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2019-2020年高考數(shù)學(xué)備考試題庫 第八章 第8節(jié) 圓錐曲線的綜合問題 文（含解析） 1．(xx湖南，13分) 如圖所示， O為坐標(biāo)原點，雙曲線C1：－＝1(a1>0，b1>0)和橢圓C2：＋＝1(a2>b2>0) 均過點 P，且以C1 的兩個頂點和C2的兩個焦點為頂點的四邊形是面積為2的正方形． (1)求C1，C2 的方程； (2)是否存在直線l ，使得 l與 C1交于A，B 兩點，與C2 只有一個公共點，且 |＋|＝| |？證明你的結(jié)論． 解：(1)設(shè)C2的焦距為2c2，由題意知，2c2＝2,2a1＝2.從而a1＝1，c2＝1.因為點P在雙曲線x2－＝1上，所以2－＝1.故b＝3. 由橢圓的定義知 2a2＝＋＝2. 于是a2＝，b＝a－c＝2，故C1，C2的方程分別為 x2－＝1，＋＝1. (2)不存在符合題設(shè)條件的直線． (ⅰ)若直線l垂直于x軸，因為l與C2只有一個公共點，所以直線l的方程為x＝或x＝－. 當(dāng)x＝時，易知A(，)，B(，－)，所以 |＋|＝2，||＝2. 此時，|＋|≠|(zhì)|. 當(dāng)x＝－時，同理可知，|＋|≠|(zhì)|. (ⅱ)若直線l不垂直于x軸，設(shè)l的方程為y＝kx＋m. 由得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0. 當(dāng)l與C1相交于A，B兩點時，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個實根，從而x1＋x2＝，x1x2＝. 于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝. 由得(2k2＋3)x2＋4kmx＋2m2－6＝0. 因為直線l與C2只有一個公共點，所以上述方程的判別式Δ＝16k2m2－8(2k2＋3)(m2－3)＝0. 化簡，得m2＝2k2＋3，因此 ＝x1x2＋y1y2＝＋＝≠0. 于是2＋2＋2≠2＋2－2， 即|＋|2≠|(zhì)－|2，故|＋|≠|(zhì)|. 綜合(ⅰ)(ⅱ)可知，不存在符合題設(shè)條件的直線． 2．(xx新課標(biāo)全國Ⅱ，12分) 設(shè)F1 ，F(xiàn)2分別是橢圓C: ＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，M是C上一點且MF2與x軸垂直，直線MF1與C的另一個交點為N. (1)若直線MN的斜率為，求C的離心率； (2)若直線MN在y軸上的截距為2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b. 解：(1)根據(jù)a2－b2＝c2及題設(shè)知M，＝，故2b2＝3ac. 將b2＝a2－c2，代入2b2＝3ac，解得＝，＝－2(舍去)． 故C的離心率為. (2)設(shè)直線MN與y軸的交點為D，由題意，原點O為F1F2的中點，MF2∥y軸，所以直線MF1與y軸的交點D(0,2)是線段MF1的中點，故＝4，即b2＝4a.　① 由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|. 設(shè)N(x1，y1)，由題意知y1<0，則 即 代入C的方程，得＋＝1.?、? 將①及a2－b2＝c2代入②得＋＝1. 解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝2， 3．(xx山東，14分) 在平面直角坐標(biāo)系xOy 中，橢圓C∶＋＝1(a>b>0) 的離心率為，直線y＝x被橢圓C截得的線段長為. (1)求橢圓C的方程； (2)過原點的直線與橢圓C交于A，B兩點(A，B不是橢圓C的頂點)．點D在橢圓C上，且AD⊥AB，直線BD與x軸、y軸分別交于M，N兩點． ①設(shè)直線BD，AM的斜率分別為k1，k2，證明存在常數(shù)λ使得k1＝λk2，并求出λ的值； ②求△OMN面積的最大值． 解：(1)由題意知＝，可得a2＝4b2. 橢圓C的方程可簡化為x2＋4y2＝a2. 將y＝x代入可得x＝， 因此＝，可得a＝2. 因此b＝1. 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)①設(shè)A(x1，y1)(x1y1≠0)，D(x2，y2)，則B(－x1，－y1)， 因為直線AB的斜率kAB＝， 又AB⊥AD，所以直線AD的斜率k＝－. 設(shè)直線AD的方程為y＝kx＋m， 由題意知k≠0，m≠0. 由可得(1＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－4＝0. 所以x1＋x2＝－， 因此y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝. 由題意知x1≠－x2， 所以k1＝＝－＝. 所以直線BD的方程為y＋y1＝(x＋x1)． 令y＝0，得x＝3x1，即M(3x1,0)． 可得k2＝－. 所以k1＝－k2，即λ＝－. 因此存在常數(shù)λ＝－使得結(jié)論成立． ②直線BD的方程y＋y1＝(x＋x1)， 令x＝0，得y＝－y1，即N. 由①知M(3x1,0)， 可得△OMN的面積S＝3|x1||y1|＝ |x1||y1|. 因為|x1||y1|≤＋y＝1，當(dāng)且僅當(dāng)＝|y1|＝時等號成立，此時S取得最大值， 所以△OMN面積的最大值為 4．(xx北京，14分) 已知橢圓C: x2＋2y2＝4. (1)求橢圓C的離心率； (2)設(shè)O為原點，若點A在直線y＝2上，點B在橢圓C上，且OA⊥OB，求線段AB長度的最小值． 解：(1)由題意，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. 所以a2＝4，b2＝2，從而c2＝a2－b2＝2. 因此a＝2，c＝.故橢圓C的離心率e＝＝. (2)設(shè)點A，B的坐標(biāo)分別為(t,2)，(x0，y0)，其中x0≠0. 因為OA⊥OB，所以＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－. 又x＋2y＝4，所以 |AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2 ＝2＋(y0－2)2 ＝x＋y＋＋4 ＝x＋＋＋4 ＝＋＋4(0b>0)經(jīng)過點(0，)，離心率為，左右焦點分別為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)． (1)求橢圓的方程； (2)若直線 l：y＝－x＋m與橢圓交于 A，B兩點，與以F1F2 為直徑的圓交于C，D 兩點，且滿足＝ ，求直線l 的方程． 解：(1)由題設(shè)知 解得a＝2，b＝，c＝1， ∴橢圓的方程為＋＝1. (2)由題設(shè)，以F1F2為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1， ∴圓心到直線l的距離d＝， 由d＜1得|m|＜.(*) ∴|CD|＝2＝2＝ . 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得x2－mx＋m2－3＝0， 由根與系數(shù)的關(guān)系可得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3. ∴|AB|＝ ＝ . 由＝得 ＝1， 解得m＝，滿足(*)． ∴直線l的方程為y＝－x＋或y＝－x－. 6．(xx四川，13分)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左焦點為F(－2,0)，離心率為. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，T為直線x＝－3上一點，過F作TF的垂線交橢圓于P，Q.當(dāng)四邊形OPTQ是平行四邊形時，求四邊形OPTQ的面積． 解：(1)由已知可得，＝，c＝2，所以a＝. 又由a2＝b2＋c2，解得b＝， 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是＋＝1. (2)設(shè)T點的坐標(biāo)為(－3，m)，則直線TF的斜率 kTF＝＝－m. 當(dāng)m≠0時，直線PQ的斜率kPQ＝，直線PQ的方程是x＝my－2. 當(dāng)m＝0時，直線PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式． 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得 消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0， 其判別式Δ＝16m2＋8(m2＋3)＞0. 所以y1＋y2＝，y1y2＝， x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝. 因為四邊形OPTQ是平行四邊形，所以＝， 即(x1，y1)＝(－3－x2，m－y2)． 所以解得m＝1. 此時，四邊形OPTQ的面積 SOPTQ＝2S△OPQ＝2|OF||y1－y2|＝2＝2. 7．(xx重慶，12分)如圖，設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點D在橢圓上，DF1⊥F1F2，＝2，△DF1F2的面積為. (1)求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)是否存在圓心在y軸上的圓，使圓在x軸的上方與橢圓有兩個交點，且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點？若存在，求出圓的方程，若不存在，請說明理由． 解：(1)設(shè)F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，其中c2＝a2－b2. 由＝2得|DF1|＝＝c.由DF1⊥F1F2得S△DF1F2＝|DF1||F1F2|＝c2＝，故c＝1.從而|DF1|＝，故|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝，因此|DF2|＝. 所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝2， 故a＝，b2＝a2－c2＝1. 因此，所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)如圖，設(shè)圓心在y軸上的圓C與橢圓＋y2＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是兩個交點，y1>0，y2>0，F(xiàn)1P1，F(xiàn)2P2是圓C的切線，且F1P1⊥F2P2. 由圓和橢圓的對稱性，易知，x2＝－x1，y1＝y(tǒng)2. 由(1)知F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)， 所以＝(x1＋1，y1)，＝(－x1－1，y1)． 再由F1P1⊥F2P2得－(x1＋1)2＋y＝0. 由橢圓方程得1－＝(x1＋1)2， 即3x＋4x1＝0.解得x1＝－或x1＝0. 當(dāng)x1＝0時，P1，P2重合，此時題設(shè)要求的圓不存在． 當(dāng)x1＝－時，過P1，P2分別與F1P1，F(xiàn)2P2垂直的直線的交點即為圓心C. 設(shè)C(0，y0)，由CP1⊥F1P1，得＝－1.而y1＝|x1＋1|＝，故y0＝. 圓C的半徑|CP1|＝ ＝. 綜上，存在滿足題設(shè)條件的圓，其方程為x2＋2＝. 8．(xx浙江，14分)已知△ABP的三個頂點在拋物線C：x2＝4y上，F(xiàn)為拋物線C的焦點，點M為AB的中點，＝3. (1)若|PF|＝3，求點M的坐標(biāo)； (2)求△ABP面積的最大值． 解：(1)由題意知焦點F(0,1)，準(zhǔn)線方程為y＝－1. 設(shè)P(x0，y0)，由拋物線定義知|PF|＝y(tǒng)0＋1，得到y(tǒng)0＝2，所以P(2，2)或P(－2，2)． 由＝3，分別得M或M. (2)設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，點A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)． 由得x2－4kx－4m＝0. 于是Δ＝16k2＋16m>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m， 所以AB中點M的坐標(biāo)為(2k,2k2＋m)． 由＝3，得(－x0,1－y0)＝3(2k,2k2＋m－1)， 所以 由x＝4y0得k2＝－m＋. 由Δ>0，k2≥0，得－f. 所以當(dāng)m＝時，f(m)取到最大值，此時k＝. 所以△ABP面積的最大值為. 9．(xx新課標(biāo)全國Ⅱ，5分)設(shè)F為拋物線C：y2＝3x的焦點，過F且傾斜角為30的直線交C于A，B兩點，則|AB|＝(　　) A . B．6 C．12 D．7 解析：選C　拋物線C：y2＝3x的焦點為F，所以AB所在的直線方程為y＝，將y＝代入y2＝3x，消去y整理得x2－x＋＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝，由拋物線的定義可得|AB|＝x1＋x2＋p＝＋＝12，故選C. 10．(xx湖南，5分)平面上一機(jī)器人在行進(jìn)中始終保持與點F(1,0) 的距離和到直線x＝－1 的距離相等．若機(jī)器人接觸不到過點P(－1,0) 且斜率為 k的直線，則k 的取值范圍是________． 解析：由題意可知機(jī)器人的軌跡為一拋物線，其軌跡方程為y2＝4x，過點P(－1,0)且斜率為k的直線方程為y＝k(x＋1)，由題意知直線與拋物線無交點，聯(lián)立消去y得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，則Δ＝(2k2－4)2－4k4<0，所以k2>1，得k>1或k<－1. 答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞) 11．(xx江西，13分)如圖，已知拋物線C：x2＝4y，過點M(0,2)任作一直線與C相交于A，B 兩點，過點 B作y 軸的平行線與直線AO 相交于點D ( O為坐標(biāo)原點)． (1)證明：動點 D在定直線上； (2)作C的任意一條切線 l(不含x 軸)，與直線y＝2 相交于點 N1，與(1)中的定直線相交于點N2 .證明：|MN2|2 －|MN1|2為定值，并求此定值． 證明：(1)依題意可設(shè)AB方程為y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1x2＝－8， 直線AO的方程為y＝x；BD的方程為x＝x2. 解得交點D的坐標(biāo)為 注意到x1x2＝－8及x＝4y1， 則有y＝＝＝－2， 因此D點在定直線y＝－2(x≠0)上． (2)依題設(shè)，切線l的斜率存在且不等于0，設(shè)切線l的方程為y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)， 即x2－4ax－4b＝0， 由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化簡整理得b＝－a2. 故切線l的方程可寫為y＝ax－a2. 分別令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐標(biāo)為N1＋a,2，N2， 則|MN2|2－|MN1|2＝2＋42－2＝8，即|MN2|2－|MN1|2為定值8. 12．（xx安徽，13分）已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4，且過點P(，)． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)Q(x0，y0)(x0y0≠0)為橢圓C上一點．過點Q作x軸的垂線，垂足為E.取點A(0,2)，連接AE.過點A作AE的垂線交x軸于點 D．點G是點D關(guān)于y軸的對稱點，作直線QG.問這樣作出的直線QG是否與橢圓C一定有唯一的公共點？并說明理由． 解：本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)，直線和橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查數(shù)形結(jié)合思想、邏輯推理能力及運(yùn)算求解能力． (1)因為焦距為4，所以a2－b2＝4.又因為橢圓C過點P(，)，所以＋＝1，故a2＝8，b2＝4. 從而橢圓C的方程為＋＝1. (2)由題意，知E點坐標(biāo)為(x0,0)． 設(shè)D(xD,0)，則＝(x0，－2)，＝(xD，－2)． 由AD⊥AE知，＝0，即xDx0＋8＝0. 由于x0y0≠0，故xD＝－. 因為點G是點D關(guān)于y軸的對稱點，所以點G. 故直線QG的斜率kQG＝＝. 又因Q(x0，y0)在橢圓C上，所以x＋2y＝8.① 從而kQG＝－. 故直線QG的方程為y＝－.② 將②代入橢圓C方程，得 (x＋2y)x2－16x0x＋64－16y＝0.③ 再將①代入③，化簡得 x2－2x0x＋x＝0， 解得x＝x0，y＝y(tǒng)0. 即直線QG與橢圓C一定有唯一的公共點． 13．（xx北京，14分）直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：＋y2＝1相交于A，C兩點，O是坐標(biāo)原點． (1)當(dāng)點B的坐標(biāo)為(0,1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長； (2)當(dāng)點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形． 解：本題主要考查直線與橢圓的位置關(guān)系、函數(shù)與方程的思想，意在考查考生的運(yùn)算求解能力、轉(zhuǎn)化與化歸能力、數(shù)形結(jié)合能力． (1)因為四邊形OABC為菱形，所以AC與OB相互垂直平分． 所以可設(shè)A，代入橢圓方程得＋＝1，即t＝. 所以|AC|＝2. (2)證明：假設(shè)四邊形OABC為菱形． 因為點B不是W的頂點，且AC⊥OB，所以k≠0. 由消去y并整理得 (1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，則 ＝－，＝k＋m＝. 所以AC的中點為M. 因為M為AC和OB的交點，且m≠0，k≠0，所以直線OB的斜率為－. 因為k≠－1，所以AC與OB不垂直． 所以O(shè)ABC不是菱形，與假設(shè)矛盾． 所以當(dāng)點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形． 14．（xx湖南，13分）已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：＋y2＝1的左、右焦點，F(xiàn)1，F(xiàn)2關(guān)于直線x＋y－2＝0的對稱點是圓C的一條直徑的兩個端點． (1)求圓C的方程； (2)設(shè)過點F2的直線l被橢圓E和圓C所截得的弦長分別為a，b.當(dāng)ab最大時，求直線l的方程． 解：本題主要考查橢圓的幾何性質(zhì)、圓的方程、弦長和弦長最值的求解，意在考查考生的計算能力、數(shù)據(jù)處理能力和轉(zhuǎn)化能力． (1)由題設(shè)知，F(xiàn)1，F(xiàn)2的坐標(biāo)分別為(－2,0)，(2,0)，圓C的半徑為2，圓心為原點O關(guān)于直線x＋y－2＝0的對稱點． 設(shè)圓心的坐標(biāo)為(x0，y0)，由解得所以圓C的方程為(x－2)2＋(y－2)2＝4. (2)由題意，可設(shè)直線l的方程為x＝my＋2，則圓心到直線l的距離d＝.所以b＝2＝. 由得(m2＋5)y2＋4my－1＝0. 設(shè)l與E的兩個交點坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則 y1＋y2＝－，y1y2＝－. 于是a＝ ＝ ＝ ＝ ＝. 從而ab＝＝＝≤＝2. 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即m＝時等號成立． 故當(dāng)m＝時，ab最大，此時，直線l的方程為x＝y(tǒng)＋2或x＝－y＋2，即x－y－2＝0或x＋y－2＝0. 15．（xx江西，13分）橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，a＋b＝3. (1)求橢圓C的方程； (2)如圖，A，B，D是橢圓C的頂點，P是橢圓C上除頂點外的任意一點，直線DP交x軸于點N，直線AD交BP于點M，設(shè)BP的斜率為k，MN的斜率為m.證明：2m－k為定值． 解：本題主要考查利用待定系數(shù)法求橢圓的方程，考查直線、橢圓的幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系，考查函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想，旨在考查推理論證能力與理性思維能力． (1)因為e＝＝， 所以a＝c，b＝c.代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1. 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明：法一：因為B(2,0)，P不為橢圓頂點，則直線BP的方程為y＝k(x－2)，① 把①代入＋y2＝1， 解得P. 直線AD的方程為：y＝x＋1.② ①與②聯(lián)立解得M. 由D(0,1)，P，N(x,0)三點共線知 ＝，解得N. 所以MN的斜率為m＝＝＝， 則2m－k＝－k＝(定值)． 法二：設(shè)P(x0，y0)(x0≠0，2)，則k＝， 直線AD的方程為：y＝(x＋2)， 直線BP的方程為：y＝(x－2)， 直線DP的方程為：y－1＝x，令y＝0，由于y0≠1，可得N 聯(lián)立 解得M， 因此MN的斜率為 m＝ ＝ ＝ ＝， 所以2m－k＝－ ＝ ＝ ＝ ＝(定值)． 16．（xx廣東，14分）已知拋物線C的頂點為原點，其焦點F(0，c)(c＞0)到直線l：x－y－2＝0的距離為，設(shè)P為直線l上的點，過點P作拋物線C的兩條切線PA，PB，其中A，B為切點． (1)求拋物線C的方程； (2)當(dāng)點P(x0，y0)為直線l上的定點時，求直線AB的方程； (3)當(dāng)點P在直線l上移動時，求|AF||BF|的最小值． 解：本題主要考查點到直線距離公式的運(yùn)用、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系及解析幾何中的最值問題，意在考查考生運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想解決問題的能力． (1)∵拋物線C的焦點F(0，c)(c＞0)到直線l：x－y－2＝0的距離為， ∴＝，得c＝1， ∴F(0,1)，即拋物線C的方程為x2＝4y. (2)設(shè)切點A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由x2＝4y得y′＝x， ∴切線PA：y－y1＝x1(x－x1)， 有y＝x1x－x＋y1，而x＝4y1， 即切線PA：y＝x1x－y1， 同理可得切線PB：y＝x2x－y2. ∵兩切線均過定點P(x0，y0)， ∴y0＝x1x0－y1，y0＝x2x0－y2， 由以上兩式知點A，B均在直線y0＝xx0－y上， ∴直線AB的方程為y0＝xx0－y， 即y＝x0x－y0. (3)設(shè)點P的坐標(biāo)為(x′，y′)，由x′－y′－2＝0，得x′＝y(tǒng)′＋2， 則|AF||BF|＝＝＝＝(y1＋1)(y2＋1)＝y(tǒng)1y2＋(y1＋y2)＋1. 由得y2＋(2y′－x′2)y＋y′2＝0， 有y1＋y2＝x′2－2y′，y1y2＝y(tǒng)′2， ∴|AF||BF|＝y(tǒng)′2＋x′2－2y′＋1＝y(tǒng)′2＋(y′＋2)2－2y′＋1＝22＋， 當(dāng)y′＝－，x′＝時， 即P時，|AF||BF|取得最小值. 17．（xx遼寧，12分）如圖，拋物線C1：x2＝4y，C2：x2＝－2py(p＞0)．點M(x0，y0)在拋物線C2上，過M作C1的切線，切點為A，B(M為原點O時，A，B重合于O)．當(dāng)x0＝1－時，切線MA的斜率為－. (1)求p的值； (2)當(dāng)M在C2上運(yùn)動時，AB中點N的軌跡方程(A，B重合于O時，中點為O.) 解：本題主要考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，求導(dǎo)運(yùn)算、直線的點斜式方程，以及求軌跡方程，意在考查考生利用導(dǎo)數(shù)知識解決圓錐曲線問題的能力，以及處理直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的熟練程度和運(yùn)算化簡能力． (1)因為拋物線C1：x2＝4y上任意一點(x，y)的切線斜率為y′＝，且切線MA的斜率為－，所以A點坐標(biāo)為.故切線MA的方程為y＝－(x＋1)＋. 因為點M(1－，y0)在切線MA及拋物線C2上，于是 y0＝－(2－)＋＝－，① y0＝－＝－.② 由①②得p＝2. (2)設(shè)N(x，y)，A，B，x1≠x2，由N為線段AB中點知x＝，③ y＝.④ 切線MA，MB的方程為 y＝(x－x1)＋，⑤ y＝(x－x2)＋.⑥ 由⑤⑥得MA，MB的交點M(x0，y0)的坐標(biāo)為 x0＝，y0＝. 因為點M(x0，y0)在C2上，即x＝－4y0， 所以x1x2＝－.⑦ 由③④⑦得 x2＝y(tǒng)，x≠0. 當(dāng)x1＝x2時，A，B重合于原點O，AB中點N為O，坐標(biāo)滿足x2＝y(tǒng). 因此AB中點N的軌跡方程為x2＝y(tǒng). 18．（xx遼寧，5分）已知P，Q為拋物線x2＝2y上兩點，點P，Q的橫坐標(biāo)分別為4，－2，過P，Q分別作拋物線的切線，兩切線交于點A，則點A的縱坐標(biāo)為(　　) A．1　　　　　　　　　　　　　　　 B．3 C．－4 D．－8 解析：因為P，Q兩點的橫坐標(biāo)分別為4，－2，且P，Q兩點都在拋物線y＝x2上，所以P(4,8)，Q(－2,2)．因為y′＝x，所以kPA＝4，kQA＝－2，則直線PA，QA的方程聯(lián)立得，即，可得A點坐標(biāo)為(1，－4)． 答案：C 19．（xx新課標(biāo)全國，12分）設(shè)拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點為F，準(zhǔn)線為l，A為C上一點，已知以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓F交l于B，D兩點． (1)若∠BFD＝90，△ABD的面積為4，求p的值及圓F的方程； (2)若A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，直線n與m平行，且n與C只有一個公共點，求坐標(biāo)原點到m，n距離的比值． 解：(1)由已知可得△BFD為等腰直角三角形，|BD|＝2p，圓F的半徑|FA|＝p. 由拋物線定義可知A到l的距離d＝|FA|＝p. 因為△ABD的面積為4，所以|BD|d＝4，即2pp＝4，解得p＝－2(舍去)或p＝2. 所以F(0,1)，圓F的方程為x2＋(y－1)2＝8. (2)因為A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，所以AB為圓F的直徑，∠ADB＝90. 由拋物線定義知|AD|＝|FA|＝|AB|， 所以∠ABD＝30，m的斜率為或－. 當(dāng)m的斜率為時，由已知可設(shè)n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0. 由于n與C只有一個公共點，故Δ＝p2＋8pb＝0，解得b＝－. 因為m的縱截距b1＝，＝3，所以坐標(biāo)原點到m，n距離的比值為3. 當(dāng)m的斜率為－時，由圖形對稱性可知，坐標(biāo)原點到m，n距離的比值為3. 20．（xx廣東，14分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的左焦點為F1(－1,0)，且點P(0,1)在C1上． (1)求橢圓C1的方程； (2)設(shè)直線l同時與橢圓C1和拋物線C2：y2＝4x相切，求直線l的方程． 解：(1)根據(jù)橢圓的左焦點為F1(－1,0)，知a2－b2＝1，又根據(jù)點P(0,1)在橢圓上，知b＝1，所以a＝，所以橢圓C1的方程為＋y2＝1. (2)因為直線l與橢圓C1和拋物線C2都相切，所以其斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，代入橢圓方程得＋(kx＋m)2＝1，即(＋k2)x2＋2kmx＋m2－1＝0，由題可知此方程有唯一解，此時Δ＝4k2m2－4(＋k2)(m2－1)＝0，即m2＝2k2＋1.?、? 把y＝kx＋m(k≠0)代入拋物線方程得y2－y＋m＝0，由題可知此方程有唯一解，此時Δ＝1－mk＝0，即mk＝1.　② 聯(lián)立①②得解得k2＝，所以 或所以直線l的方程為y＝x＋或y＝－x－. 21．（xx北京，14分）已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的一個頂點為A(2,0)，離心率為.直線y＝k(x－1)與橢圓C交于不同的兩點M，N. (1)求橢圓C的方程； (2)當(dāng)△AMN的面積為時，求k的值． 解：(1)由題意得解得b＝， 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0. 設(shè)點M，N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則 y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝， x1x2＝， 所以|MN|＝ ＝ ＝. 又因為點A(2,0)到直線y＝k(x－1)的距離d＝， 所以△AMN的面積為 S＝|MN| d＝. 由＝，化簡得7k4－2k2－5＝0，解得k＝1. 22．（xx湖南，13分）在直角坐標(biāo)系xOy中，已知中心在原點，離心率為的橢圓E的一個焦點為圓C：x2＋y2－4x＋2＝0 的圓心． (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)P是橢圓E上一點，過P作兩條斜率之積為的直線l1，l2.當(dāng)直線l1，l2都與圓C相切時，求P的坐標(biāo)． 解：(1)由x2＋y2－4x＋2＝0得(x－2)2＋y2＝2，故圓C的圓心為點(2,0)． 從而可設(shè)橢圓E的方程為＋＝1(a>b>0)，其焦距為2c.由題設(shè)知c＝2，e＝＝.所以a＝2c＝4，b2＝a2－c2＝12.故橢圓E的方程為＋＝1. (2)設(shè)點P的坐標(biāo)為(x0，y0)，l1，l2的斜率分別為k1，k2，則l1，l2的方程分別為l1：y－y0＝k1(x－x0)，l2：y－y0＝k2(x－x0)，且k1k2＝， 由l1與圓C：(x－2)2＋y2＝2相切得＝，即[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k1＋y－2＝0. 同理可得[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k2＋y－2＝0. 從而k1，k2是方程[(2－x0)2－2]k2＋2(2－x0)y0k＋y－2＝0的兩個實根，于是 ① 且k1k2＝＝. 由得5x－8x0－36＝0， 解得x0＝－2，或x0＝. 由x0＝－2得y0＝3；由x0＝得y0＝，它們均滿足①式． 故點P的坐標(biāo)為(－2,3)，或(－2，－3)，或(，)，或(，－)． 23.（2011山東，14分）(本小題滿分14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋y2＝1.如圖所示，斜率為k(k>0)且不過原點的直線l交橢圓C于A，B兩點，線段AB的中點為E，射線OE交橢圓C于點G，交直線x＝－3于點D(－3，m)． (Ⅰ)求m2＋k2的最小值； (Ⅱ)若|OG|2＝|OD||OE|， (ⅰ)求證：直線l過定點； (ⅱ)試問點B，G能否關(guān)于x軸對稱？若能，求出此時△ABG的外接圓方程；若不能，請說明理由． 解：(Ⅰ)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋t(k>0)，由題意，t>0. 由方程組得(3k2＋1)x2＋6ktx＋3t2－3＝0. 由題意Δ>0，所以3k2＋1>t2. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由韋達(dá)定理得x1＋x2＝－， 所以y1＋y2＝. 由于E為線段AB的中點， 因此xE＝－，yE＝， 此時kOE＝＝－.所以O(shè)E所在直線方程為y＝－x， 又由題設(shè)知D(－3，m)，令x＝－3，得m＝，即mk＝1， 所以m2＋k2≥2mk＝2，當(dāng)且僅當(dāng)m＝k＝1時上式等號成立， 此時由Δ>0得00，解得G(－，)． 又E(－，)，D(－3，)， 由距離公式及t>0得 |OG|2＝(－)2＋()2＝， |OD|＝＝， |OE|＝＝， 由|OG|2＝|OD||OE|得t＝k， 因此直線l 的方程為y＝k(x＋1)， 所以直線l恒過定點(－1,0)． (ⅱ)由(ⅰ)得G(－，)，若B，G關(guān)于x軸對稱，則B(－，－)．代入y＝k(x＋1)整理得3k2－1＝k，即6k4－7k2＋1＝0， 解得k2＝(舍去)或k2＝1，所以k＝1. 此時B(－，－)，G(－，)關(guān)于x軸對稱． 又由(Ⅰ)得x1＝0，y1＝1，所以A(0,1)． 由于△ABG的外接圓的圓心在x軸上，可設(shè)△ABG的外接圓的圓心為(d,0)， 因此d2＋1＝(d＋)2＋，解得d＝－， 故△ABG的外接圓的半徑為r＝＝. 所以△ABG的外接圓的方程為(x＋)2＋y2＝. 24．(2011江蘇，16分)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M、N分別是橢圓＋＝1的頂點，過坐標(biāo)原點的直線交橢圓于P、A兩點，其中點P在第一象限，過P作x軸的垂線，垂足為C.連接AC，并延長交橢圓于點B.設(shè)直線PA的斜率為k. (1)當(dāng)直線PA平分線段MN時，求k的值； (2)當(dāng)k＝2時，求點P到直線AB的距離d； (3)對任意的k＞0，求證：PA⊥PB. 解：(1)由題設(shè)知，a＝2，b＝，故M(－2,0)，N(0，－)，所以線段MN中點的坐標(biāo)為(－1，－)．由于直線PA平分線段MN，故直線PA過線段MN的中點，又直線PA過坐標(biāo)原點，所以k＝＝. (2)直線PA的方程為y＝2x，代入橢圓方程得＋＝1， 解得x＝. 因此P(，)，A(－，－)． 于是C(，0)，直線AC的斜率為＝1，故直線AB的方程為x－y－＝0.因此，d＝＝. (3)證明：法一：　將直線PA的方程y＝kx代入＋＝1，解得x＝.記μ＝，則P(μ，μk)，A(－μ，－μk). 于是C(μ，0)．故直線AB的斜率為＝， 其方程為y＝(x－μ)，代入橢圓方程并由μ＝得(2＋k2)x2－2μk2x－μ2(3k2＋2)＝0， 解得x＝或x＝－μ.因此B(，)． 于是直線PB的斜率k1＝＝＝－. 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB. 法二：　設(shè)P(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＞0，x2＞0，x1≠x2，A(－x1，－y1)，C(x1,0)．設(shè)直線PB，AB的斜率分別為k1，k2.因為C在直線AB上，所以k2＝＝＝.從而 k1k＋1＝2k1k2＋1＝2＋1 ＝＋1＝＝＝0. 所以k1k＝－1，所以PA⊥PB. 25．(2011遼寧，12分)如圖，已知橢圓C1的中心在原點O，長軸左、右端點M，N在x軸上，橢圓C2的短軸為MN，且C1，C2的離心率都為e.直線l⊥MN，l與C1交于兩點，與C2交于兩點，這四點按縱坐標(biāo)從大到小依次為A，B，C，D. (1)設(shè)e＝，求|BC|與|AD|的比值； (2)當(dāng)e變化時，是否存在直線l，使得BO∥AN，并說明理由． 解：(1)因為C1，C2的離心率相同，故依題意可設(shè) C1：＋＝1，C2：＋＝1，(a＞b＞0)． 設(shè)直線l：x＝t(|t|＜a)，分別與C1，C2的方程聯(lián)立，求得 A，B.(4分) 當(dāng)e＝時，b＝a，分別用yA，yB表示A，B的縱坐標(biāo)，可知|BC||AD|＝＝＝. (2)t＝0時的l不符合題意，t≠0時，BO∥AN當(dāng)且僅當(dāng)BO的斜率kBO與AN的斜率kAN相等，即＝， 解得t＝－＝－a. 因為|t|＜a，又0＜e＜1，所以＜1. 解得＜e＜1. 所以當(dāng)0＜e≤時，不存在直線l，使得BO∥AN；當(dāng)＜e＜1時，存在直線l，使得BO∥AN. 26．(2011廣東，14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：x＝－2交x軸于點A.設(shè)P是l上一點，M是線段OP的垂直平分線上一點，且滿足∠MPO＝∠AOP. (1)當(dāng)點P在l上運(yùn)動時，求點M的軌跡E的方程； (2)已知T(1，－1)．設(shè)H是E上動點，求|HO|＋|HT|的最小值，并給出此時點H的坐標(biāo)； (3)過點T(1，－1)且不平行于y軸的直線l1與軌跡E有且只有兩個不同的交點，求直線l1的斜率k的取值范圍． 命題意圖：本題考查的知識涉及動點、直線、軌跡、最值、參數(shù)范圍的綜合解析幾何問題．(1)先畫出圖形，“以圖助算”勢在必行，而畫出圖形后可發(fā)現(xiàn)MP∥OA或點M在x軸上，也就找到了解決問題的入口與思路；(2)順著第(1)問的結(jié)果與思路，結(jié)合拋物線的定義可求得|HO|＋|HT|的最小值；(3)再次回到畫出的圖形，可直觀地求得k的取值范圍． 解：(1)如圖1，可得直線l：x＝－2與x軸交于點A(－2,0)，設(shè)P(－2，m)， ①當(dāng)m＝0時，點P與點A重合，這時OP的垂直平分線為x＝－1，由∠AOP＝∠MPO＝0得M(－1,0)， ②當(dāng)m≠0時，設(shè)M(x0，y0)， (i)若x0＞－1，由∠MPO＝∠AOP得MP∥OA，有y0＝m， 圖1 又kOP＝－，OP的中點為(－1，)， ∴OP的垂直平分線為y－＝(x＋1)，而點M在OP的垂直平分線上， ∴y0－＝(x0＋1)，又m＝y(tǒng)0， 于是y0－＝(x0＋1)，即y＝4(x0＋1)(x0＞－1)． (ii)若x0＜－1，如圖1，由∠MPO＝∠AOP得點M為OP的垂直平分線與x軸的交點，在y－＝(x＋1)中，令y＝0，有x＝－－1＜－1，即M(－－1,0)， ∴點M的軌跡E的方程為y2＝　4(x＋1)(x≥－1)和y＝0(x＜－1)． (2)由(1)知軌跡E為拋物線y2＝4(x＋1)(x≥－1)與射線y＝0(x＜－1)，而拋物線y2＝4(x＋1)(x≥－1)的頂點為B(－1,0)，焦點為O(0,0)，準(zhǔn)線為x＝－2，當(dāng)點H在拋物線y2＝4(x＋1)(x≥－1)上時，作HG垂直于準(zhǔn)線x＝－2于點G，由拋物線的定義得|HO|＝|HG|，則|HO|＋|HT|＝|HT|＋|HG|，作TF垂直于準(zhǔn)線x＝－2于點F，則　　|HT|＋|HG|≥|TF|，又T 圖2 (1，－1)，得|TF|＝3，在y2＝4(x＋1)(x≥－1)中，令y＝－1得x＝－，即當(dāng)點H的坐標(biāo)為(－，－1)時，|HO|＋|HT|的最小值為3， 當(dāng)點H在射線y＝0(x＜－1)上時，|HO|＋|HT|＞|TF|， ∴|HO|＋|HT|的最小值為3，此時點H的坐標(biāo)為(－，－1)． (3)由(2)得kBT＝－，由圖2得當(dāng)直線l1的斜率k≤－或k＞0時，直線l1與軌跡E有且只有兩個不同的交點． ∴直線l1的斜率k的取值范圍是(－∞，－]∪(0，　?。?． 27．（xx山東，5分）已知拋物線y2＝2px(p＞0)，過其焦點且斜率為1的直線交拋物線于A、B兩點，若線段AB的中點的縱坐標(biāo)為2，則該拋物線的準(zhǔn)線方程為(　　) A．x＝1　　　　　　　　　 B．x＝－1 C．x＝2 D．x＝－2 解析：拋物線的焦點F(，0)，所以過焦點且斜率為1的直線方程為y＝x－，即x＝y(tǒng)＋，將其代入得：y2＝2px＝2p(y＋)＝2py＋p2，所以y2－2py－p2＝0，所以＝p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x，準(zhǔn)線方程為x＝－1. 答案：B 27．(xx新課標(biāo)全國，12分)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，過F1斜率為1的直線l與E相交于A，B兩點，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差數(shù)列． (1)求E的離心率； (2)設(shè)點P(0，－1)滿足|PA|＝|PB|，求E的方程． 解：(1)由橢圓定義知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝a. l的方程為y＝x＋c, 其中c＝. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A，B兩點坐標(biāo)滿足方程組 化簡得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 因為直線AB斜率為1，所以|AB|＝|x2－x1|＝ . 得a＝，故a2＝2b2， 所以E的離心率e＝＝＝. (2)設(shè)AB的中點為N(x0，y0)，由(1)知 x0＝＝＝－c，y0＝x0＋c＝. 由|PA|＝|PB|得kPN＝－1. 即＝－1， 得c＝3，從而a＝3，b＝3. 故橢圓E的方程為＋＝1.