 ...

3 4( + k ) 2 12 xF = 2 , 3 + 4k 2 3 yF = kxF + + k 。 2
所以直线 EF 的斜率 k EF =

y F y E k ( xF + xE ) + 2 k 1 = = 。 xF xE xF xE 2 1 。 2
....12 分 ...

即直线 EF 的斜率为定值,其值为

(本小题满分 12 分) 24.(2009 辽宁卷理)

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已知,椭圆 C 过点 A (1, ) ,两个焦点为(-1,0)(1,0) , 。 (3) 求椭圆 C 的方程; (4) E,F 是椭圆 C 上的两个动点,如果直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数,证明直线 EF 的斜率为定值,并求 出这个定值。 (20)解: (Ⅰ)由题意,c=1,可设椭圆方程为

3 2

1 9 3 + 2 = 1 ,解得 b 2 = 3 , b 2 = (舍去) 2 4 1+ b 4b
……………4 分

x2 y2 所以椭圆方程为 + = 1。 4 3
(Ⅱ)设直线 AE 方程为: y = k ( x 1) +

3 x2 y2 ,代入 + = 1得 2 4 3

3 (3 + 4k 2 ) x 2 + 4k (3 2k ) x + 4( k )2 12 = 0 2 3 设 E (x E , y E ) , F (x F , y F ) ,因为点 A(1, ) 在椭圆上,所以 2 3 4( k )2 12 xF = 2 3 + 4k 2 3 yE = kxE + k 2 3 4( + k ) 2 12 xF = 2 3 + 4k 2 3 yE = kxE + + k 2
所以直线 EF 的斜率 K EF =

………8 分

又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数,在上式中以—K 代 K,可得

y F y E k ( xF + xE ) + 2 k 1 = = xF xE xF xE 2
1 。 2
……12 分

即直线 EF 的斜率为定值,其值为

25.(2009 宁夏海南卷理) (本小题满分 12 分) 已知椭圆 C 的中心为直角坐标系 xOy 的原点,焦点在 s 轴上,它的一个顶点到两个焦点的距离分别是 7 和 1. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)若 P 为椭圆 C 上的动点,M 为过 P 且垂直于 x 轴的直线上的点, 是什么曲线。 解:(Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为 a,c ,由已知得

OP OM

=λ,求点 M 的轨迹方程,并说明轨迹

a c = 1 , 解得a = 4, c = 3 , a + c = 7
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所以椭圆 C 的标准方程为

x2 y 2 + =1 16 7
OP OM
2 2

(Ⅱ)设 M ( x, y ) ,其中 x ∈ [ 4, 4] 。由已知

= λ 2 及点 P 在椭圆 C 上可得

9 x 2 + 112 = λ2 。 2 2 16( x + y )
整理得 (16λ 2 9) x 2 + 16λ 2 y 2 = 112 ,其中 x ∈ [ 4, 4] 。 (i) λ =

3 2 时。化简得 9 y = 112 4

所以点 M 的轨迹方程为 y = ±

4 7 (4 ≤ x ≤ 4) ,轨迹是两条平行于 x 轴的线段。 3 x2 y2 + = 1 ,其中 x ∈ [ 4, 4] 112 112 16λ 2 9 16λ 2

(ii) λ ≠

3 时,方程变形为 4

当0 < λ < 当

3 时,点 M 的轨迹为中心在原点、实轴在 y 轴上的双曲线满足 4 ≤ x ≤ 4 的部分。 4

3 < λ < 1 时,点 M 的轨迹为中心在原点、长轴在 x 轴上的椭圆满足 4 ≤ x ≤ 4 的部分; 4 当 λ ≥ 1 时,点 M 的轨迹为中心在原点、长轴在 x 轴上的椭圆;

26.(2009 陕西卷文) (本小题满分 12 分) 已知双曲线 C 的方程为

y 2 x2 5 2 5 2 = 1(a > 0, b > 0) ,离心率 e = ,顶点到渐近线的距离为 。 2 a b 2 5

w.w.w. k.s.5 .u.c.o.m

(I) 求双曲线 C 的方程; (II)如图,P 是双曲线 C 上一点,A,B 两点在双曲线 C 的两条渐近线上,且分别位于第一、二象限,若

1 AP = λ PB, λ ∈ [ , 2] ,求 AOB 面积的取值范围。 3
解析: 解法 1(Ⅰ)由题意知,双曲线 C 的顶点(0,a)到渐近线

ax by = 0的距离为

2 5 , 5

所以

ab a2 + b2

=

2 5 ab 2 5 所以 = 5 c 5

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ab 2 5 = 5 c a = 2 c 5 由 = 得 b = 1 2 a 2 c = a 2 + b 2 c = 5
y2 所以曲线 C 的方程是 x2 = 1 4
(Ⅱ)由(Ⅰ)知双曲线 C 的两条渐近线方程为 y = ±2 x 设 A( m, 2m), B n, 2n), m > 0, n > 0 ( 由 AP = λ PB得P点的坐标为(

uuu r

uur

m-λ n 2(m+λ n) , ), 1+λ 1+λ

y2 (1 + λ ) 2 x 2 = 1, 化简得mn= 将 P 点的坐标代入 4 4λ
因为 ∠AOB = 2θ , tan( 又 OA =

π

1 4 θ ) = 2, tan θ = , sin 2θ = 2 2 5

5m, OB = 5n

所以 S AOB =

1 1 1 OA OB sin 2θ = 2mn = (λ + ) + 1 2 2 λ 1 1 1 记 S (λ ) = (λ + ) + 1, λ ∈ [ , 2] 2 3 λ 1 1 则 S ′(λ ) = (1 2 ) 2 λ

由 S ′(λ ) = 0得λ = 1 又 S(1)=2, S ( ) =

1 3

8 9 , S (2) = 3 4
1 8 时, AOB 面积取到最大值 3 3

当 λ = 1 时, AOB 面积取到最小值 2 ,当当 λ = 所以 AOB 面积范围是 [2, ]

8 3

解答 2(Ⅰ)由题意知,双曲线 C 的顶点(0,a)到渐近线 ax by = 0的距离为

2 5 , 5



ab a 2 + b2

=

2 5 ab 2 5 即 = 5 5 c

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ab 2 5 = 5 c a = 2 c 5 由 = 得 b = 1 2 a 2 c = a 2 + b 2 c = 5
y2 所以曲线 C 的方程是 x2 = 1 . 4
(Ⅱ)设直线 AB 的方程为 y = kx + m, 由题意知 k < 2, m > 0



y = kx + m m 2m 得A点的坐标为( , ), 2k 2k y = 2x y = kx + m m 2m 得B点的坐标为( , ), 2+k 2+k y = 2 x



uuu r uur m 1 λ 2m 1 λ AP = λ PB, 得P点的坐标为( ( ), ( + ) 1+ λ 2 k 2 + k 1+ λ 2 k 2 + k
将 P 点的坐标代入

y2 4m 2 (1 + λ )2 x2 = 1 得 = 4 4 k2 λ

设 Q 为直线 AB 与 y 轴的交点,则 Q 点的坐标为(0,m)

S AOB = S AOQ + S BOQ

1 1 1 OQ g x A + OQ g xB = m( x A xB ) 2 2 2 1 m m 1 4m 2 = m( + )= g 2 2k 2+k 2 4 k2 1 1 = (λ + ) + 1 2 λ =
以下同解答 1 27.(2009 陕西卷理)(本小题满分 12 分)

y 2 x2 已知双曲线 C 的方程为 2 2 = 1( a > 0, b > 0) ,离心率 a b
到渐近线的距离为

e=

5 , 顶点 2

2 5 。 5
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(I)求双曲线 C 的方程;

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(II)如图,P 是双曲线 C 上一点,A,B 两点在双曲线 C 的两条渐近线上,且分别位于第一、二象限,若

1 AP = λ PB, λ ∈ [ , 2] ,求 AOB 面积的取值范围。 3
28. (本小题满分 14 分) 已知双曲线 C 的方程为

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

w.w.w. k.s.5. u.c.o.m

离心率 e =

5 2 5 , 顶点到渐近线的距离为 . 2 5

(Ⅰ)求双曲线 C 的方程; (Ⅱ)如图,P 是双曲线 C 上一点,A,B 两点在双曲线 C 的两条渐近线上,且分别位于第一,二象限.若

1 AP = λ PB, λ ∈ [ , 2], 求△AOB 面积的取值范围. 3
解答一(Ⅰ)由题意知,双曲线 C 的顶点 (O, a ) 到渐近线 ax by = 0的距离为

2 5 , 5



ab a +b
2 2

=

2 5 ab 2 5 ,即 = , 5 5 c

ab 2 5 , = 5 c c 5 由 = , a 2 c 2 = a 2 + b 2

a=2, , b=1 得 c= 5,

∴双曲线 C 的方程为

y2 x 2 = 1. 4

(Ⅱ)由(Ⅰ)知双曲线 C 的两条渐近线方程为 y = ±2 x. 设 A( m, 2m), B ( n, 2n), m > 0, n > 0.

由 AP = λ PB 得 P 点的坐标为 (

m λ n 2(m + λ n) , ), 1+ λ 1+ λ

将 P 点坐标代入

y2 (1 + λ n) 2 x 2 = 1, 化简得 mn = . 4 4λ

设∠AOB = 2θ ,∵ tan( 又

π

1 1 4 θ ) = 2,∴ tan θ = , sin θ = ,sin 2θ = . 2 2 2 5

| OA |= 5m4 | OB |= 5n+
∴ S△ AOB =

1 1 1 | OA |i| OB |isin 2θ = 2mn = (λ + ) + 1. 2 2 λ
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S (λ ) =

1 1 1 (λ + ) + 1, λ ∈ [ , 2], λ 2 3
1 3

8 9 , S (2) = , 3 4 1 8 8 当 λ = 1 时, △AOB 的面积取得最小值 2, λ = 时, 当 △AOB 的面积取得最大值 ∴△AOB 面积的取值范围是 [2, ]. 3 3. 3
由 S '(λ ) = 0得λ = 1, 又S(1)=2,S( ) = 解答二(Ⅰ)同解答一 (Ⅱ)设直线 AB 的方程为 y = kx + m, 由题意知 | k |< 2, m > 0.
w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m



kx { y = 2x+ m y= kx { y = 2 + m y= x

得 A 点的坐标为 (

m 2m , ), 2k 2k m 2m , ). 2+k 2+k



得 B 点的坐标为 (

由 AP = λ PB 得 P 点的坐标为 (

m 1 λ 2m 1 λ ( ), ( + )), 1+ λ 2 k 2 + k 1+ λ 2 k 2 + k

y2 4m 2 (1 + λ ) 2 2 将 P 点坐标代入 x = 1得 = . 4 4 k2 λ
设 Q 为直线 AB 与 y 轴的交点,则 Q 点的坐标为(0,m).

S△ AOB = S△ AOQ = S△ BOQ =
=

1 1 1 | OQ |i| XA | + | OQ |i| x8 |= mi( xA xB) 2 2 2

1 m m 1 4m 2 1 1 + )= i = (λ + ) + 1. m( 2 λ 2 2k 2+k 2 4k 2

以下同解答一. 29.(2009 四川卷文) (本小题满分 12 分)

x2 y2 2 已知椭圆 2 + = 1(a > b > 0) 的左、右焦点分别为 F1、F2 ,离心率 e = ,右准线方程为 x = 2 。 a b 2
(I)求椭圆的标准方程; (II)过点 F1 的直线 l 与该椭圆交于 M 、N 两点,且 F2 M + F2 N =

2 26 ,求直线 l 的方程。 3

c 2 = a 2 ,解得 a = 2, c = 1 解析】 (I)由已知得 【解析】 2 a = 2 c
∴ b=

a 2 c2 = 1
x2 + y2 = 1 2
…………………………………4 分

∴ 所求椭圆的方程为

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(II)由(I)得 F1 ( 1, 0) 、 F2 (1, 0)

x = 1 2 ①若直线 l 的斜率不存在,则直线 l 的方程为 x = 1 ,由 x 2 得y=± 2 2 + y =1 2
设 M ( 1,

2 2 ) 、 N (1, ), 2 2

∴ F2 M + F2 N = ( 2,

2 2 ) + (2, ) = (4, 0) = 4 ,这与已知相矛盾。 2 2

②若直线 l 的斜率存在,设直线直线 l 的斜率为 k ,则直线 l 的方程为 y = k ( x + 1) , 设 M ( x1 , y1 ) 、 N ( x2 , y2 ) ,

y = k ( x + 1) 联立 x 2 ,消元得 (1 + 2k 2 ) x 2 + 4k 2 x + 2k 2 2 = 0 2 + y =1 2


x1 + x2 =

4k 2 2k 2 2 , x1 x2 = , 1 + 2k 2 1 + 2k 2

w.w.w. k. s.5.u.c.o.m



y1 + y2 = k ( x1 + x2 + 2) =

2k , 1 + 2k 2

又∵ F2 M = ( x1 1, y1 ), F2 N = ( x2 1, y2 ) ∴

F2 M + F2 N = ( x1 + x2 2, y1 + y2 )
8k 2 + 2 2k 2 26 F2 M + F2 N = ( x1 + x2 2) + ( y1 + y2 ) = + = 2 2 3 1 + 2k 1 + 2 k
2 2 2
4 2

2



化简得 40k 23k 17 = 0 解得 k = 1或k =
2 2

∴ ∴

k = ±1

17 (舍去) 40
…………………………………12 分

所求直线 l 的方程为 y = x + 1或y = x 1

30.(2009 全国卷Ⅰ文) (本小题满分 12 分) 注意:在试题卷上作答无效) (注意: ......... 如图,已知抛物线 E : y 2 = x (Ⅰ)求 r 的取值范围 (Ⅱ)当四边形 ABCD 的面积最大时,求对角线 AC、BD 的交
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与圆 M : ( x 4) 2 + y 2 = r 2 ( r > 0) 相交于 A、B、C、D 四个点。

点 P 的坐标。

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解 :( Ⅰ ) 将 抛 物 线 E : y = x 代 入 圆 M : ( x 4) + y = r ( r > 0) 的 方 程 , 消 去 y
2 2 2 2

2

, 整 理 得

x 2 7 x + 16 r 2 = 0 ....... ......(1)
2 2 2 2 抛物线 E : y = x 与圆 M : ( x 4) + y = r ( r > 0) 相交于 A 、 B 、 C 、 D 四个点的充要条件是:方程(1)有

两个不相等的正根

49 4(16 r 2 ) > 0 5 5 5 r < 或r > ∴ x1 + x 2 = 7 > 0 即 <r<4 2 2 。解这个方程组得 2 2 x1 x 2 = 16 r > 0 4 < r < 4
r ∈(
(II)

15 , 4) . 2

设四个交点的坐标分别为 A( x1 , x1 ) 、 B ( x1 , x1 ) 、 C ( x2 , x2 ) 、 D ( x2 , x2 ) 。
2

则由(I)根据韦达定理有 x1 + x2 = 7, x1 x2 = 16 r , r ∈ ( 则S =

15 , 4) 2

1 2 | x2 x1 | ( x1 + x2 ) =| x2 x1 | ( x1 + x2 ) 2

∴ S 2 = [( x1 + x2 ) 2 4 x1 x2 ]( x1 + x2 + 2 x1 x2 ) = (7 + 2 16 r 2 )(4r 2 15)
令 16 r = t ,则 S 2 = (7 + 2t ) 2 (7 2t )
2

下面求 S 的最大值。

2

方法 1:由三次均值有:

S 2 = (7 + 2t ) 2 (7 2t ) =

1 (7 + 2t )(7 + 2t )(14 4t ) 2 1 7 + 2t + 7 + 2t + 14 4t 3 1 28 3 ≤ ( ) = ( ) 2 3 2 3
7 15 时取最大值。经检验此时 r ∈ ( , 4) 满足题意。 6 2

当且仅当 7 + 2t = 14 4t ,即 t =

法 2:设四个交点的坐标分别为 A( x1 , x1 ) 、 B ( x1 , x1 ) 、 C ( x2 , x2 ) 、 D ( x2 , x2 ) 则直线 AC、BD 的方程分别为

y x1 =

x 2 x1 x 2 x1

( x x1 ), y + x1 =

x 2 + x1 x 2 x1

( x x1 )

解得点 P 的坐标为 ( x 1 x 2 ,0) 。

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设t =

1 x1 x 2 ,由 t = 16 r 2 及(Ⅰ)得 t ∈ (0, ) 4 1 ( 2 x1 + 2 x 2 ) | x1 x 2 | 2

由于四边形 ABCD 为等腰梯形,因而其面积 S =
2 2

则 S = ( x 1 + 2 x 1 x 2 + x 2 )[( x 1 + x 2 ) 4 x 1 x 2 ] 将 x 1 + x 2 = 7 ,

x1 x 2 = t 代入上式,并令 f ( t ) = S 2 ,等

7 f ( t ) = (7 + 2t ) 2 (7 2t ) = 8t 3 28t 2 + 98t + 343(0 < t < ) , 2
∴ f `( t ) = 24t 56t + 98 = 2( 2t + 7 )( 6t 7 ) ,
2

令 f `( t ) = 0 得 t =

7 7 ,或 t = (舍去) 6 2

当0 < t <

7 7 7 7 时, f `( t ) > 0 ;当 t = 时 f `( t ) = 0 ;当 < t < 时, f `( t ) < 0 6 6 6 2 7 7 时, f (t ) 有最大值,即四边形 ABCD 的面积最大,故所求的点 P 的坐标为 ( ,0) 。 6 6

故当且仅当 t =

31.(2009 湖北卷文) (本小题满分 13 分) 如图,过抛物线 y =2PX(P>0)的焦点 F 的直线与抛物线相交于 M、N 两点,自 M、N 向准线 L 作垂线,垂足分别 为 M1、N1 (Ⅰ)求证:FM1⊥FN1: (Ⅱ)记△FMM1、 、△FM1N1、△FN N1 的面积分别为 S 立,并证明你的结论。 本小题主要考查抛物线的概念,抛物线的几何性质等平面解析几 合运用数学知识进行推理运算的能力(满分 13 分) (1) 证法 1:由抛物线的定义得 何的基础知识,考查综
1、 2、 3 、 , 2

S

S ,试

判断 S 2 =4S1S3 是否成

2

MF = MM 1 , NF = NN1 ,
∴∠MFM 1 = ∠MM 1 F , ∠NFN1 = ∠NN1 F
如图,设准线 l 与 x 的交点为 F1 2分

Q MM 1 // NN1 // FF1

w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

∴∠F1 FM 1 = ∠MM 1 F , ∠F1 FN1 = ∠NN1 F
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而 ∠F1 FM 1 + ∠MFM 1 + ∠F1 FN1 + ∠N1 FN = 180 即 2∠F1 FM 1 + 2∠F1 FN1 = 180
0

0

∴∠F1 FM 1 + ∠F1 FN1 = 900
故 FM 1 ⊥ FN1 证法 2:依题意,焦点为 F (

p p , 0), 准线 l 的方程为 x = 2 2 p ,则有 2

设点 M,N 的坐标分别为 M x1 , y1 ), N x2 , y2 ), 直线 MN 的方程为 x = my + ( (

M 1 (

p p , y1 ), N1 ( , y2 ), FM 1 = ( p, y1 ), FN1 = ( p, y2 ) 2 2
得 y 2 2mpy p 2 = 0

p x = my + 由 2 y 2 = 2 px

于是, y1 + y2 = 2mp , y1 y2 = p

2

∴ FM 1 FN1 = p 2 + y1 y2 = p 2 p 2 = 0 ,故 FM 1 ⊥ FN1
(Ⅱ) S 2 = 4 S1S3 成立,证明如下:
2

证法 1:设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,则由抛物线的定义得

p p ,| NN1 |=| NF |= x2 + ,于是 2 2 1 1 p S1 = | MM 1 | | F1M 1 |= ( x1 + ) | y1 | 2 2 2 1 1 S 2 = | M 1 N 2 | | FF1 |= p | y1 y2 | 2 2 1 1 p S3 = | NN1 | | F1 N1 |= ( x2 + ) | y2 | 2 2 2 1 1 p 1 p ∵ S 22 = 4 S1S3 ( p | y1 y2 |) 2 = 4 × ( x1 + ) | y1 | ( x2 + ) | y2 | 2 2 2 2 2 | MM 1 |=| MF |= x1 +
w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m



1 2 p p2 p [( y1 + y2 ) 2 4 y1 y2 ] = [ x1 x2 + ( x1 + x2 ) + ] | y1 y2 | 4 2 4

p x1 = my1 + 2 y1 + y2 = 2mp 将 与 代入上式化简可得 2 x = my + p , y1 y2 = p 2 2 2 p 2 (m 2 p 2 + p 2 ) = p 2 (m 2 p 2 + p 2 ) ,此式恒成立。
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故 S 2 = 4 S1S3 成立。
2

证法 2:如图,设直线 MN M 的倾角为 α , | MF |= r1 ,| NF |= r2 则由抛物线的定义得 | MM 1 |=| MF |= r1 ,| NN1 |=| NF |= r3

∵ MM 1 // NN1 // FF1 , ∵ ∠FMM 1 = α , ∠FNN1 = π α
于是 S1 =

1 2 1 1 r1 sin α , S3 = r22 sin(π α ) = r22 sin α 2 2 2

在 FMM 1 和 FNN1 中,由余弦定理可得

| FM 1 |2 = 2r12 2r12 cos α = 2r12 (1 cos α ),| FN1 |2 = 2r22 + 2r22 cos α = 2r22 (1 + cos α )
由(I)的结论,得 S 2 =

1 | FM 1 | | FN1 | 2 1 1 ∴ S 22 = | FM 1 |2 | FN1 |2 = 4r12 r22 (1 cos α )(1 + cos α ) = r12 r22 sin 2 α = 4 S1S3 4 4
即 S 2 = 4 S1S3 ,得证。
2

32.(2009 宁夏海南卷文)(本小题满分 12 分) 已知椭圆 C 的中心为直角坐标系 xOy 的原点,焦点在 x 轴上,它的一个项点到两个 焦点的距离分别是 7 和 1 (I) (II) 求椭圆 C 的方程‘ 若 P 为椭圆 C 的动点, M 为过 P 且垂直于 x 轴的直线上的点,

OP OM

=e

(e 为椭圆 C 的离心率) ,求点 M 的轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线。 (20)解: (Ⅰ)设椭圆长半轴长及分别为 a,c,由已知得 {

a c = 1, a + c = 7.

解得 a=4,c=3,

w.w.w. k.s. 5.u.c.o.m

x2 y 2 所以椭圆 C 的方程为 + = 1. 16 7
(Ⅱ)设 M(x,y),P(x, y1 ),其中 x ∈ [ 4, 4] . 由已知得

x 2 + y12 = e2 . x2 + y 2
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而e =

3 2 2 2 2 ,故 16( x + y1 ) = 9( x + y ). 4



由点 P 在椭圆 C 上得 代入①式并化简得 9 y 2 = 112, 所以点 M 的轨迹方程为 y = ±

y12 =

112 7 x 2 , 16

4 7 (4 ≤ x ≤ 4), 轨迹是两条平行于 x 轴的线段. 3

33.(2009 湖南卷理)(本小题满分 13 分) 在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 到点 F(3,0)的距离的 4 倍与它到直线 x=2 的距离的 3 倍之和记为 d,当 P 点运动 时,d 恒等于点 P 的横坐标与 18 之和 (Ⅰ)求点 P 的轨迹 C; (Ⅱ)设过点 F 的直线 I 与轨迹 C 相交于 M,N 两点,求线段 MN 长度的最大值。
w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

解(Ⅰ)设点 P 的坐标为(x,y) ,则 d = 4 ( x 3) y + 3x-2
2 2

由题设 当 x>2 时,由①得 ( x 3) + y = 6
2 2

1 x, 2

化简得

x2 y 2 + = 1. 36 27

w.w.w. k.s.5.u.c.o.m

当 x ≤ 2 时 由①得 (3 + x ) + y = 3 + x,
2 2

化简得 y 2 = 12 x

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故 点 P 的 轨 迹 C 是 椭 圆 C1 :

x2 y2 + = 1 在 直 线 x=2 的 右 侧 部 分 与 抛 物 线 36 27

C2 : y 2 = 12 x 在直线 x=2 的左侧部分(包括它与直线 x=2 的交点)所组成的曲线,参见图 1
(Ⅱ)如图 2 所示,易知直线 x=2 与 C1 , C2 的交点都是 A(2, 2 6 ) , B(2, 2 6 ) ,直线 AF,BF 的斜率分别为 k AF = 2 6 , k BF = 2 6 . 当点 P 在 C1 上时,由②知

PF = 6

1 x. 2



w.w.w. k.s. 5.u.c.o.m

当点 P 在 C2 上时,由③知

PF = 3 + x



若直线 l 的斜率 k 存在,则直线 l 的方程为 y = k ( x 3) (i)当 k≤ k AF ,或 k≥ k BF ,即 k≤-2 此时由④知

6 时,直线 I 与轨迹 C 的两个交点 M( x1 , y1 ) ,N( x 2 , y 2 )都在 C 1 上,

1 x 2 2 1 1 1 从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= (6 x1 )+ (6 x 2 )=12 - ( x1 + x 2 ) 2 2 2
∣MF∣= 6 ∣NF∣= 6 -

1 x1 2

y = k ( x 3) 24k 2 由 x2 y2 得 (3 + 4k 2 ) x 2 24k 2 x + 36k 2 108 = 0 则 x1 , y1 是这个方程的两根,所以 x1 + x 2 = *∣MN 3 + 4k 2 + =1 36 27
∣=12 -

1 12k 2 ( x1 + x 2 )=12 2 3 + 4k 2

因为当 k ≤ 2 6, 或k ≥ 2 6时, k 2 ≥ 24,

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12k 2 12 100 MN = 12 = 12 = . 2 1 3 + 4k + 4 11 k2
当且仅当 k = ±2 6 时,等号成立。 (2)当 k AE < k < k AN , 2 6 < k < 2 6 时,直线 L 与轨迹 C 的两个交点 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) 分别在 C1 , C2 上,不妨 设点 M 在 C1 上,点 C2 上,则④⑤知, MF = 6

1 x1 , NF = 3 + x2 2

设直线 AF 与椭圆 C1 的另一交点为 E ( x0 , y0 ), 则x0 < x1 , x2 < 2.

1 1 MF = 6 x1 < 6 x0 = EF , NF = 3 + x2 < 3 + 2 = AF 2 2
所以 MN = MF + NF < EF + AF = AE 。而点 A,E 都在 C1 上,且

k AE = 2 6, 有(1)知 AE =

100 100 , 所以 MN < 11 11

若直线 ι 的斜率不存在,则 x1 = x2 =3,此时

1 100 MN = 12 ( x1 + x2 ) = 9 < 2 11
综上所述,线段 MN 长度的最大值为

100 11

35.(2009 天津卷理) 本小题满分 14 分) ( 以知椭圆

x2 y2 a2 + 2 = 1(a > b > 0) 的两个焦点分别为 F1 (c, 0)和F2 (c, 0)(c > 0) ,过点 E ( , 0) 的直线与椭圆相 a2 b c

交与 A, B 两点,且 F1 A / / F2 B, F1 A = 2 F2 B 。 (1) 求椭圆的离心率; (2) 求直线 AB 的斜率; (3) 设点 C 与点 A 关于坐标原点对称,直线 F2 B 上有一点 H ( m, n)( m ≠ 0) 在 AF1C 的外接圆上,求

n 的值 m

本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、圆的方程等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的性 质及数形结合的思想,考查运算能力和推理能力,满分 14 分

(I)

a2 c EF2 FB 1 1 解:由 F1A // F2 B 且 F1A = 2 F2 B ,得 = 2 = ,从而 c2 = a EF1 F1A 2 2 +c c
2 2

整理,得 a = 3c ,故离心率 e = (II)
2 2

c 3 = a 3
2 2

2 2 2 解:由(I)得 b = a c = 2c ,所以椭圆的方程可写为 2 x + 3 y = 6c

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设直线 AB 的方程为 y = k x



a2 ,即 y = k ( x 3c) . c y = k ( x 3c)
2 2 2 2 x + 3 y = 6c

由已知设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,则它们的坐标满足方程组 消去 y 整理,得 (2 + 3k ) x 18k cx + 27 k c 6c = 0 .
2 2 2 2 2 2

依题意, = 48c (1 3k ) > 0,得
2 2

3 3 <k< 3 3




x1 + x2 =

18k 2 c 2 + 3k 2

x1 x2 =

27 k 2 c 2 6c c 2 + 3k 2



由题设知,点 B 为线段 AE 的中点,所以

x1 + 3c = 2 x2
联立①③解得



x1 =

9 k 2 c 2c 9 k 2 c + 2c , x2 = 2 + 3k 2 2 + 3k 2 2 . 3
3c 2

w.w.w. k.s.5.u.c.o .m

将 x1 , x2 代入②中,解得 k = ±

(III)解法一:由(II)可知 x1 = 0, x2 = 当k =

2 时,得 A(0, 2c ) ,由已知得 C (0, 2c ) . 3
2 2 c c= x + 直线 l 与 x 轴 2 2 2
2 2

线段 AF1 的垂直平分线 l 的方程为 y

c c c 的交点 , 0 是 AF1C 外接圆的圆心,因此外接圆的方程为 x + y 2 = + c . 2 2 2
直线 F2 B 的方程为 y =
2 c 9c 2 2 m + n = 2 4 n = 2(m c )

2( x c) ,于是点 H(m,n)的坐标满足方程组 5 m = 3 c n 2 2 , 由 m ≠ 0, 解得 故 = 5 n = 2 2 c m 3

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当k =

2 n 2 2 时,同理可得 = . 3 m 5
3c 2
w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

解法二:由(II)可知 x1 = 0, x2 = 当k =

2 时,得 A(0, 2c ) ,由已知得 C (0, 2c ) 3

由椭圆的对称性可知 B, F2 ,C 三点共线,因为点 H(m,n)在 AF1C 的外接圆上, 且 F1 A // F2 B ,所以四边形 AF1CH 为等腰梯形. 由直线 F2 B 的方程为 y =

2( x c) ,知点 H 的坐标为 (m, 2m 2c) . 5 c. 3

,或 m = 因为 AH = CF1 ,所以 m 2 + ( 2m 2c 2c) 2 = a 2 ,解得 m=c(舍) 则n =

2 2 n 2 2 c ,所以 = . 3 m 5 2 n 2 2 时同理可得 = 3 m 5

当k =

36.(2009 四川卷理) (本小题满分 12 分) 已知椭圆

x2 y2 2 + = 1(a > b > 0) 的左右焦点分别为 F1 , F2 ,离心率 e = ,右准线方程为 x = 2 。 2 a b 2

(I)求椭圆的标准方程; (II)过点 F1 的直线 l 与该椭圆交于 M , N 两点,且 F2 M + F2 N =

2 26 ,求直线 l 的方程。 3

本小题主要考查直线、椭圆、平面向量等基础知识,以及综合运用数学知识解决问题及推理运算能力。

解: (Ⅰ)有条件有

{

c 2 = a 2 a2 = 2 ,解得 a = 2,c=1 。 c

∴ b = a 2 c2 = 1 。
所以,所求椭圆的方程为

x2 + y 2 = 1 。…………………………………4 分 2

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 F1 ( 1, 0) 、 F2 1 0) (, 。 若直线 l 的斜率不存在,则直线 l 的方程为 x=-1.
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将 x=-1 代入椭圆方程得 y = ±

2 。 2

w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

不妨设 M ( 1,

2 2 ) 、 N 1, ( ) , 2 2

uuuu uuuv v 2 2 ∴ F2 M + F2 N = (2, ) + (2, ) = (4, 0) . 2 2 uuuu uuuv v ∴ F2 M + F2 N = 4 ,与题设矛盾。
∴ 直线 l 的斜率存在。
设直线 l 的斜率为 k,则直线的方程为 y=k(x+1) 。 设 M (x1,y1 ) 、 N ( x2 , y2 ) ,

联立

{

x2 + y 2 =1 2 y=k(x+1) ,消 y 得 (1 + 2k 2 ) x 2 + 4k 2 x + 2k 2 2 = 0 。
4 k 2 2k ,从而 y1 + y2 = k ( x1 + x2 + 2) = , 2 1 + 2k 1 + 2k 2

由根与系数的关系知 x1 + x2 =

又∵ F2 M = ( x1 1, y1 ) , F2 N = ( x2 1, y2 ) ,

∴ F2 M + F2 N = ( x1 + x2 2, y1 + y2 ) 。
∴ F2 M + F2 N = ( x1 + x2 2) 2 + ( y1 + y2 )2 8k 2 + 2 2 2k 2 ) +( ) =( 2 1 + 2k 1 + 2k 2 = 4(16k 4 + 9k 2 + 1) 4k 4 + 4k 2 + 1
2



4(16k 4 + 9k 2 + 1) 2 26 2 =( ) 。 4 2 4k + 4k + 1 3
4 2

化简得 40k 23k 17 = 0 解得 k = 1或者k =
2 2

17 40

∴ k = ±1. ∴ 所求直线l的方程为y = x + 1或者y = x 1
37.(2009 福建卷文) (本小题满分 14 分)
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已知直线 x 2 y + 2 = 0 经过椭圆 C :

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

w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

的左顶点 A 和上顶点 D,椭圆 C 的右顶点为 B ,点 S 和椭 圆 C 上位于 x 轴上方的动点,直线, AS , BS 与直线 l : x = 分别交于 M , N 两点。 (I)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)求线段 MN 的长度的最小值; (Ⅲ)当线段 MN 的长度最小时,在椭圆 C 上是否存在这 样的点 T ,使得 TSB 的面积为

10 3

1 ?若存在,确定点 T 的个数,若不存在,说明理由 5

解法一: (I)由已知得,椭圆 C 的左顶点为 A( 2, 0), 上顶点为 D (0,1),∴ a = 2, b = 1

故椭圆 C 的方程为

x2 + y2 = 1 4
10 16k , ) 3 3

(Ⅱ)直线 AS 的斜率 k 显然存在,且 k > 0 ,故可设直线 AS 的方程为 y = k ( x + 2) ,从而 M (

y = k ( x + 2) 由 x2 得 (1 + 4k 2 ) x 2 + 16k 2 x + 16k 2 4 = 0 2 + y =1 4
设 S ( x1 , y1 ), 则 (2), x1 =

16k 2 4 2 8k 2 4k 得 x1 = ,从而 y1 = 2 2 1 + 4k 1 + 4k 1 + 4k 2

w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

2 8k 2 4k , ), 又 B(2, 0) 即 S( 2 1 + 4 k 1 + 4k 2

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1 10 y = 4k ( x 2) x = 3 由 得 x = 10 y = 1 3 3k
10 1 ∴N( , ) 3 3k
故 | MN |=

16k 1 + 3 3k

又 k > 0,∴| MN |= 当且仅当

16k 1 16k 1 8 + ≥2 = 3 3k 3 3k 3
w.w.w. k. s.5 .u.c.o.m

16k 1 1 = ,即 k = 时等号成立 3 3k 4 1 8 ∴ k = 时,线段 MN 的长度取最小值 4 3

(Ⅲ)由(Ⅱ)可知,当 MN 取最小值时, k =

1 4 4 2 5 1 2 ,只须 T 到直线 BS 的距离等于 ,所以 T 在平行于 BS 且 5 4

此时 BS 的方程为 x + y 2 = 0, s ( , ),∴| BS |=

6 4 5 5

要使椭圆 C 上存在点 T ,使得 TSB 的面积等于

与 BS 距离等于

2 的直线 l 上。 4

设直线 l ' : x + y + 1 = 0

则由

|t +2| 2 3 5 = , 解得 t = 或 t = 4 2 2 2

38.(2009 年上海卷理) (本题满分 16 分)本题共有 2 个小题,第 1 小题满分 8 分,第 2 小题满分 8 分。 已知双曲线 c :

v x2 y 2 = 1, 设过点 A( 3 2, 0) 的直线 l 的方向向量 e = (1, k ) 2

(1) 当直线 l 与双曲线 C 的一条渐近线 m 平行时,求直线 l 的方程及 l 与 m 的距离; (2) 证明:当 k >

2 时,在双曲线 C 的右支上不存在点 Q,使之到直线 l 的距离为 6 。 2

解: (1)双曲线 C 的渐近线 m :

x ± 2 y = 0............2分 2

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∴ 直线 l 的方程 x ± 2 y + 3 2 = 0 ………………..6 分
直线 l 与 m 的距离 d =

3 2 = 6 ……….8 分 1+ 2

(2)设过原点且平行与 l 的直线 b : kx y = 0 则直线 l 与 b 的距离 d =

3 2k 1+ k 2

当k >

2 时,d > 6 2

又双曲线 C 的渐近线为 x ± 2 y = 0

∴ 双曲线 C 的右支在直线 b 的右下方, ∴ 双曲线 C 右支上的任意点到直线 l 的距离为 6 。
故在双曲线 C 的右支上不存在点 Q ,使之到直线 l 的距离为 6 。 [ 证法二] 双曲线 C 的右支上存在点 Q ( x0 , y0 ) 到直线 l 的距离为 6 ,

kx0 y0 + 3 2 = 6, (1) 则 1+ k 2 x0 2 y0 = 2, (2)
由(1)得 y0 = kx0 + 3 2k ± 6 i 1 + k ,
2

设 t = 3 2k ± 6 i 1 + k 当k >

2
w.w. w. k.s.5. u.c.o.m

2 2 , t = 3 2k ± 6 i 1 + k > 0………………………………..13 分 2
代入(2)得 (1 2k ) x0 4ktx0 2(t + 1) = 0
2 2 2

将 y0 = kx0 + t

(*)

∵k >

2 , t > 0,∴1 2k 2 < 0, 4kt < 0, 2(t 2 + 1) < 0 2

∴ 方程(*)不存在正根,即假设不成立
故在双曲线 C 的右支上不存在 Q,使之到直线 l 的距离为 6 …………….16 分 39.(2009 上海卷文) 本题满分 16 分)本题共有 3 个小题,第 1 小题满分 4 分,第 2 小题满分 4 分,第 3 小题满分 8 个小题, ( 分.

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已知双曲线 C 的中心是原点,右焦点为 F 量 e = (1, k ) 。 (1) 求双曲线 C 的方程;

(

3, ,一条渐近线 m: x+ 2 y = 0 ,设过点 A ( 3 2, 0) 的直线 l 的方向向 0

)

v

(2) 若过原点的直线 a // l ,且 a 与 l 的距离为 6 ,求 K 的值; (3) 证明:当 k >

2 时,在双曲线 C 的右支上不存在点 Q,使之到直线 l 的距离为 6 . 2
2 2

【解】 (1)设双曲线 C 的方程为 x 2 y = λ (λ > 0)

∴λ +

λ
2

= 3 ,解额 λ = 2 双曲线 C 的方程为

x2 y2 = 1 2

(2)直线 l : kx y + 3 2k = 0 ,直线 a : kx y = 0 由题意,得

| 3 2k | 1+ k
2

= 6 ,解得 k = ±

2 2

(3) 【证法一】设过原点且平行于 l 的直线 b : kx y = 0 则直线 l 与 b 的距离 d =

3 2|k| 1+ k 2

,当k >

2 时, d > 6 2

w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

又双曲线 C 的渐近线为 x ± 2 y = 0

∴ 双曲线 C 的右支在直线 b 的右下方, ∴ 双曲线 C 右支上的任意点到直线 l 的距离大于 6 。
故在双曲线 C 的右支上不存在点 Q ,使之到直线 l 的距离为 6 【证法二】假设双曲线 C 右支上存在点 Q ( x0 , y0 ) 到直线 l 的距离为 6 ,

| kx0 y0 + 3 2k = 6 (1) 则 1+ k 2 2 2 (2) x0 2 y0 = 2
由(1)得 y0 = kx0 + 3 2k ± 6 1 + k 设 t = 3 2k ± 6 1 + k ,
2
2

当k >

2 2 时, t = 3 2k + 6 1 + k > 0 ; 2
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t = 3 2k + 6 1 + k 2 = 6 ×

2k 2 1 3k 2 + 1 + k 2
2 2

>0
2

将 y0 = kx0 + t 代入(2)得 (1 2k ) x0 4ktx0 2(t + 1) = 0

∵k >

2 ,t > 0 , 2

∴1 2k 2 < 0, 4kt < 0, 2(t 2 + 1) < 0
∴ 方程 (*) 不存在正根,即假设不成立,
故在双曲线 C 的右支上不存在点 Q ,使之到直线 l 的距离为 6
w.w.w. k.s.5.u.c.o.m

40.(2009 重庆卷理) (本小题满分 12 分, (Ⅰ)问 5 分, (Ⅱ)问 7 分) 已知以原点 O 为中心的椭圆的一条准线方程为 y =

4 3 3 ,离心率 e = , M 是椭圆上的动点. 3 2

(Ⅰ)若 C , D 的坐标分别是 (0, 3), (0, 3) ,求 MC i MD 的最大值; (Ⅱ)如题(20)图,点 A 的坐标为 (1, 0) , B 是圆 x + y = 1 上的点, N 是点 M 在 x 轴上的射影,点 Q 满足条
2 2

件: OQ = OM + ON , QAi BA = 0 .求线段 QB 的中点 P 的轨迹方程;

w.w.w.k .s.5.u .c.o.m

(20)(本小题 12 分) 解: (Ⅰ)由题设条件知焦点在 y 轴上,故设椭圆方程为

x2 y2 + = 1 (a >b> 0 ). a2 b2

设c =

a 2 b 2 ,由准线方程 y =

4 3 3 c 3 得.由 e = 得 = ,解得 a = 2 ,c = 3 2 a 2

3 ,从而 b = 1,椭

圆方程为 x +
2

y2 =1 . 4

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又易知 C,D 两点是椭圆 x +
2

y2 = 1 的焦点,所以, MC + MD = 2a = 4 4
时上式取等号,

从而 MC MD ≤ (

MC + MD 2 ) = 22 = 4 , 当且仅当 MC = MD , 即点 M 的坐标为 (±1, 0) 2
w.w.w.k.s.5 .u.c.o .m

MC MD 的最大值为 4 .

(II)如图(20)图,设 M( xm , ym ), B ( xB , yB )

Q ( xQ , yQ ) .因为 N ( xN , 0), OM + ON = OQ ,故 xQ = 2 xN , yQ = yM ,
2 2 xQ + yQ = (2 xM ) 2 + y y = 4



因为 QA BA = 0,

(1 xQ yQ ) (1 xN yn ) = (1 xQ )(1 xN ) + yQ y N = 0,
所以

xQ xN + yQ y N = xN + xQ 1 .



记 P 点的坐标为 ( xP , y P ) ,因为 P 是 BQ 的中点 所以 由因为

2 xP = xQ + xP , 2 yP = yQ + yP
2 2 xN + yN = 1 ,结合①,②得

2 2 xP + y P =

1 (( xQ + xN )2 + ( yQ + y N ) 2 ) 4 1 2 2 2 2 = ( xQ + xN + yQ + yn + 2( xQ xN + yQ yN )) 4
w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

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1 (5 + 2( xQ + xN 1)) 4 3 = + xP 4 =
故动点 P 的估计方程为

1 ( x )2 + y 2 = 1 2
41.(2009 重庆卷文) (本小题满分 12 分, (Ⅰ)问 5 分, (Ⅱ)问 7 分) 已知以原点 O 为中心的双曲线的一条准线方程为 x = (Ⅰ)求该双曲线的方程; (Ⅱ)如题(20)图,点 A 的坐标为 ( 5, 0) , B 是圆 x 2 + ( y 5) 2 = 1 上的点,点 M 在双曲线右支上,求

5 ,离心率 e = 5 . 5

MA + MB 的最小值,并求此时 M 点的坐标;

w. w.w. k. s.5.u.c.o.m

x2 y2 解 : Ⅰ )由 题 意可 知 ,双 曲 线 的焦 点 在 x 轴 上 ,故 可 设 双曲 线 的方 程 为 2 2 = 1 ( a > 0, b > 0) , 设 ( a b

c = a 2 + b 2 ,由准线方程为 x =
c = 5 a

5 a2 5 得 = ,由 e = 5 5 c 5 5
从而 b = 2 ,∴ 该双曲线的方程为 x
2



解得 a = 1, c =

y2 = 1; 4

(Ⅱ)设点 D 的坐标为 ( 5, 0) ,则点 A、D 为双曲线的焦点, | MA | | MD |= 2a = 2 所以 | MA | + | MB |= 2+ | MB | + | MD |≥ 2+ | BD | 半径为 1,故 | BD |≥| CD | 1 = 10 + 1 ,∵ B 是圆 x 2 + ( y 5) 2 = 1 上的点,其圆心为 C (0, 5) ,

从而 | MA | + | MB |≥ 2+ | BD |≥ 10 + 1

当 M , B 在线段 CD 上时取等号,此时 | MA | + | MB | 的最小值为 10 + 1

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∵ 直线 CD 的方程为 y = x + 5 ,因点 M 在双曲线右支上,故 x > 0
2 2 4 x y = 4 由方程组 y = x + 5

解得 x =

5+4 2 4 54 2 ,y= 3 3

所以 M 点的坐标为 (

5+4 2 4 54 2 , ); 3 3

w.w.w. k.s.5.u .c.o.m

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