《高考数学圆锥曲线大题练习及解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学圆锥曲线大题练习及解析.pdf（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、20132013 年高考数学压轴题圆锥曲线训练年高考数学压轴题圆锥曲线训练注注:试题均为历年高考试题和模拟试题，精选其中有代表试题均为历年高考试题和模拟试题，精选其中有代表性的题目。非常适合性的题目。非常适合 20132013 年参加高考的学生和老师复习及年参加高考的学生和老师复习及冲刺使用。冲刺使用。1.1.已知ABC的顶点A，B在椭圆x 3y 4上，C在直线l：y x2上，且ABl（）当AB边通过坐标原点O时，求AB的长及ABC的面积；（）当ABC 90，且斜边AC的长最大时，求AB所在直线的方程解：（）因为ABl，且AB边通过点(0，0)，所以AB所在直线的方程为y x22(x2，y2)
2、设A，B两点坐标分别为(x1，y1)，x23y2 4，由得x 1y x所以AB 2 x1 x2 2 2又因为AB边上的高h等于原点到直线l的距离所以h 2，SABC1AB h 22（）设AB所在直线的方程为y xm，x23y2 4，22由得4x 6mx3m 4 0y xm因为A，B在椭圆上，所以 12m 64 02(x2，y2)，设A，B两点坐标分别为(x1，y1)，3m243m则x1 x2，x1x2，42326m2所以AB 2 x1 x22又因为又因为BC的长等于点的长等于点(0，m)到直线到直线l的距离，即的距离，即BC 2m2所以AC AB BC m22m10 (m1)211所以当m 1
3、时，AC边最长，（这时 1264 0）此时AB所在直线的方程为y x1222x2y22.如图，椭圆C：221(a b 0)的一个焦点为 F（1，0），且过点(2，0)ab（）求椭圆C的方程；（）若AB为垂直于x轴的动弦，直线l：x 4与x轴交于点N，直线AF与BN交于点M（）求证：点M恒在椭圆C上；（）求AMN面积的最大值（）由题设a 2，c 1，从而b a c 3222yAFlONxBMx2y21所以椭圆C的方程为43（）（）由题意得F(1，0)，N(4，0)，m2n21设A(m，n)，则B(m，n)(n 0)，43AF与BN的方程分别为：n(x1)(m1)y 0，n(x4)(m4)y 0n
4、(x01)(m1)y0 0，设M(x0，y0)，则有n(x04)(m4)y0 0，由，得x05m83n，y02m52m5yAF22x0y0(5m8)23n2由于22434(2m5)(2m5)OBMNx(5m8)23n24(2m5)2(2m5)2(5m8)212n224(2m5)(5m8)2369m24(2m5)21所以点M恒在椭圆C上x2y21得(3t2 4)y26ty 9 0（）设AM的方程为x ty 1，代入43设A(x1，y1)，M(x2，y2)，则有：y1 y226t9，y y 123t243t24yAF4 33t23y1 y2(y1 y2)4y1y23t24令3t 4(4)，则2O2
5、2NBMxy1 y24 311 1 1 11 1 4 3 4 3，24因为4，0 111，所以当，即 4，t 0时，44y1 y2有最大值3，此时AM过点FAMN的面积SAMN139FNy1 y2y1 y2有最大值2223.设椭圆中心在坐标原点，A(2,0)、B(0,1)是它的两个顶点，直线 y=kx(k0)与 AB 相交于点 D，与椭圆相交于 E、F 两点.()若ED=6DF，求 k 的值；()求四边形 AEBF 面积的最大值。x2 y21，22（）解：依题设得椭圆的方程为4直线AB，EF的方程分别为x2y 2，y kx(k 0)2 分如图，设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2
6、，kx2)，其中x1 x2，且x1，x2满足方程(1 4k)x 4，故x2 x122yBOEFDAx214k2由ED 6DF知x0 x1 6(x2 x0)，得x01510(6x2 x1)x2；2777 14k由D在AB上知x02kx0 2，得x0所以212k210，12k7 14k22化简得24k 25k 6 0，23或k 6 分38（）解法一：根据点到直线的距离公式和式知，点E，F到AB的距离分别为解得k h1x12kx125x22kx2252(12k 14k2)5(14k)2，h22(12k 14k2)5(14k)29 分又AB 221 5，所以四边形AEBF的面积为S 1AB(h1h2)
7、21254(12k)5(14k)22(12k)14k214k24k2 2，214k2当2k 1，即当k 1时，上式取等号所以S的最大值为2 2 12 分2解法二：由题设，BO 1，AO 2设y1 kx1，y2 kx2，由得x2 0，y2 y1 0，故四边形AEBF的面积为S SBEF SAEF x2 2y2 9 分(x22y2)222x24y24x2y2222(x24y2)2 2，当x2 2y2时，上式取等号所以S的最大值为2 2 12 分xy1(a b 0)所围成的封闭图形的面积为4 5，4.已知曲线C1：曲线C1的内切圆半ab径为2 5记C2为以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭圆3（）求椭
8、圆C2的标准方程；（）设AB是过椭圆C2中心的任意弦，l是线段AB的垂直平分线M是l上异于椭圆中心的点（1）若MO OA（O为坐标原点），当点A在椭圆C2上运动时，求点M的轨迹方程；（2）若M是l与椭圆C2的交点，求AMB的面积的最小值2ab 4 5，22解：（）由题意得ab2 5223 a b又a b 0，解得a 5，b 422x2y21因此所求椭圆的标准方程为54（）（1）假设AB所在的直线斜率存在且不为零，设AB所在直线方程为y kx(k 0)，A(xA，yA)x2y220k2201，22解方程组 5得xA，yA，42245k45ky kx，2020k220(1k2)所以OA x y 4
9、5k245k245k222A2A设M(x，y)，由题意知MO OA(0)，20(1k2)所以MOOA，即x y，245k222222因为l是AB的垂直平分线，所以直线l的方程为y x1x，即k ，ykx2201222y222220(x y)因此x y，x24y25x2452y又x y 0，所以5x 4y 20，22222x2y22故45又当k 0或不存在时，上式仍然成立x2y22(0)综上所述，M的轨迹方程为4520k2202（2）当k存在且k 0时，由（1）得x，yA，45k245k22Ax2y21，20k2205422由解得xM，yM2254k54ky 1x，k20(1k2)80(1k2)
10、20(1k2)222所以OA x y，AB 4 OA，OM22245k45k54k22A2A解法一：由于SAMB2122ABOM4180(1k2)20(1k2)445k254k2400(1k2)2(45k2)(54k2)1600(1k2)2 40，2222281(1k)9 45k 54k 2当且仅当45k 54k时等号成立，即k 1时等号成立，此时AMB面积的最小值是SAMB22400(1k2)224091402 52 2 5 29140当k不存在时，SAMB 54 2 5 2940综上所述，AMB的面积的最小值为9当k 0，SAMB解法二：因为1OA21OM245k254k2911，20(1
11、k2)2020(1k2)20(1k2)45k254k2又1OA21OM22402，OA OM，9OA OM2当且仅当45k 54k时等号成立，即k 1时等号成立，409140当k 0，SAMB2 52 2 5 29140当k不存在时，SAMB 54 2 5 2940综上所述，AMB的面积的最小值为9此时AMB面积的最小值是SAMB25.已知抛物线C：y 2x，直线y kx2交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N（）证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；（）是否存在实数k使NA NB 0，若存在，求k的值；若不存在，说明理由2x12)，B(x2，2x22)，把y kx
12、2代 入y 2x2得解 法 一：（）如 图，设A(x1，2x2kx2 0，由韦达定理得x1 x2k，x1x2 1，2yM2B 1NO1xA k k2x1 x2kxN xM，N点的坐标为，2448k2k mx，设抛物线在点N处的切线l的方程为y 84mkk2 0，将y 2x代入上式得2x mx4822直线l与抛物线C相切，mkk2 m 8 m22mk k2(mk)2 0，m k即lAB842（）假设存在实数k，使NA NB 0，则NA NB，又M是AB的中点，|MN|1111|AB|由（）知yM(y1 y2)(kx12kx22)k(x1 x2)42222k21 k242224k2k2k216MN
13、 x轴，|MN|yM yN|2488又|AB|1k|x1 x2|1k222(x1 x2)24x1x2k2161k212 k 4(1)k 122k216，解得k 2k21612k 184即存在k 2，使NA NB 02x1)，B(x2，2x2)，把y kx2代入y 2x得解法二：（）如图，设A(x1，222k2x2kx2 0由韦达定理得x1 x2，x1x2 12 k k2x1 x2kxN xM，N点的坐标为，2448抛物线在点N处的切线l的斜率为4y 2x2，y 4x，k k，lAB4（）假设存在实数k，使NA NB 0kk2kk2222x1，NB x2，2x2，则由（）知NAx1，4848k
14、k 2k22k2NA NB x1x22x12x24488k k 2k22k2x1x24x1x2441616k k x1x244k k 14 x x 1244k214x1x2k(x1 x2)4kk2x1x2x1 x2416kkk214216kk214(1)k24k2313k20，164k231 0，3k2 0，解得k 2164即存在k 2，使NA NB 0226.6.抛物线y x和三个点M(x0,y0)、P(0,y0)、N(x0,y0)(y0 x0,y0 0)，过点M的一条直线交抛物线于A、B两点，AP、BP的延长线分别交曲线C于E、F（1）证明E、F、N三点共线；（2）如果A、B、M、N四点共
15、线，问：是否存在y0，使以线段AB为直径的圆与抛物线有异于A、B的交点？如果存在，求出y0的取值范围，并求出该交点到直线AB的距离；若不存在，请说明理由22（1）证明：设A(x1,x1)、B(x2,x2)，E(xE,yE)、B(xF,yF)2x12 x2则直线AB的方程：y x x1 x12x1 x222y yA AF FN NP PMMB BE EO Ox x即：y (x1 x2)x x1x2因M(x0,y0)在AB上，所以y0(x1 x2)x0 x1x2x12 y0又直线AP方程：y x y0 x1x12 y0 x y0 x12 y0y 2x1由得：x x y0 0 x1x2 y2x12
16、y0y0y0所以x1 xE xE,yE2x1x1x12y0y0同理，xF,yF2x2x22y0 x1 x2所以直线EF的方程：y ()y0 xx1x2x1x2令x x0得y y0(x1 x2)x0 y0 x1x2将代入上式得y y0，即N点在直线EF上所以E,F,N三点共线（2）解：由已知A、B、M、N共线，所以A y0,y0,B(y0,y0)以AB为直径的圆的方程：x y y0 y0222x y y0 y022由得y 2y01y y0 y0 02x y2所以y y0（舍去），y y01要使圆与抛物线有异于A,B的交点，则y01 0所以存在y01，使以AB为直径的圆与抛物线有异于A,B的交点T
17、xT,yT则yT y01，所以交点T到AB的距离为y0 yT y0y0117.如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点M(2，0)，AB边所在直线的方程为x3y 6 0点T(11)，在AD边所在直线上（I）求AD边所在直线的方程；（II）求矩形ABCD外接圆的方程；yCTD（III）若动圆P过点N(2，0)，且与矩形ABCD的外接圆外切，NO求动圆P的圆心的轨迹方程解：（I）因为AB边所在直线的方程为x3y 6 0，且AD与MBxAAB垂直，所以直线AD的斜率为3又因为点T(11)，在直线AD上，所以AD边所在直线的方程为y1 3(x1)即3x y 2 0（II）由x3y6 0，解得点A的坐标为
18、(0，2)，3x y2=0因为矩形ABCD两条对角线的交点为M(2，0)所以M为矩形ABCD外接圆的圆心又AM(20)(02)2 2从而矩形ABCD外接圆的方程为(x2)y 8（III）因为动圆P过点N，所以PN是该圆的半径，又因为动圆P与圆M外切，所以PM PN 2 2，即PM PN 2 2故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为2 2的双曲线的左支因为实半轴长a 22222，半焦距c 2所以虚半轴长b c2a22x2y21(x 2)从而动圆P的圆心的轨迹方程为228.如图，已知F(1直线l:x 1，P为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，0)，且QP QF FP FQ（）求动点P的轨
19、迹C的方程；（）过点F的直线交轨迹C于A，B两点，交直线l于点M（1）已知MA1AF，MB 2BF，求12的值；（2）求MA MB的最小值解法一：（）设点P(x，y)，则Q(1，y)，由QP QF FP FQ得：lyF1O1x(x1，0)(2，y)(x1，y)(2，y)，化简得C:y2 4x（）（1）设直线AB的方程为：x my1(m 0)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又M1，2，my2 4x，22联立方程组，消去x得：y 4my 4 0，(4m)12 0，x my1，yy1 y2 4m，y1y2 4由MA1AF，MB 2BF得：QPBOFA22y1 1y1，y2 2y2，整理得：mm
20、x1 122，2 1，my1my2M2 11 12 2my1y2 22 y1 y2my1y2 22 4m0m 4解法二：（）由QP QF FP FQ得：FQ(PQ PF)0，(PQ PF)(PQ PF)0，PQ PF 0，PQ PF所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹C的方程为：y 4x（）（1）由已知MA1AF，MB 2BF，得12 0则：222MAMB 1AF2BF过点A，B分别作准线l的垂线，垂足分别为A1，B1，则有：MAMBAA1BB1AFBFAF1AF由得：，即12 02BFBF（）（2）解：由解法一，MA MB 2(1m2)y1y2 yM(y1 y2)yM1m22y1 yMy2
21、 yM(1m2)4244m2mm4 (1m2)42m121 4(2m 2)422 mm216m2当且仅当m 21，即m 1时等号成立，所以MA MB最小值为16m2x2y269.已知椭圆 C:22=1(ab0)的离心率为,短轴一个端点到右焦点的距离为3.3ab()求椭圆 C 的方程;()设直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点，坐标原点 O 到直线 l 的距离为的最大值.3，求AOB 面积2c6，x22解：（）设椭圆的半焦距为c，依题意a3b 1，所求椭圆方程为 y 13a 3，（）设A(x1，y1)，B(x2，y2)（1）当ABx轴时，AB 3（2）当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为
22、y kxm由已知m1k23232，得m(k 1)42222把y kxm代入椭圆方程，整理得(3k 1)x 6kmx 3m 3 0，3(m21)6km，x1x2x1 x223k213k 1 36k2m212(m21)AB(1k)(x2 x1)(1k)222(3k 1)3k 1222212(k21)(3k21m2)3(k21)(9k21)2222(3k 1)(3k 1)12k21212 34 3(k 0)3 4219k 6k 12369k226k当且仅当9k 231k ，即时等号成立3k2当k 0时，AB 3，综上所述ABmax 2133当AB最大时，AOB面积取最大值S ABmax2220707
23、 天津（天津（2222）（本小题满分 14 分）x2y2设 椭 圆221(a b 0)的 左、右 焦 点分 别 为F1，F2，A是 椭 圆 上 的 一点，ab1AF2 F1F2，原点O到直线AF1的距离为OF13（）证明a 2222b；（）求t(0，b)使得下述命题成立：设圆x y t上任意点M(x0，y0)处的切线交椭圆于Q1，Q2两点，则OQ1 OQ20)，不妨设点A(c，y)，其中0)，F2(c，（）证法一：由题设AF2 F1F2及F1(c，c2y2a2b2y221，y 0，由于点A在椭圆上，有221，2ababb2b2解得y，从而得到Ac，aab2(xc)，整理得直线AF2的方程为y
24、2acb2x2acy b2c 01cb2c由题设，原点O到直线AF1的距离为OF1，即，42233b 4a c将c a b代入原式并化简得a 2b，即a 222222bb2证法二：同证法一，得到点A的坐标为c，a过点O作OB AF1，垂足为H，易知F1BC F1F2A，故yHF1OBOF A2OF1F1A由椭圆定义得AF1 AF2 2a，又BO AF2x1OF1，所以3F2A1F2A，3F1A2a F2Ab2b2aa，即a 2b解得F2A，而F2A，得aa222222（）解法一：圆x y t上的任意点M(x0，y0)处的切线方程为x0 x y0y t当t(0，b)时，圆x y t上的任意点都在
25、椭圆内，故此圆在点A处的切线必交椭圆于两个不同的点Q1和Q2，因此点Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)的坐标是方程组2t2 x0 xx0 x y0y t的解当y0 0时，由式得y 222y0 x 2y 2b222t2 x0 x 22代入式，得x 2 2b，即y0222(2x0 y0)x24t2x0 x 2t42b2y0 0，224t2x02t42b2y0于是x1 x2，x1x222222x0 y02x0 y0t2 x0 x1t2 x1x2y1y2y0y1142t x0t2(x1 x2)x0 x1x22y042224t2x01 4t42b2x0222t 2b y02t x0t x022222
26、2y02x0 y02x0 y02x0 y022222t42b2y0t42b2x03t42b2(x0 y0)若OQ1 OQ2，则x1x2 y1y2 02222222x0 y02x0 y02x0 y04222所以，3t 2b(x0 y0)022242 2由x0 y0 t，得3t 2b t 0在区间(0，b)内此方程的解为t 6b3当y0 0时，必有x0 0，同理求得在区间(0，b)内的解为t 6b3另一方面，当t 6b时，可推出x1x2 y1y2 0，从而OQ1 OQ23综上所述，t 6b(0，b)使得所述命题成立3x2 y21的左、右焦点10.设F1、F2分别是椭圆4（）若P是第一象限内该椭圆上
27、的一点，且PF1PF2 5，求点P的作标；4（）设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于同的两点A、B，且AOB为锐角（其中O为作标原点），求直线l的斜率k的取值范围（）a 2，b 1，c 3F1(3,0)，F2(3,0)设P(x,y)(x 0,y 0)则x25PF1PF2(3 x,y)(3 x,y)x y 3，又 y21，4422722x 1x y x2134P(1,)联立2，解得23，32x y21y y 42 4（）显然x 0不满足题设条件可设l的方程为y kx2，设A(x1,y1)，B(x2,y2)x2 y21联立 4 x24(kx2)2 4(14k2)x216kx12 0y kx2x1
28、x21216k，x x 122214k14k22由 (16k)4(14k)12 016k23(14k2)0，4k23 0，得k234又AOB为锐角 cosAOB 0 OAOB 0，OAOB x1x2 y1y2 02又y1y2(kx12)(kx22)k x1x22k(x1 x2)42x1x2 y1y2(1 k)x1x2 2k(x1 x2)4(1k2)1216k2k()42214k14k12(1k2)2k 16k4(4k2)124 0 k 422214k14k14k4综可知333 k2 4，k的取值范围是(2,)(,2)22411.在平面直角坐标系xOy中，过定点C(0，p)作直线与抛物线x 2p
29、y（p 0）相交于2A，B两点（I）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求ANB面积的最小值；（II）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由yCAONBx解法 1：（）依题意，点N的坐标为N(0，p)，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x2 2py，直 线AB的 方 程 为y kx p，与x 2py联 立 得消 去y得y kx p2x22pkx 2p2 02由韦达定理得x1 x2 2pk，x1x2 2pyBCAONx于是SAMN SBCNSACN 2p x1 x212 p x1 x2 p(x1 x2)24x1x2
30、p 4p2k28p2 2p2k22，当k 0，(SABN)min 2 2p2（）假设满足条件的直线l存在，其方程为y a，设AC的中点为O，l与AC为直径的圆相交于点P，Q，PQ的中点为H，则OH PQ，Q点的坐标为 x1y1 p，22y OP 11212AC x1(y1 p)2y1 p2，222y1 p12a y1 p，22lABOH aOCONx11222 PH OP OH(y12 p2)(2a y1 p)244p ay1a(pa)，2p 2 PQ(2 PH)2 4ay1a(pa)2令appp得a，此时PQ p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y，0，222解法 2：（）前同解法 1
31、，再由弦长公式得AB 1k2x1 x2 1k2(x1 x2)24x1x2 1k2 4p2k28p2 2p 1k2 k22，又由点到直线的距离公式得d 2p1k22AB 2p 1k k 2 从而SABN d121222p1k2 2p2k22，当k 0时，(SABN)max 2 2p2（）假设满足条件的直线l存在，其方程为y a，则以AC为直径的圆的方程为(x0)(x x1)(y p)(y y1)0，2将直线方程y a代入得x x1x(a p)(a y1)0，2则 x14(a p)(a y1)4ap y a(pa)12设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则有PQ
32、x3 x4令ap p 4ay1a(pa)2ay1a(pa)22ppp 0，得a，此时PQ p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y，222x2y21的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于 B，D 两点，12.已知椭圆32过F2的直线交椭圆于 A，C 两点，且AC BD，垂足为 Px02y021；（）设 P 点的坐标为(x0，y0)，证明：（）求四边形 ABCD 面积最小值3222证明：（）椭圆的半焦距c 32 1，22由ACBD知点P在以线段F1F2为直径的圆上，故x0 y01，2222x0y0 x0y011所以，32222（）（）当BD的斜率k存在且k 0时，BD的方程为y
33、k(x1)，代入椭圆方程x2y21，并化简得(3k2 2)x26k2x3k26 032设B(x1，y1)，D(x2，y2)，则yADxx1 x2 6k3k 6x x，12223k 23k 222222BPF1OF2CBD 1k4 3(k21)x1 x2(1k)(x2 x2)4x1x23k22；因为AC与BC相交于点p，且AC的斜率为1k 14 3214 3(k21)k所以，AC 四边形ABCD的面积212k 3322k124(k21)2(k21)296S BD AC 2(3k22)(2k23)(3k22)(2k23)2252当k 1时，上式取等号（）当BD的斜率k 0或斜率不存在时，四边形ABCD的面积S 4综上，四边形ABCD的面积的最小值为29625