高考數(shù)學(xué)圓錐曲線試題

1、優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載高考數(shù)學(xué)圓錐曲線試題重慶文（ 12）已知以 F1（ 2,0），F(xiàn) 2（2,0）為焦點的橢圓與直線x3y40 有且僅有一個交點，則橢圓的長軸長為（A）3 2（B）2 6（C）2 7（D）4 2（ 21）（本小題滿分12 分，（）小問4 分，（）小問8 分）如題（ 21）圖，傾斜角為 a 的直線經(jīng)過拋物線 y28 x 的焦點 F，且與拋物線交于A、B兩點。題（ 21）圖（）求拋物線的焦點F 的坐標(biāo)及準(zhǔn)線l 的方程；（）若 a 為銳角，作線段AB 的垂直平分線m 交 x 軸于點 P，證明 |FP|-|FP|cos2a 為定值，并求此定值。（ 21）（本小題12 分）（）解：設(shè)拋物

2、線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y 22 px ，則 2 p8 ，從而 p4.因此焦點 F ( p ,0) 的坐標(biāo)為（ 2， 0） .2p又準(zhǔn)線方程的一般式為x。2從而所求準(zhǔn)線l 的方程為 x2 。答（ 21）圖優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載（）解法一：如圖（21）圖作 AC l， BD l，垂足為C、 D，則由拋物線的定義知|FA|=|FC |,|FB|=|BD |.記 A、 B 的橫坐標(biāo)分別為xxxz，則|FA| |AC| xxp| FA | cos app| FA | cos a4解得|FA|4，2221cosa類似地有 | FB |4| FB | cosa ，解得4。|FB |1 cos a記直線 m 與 AB

3、的交點為 E，則|FE |FA | | AE|FA |FA|FB| 11444 cos a2(|FA|FB |)1cos a1cos asin 2 a22所以 |FP| FE|4。cosasin2 a故 | FP | | FP | cos2 a4(1cos 2a )4·2 sin2 a8 。sin 2 asin 2 a解法二：設(shè)A( xA , y A ) ， B( xB , yB ) ，直線 AB的斜率為ktan a ，則直線方程為yk( x 2) 。將此式代入 y28 x ,得 k 2 x24(k 22)x4k 20 ，故 xAxBk(k 22) 。k2記直線 m 與 AB 的交點

4、為 E( xE , yE ) ，則xEx AxB2( k22)，2k2yEk( xE2)4，k故直線 m 的方程為 y41x2k 24kkk 2.令 y=0,得 P 的橫坐標(biāo)xP2k 244 故k 2|FP |xP24(k 21)4。k 2sin 2a4·2 sin 2從而 |FP | FP | cos 2a4asin 2 a(1 cos 2a)2 a8 為定值。sin重慶理（16）過雙曲線 x 2y 24 的右焦點 F 作傾斜角為 1050的直線，交雙曲線于PQ 兩點，則|FP|FQ|的值為 _.(22)(本小題滿分 12分 )如圖，中心在原點O 的橢圓的右焦點為F（ 3， 0），

5、右準(zhǔn)線 l 的方程為： x = 12 。（1）求橢圓的方程；（2）在橢圓上任取三個不同點P1, P2 , P3 ，使P1 FP2P2 FP3P3 FP1 ，證明優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載111為定值，并求此定值。|FP1|FP2 | FP3 |YP2P1lOFP3X浙江文（ 10）已知雙曲線 x2y21(a 0, b 0)的左、右焦點分別為F1、 F2，P 是準(zhǔn)線a2b2上一點，且 P F1 P F2， P F1 P F2 4ab，則雙曲線的離心率是(A) 2(B) 3(C)2(D)3(21)(本題 15分 )如圖，直線y kx b 與橢圓x2y21交于 A、 B 兩點，記 AOB4的面積為S(I)

6、 求在 k 0， 0 b 1 的條件下， S 的最大值；（ )當(dāng) AB 2，S 1 時，求直線AB 的方程yAOxB（ 21）本題主要考查橢圓的幾何性質(zhì)、 橢圓與直線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力滿分15 分(I) 解：設(shè)點A 的坐標(biāo)為(x1, b)，點B 的坐標(biāo)為(x2 , b)，由x24y21，解得x1,22 1b2優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載所以 S1 b | x1x2 | 2b 1 b2b2 1 b212當(dāng)且僅當(dāng) b2時， S 取到最大值 12ykx b（）解：由x2得y 214(4k 21)x28kbx 4b24 016(4 k 2b21)AB 2216(4k

7、 2b21)1 k | x1x2 | 1 k4k212又因為 O 到 AB 的距離 d|b |2S1所以 b2k 211k 2| AB|代入并整理，得4k 44k 210解得， k 21 ,b23，代入式檢驗，022故直線 AB 的方程是y2 x6 或 y2 x6 或 y2 x6 或 y2 x6 22222222浙江理（ 9）已知雙曲線x2y21(a0， b0) 的左、右焦點分別為F1 ， F2 ， P 是準(zhǔn)線上一a2b2點，且 PF1PF2 ， PF1PF24ab，則雙曲線的離心率是（）232 3天津文（ 7 ）設(shè)雙曲線x2y21(a0， b0) 的離心率為3，且它的一條準(zhǔn)線與拋物線a2b2

8、y24x 的準(zhǔn)線重合，則此雙曲線的方程為（） x2y21 x2y2112244896優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載 x22 y21 x2y213336（22）（本小題滿分 14分）設(shè) 橢 圓 x2y2 1(ab 0) 的 左 、 右 焦 點 分 別 為 F1， F2， A 是 橢 圓 上 的 一 點 ，a2b2AF2F1F2 ，原點 O 到直線 AF1 的距離為1OF13（）證明 a2b ；（）求 t (0， b) 使得下述命題成立：設(shè)圓x2y2t 2 上任意點 M ( x0， y0 ) 處的切線交橢圓于 Q1 ， Q2 兩點，則 OQ1 OQ2 （22）本小題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程

9、、兩條直線垂直、圓的方程等基礎(chǔ)知識，考查曲線和方程的關(guān)系等解析幾何的基本思想方法及推理、運算能力滿分 14 分（）證法一：由題設(shè) AF2F1 F2 及 F1(c，0) ， F2 ( c，0) ，不妨設(shè)點 A(c， y) ，其中y0，由于點 A 在橢圓上，有c2y21，a2b2a2b2y21，a2b2解得b2b2，y，從而得到 A，caab2( xc) ，整理得直線AF2 的方程為 y2acb2 x2acy b2c0 1由題設(shè)，原點 O 到直線 AF1 的距離為OF1 ，即cb2c，3b4 4a2 c2將 c2a2b2 代入原式并化簡得 a22b2 ，即 a2b Ab2證法二：同證法一，得到點的

10、坐標(biāo)為，ca優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載過點 O作OBAF1 ，垂足為 H ，易知 F1BC F1F2 A ，故yABOF2 AHOF1F1 AF1OF2x由橢圓定義得AF1AF22a ，又 BO1 OF1，所以31F2 AF2 A，3F1 A2aF2 AF2 AaF2 Ab2b2a2b 解得，而a，得a，即 a22（）解法一：圓x2y2t 2上的任意點 M (x0， y0 ) 處的切線方程為x0 x y0 yt 2當(dāng) t(0， b) 時，圓 x2y2t 2 上的任意點都在橢圓內(nèi)，故此圓在點A 處的切線必交橢圓于兩個不同的點Q1 和 Q2 ，因此點 Q1 (x1， y1) ， Q2 (x2， y2 )

11、 的坐標(biāo)是方程組x0 xy0 yt 2的解當(dāng) y0 0時，由式得x22y22b2t2x0 xyy0t 2x0 x2代入式，得 x222b2 ，即y0(2 x02y02 ) x24t 2 x0 x 2t 42b2 y020 ，于是 x1x24t2 x0， x1 x22t 42b2 y022x02y022x02y02y1 y2t 2x0 x1 t2x1x2y0y114x0t2(x122 tx2 ) x0 x1x2y01t4x0t24t 2 x02 2t 42b2 y02222x022y02x0y02x0y0t 42b2 x02 2x02y02優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載若 OQ1OQ2 ，則x1x2y1

12、y22t 42b2 y02t 42b2 x023t 42b2 ( x02y02 )0 2222222x0y02x0y02x0y0所以， 3t 42b2 ( x02y02 )0 由 x02y02t2 ，得 3t42b2t 20 在區(qū)間 (0， b) 內(nèi)此方程的解為 t6 b 3當(dāng) y0 0 時，必有 x00 ，同理求得在區(qū)間 (0， b) 內(nèi)的解為 t6b 3另一方面，當(dāng) t6 b 時，可推出 x1x2y1 y20 ，從而 OQ1OQ2 3綜上所述， t6 b(0， b) 使得所述命題成立3天津理22（本小題滿分14 分）設(shè) 橢 圓 x2y21(a b0)的左、右焦點分別為 F1，F(xiàn)2，A是橢圓

13、上的一點，a2b2AF2F1F2 ，原點 O 到直線 AF1 的距離為1OF 31（）證明 a2b ；（）設(shè) Q1， Q2 為橢圓上的兩個動點，OQ1OQ2 ，過原點 O 作直線 Q1Q2 的垂線 OD ，垂足為 D ，求點 D 的軌跡方程22本小題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程、求曲線的方程等基礎(chǔ)知識，考查曲線和方程的關(guān)系等解析幾何的基本思想方法及推理、運算能力滿分14 分（）證法一：由題設(shè)AF2F1F2 及 F1(c，0) ， F2 (c，0)，不妨設(shè)點A(c， y) ，其中y0由于點 A 在橢圓上，有c2y2a2b2y21 a2b21，即2b2ab2b2解得，y，從而得到A

14、caa直線 AF1 的方程為 yb2( xc) ，整理得 b2 x2acy b2c 0 2ac優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載由題設(shè)，原點 O 到直線 AF1 的距離為1 OF1 ，即cb4b2c，334a2 c2將 c2a2b2 代入上式并化簡得 a22b2 ，即 a2b b2證法二：同證法一，得到點A 的坐標(biāo)為c，a過點 O作 OBAF1 ，垂足為 B ，易知 F1BO F1 F2 A，故由橢圓定義得AF1AF2 2a，又 BO1OF1，3所以1F2 AF2 A，3F1 A2aF2 A22BOF2 AOF1F1 AyAB解得 F2Aabba2bF1，而 F2A，得a，即 a2a2（）解法一：設(shè)點D 的

15、坐標(biāo)為 ( x0， y0 ) OF2x當(dāng) y0 0 時，由 ODQ1Q2 知，直線 Q1Q2 的斜率為x0，所以直線 Q1Q2 的方程為y0yx0 ( xx0 )y0 ，或 ykxm ，其中 kx0 ， my0x02y0y0y0ykx，點 Q1 ( x1， y1 )， Q2 (x2， y2 ) 的坐標(biāo)滿足方程組mx22y22b2將式代入式，得x22(kxm)22b2 ，整理得 (12k 2 ) x24kmx 2m22b20，于是 x1x24km ， x1x22m22b 12k 212k2由式得 y1 y2(kx1m)( kx2m)k2 x1 x2km( x1x2 )k 22 2m22b2

16、83;4km2m22b2 k2k·m12k2km2k12k21由 OQ1OQ2 知 x1x2y1 y20 將式和式代入得3m22b22b2 k20 ，12k 2優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載3m22b2 (1 k 2 ) 將 kx0 ， m y0x02代入上式，整理得 x02y022 b2 y0y03當(dāng) y00 時，直線 Q1Q2 的方程為 xx0 ， Q1( x1， y1 )， Q2 ( x2， y2 ) 的坐標(biāo)滿足方程組xx0，x22y22b2所以 x1x2x0 ， y1，22b2x022由 OQ1OQ2 知 x1x2y1 y20 ，即 x022b2x020 ，2解得 x022 b2 32

17、 b2 這時，點 D 的坐標(biāo)仍滿足 x02y023綜上，點 D 的軌跡方程為x2y22 b2 3解法二：設(shè)點 D 的坐標(biāo)為 ( x0， y0 ) ，直線 OD 的方程為 y0 x x0 y0，由ODQ1Q2 ，垂足為 D ，可知直線 Q1Q2的方程為 x0 xy0 y x02y02 記 mx02y02（ 顯 然 m 0 ）， 點 Q1 ( x1， y1 )， Q2 ( x2， y2 ) 的 坐 標(biāo) 滿 足 方 程 組x0 xy0 ym，x22y22b2由式得 y0 ymx0 x 由式得 y02 x22 y02 y22 y02b2將式代入式得y02 x22(mx0 x)22y02b 2 整理得

18、(2 x02y02 )x24mx0 x2m22b2 y020 ，于是 x1 x22m22b2 y022x02y02由式得 x0 x my0 y 優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載由式得 x02 x22x02 y22x02 b2 將式代入式得(my0 y) 22x02 y 22x02b2 ，整理得 (2 x02y02 ) y22my0 ym22b2 x020，于是 y y2m22b2 x02 12x2y200由 OQ1OQ2 知 x1x2y1y2 02m22b2 y02m22b2 x020，將式和式代入得y022x02y022 x023m22b2 (x02y02 ) 0 將 mx02y02 代入上式，得 x2

19、y22 b2 003所以，點 D 的軌跡方程為 x2y22 b2 3四川文（5）如果雙曲線x2y22,那么點 P 到 y 軸的距離4 1 上一點 P 到雙曲線右焦點的距離是2是(A)46(B)26(C) 26(D) 2333(10)已知拋物線 y-x 2+3上存在關(guān)于直線 x+y=0 對稱的相異兩點A 、 B，則 |AB| 等于A.3B.4C.32D.42解析：選C設(shè)直線 AB 的方程為 yxb ，由yx23x2x b30x1x21 ，進(jìn)而可求出AB 的中點yxbM (1 ,1b) ，又由 M (1 ,1b) 在直線 xy 0 上可求出 b1， x2x 20 ，2222由弦長公式可求出AB11

20、2124(2)32 本題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系自本題起運算量增大（21） (本小題滿分 12分)求 F1、 F 2 分別是橢圓 x2y21的左、右焦點 .4優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載（）若 r 是第一象限內(nèi)該數(shù)軸上的一點，PF1225 ，求點 P 的作標(biāo)；PF24（）設(shè)過定點M（ 0， 2）的直線 l 與橢圓交于同的兩點A、B，且 ADB 為銳角（其中 O為作標(biāo)原點），求直線 l 的斜率 k 的取值范圍 .解析： 本題主要考查直線、橢圓、平面向量的數(shù)量積等基礎(chǔ)知識，以及綜合運用數(shù)學(xué)知識解決問題及推理計算能力（）易知 a2 ， b1， c3 F1(3,0) ， F2 (3,0) 設(shè) P(x, y

21、) (x0, y0) 則PF1PF2(3x,y)(3x,y)x2y235，又 x2y21，44x2y27x21x1聯(lián)立x224 ，解得23y3 ， P(1,3 ) y1y4224（）顯然 x0不滿足題設(shè)條件可設(shè)l 的方程為 ykx 2，設(shè) A(x1, y1 ) ， B( x2, y2 ) x2y21x22)2(1 4k 2 )x2聯(lián)立44(kx416 kx120ykx2 x1x212， x1x216k1 4k21 4k 2由(16k )2 4 (1 4k2 ) 12 016k 23(14k 2 )0 ，4k 230，得 k234又 AOB 為銳角cosAOB0OA OB0 ， OA OB x1

22、x2y1 y20又 y1 y2(kx12)(kx22)k2 x1 x22k( x1 x2 )4 x1x2y1 y2(1 k 2 ) x1 x22k( x1x2 ) 4(1 k 2 )122k (16 k) 41 4k21 4k 212(1 k 2 )2k 16k414k 21 4k2優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載4(4k 2 )014k 21k 24 4綜可知 3k 24 ， k 的取值范圍是 (2,3)(3,2) 422四川理20）（本小題滿分12 分）設(shè) F1 、 F2 分別是橢圓x 2y 21的左、右焦點 .4（）若 P 是該橢圓上的一個動點，求PF1 · PF2 的最大值和最小值 ;（

23、）設(shè)過定點 M (0,2) 的直線 l 與橢圓交于不同的兩點A 、B ，且 AOB 為銳角（其中 O為坐標(biāo)原點），求直線 l 的斜率 k 的取值范圍 .（ 20）本題主要考察直線、橢圓、平面向量的數(shù)量積等基礎(chǔ)知識， 以及綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決問題及推理計算能力。解：（）解法一：易知a2, b1,c3所以 F13,0, F23,0 ，設(shè) P x, y ，則PF1 PF23 x, y , 3 x, yx2y23 x21x231 3x2844因為 x2,2，故當(dāng) x 0，即點 P 為橢圓短軸端點時，PF1PF2 有最小值2當(dāng) x2 ，即點 P 為橢圓長軸端點時，PF1PF2 有最大值 1解法二：易知 a2, b1,c3 ，所以 F13,0, F23,0，設(shè) Px, y，則222PF1PF2PF1PF2cosF1PF2PF1PF2PF1PF2F1 F22 PF1PF21x2y 2x212x2y23 （以下同解法一）33y 22（）顯然直線x0不滿足題設(shè)條件，可設(shè)直線l : ykx2, A x1 , y2, Bx2, y2 ，ykx21聯(lián)立，消去 y ，整理得：k224kx3 0x2y24x14優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載 x1x24k, x1 x23k 211k2443 或 k由4k4 k13 4k 23 0 得： k32422又 00A0B9