[高考]圆锥曲线解答题专练-3答案

1、试卷3（总分：288 考试时间：230.4分钟）学校_ 班级_ 姓名_ 得分_ 一、解答题 ( 本大题 共 22 题, 共计 288 分)1、(14分) 解：（）因为AB边所在直线的方程为x-3y-6=0，且AD与AB垂直，所以直线AD的斜率为-3.又因为点T（-1，1）在直线AD上，所以AD边所在直线的方程为y-1= -3（x+1），即3x+y+2=0.（）由解得点A的坐标为（0，-2）.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|=2，从而矩形ABCD外接圆的方程为（x-2）2+y2=8.（）因为动圆P过点N，所以|PN|是该圆的半径，又因为

2、动圆P与圆M外切，所以| PM |=| PN |+2，即| PM | - | PN |=2.故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为2的双曲线的左支.因为实半轴长a=，半焦距c=2，所以虚半轴长b=.从而动圆P的圆心的轨迹方程为=1（x -）.2、(12分) 解：（）由已知条件，直线的方程为， 代入椭圆方程得.整理得直线与椭圆有两个不同的交点和等价于，解得或.即的取值范围为.（）设，则，由方程，.        又.     而.所以与共线等价于，将代入上式，解得.由（）知或，故没有符合

3、题意的常数.3、(14分) (1) 解法一 轴，的坐标为.    由题意可知  得 所求椭圆方程为.    解法二由椭圆定义可知. 由题意，.    又由可知  ，又，得. 椭圆的方程为.  解 (2) 直线的方程为.    由  得点的纵坐标为.  又，.     4、(12分) 证明：（）椭圆的半焦距由ACBD知点P在以线段为直径的圆上，故所以

4、，（）（i）当BD的斜率k存在且时，BD的方程为，代入椭圆方程，并化简得因为AC与BD相交于点P，且AC的斜率为所以，四边形ABCD的面积当时，上式取等号（ii）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5、(12分) 本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。 解：（）解法一：易知所以，设，则由题意知，即，又  从而，而   故点的坐标是解法二：易知，所以，设，则（以下同解法一）（）显然直线不满足题设条件，可设直线，联立，消去，整理得：由 得：或又又，即&

5、#160;                                         故由、得或6、(14分) 解： (1)设圆心坐标为(m，n)（m0，n0）,则该圆的方程为(x-m)2+(y

6、-n)2=8已知该圆与直线y=x相切，那么圆心到该直线的距离等于圆的半径，则=2即=4       又圆与直线切于原点，将点(0，0)代入得m2+n2=8           联立方程和组成方程组解得故圆的方程为(x+2)2+y2=8(2)=5，a2=25，则椭圆的方程为+=1其焦距c=4，右焦点为(4，0)，那么=4。要探求是否存在异于原点的点Q，使得该点到右焦点F的距离等于的长度4，我们可以转化为探求以右焦点F为顶点，半径为4的圆(

7、x4)2+y2=8与(1)所求的圆的交点数。通过联立两圆的方程解得x=，y=即存在异于原点的点Q(，)，使得该点到右焦点F的距离等于的长。7、(13分) 解：（）依题意，以AB的中点O为原点建立直角坐标系O-xy（如图），则点C的横坐标为x.点C的纵坐标y满足方程（y0），解得y=2（0xr）.S=（2x+2r）·2=2（x+r）·，其定义域为x|0xr.（）记f（x）=4（x+r）2（r2-x2），0xr，则f（x）=8（x+r）2（r-2x）.令f（x）=0，得x=r.因为当0x时，f（x）0；当xr时，f（x）0，所以f（r）是f（x）的最大值.因此，当x=r时，S也

8、取得最大值，最大值为，即梯形面积S的最大值为.8、(14分) 解：（）设椭圆的半焦距为c,依题意b=1, 所求椭圆方程为（）设A(x1,y1),B(x2,y2).(1)当ABx轴时，|AB|=.(2)当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=kx+m.由已知,得m2=(k2+1).把y=kx+m代入椭圆方程，整理得（3k2+1）x2+6kmx+3m2-3=0, x1+x2=|AB|2=(1+k2)(x2-x1)2=(1+k2)当且仅当9k2=,即k=±时等号成立.当k=0时，|AB|=,综上所述|AB|max=2.当|AB|最大时，AOB面积取最大值S=9、(12分) ()解：设抛

9、物线的标准方程为，则，从而因此焦点的坐标为(2，0).又准线方程的一般式为。从而所求准线l的方程为。答(21)图()解法一：如答(21)图作ACl，BDl，垂足为C、D，则由抛物线的定义知|FA|=|FC|,|FB|=|BD|.记A、B的横坐标分别为xA、xB，则|FA|AC|解得，类似地有，解得。记直线m与AB的交点为E，则     所以。故。解法二：设，直线AB的斜率为，则直线方程为。将此式代入,得，故。记直线m与AB的交点为，则，故直线m的方程为.令y=0,得P的横坐标故。从而为定值。10、(15分) 本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关

10、系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力. (I)解：设点A的坐标为，点B的坐标为，由，解得所以当且仅当时，.S取到最大值1.（）解：由得 AB                 又因为O到AB的距离所以     代入并整理，得解得，代入式检验，0故直线AB的方程是  或或或. 11、(14分) 本小题主要考查抛物线的方程与性质，抛物线的切点与焦点，向量的数量积，直线与抛物线的位置关系

11、，平均不等式等基础知识，考查综合分析问题、解决问题的能力。解：()设切点Q.由，知抛物线在Q点处的切线斜率为，故所求切线方程为.即.因为点P(0,-4)在切线上，所以，x0=±4.所求切线方程为y=±2x-4.()设A(x1, y1),C(x2, y2)由题设知，直线AC的斜率k存在，由对称性，不妨设k0.因直线AC过焦点F(0,1),所以直线AC的方程为y=kx+1.点A,C的坐标满足方程组得x2-4kx-4=0,由根与系数的关系知.因为ACBD,所以BD的斜率为，从而BD的方程为：.同理可求得.当k=1时，等号成立，所以，四边形ABCD面积的最小值为32.12、(18分

12、) 解：（1） ，    于是，所求“果圆”方程为    ，.                                         

13、60;       （2）由题意，得  ，即.         ，得.       又.  .              （3）设“果圆”的方程为，.    记平行弦的斜率为.当时，直线与半椭圆的交点是，与半椭圆的交点是.

14、0;的中点满足 得 .                                                &

15、#160;                                 ，.    综上所述，当时，“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上.      当时，以为斜率过的直线与半椭圆的交点是.   由此

16、，在直线右侧，以为斜率的平行弦的中点轨迹在直线上，即不在某一椭圆上.                                              

17、                                                   

18、0; 当时，可类似讨论得到平行弦中点轨迹不都在某一椭圆上.13、(12分) 本小题综合考查平面解析几何知识，主要涉及平面直角坐标系中的两点间距离公式、直线的方程与斜率、抛物线上的点与曲线方程的关系，考查运算能力与思维能力，综合分析问题的能力。解：（）由题意知，。因为|OA|=t,所以a2+2a=t2.由于t0,故有（1）由点B(0,t),C(c,0)的坐标知，直线BC的方程为。又因点A在直线BC上，故有，将（1）代入上式，得，解得。（）因为，所以直线CD的斜率为，所以直线CD的斜率为定值。14、(12分) 解：()由题意设椭圆的标准方程为=1(ab0)，由已知得：a+c=3，a-c=1，a=2

19、，c=1，b2=a2-c2=3.椭圆的标准方程为=1.()设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0，又y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=，因为以AB为直径的圆过椭圆右顶点D(2，0)，kACkAD=-1，则= -1.y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0.+4=0.7m2+16mk+4k2=0.解得：m1=-2k，m2=，且均满足3+4k2-m20.当m1=-2k时，l的方程为y=k(x-2)，直线过定点(2，0)，与已知矛盾；当m2=时，l的方程为y=k(x)，直线过定点(，0).所以，直

20、线l过定点，定点坐标为(，0).15、(14分) 解：(1)PF1F2中，|F1F2|=2 (d1-d2)2=4-4(小于2的常数)故动点P的轨迹C是以F1、F2为焦点，实轴长的双曲线。方程为.(2)方法一：在AF1B中，设|AF1|=d1, |AF2|=d2, |BF1|=d3, |BF2|=d4.假设AF1B为等腰直角三角形，则由与得d2=2a,则由得d3d4=2,故存在满足题设条件。方法二：(1)设AF1B为等腰直角三角形，依题设可得,所以，.则             

21、;                    由,可设|BF2|=d,则，.则          由得.                    

22、        根据双曲线定义可得，平方得：                    由消去d可解得，故存在满足题设条件。16、(12分) 本小题主要考查直线、圆和抛物线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的解决问题的能力。解法1：（）依题意，点N的坐标为N(0,-p),可设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方

23、程为y=kx+p,与x2=2py联立得消去y得x2-2pkx-2p2=0.由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2.于是。当k=0时，。（）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a,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OHPQ, O点的坐标为。，。令，得，此时|PQ|=p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为，即抛物线的通径所在的直线。解法2：（）前同解法1,再由弦长公式得，又由点到直线的距离公式得，从而，当k=0时，。（）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(x-0)(x-x1)-(y-p)(y-y1)=0,将直线方

24、程y=a代入得x2-x1x+(a-p)(a-y1)=0,则。设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x3,y3),Q(x4,y4),则有。令，得，此时|PQ|=p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为。即抛物线的通径所在的直线。17、(12分) 解：()设椭圆方程为=1.因焦点为F(3，0),故半焦距c=3.又右准线l的方程为x=，从而由已知=12，x2=36，因此a=6，b=.故所求椭圆方程为=1.()记椭圆的右顶点为A，并设AFP1=，    (i=1，2，3)，不失一般性，假设03，且2=1+，3=1+.又设点Pi在l上的射影为Qi，因椭圆的离心率e=，从而

25、有|FP1|=|PiQi|·e=(-c-|FPi|cos i)e=(9-|FPi|cosi)    (i=1，2，3).解得  (1+cos i)    (i=1，2，3).因此3+(cos 1+cos(1+)+cos(1+)，而cos 1+cos(1+)+cos(1+)=cos 1cos 1sin 1cos 1+sin 1=0，故为定值.18、(14分) 解：（1）设直线AB的方程为y=kx+c，将该方程代入y=x2得x2kx-c=0.令A（a，a2），B（b，b2），则ab= -c。因为·=ab+a2

26、b2= -c+c2=2，解得c=2，或c=-1（舍去）。故c=2.（2）由题意知Q（，-c），直线AQ的斜率为kAQ=又y=x2的导数为y=2x，所以点A处切线的斜率为2a，因此，AQ为该抛物线的切线。（3）（2）的逆命题成立。证明如下：设Q（x0，-c）.若AQ为该抛物线的切线，则kAQ=2a。又直线AQ的斜率为kAQ=，所以=2a，得2ax0=a2+ab，因a0，有x0=.故点P的横坐标为，即P点是线段AB的中点。19、(12分) 解：由条件知，设，.解法一：（I）设，则，由得即于是的中点坐标为.当不与轴垂直时，即.又因为两点在双曲线上，所以，两式相减得，即.将代入上式，化简得.当与轴垂直

27、时，求得，也满足上述方程.所以点的轨迹方程是.（II）假设在轴上存在定点，使为常数.当不与轴垂直时，设直线的方程是.代入有.则是上述方程的两个实根，所以，于是.因为是与无关的常数，所以，即，此时=.当与轴垂直时，点的坐标可分别设为、，此时.故在轴上存在定点，使为常数.解法二：（I）同解法一的（I）有当不与轴垂直时，设直线的方程是.代入有.则是上述方程的两个实根，所以. 由、得.当时，由、得，将其代入有.整理得.当时，点的坐标为，满足上述方程.当与轴垂直时，求得，也满足上述方程.故点的轨迹方程是.（II）假设在轴上存在定点点，使为常数，当不与轴垂直时，由（I）有，.以下同解法一的（II）.20、(12分) 证明:（）椭圆的半焦距， 由知点在以线段为直径的圆上，故，所以，.（）（）当的斜率存在且时，的方程为，代入椭圆方程，并化简得.设，则，；因为与BD相交于点P，且的斜率为.所以，.四边形的面积.当时，上式取等号.（）当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积.综上，四边形的面积的最小值为.21、(14分) 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、圆的方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法及推理、运算能力. ()证法一：由题设及，不妨设点，其中，由于点在椭圆上，有，即，解得，从而得到，直