2012高考圆锥曲线大题精选(教师版)(共23页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上2012年高考圆锥曲线大题精选1（山东理）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x22py(p0)的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为(1)求抛物线C的方程；(2)是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；(3)若点M的横坐标为，直线l：ykx与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当k2时，|AB|2|DE|2的最小值解：(1)依题意知F(0，)，圆心Q在线段OF的垂直平分线上，因为抛物线C的准线方程为，所以，即p1

2、，因此抛物线C的方程为x22y(2)假设存在点M(x0，)(x00)满足条件，抛物线C在点M处的切线斜率为y|xx0()|xx0x0所以直线MQ的方程为yx0(xx0)，令，得，所以Q(，)又|QM|OQ|，故，因此，又x00，所以，此时M(，1)故存在点M(，1)，使得直线MQ与抛物线C相切于点M(3)当时，由(2)得Q(，)Q的半径为，所以Q的方程为由整理得2x24kx10设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由于16k280，x1x22k，所以|AB|2(1k2)(x1x2)24x1x2(1k2)(4k22)由整理得(1k2)x20设D，E两点的坐标分别为(x3，y3)

3、，(x4，y4)由于，所以|DE|2(1k2)(x3x4)24x3x4因此|AB|2|DE|2(1k2)(4k22)令1k2t，由于k2，则t5所以|AB|2|DE|2t(4t2)4t22t，设g(t)4t22t，t，5，因为g(t)8t2，所以当t，5时，g(t)g()6，即函数g(t)在t，5是增函数，所以当时g(t)取到最小值，因此当时，|AB|2|DE|2取到最小值2.（山东文）如图，椭圆的离心率为，直线和所围成的矩形ABCD的面积为8. ()求椭圆M的标准方程；() 设直线与椭圆M有两个不同的交点与矩形ABCD有两个不同的交点.求的最大值及取得最大值时m的值.解：（）设椭圆M的半焦距

4、为c，由题意知所以 。因此，椭圆M的方程为。（）由 整理得，由 得 设，则 ，所以 = = （）。线段CD的方程为，线段AD的方程为(1) 不妨设点S在AD边上，T在CD边上，可知，。所以 ，因此 。令 ，则 所以 由于 ，所以 ，因此 当 即时，取得最大值，此时。（2）不妨设点S在AB边上，T在CD边上，此时。因此 ，此时 ，所以 当时，取得最大值。（3）不妨设点S在AB边上，T在BC边上， 由椭圆和矩形的对称性知 的最大值为，此时。3.（广东理）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：(ab0)的离心率，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆C的方程；(2)在椭圆C上

5、，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mxny1与圆O：x2y21相交于不同的两点A，B，且OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的OAB的面积；若不存在，请说明理由解：(1)由，a23b2，即椭圆C的方程可写为设P(x，y)为椭圆C上任意给定的一点，|PQ|2x2(y2)22(y1)263b263b2，yb，b由题设存在点P1满足|P1Q|3，则9|P1Q|263b2，b1当b1时，由于y1b，b，此时|PQ|2取得最大值63b263b29b21，a23故所求椭圆C的方程为(2)存在点M满足要求，使OAB的面积最大假设直线l：mxny1与圆O：x2y21相交于不同的两点A、B，则圆心

6、O到l的距离因为点M(m，n)C，所以n21m2n2，于是0m23|AB|，SOAB·|AB|·d上式等号成立当且仅当1m2m2(0,3，因此当，时等号成立所以满足要求的点恰有四个，其坐标分别为()，()，()和()，此时对应的诸三角形的面积均达到最大值4.（江苏理）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，已知和都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率（1）求椭圆的离心率；（2）设A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点PABPOxy（i）若，求直线的斜率；（ii）求证：是定值解：（1）由题设知，由点在椭圆上，得，。由点在椭圆上，得椭圆的方程为。

7、（2）由（1）得，又， 设、的方程分别为，。 。 。 同理，。 （i）由得，。解得=2。 注意到，。 直线的斜率为。 （ii）证明：，即。 。 由点在椭圆上知，。 同理。 由得， 。 是定值。5.（浙江文）如图，在直角坐标系xOy中，点P(1，)到抛物线C：y2=2px(p0)的准线的距离为点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分(1)求p，t的值；(2)求ABP面积的最大值解：(1)由题意知得(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为OM过AB的中点，而且直线OM的方程为xy=0，所以设线段AB的中点为Q(m，m)由题意，设直线AB的斜率为k(k0)由

8、得(y1y2)(y1y2)x1x2，故k·2m1所以直线AB方程为ym(xm)，即x2my2m2m0由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1·y22m2m从而|AB|·|y1y2|设点P到直线AB的距离为d，则设ABP的面积为S，则S|AB|·d|12(mm2)|·由4m4m20，得0m1令u，0u，则Su(12u2)设S(u)u(12u2)，0u，则S(u)16u2由S(u)0，得，所以S(u)max故ABP面积的最大值为6.（浙江理）如图，椭圆C：(ab0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为，不过

9、原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分(1)求椭圆C的方程；(2)求ABP面积取最大值时直线l的方程解：(1)设椭圆左焦点为F(c,0)，则由题意得得所以椭圆方程为(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x0，与不过原点的条件不符，舍去故可设直线AB的方程为ykxm(m0)，由消去y，整理得(34k2)x28kmx4m2120，则64k2m24(34k2)(4m212)0，所以线段AB的中点M(，)，因为M在直线OP上，所以，得m0(舍去)或此时方程为3x23mxm230，则3(12m2)0，所以|AB|

10、83;|x1x2|设点P到直线AB距离为d，则设ABP的面积为S，则，其中m(，0)(0,)令u(m)(12m2)(m4)2，m，u(m)4(m4)(m22m6)4(m4)·(m1)(m1)所以当且仅当m1，u(m)取到最大值故当且仅当m1，S取到最大值综上，所求直线l方程为3x2y207（福建理）如图，椭圆E：(ab0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率过F1的直线交椭圆于A、B两点，且ABF2的周长为8(1)求椭圆E的方程；(2)设动直线l：ykxm与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x4相交于点Q试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出

11、点M的坐标；若不存在，说明理由解：方法一：(1)因为|AB|AF2|BF2|8，即|AF1|F1B|AF2|BF2|8，又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以4a8，a2又因为，即，所以c1所以故椭圆E的方程是(2)由得(4k23)x28kmx4m2120因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230(*)此时，y0kx0m，所以P(，)由得Q(4,4km)假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上设M(x1,0)，则对满足(*)式的m，k恒成立因为(，)，(4x1,4km)，由

12、，得，整理，得(4x14)x124x130(*)由于(*)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M方法二：(1)同方法一(2)由得(4k23)x28kmx4m2120因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230(*)此时，y0kx0m，所以P(，)由得Q(4,4km)假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上取k0，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x2)2(y)24，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取，

13、m2，此时P(1，)，Q(4,0)，以PQ为直径的圆为，交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0)所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0)以下证明M(1,0)就是满足条件的点：因为M的坐标为(1,0)，所以(，)，(3,4km)，从而，故恒有，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M8.（湖南文）在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C：x2y24x20的圆心(1)求椭圆E的方程；(2)设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线l1，l2，当直线l1，l2都与圆C相切时，求P的坐标解：(1)由x2y24x20得(x2)2y22，故圆C的圆心

14、为点(2,0)从而可设椭圆E的方程为(ab0)，其焦距为2c.由题设知c2，所以a2c4，b2a2c212.故椭圆E的方程为.(2)设点P的坐标为(x0，y0)，l1，l2的斜率分别为k1，k2.则l1，l2的方程分别为l1：yy0k1(xx0)，l2：yy0k2(xx0)，且.由l1与圆C：(x2)2y22相切得，即(2x0)22k122(2x0)y0k1y0220.同理可得(2x0)22k222(2x0)y0k2y0220.从而k1，k2是方程(2x0)22k22(2x0)y0ky0220的两个实根于是且.由得5x028x0360，解得x02或.由x02得y0±3；由得，它们均满

15、足式，故点P的坐标为(2,3)，故(2，3)，或，或9.（湖南理）在直角坐标系xOy中，曲线C1上的点均在圆C2：(x5)2y29外，且对C1上任意一点M，M到直线x2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值(1)求曲线C1的方程；(2)设P(x0，y0)(y0±3)为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D证明：当P在直线x4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值解：(1)方法一：设M的坐标为(x，y)，由已知得.易知圆C2上的点位于直线x2的右侧，于是x20，所以.化简得曲线C1的方程为y220x.方法二：由题设知，曲线C1上任意一点M到

16、圆C2圆心(5,0)的距离等于它到直线x5的距离因此，曲线C1是以(5,0)为焦点，直线x5为准线的抛物线故其方程为y220x.(2)当点P在直线x4上运动时，P的坐标为(4，y0)又y0±3，则过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为yy0k(x4)，即kxyy04k0.于是.整理得72k218y0ky0290.设过P所作的两条切线PA，PC的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是方程的两个实根故.由得k1y220y20(y04k1)0.设四点A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，则y1，y2是方程的两个实根，所以.同理可得

17、.于是由三式得.所以，当P在直线x4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6 400.10.（江西理）已知三点O(0,0)，A(2,1)，B(2,1)，曲线C上任意一点M(x，y)满足.(1)求曲线C的方程；(2)动点Q(x0，y0)(2x02)在曲线C上，曲线C在点Q处的切线为l，问：是否存在定点P(0，t)(t0)，使得l与PA，PB都相交，交点分别为D，E，且QAB与PDE的面积之比是常数？若存在，求t的值；若不存在，说明理由解：(1)由(2x,1y)，(2x,1y)，得，(x，y)·(0,2)2y，由已知得，化简得曲线C的方程：x24y.(2)(理)假设存在点P(0，

18、t)(t0)满足条件，则直线PA的方程是，PB的方程是yxt.曲线C在点Q处的切线l的方程是，它与y轴的交点为F(0，)由于2x02，因此11.当1t0时，存在x0(2,2)，使得，即l与直线PA平行，故当1t0时不符合题意当t1时，所以l与直线PA，PB一定相交分别联立方程组和解得D，E的横坐标分别是，则xExD(1t)，又|FP|t，有SPDE·|FP|·|xExD|，又，于是·.对任意x0(2,2)，要使为常数，即只须t满足解得t1.此时，故存在t1，使得QAB与PDE的面积之比是常数2.11.（湖北理）设A是单位圆x2y21上的任意一点，l是过点A与x轴垂

19、直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|m|DA|(m0，且m1)当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；(2)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k0，都有PQPH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由解：(1)如图1，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|m|DA|(m0，且m1)，可得xx0，|y|m|y0|，所以x0x，|y0|y|.因为A点在单位圆上运动，所以x02y021.将式代入式即

20、得所求曲线C的方程为x21(m0，且m1)因为m(0,1)(1，)，所以当0m1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(，0)，(，0)；当m1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(0，)，(0，)(2)方法一：如图2,3，k0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(x1，kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y2kxkx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m24k2)x24k2x1xk2x12m20.依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由韦达定理可得x1x2，即.因为点H在直线QN上，所以y2kx12kx2.于是(2x1，2kx1)，(x2x1，y2k

21、x1)(，)而PQPH等价于，即2m20.又m0，所以，故存在，使得在其对应的椭圆x21上，对任意的k0，都有PQPH.图1 图2(0m1) 图3(m1)方法二：如图2,3，x1(0,1)，设P(x1，y1)，H(x2，y2)，则Q(x1，y1)，N(0，y1)因为P，H两点在椭圆C上，所以两式相减可得m2(x12x22)(y12y22)0.依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合故(x1x2)(x1x2)0，于是由式可得.又Q，N，H三点共线，所以kQNkQH，即.于是由式可得.而PQPH等价于kPQ·kPH1，即.又m0，得.故存在，使得在其对应的椭圆x21

22、上，对任意的k0，都有PQPH.12（大纲全国理）已知抛物线C：y(x1)2与圆M：(x1)2(y)2r2(r0)有一个公共点A，且在A处两曲线的切线为同一直线l.(1)求r；(2)设m，n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m，n的交点为D，求D到l的距离解：(1)设A(x0，(x01)2)，对y(x1)2求导得y2(x1)，故l的斜率k2(x01)当x01时，不合题意，所以x01.圆心为M(1，)，MA的斜率.由lMA知k·k1，即2(x01)·1，解得x00，故A(0,1)，r|MA|，即.(2)设(t，(t1)2)为C上一点，则在该点处的切线方程为y(t1)22(t

23、1)(xt)，即y2(t1)xt21.若该直线与圆M相切，则圆心M到该切线的距离为，即，化简得t2(t24t6)0，解得t00，.抛物线C在点(ti，(ti1)2)(i0,1,2)处的切线分别为l，m，n，其方程分别为y2x1，y2(t11)xt121，y2(t21)xt221，得.将x2代入得y1，故D(2，1)所以D到l的距离.13.（四川文）如图，动点M与两定点A(1,0)，B(1,0)构成MAB，且直线MA，MB的斜率之积为4.设动点M的轨迹为C(1)求轨迹C的方程；(2)设直线yxm(m0)与y轴相交于点P，与轨迹C相交于点Q，R，且|PQ|PR|，求的取值范围解：(1)设M的坐标为

24、(x，y)，当x1时，直线MA的斜率不存在；当x1时，直线MB的斜率不存在于是x1且x1.此时，MA的斜率为，MB的斜率为.由题意，有，化简可得4x2y240.故动点M的轨迹C的方程为4x2y240(x1且x1)(2)由消去y，可得3x22mxm240.(*)对于方程(*)，其判别式(2m)24×3(m24)16m2480，而当1或1为方程(*)的根时，m的值为1或1.结合题设(m0)可知，m0，且m1.设Q，R的坐标分别为(xQ，yQ)，(xR，yR)，则xQ，xR为方程(*)的两根因为|PQ|PR|，所以|xQ|xR|，.所以.此时，且，所以，且，所以，且.综上所述，的取值范围是

25、(1，)(，3)14.（四川理）如图，动点M与两定点A(1,0)，B(2,0)构成MAB，且MBA2MAB设动点M的轨迹为C(1)求轨迹C的方程；(2)设直线y2xm与y轴相交于点P，与轨迹C相交于点Q，R，且|PQ|PR|，求的取值范围解：(1)设M的坐标为(x，y)，显然有x0，且y0.当MBA90°时，点M的坐标为(2，±3)当MBA90°时，x2，由MBA2MAB，有，即.化简可得，3x2y230.而点(2，±3)在曲线3x2y230上，综上可知，轨迹C的方程为3x2y230(x1)(2)由消去y，可得x24mxm230.(*)由题意，方程(*)

26、有两根且均在(1，)内设f(x)x24mxm23，所以解得，m1，且m2.设Q，R的坐标分别为(xQ，yQ)，(xR，yR)，由|PQ|PR|有，.所以.由m1，且m2，有，且.所以的取值范围是(1,7)(7,)15.（重庆文）如图，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且AB1B2是面积为4的直角三角形(1)求该椭圆的离心率和标准方程；(2)过B1作直线交椭圆于P，Q两点，使PB2QB2，求PB2Q的面积解：(1)如图，设所求椭圆的标准方程为(ab0)，右焦点为F2(c,0)因AB1B2是直角三角形，又|AB1|

27、=|AB2|，故B1AB2为直角，因此|OA|OB2|，得，结合c2a2b2得4b2a2b2，故a25b2，c24b2，所以离心率.在RtAB1B2中，OAB1B2，故·|B1B2|·|OA|OB2|·|OA|·bb2.由题设条件得b24，从而a25b220，因此所求椭圆的标准方程为.(2)由(1)知B1(2,0)，B2(2,0)由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为xmy2.代入椭圆方程得(m25)y24my160.(*)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1，y2是上面方程的两根，因此，.又(x12，y1)，(x22，y2)，所

28、以·(x12)(x22)y1y2(my14)(my24)y1y2(m21)y1y24m(y1y2)16.由PB2QB2，知·0，即16m2640，解得m±2.当m2时，方程(*)化为9y28y160，故，PB2Q的面积S|B1B2|·|y1y2|.当m2时，同理可得(或由对称性可得)PB2Q的面积.综上所述，PB2Q的面积为.16.（重庆理）如图，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且AB1B2是面积为4的直角三角形(1)求该椭圆的离心率和标准方程；(2)过B1作直线l交椭圆于P，Q两点，使PB2QB2，求直线l的方程解：(1)如图，设所求椭圆的标准方程为(ab0)，右焦点为F2(c,0)因AB1B2是直角三角形，又|AB1|=|AB2|，故B1AB