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08 圆锥曲线答案


2005 年全国高考数学试题分类汇编——圆锥曲线
参考答案(续)

35. (2005 广东卷第 17 题)

x ? x2 ? x? 1 ? ? 3 解: (I)设△AOB 的重心为 G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),则 ? ? y ? y1 ? y 2 ? 3 ?
∵OA⊥OB ∴ kOA ? kOB

? ?1 ,即 x1 x2 ? y1 y 2 ? ?1 ,……(2)

…(1)

2 2 又点 A,B 在抛物线上,有 y1 ? x1 ,代入(2)化简得 x1 x2 ? ?1 , y 2 ? x2

∴y?

y1 ? y 2 1 2 1 1 2 2 2 ? ( x1 ? x 2 ) ? [(x1 ? x 2 ) 2 ? 2 x1 x 2 ] ? ? (3x) 2 ? ? 3x 2 ? 3 3 3 3 3 3
2 3

2 所以重心为 G 的轨迹方程为 y ? 3 x ?

(II) S ?AOB ?

1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 | OA || OB |? ( x12 ? y12 )( x 2 ? y2 )? x12 x 2 ? x12 y 2 ? x2 y1 ? y12 y 2 2 2 2

由(I)得

S ?AOB ?

1 6 1 1 1 6 6 x1 ? x2 ?2 ? 2 x16 ? x2 ?2 ? 2 (?1) 6 ? 2 ? ? 2 ? 1 2 2 2 2

6 6 当且仅当 x1 ? x2 即 x1 ? ? x2 ? ?1 时,等号成立。

所以△AOB 的面积存在最小值,存在时求最小值 1;

36. (2005 江西卷文第 21 题,满分 12 分)
2 解: (1)设 M(y 0 ,y0) ,直线 ME 的斜率为 k(l>0)
2 则直线 MF 的斜率为-k,方程为 y ? y0 ? k ( x ? y0 ).
2 ? y ? y0 ? k ( x ? y0 ) ? ,消 x得ky2 ? y ? y0 (1 ? ky0 ) ? 0 2 ? ?y ? x

∴由 ?

18

解得 yF ?

1 ? ky0 (1 ? ky0 )2 ,? xF ? k k2

∴ kEF

1 ? ky0 1 ? ky0 2 ? y ? yF 1 k ?k (定值) ? E ? ? k ?? 2 2 ? 4 ky xE ? xF (1 ? ky0 ) (1 ? ky0 ) 2 y0 0 ? k2 k2 k2

所以直线 EF 的斜率为定值
2 (2) 当?EMF ? 90?时, ?MAB ? 45? , 所以k ? 1, 直线 ME 的方程为 y ? y0 ? k ( x ? y0 )
2 ? y ? y0 ? x ? y 0 ? 得 E((1 ? y0 )2 ,1 ? y0 ) 2 ? ?y ? x

由?

同理可得 F ((1 ? y0 )2 , ?(1 ? y0 )).
2 2 ? ? (1 ? y0 ) 2 ? (1 ? y0 ) 2 2 ? 3 y0 xM ? xE ? xF y0 x ? ? ? ? ? 3 3 3 设重心 G(x, y) ,则有 ? ? x ? xM ? xE ? xF ? y0 ? (1 ? y0 ) ? (1 ? y0 ) ? ? y0 ? 3 3 3 ?

2 消去参数 y0 得 y ?

1 2 2 x ? ( x ? ). 9 27 3
y

37. (2005 江西卷理第 22 题,满分 14 分) 解: (1)设切点 A、B 坐标分别为 ( x, x )和( x1, x )(( x1 ? x0 ) ,
2 0 2 1

F A

B

l

x
O
P

2 ∴切线 AP 的方程为: 2x0 x ? y ? x0 ? 0;

2 切线 BP 的方程为: 2x1 x ? y ? x1 ? 0;

x0 ? x1 , y P ? x0 x1 2 x ? x1 ? x P ? xP , 所以△APB 的重心 G 的坐标为 xG ? 0 3 2 2 y0 ? y1 ? yP x0 ? x12 ? x0 x1 ( x0 ? x1 )2 ? x0 x1 4 xP ? y p yG ? ? ? ? , 3 3 3 3 2 所以 y p ? ?3 yG ? 4xG ,由点 P 在直线 l 上运动,从而得到重心 G 的轨迹方程为:
解得 P 点的坐标为: x P ?

1 x ? (?3 y ? 4 x 2 ) ? 2 ? 0, 即y ? (4 x 2 ? x ? 2). 3 ??? ? ? ? x ? x1 1 ??? 1 ??? 1 2 , x0 x1 ? ), FB ? ( x1 , x12 ? ). (2)方法 1:因为 FA ? ( x0 , x0 ? ), FP ? ( 0 4 2 4 4
由于 P 点在抛物线外,则 | FP |? 0.

19

x0 ? x1 1 1 1 ??? ? ??? ? ? x0 ? ( x0 x1 ? )( x0 2 ? ) x0 x1 ? FP ? FA 4 4 ? ??? ? ??? ? ? 2 ? 4, ∴ cos ?AFP ? ??? ??? ? | FP || FA | | FP | 1 | FP | x0 2 ? ( x0 2 ? )2 4 x ? x 1 1 1 ??? ? ??? ? 0 1 ? x1 ? ( x0 x1 ? )( x12 ? ) x0 x1 ? FP ? FB 4 4 ? ??? ? ??? ? ? 2 ? 4, 同理有 cos ?BFP ? ??? ??? ? | FP || FB | | FP | 1 | FP | x12 ? ( x12 ? )2 4
∴∠AFP=∠PFB. 方 法 2 : ① 当 x1 x0 ? 0时,由于x1 ? x0 , 不妨设 x0 ? 0, 则y0 ? 0, 所 以 P 点 坐 标 为

1 x12 ? x1 | x1 | 1 4 x, d1 ? ; 而直线BF的方程 : y ? ? ( ,0 ) , 则 P 点到直线 AF 的距离为: 2 4 x1 2 1 1 2 即 ( x1 ? ) x ? x1 y ? x1 ? 0. 4 4 1 x x 1 |x | | ( x12 ? ) 1 ? 1 | ( x12 ? ) 1 4 2 4 ? 4 2 ? | x1 | 所以 P 点到直线 BF 的距离为: d 2 ? 1 2 1 x12 ? ( x12 ? )2 ? ( x1 )2 4 4
所以 d1=d2,即得∠AFP=∠PFB.

1 1 4 ( x ? 0),即( x 2 ? 1 ) x ? x y ? 1 x ? 0, ②当 x1 x0 ? 0 时,直线 AF 的方程: y ? ? 0 0 0 4 x0 ? 0 4 4 1 x12 ? 1 4 ( x ? 0), 即( x 2 ? 1 ) x ? x y ? 1 x ? 0, 直线 BF 的方程: y ? ? 1 1 1 4 x1 ? 0 4 4 所以 P 点到直线 AF 的距离为:
2 x0 ?

x ?x 1 x ?x 1 1 2 | ( x0 ? )( 0 1 ) ? x0 2 x1 ? x0 | | 0 1 )( x0 2 ? ) 4 2 4 2 4 ? | x0 ? x1 | d1 ? ? 1 2 2 1 2 x0 ? ( x0 ? )2 ? x02 4 4 | x ? x0 | 同理可得到 P 点到直线 BF 的距离 d 2 ? 1 ,因此由 d1=d2,可得到∠AFP=∠PFB. 2

38. (2005 重庆卷文第 21 题,满分 12 分)
解: (Ⅰ)设双曲线方程为

x2 y 2 ? ?1 a 2 b2

(a ? 0, b ? 0).

由已知得 a ? 3, c ? 2, 再由a 2 ? b 2 ? 2 2 , 得b 2 ? 1.

故双曲线 C 的方程为

x2 ? y 2 ? 1. 3

20

(Ⅱ)将 y ? kx ?

2代入

x2 ? y 2 ? 1得 (1 ? 3k 2 ) x 2 ? 6 2kx ? 9 ? 0. 3

2 ? ?1 ? 3k ? 0, 由直线 l 与双曲线交于不同的两点得 ? 2 2 2 ? ?? ? (6 2k ) ? 36(1 ? 3k ) ? 36(1 ? k ) ? 0.

2 即k ?

1 且k 2 ? 1. 3

① 设 A( x A , y A ), B( x B , y B ) ,则

xA ? xB ?

??? ? ??? ? 6 2k ?9 , x x ? , 由 OA ? OB ? 2得x A xB ? y A yB ? 2, A B 1 ? 3k 2 1 ? 3k 2

而 xA xB ? yA yB ? xA xB ? (kxA ? 2)(kxB ? 2) ? (k 2 ?1) xA xB ? 2k ( xA ? xB ) ? 2

? (k 2 ? 1)

?9 6 2k 3k 2 ? 7 ? 2 k ? 2 ? . 1 ? 3k 2 1 ? 3k 2 3k 2 ? 1


于是

3k 2 ? 7 ?3k 2 ? 9 1 ? 2, 即 ? 0, 解此不等式得 ? k 2 ? 3. 2 2 3 3k ? 1 3k ? 1
1 ? k 2 ? 1. 3

由①、②得

故 k 的取值范围为 (?1, ?

3 3 ) ? ( ,1). 3 3

39. (2005 重庆卷理第 21 题,满分 12 分)
2 2 解: (Ⅰ) 设双曲线 C2 的方程为 x ? y ? 1 , 则 a 2 ? 4 ? 1 ? 3, 再由a 2 ? b 2 ? c 2得b 2 ? 1. 2 2 a b

x2 ? y 2 ? 1. 故 C2 的方程为 3
(II)将 y ? kx ?

2代入

x2 ? y 2 ? 1得(1 ? 4k 2 ) x 2 ? 8 2kx ? 4 ? 0. 4
1 k2 ? . 4

由直线 l 与椭圆 C1 恒有两个不同的交点得

?1 ? (8 2 ) 2 k 2 ? 16(1 ? 4k 2 ) ? 16(4k 2 ? 1) ? 0, 即



x2 将y ? kx ? 2代入 ? y 2 ? 1得(1 ? 3k 2 ) x 2 ? 6 2kx ? 9 ? 0 . 3
由直线 l 与双曲线 C2 恒有两个不同的交点 A,B 得

21

?1 ? 3k 2 ? 0, 1 ? 2 即 k ? 且k 2 ? 1. ? 2 2 2 3 ? ?? 2 ? (?6 2k ) ? 36(1 ? 3k ) ? 36(1 ? k ) ? 0.
6 2k ?9 设A( x A , y A ), B( xB , yB ), 则x A ? xB ? , x A ? xB ? 2 1 ? 3k 1 ? 3k 2 ??? ? ??? ? 由OA ? OB ? 6得x A xB ? y A yB ? 6, 而 x A xB ? y A yB ? x A xB ? (kxA ? 2)(kxB ? 2)
? ( k 2 ? 1) x A xB ? 2k ( x A ? xB ) ? 2 ? ( k 2 ? 1) ? ? 3k 2 ? 7 . 3k 2 ? 1


?9 6 2k ? 2k ? ?2 2 1 ? 3k 1 ? 3k 2

于是

3k 2 ? 7 15k 2 ? 13 13 1 ? 6, 即 ? 0. 解此不等式得 k 2 ? 或k 2 ? . 2 2 15 3 3k ? 1 3k ? 1

由①、②、③得

1 1 13 ? k 2 ? 或 ? k 2 ? 1. 4 3 15
故 k 的取值范围为 (?1, ?

13 3 1 1 3 13 ) ? (? ,? )?( , )?( ,1) 15 3 2 2 3 15

40. (2005 浙江卷文第 19 题)
本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆方程、两条直线的夹角等基础知识,考查解析几 何的基本思想方法和综合解题能力。满分 14 分。 x2 y 2 解:(Ⅰ)设椭圆方程为 2 ? 2 ? 1? a ? b ? 0? ,半焦距为 c ,则 a b 2 a MA1 ? ? a, A1 F1 ? a ? c c ? a2 ? c ? a ? 2?a ? c? ? ? 由题意,得 ?2a ? 4 ?a 2 ? b 2 ? c 2 ? ? ?

?

a ? 2, b ? 3, c ? 1

x2 y 2 ? ? 1. 4 3 (Ⅱ) 设P ? ?4, y0 ? , y0 ? 0 故椭圆方程为

22

设直线PF1的斜率k1 ? ? ? ?

y0 y ,直线PF2的斜率k2 ? ? 0 3 5

0 ? ?F1 PF2 ? ?PF1 M ? ?F1 PF 为锐角。

?
2

,

? tan ?F1 PF2 ?

2y 2 y0 k2 ? k1 15 ? 2 0 ? ? . 1 ? k1k2 y0 ? 15 2 15 y0 15 15 . 15

当 y0 ? 15,即y0 = ? 15时, tan ?F1 PF2 取到最大值,此时?F1 PF2 最大, 故?F1 PF2的最大值为arctan

41. (2005 浙江卷理第 17 题)
解: (I)设椭圆方程为 半焦距为 c, 则

x2 y 2 ? ? 1( a ? b ? 0 ) , l1 a 2 b2 P

l

y

x
M A1 F1

a2 ? a , | A1F1 |? a ? c , c ? a2 ? c ? a ? 2 a(? c ? ? 由 题 意 , 得 ? 2a ? 4 ?a 2 ? b ? 2 2 c ? ? ? a ? 2, b ? 3, c ? 1 | MA1 |? x2 y 2 ? ?1 4 3 (II)设 P( m, y0 ),| m |? 1
故椭圆方程为 当 y0 ? 0 时, ?F 1 PF2 ? 0 当 y0 ? 0 时, 0 ? ?F1 PF2 ? ?PF1M ?

O F2

A2

)
, 解 得

?
2

? 只需求 tan ?F1PF2 的最大值即可。 y0 y0 , 直线 PF1 的斜率 K1 ? ,直线 PF2 的斜率 K 2 ? m ?1 m ?1 2 | y0 | 2 | y0 | 1 K ? K1 ? tan ?F1PF2 ?| 2 |? 2 ? ? 2 1 ? K1K2 m ? 1 ? y0 2 m2 ? 1? | y0 | m2 ? 1
当且仅当 m ?1 = | y0 | 时, ?F 1PF 2 最大,
2

∴Q(m,± m2 ? 1 ) ,|m|>1.

23

42. (2005 天津卷理第 21 题,文第 22 题,满分 14 分)
解: (Ⅰ)由抛物线 C 的方程 y ? ax2 ( a ? 0 )得,焦点坐标为 (0,

1 ) ,准线方程为 4a

y??

1 . 4a

( Ⅱ ) 证 明 : 设 直 线 PA 的 方 程 为 y ? y0 ? k1 ( x ? x0 ) , 直 线 PB 的 方 程 为

y ? y 0 ? k 2 ( x ? x0 ) .
点 P( x0 , y0 ) 和点 A( x1 , y1 ) 的坐标是方程组 ?

? ? y ? y0 ? k1 ( x ? x0 )? ① 的解.将②式代 2 ? ? y ? ax ?? ②

入①式得 ax2 ? k1 x ? k1 x0 ? y0 ? 0 ,于是 x1 ? x 0 ?

k1 k ,故 x1 ? 1 ? x 0 a a



又点 P( x0 , y0 ) 和点 B( x2 , y 2 ) 的坐标是方程组 ?

? ? y ? y0 ? k2 ( x ? x0 )? ④ 的解. 将⑤式 2 ?⑤ ? ? y ? ax     
k2 k ,故 x2 ? 2 ? x0 . a a


代入④式得 ax2 ? k 2 x ? k 2 x0 ? y0 ? 0 .于是 x2 ? x0 ? 由已知得, k 2 ? ??k1 ,则 x 2 ? ?

?
a

k1 ? x 0 .

设点 M 的坐标为 ( xM , y M ) ,由 BM ? ? MA ,则 x M ?

???? ?

????

x 2 ? ?x1 . 1? ?

将③式和⑥式代入上式得 x M ? ∴线段 PM 的中点在 y 轴上.

? x0 ? ?x0 ? ? x0 ,即 xM ? x0 ? 0 . 1? ?

2 2 (Ⅲ)因为点 P(1,?1) 在抛物线 y ? ax 上,所以 a ? ?1 ,抛物线方程为 y ? ? x . 2 2 由③式知 x1 ? ?k1 ? 1 ,代入 y ? ? x 得 y1 ? ?(k1 ? 1) . 2 2 将 ? ? 1 代入⑥式得 x2 ? k1 ? 1 ,代入 y ? ? x 得 y2 ? ?(k 2 ? 1) .

因此,直线 PA 、 PB 分别与抛物线 C 的交点 A 、 B 的坐标为

A(?k1 ?1, ?k12 ? 2k1 ?1) , B(k1 ?1, ?k12 ? 2k1 ?1) .
于是 AP ? (k1 ? 2, k1 ? 2k1 ) , AB ? (2k1,4k1 ) ,
2

??? ?

??? ?

??? ? ??? ? AP ? AB ? 2k1 (k1 ? 2) ? 4k1 (k12 ? 2k1) ? 2k1 (k1 ? 2)(2k1 ?1) .
因 ?PAB 为钝角且 P 、 A 、 B 三点互不相同,故必有 AP ? AB ? 0 .
24

??? ? ??? ?

1 ? k1 ? 0 .又点 A 的纵坐标 y1 满足 y1 ? ?(k1 ? 1)2 , 2 1 1 1 故当 k1 ? ?2 时, y1 ? ?1;当 ? ? k1 ? 0 时, ?1 ? y1 ? ? .即 y1 ? (?? ,? 1) ?(?1, ? ) 2 4 4
求得 k 1 的取值范围是 k1 ? ?2 或 ?

43. (2005 上海卷文第 21 题,本题共有 3 个小题,第 1 小题满分 4 分, 第 2 小题满分 6 分,
第 3 小题满分 6 分.) [解](1) 抛物线 y2=2px 的准线为 x=-

p p ,于是 4+ =5, ∴p=2. 2 2

∴抛物线方程为 y2=4x. (2)∵点 A 是坐标是(4,4), 由题意得 B(0,4),M(0,2), 又∵F(1,0), ∴kFA= 则 FA 的方程为 y= ∴N 的坐标(

4 3 ;MN⊥FA, ∴kMN=- , 3 4

4 3 8 4 (x-1),MN 的方程为 y-2=- x,解方程组得 x= ,y= , 3 4 5 5

8 4 , ). 5 5

(1) 由题意得, ,圆 M.的圆心是点(0,2), 半径为 2, 当 m=4 时, 直线 AK 的方程为 x=4,此时,直线 AK 与圆 M 相离. 当 m≠4 时, 直线 AK 的方程为 y= 圆心 M(0,2)到直线 AK 的距离 d= ∴当 m>1 时, AK 与圆 M 相离; 当 m=1 时, AK 与圆 M 相切; 当 m<1 时, AK 与圆 M 相交.

4 (x-m),即为 4x-(4-m)y-4m=0, 4?m

2m ? 8 16 ? (m ? 4) 2

,令 d>2,解得 m>1

44. (2005 上海理第 19 题, ,本题共有 3 个小题,满分 14 分,其中第 1 小题满分 6 分, 第 2
小题满分 8 分) [解](1)由已知可得点 A(-6,0),F(0,4) 设点 P( x , y ),则 AP ={ x +6, y }, FP ={ x -4, y },由已知可得

??? ?

??? ?

? x2 y 2 ?1 ? ? ? 36 20 ?( x ? 6)( x ? 4) ? y 2 ? 0 ?
则 2 x +9 x -18=0,
2

x = 或 x =-6.

3 2

由于 y >0,只能 x =

3 5 3 ,于是 y = . 2 2

25

∴点 P 的坐标是(

3 5 3 , ) 2 2

(2) 直线 AP 的方程是 x - 3 y +6=0. 设点 M( m ,0),则 M 到直线 AP 的距离是

m?6 2

.

于是

m?6 2

= m ? 6 ,又-6≤ m ≤6,解得 m =2.

椭圆上的点( x , y )到点 M 的距离 d 有

5 4 9 d 2 ? ( x ? 2 )2 ? y 2 ? x ?4 x2 ?4 ?2 0 ? x2 ? (x ? 2) , ?1 5 9 9 2 9 由于-6≤ m ≤6, ∴当 x = 时,d 取得最小值 15 2

45. (2005 山东卷理第 22 题,文第 22 题)

B
y

A M

N

o

x
?p ? F ? ,0 ? ?2 ?

x??

p 2

解: (I)如图,设 M 为动圆圆心, ?

p ?p ? ,0 ? 为记为 F ,过点 M 作直线 x ? ? 的垂线,垂 2 ?2 ? p 的距离相等,由抛 2

足为 N ,由题意知: MF ? MN 即动点 M 到定点 F 与定直线 x ? ? 物线的定义知,点 M 的轨迹为抛物线,其中 F ? 方程为 y ? 2 px( P ? 0) ;
2

p ?p ? ,0 ? 为焦点, x ? ? 为准线,所以轨迹 2 ?2 ?

(理 II)如图,设 A? x1, y1 ? , B ? x2 , y2 ? ,由题意得 x1 ? x2 (否则 ? ? ? ? ? )且 x1 , x2 ? 0
26

所以直线 AB 的斜率存在, 设其方程为 y ? kx ? b , 显然 x1 ?

y12 y2 将 y ?k , x2 ? 2 , x b ? 与 2p 2p
由 p ?0 b 韦 达 定 理 知

y 2 ? 2 px(P ? 0) 联 立 消 去 x , 得 k 2 y? 2
y1 ? y2 ? 2p 2 pb , y1 ? y2 ? ① k k

p?y 2

( 1 )当 ? ?

?
2

时,即 ? ? ? ?

?
2

时, tan? ? tan 所以 ?? 1

y1 y2 ? ? 1, x1 x2 ? y1 y2 ? 0 , x1 x2

2 y12 y2 2 pb ? 4 p 2 所以 b ? 2 pk . 因此直线 AB 的方程可 ? y1 y2 ? 0 所以 y1 y2 ? 4 p 2 由①知: 2 k 4p

表示为 y ? kx ? 2Pk ,即 k ( x ? 2 P) ? y ? 0 所以直线 AB 恒过定点 ? ?2 p,0? (2)当 ? ?

?
2

时,由 ? ? ? ? ? ,得 tan ? ? tan(? ? ? ) =

tan ? ? tan ? = 1 ? tan ? tan ?

2p 2p 2 p( y1 ? y2 ) ? 2 pk , 将①式代入上式整理化简可得: tan ? ? ,所以 b ? 2 tan ? b ? 2 pk y1 y2 ? 4 p
此时,直线 AB 的方程可表示为 y ? kx ?

2p 2p ? ? ? 2 pk 即 k ( x ? 2 p) ? ? y ? ??0 tan ? tan ? ? ?

所以直线 AB 恒过定点 ? ?2 p, 所以由(1) (2)知,当 ? ? 定点 ? ?2 p, (文 II)

? ?

2p ? ? tan ? ?
时,直线 AB 恒过定点 ? ?2 p,0? ,当 ? ?

?
2

?
2

时直线 AB 恒过

? ?

2p tan ?

? ?. ?

直线 AB 的方程可表示为 y ? kx ? 2 p ? 2 pk 即 k ( x ? 2 p) ? ? y ? 2 p ? ? 0 所以,直线 AB 恒过定点 ? ?2 p,2 p ? .

46. (2005 湖南卷理第 19 题,文第 21 题,满分 14 分) (Ⅰ)证法一:因为 A、B 分别是直线 l: y ? ex ? a 与 x 轴、y 轴的交点,所以 A、B 的坐

? y ? ex ? a, ? x ? ?c, a ? 2 ? 2 2 2 标分别是 (? ,0), (0, a). 由? x 得? y b 2 这里c ? a ? b . e ? 2 ? 2 ? 1, ? y ? . a b ? ?a
27

所以点 M 的坐标是( ? c,

b2 ). a

由 AM ? ? AB得(?c ?

a b2 a , ) ? ? ( , a). e a e

a ?a ?c ? ? ? ?e e 即? 2 ? b ? ?a ? ?a

解得? ? 1 ? e 2

证法二:因为 A、B 分别是直线 l: y ? ex ? a 与 x 轴、y 轴的交点,所以 A、B 的坐标 分

a ( ? ,0), (0, a ). 设 M e a a ( x0 , y 0 ),由AM ? ? AB得( x0 ? , y 0 ) ? ? ( , a), e e
别 是 因为点 M 在椭圆上,所以









a ? ? x0 ? (? ? 1) 所以 ? e ? ? y 0 ? ?a.

2 2 x0 y0 ? ? 1, a2 b2

a [ (? ? 1)]2 (?a) 2 (1 ? ? ) 2 ?2 即 e ? ? 1 , 所以 ? ? 1. a2 b2 e2 1 ? e2

e 4 ? 2(1 ? ? )e 2 ? (1 ? ? ) 2 ? 0,
(Ⅱ)当 ? ?

解得 e 2 ? 1 ? ?

即? ? 1 ? e 2 .

3 1 时, c ? ,所以 a ? 2c. 2 4

由△MF1F2 的周长为 6,得 2a ? 2c ? 6.

所以 a ? 2, c ? 1, b 2 ? a 2 ? c 2 ? 3.

椭圆方程为

x2 y2 ? ? 1. 4 3

(Ⅲ)解法一:因为 PF1⊥l,所以∠PF1F2=90°+∠BAF1 为钝角,要使△PF1F2 为等腰三 角形,必有|PF1|=|F1F2|,即

1 | PF1 |? c. 2

设点 F1 到 l 的距离为 d,由

1 | e(?c) ? 0 ? a | | a ? ec | | PF1 |? d ? ? ? c, 2 1 ? e2 1 ? e2
1 2 , 于是 ? ? 1 ? e 2 ? . 3 3



1 ? e2 1? e
2

? e.

2 所以 e ?

即当 ? ?

2 时, △PF1F2 为等腰三角形. 3

解法二:因为 PF1⊥l,所以∠PF1F2=90°+∠BAF1 为钝角,要使△PF1F2 为等腰三角形, 必有|PF1|=|F1F2|, 设点 P 的坐标是 ( x0 , y0 ) ,

28

1 ? y0 ? 0 ?? ? e ?x ?c 则? 0 ? y 0 ? 0 ? e x0 ? c ? a. ? 2 ? 2
由|PF1|=|F1F2|得 [

? e2 ? 3 x ? c, ? ? 0 e2 ? 1 解得? 2 ? y ? 2(1 ? e )a . 0 ? e2 ? 1 ?

(e 2 ? 3)c 2(1 ? e 2 )a 2 2 ? c ] ? [ ] ? 4c 2 , e2 ? 1 e2 ? 1
2

(e 2 ? 1) 2 1 ? e 2 . 从而 e 2 ? . 两边同时除以 4a ,化简得 2 3 e ?1
2 于是 ?1 ? 1 ? e ?

2 . 3

即当 ? ?

2 时,△PF1F2 为等腰三角形. 3

47.(2005 湖北卷理第 21 题,文第 22 题) (I)解法 1:依题意,可设直线 AB 的方程为 y ? k ( x ? 1) ? 3, 代入3x 2 ? y 2 ? ? ,整 理得

(k 2 ? 3) x 2 ? 2k (k ? 3) x ? (k ? 3) 2 ? ? ? 0.



设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ),则x1 , x2是方程①的两个不同的根,

? ? ? 4[? (k 2 ? 3) ? 3(k ? 3) 2 ] ? 0
且x1 ? x 2 ?



2k (k ? 3) .由N (1,3) 是线段 AB 的中点,得 k2 ?3

x1 ? x 2 ? 1,? k (k ? 3) ? k 2 ? 3. 2
解得 k=-1,代入②得, ? >12,即 ? 的取值范围是(12,+ ? ). 于是,直线 AB 的方程为 y ? 3 ? ?( x ? 1),即x ? y ? 4 ? 0. 解法 2:设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ),则有
2 2 ? ?3x1 ? y1 ? ? , ? 3( x1 ? x 2 )(x1 ? x 2 ) ? ( y1 ? y 2 )( y1 ? y 2 ) ? 0. ? 2 2 ? ?3x 2 ? y 2 ? ?

依题意, x1 ? x2 ,? k AB ? ?

3( x1 ? x2 ) . y1 ? y 2

29

? N (1,3)是AB的中点,? x1 ? x 2 ? 2, y1 ? y 2 ? 6, 从而k AB ? ?1. 又由N (1,3)在椭圆内 , ? ? 3 ? 12 ? 3 2 ? 12. ? ?的取值范围是 (12,??). 直线AB的方程为y ? 3 ? ?( x ? 1),即x ? y ? 4 ? 0.
(II)解法 1:? CD垂直平分 AB,? 直线CD的方程为y ? 3 ? x ? 1,即x ? y ? 2 ? 0. 代入椭圆方程,整理得

4 x 2 ? 4 x ? 4 ? ? ? 0. ③

又设C( x3 , y3 ), D( x4 , y4 ),CD的中点为M ( x0 , y0 ),则x3 , x4是方程③的两根,
? x3 ? x 4 ? ?1, 且x0 ? 1 3 即M (? , ). 2 2
于是由弦长公式可得

1 1 3 ( x3 ? x 4 ) ? ? , y 0 ? x 0 ? 2 ? , 2 2 2

1 | CD |? 1 ? (? ) 2 ? | x3 ? x4 |? 2(? ? 3). k



将直线 AB 的方程 x ? y ? 4 ? 0, 代入椭圆方程得

4 x 2 ? 8x ? 16 ? ? ? 0.
同理可得



| AB |? 1 ? k 2 ? | x1 ? x 2 |? 2(? ? 12 ) .



?当? ? 12时, 2(? ? 3) ? 2(? ? 12).,? | AB |?| CD | .
假设在在 ? >12,使得 A、B、C、D 四点共圆,则 CD 必为圆的直径,点 M 为圆心.点 M 到直线 AB 的距离为

d?

| x0 ? y 0 ? 4 | 2

1 3 |? ? ?4| 3 2 ? 2 2 ? . 2 2



于是,由④、⑥、⑦式和勾股定理可得

AB 2 9 ? ? 12 ? ? 3 CD 2 | ? ? ? ?| | . 2 2 2 2 2 | CD | 故当 ? ? 12 时,A、B、C、D 四点均在以 M 为圆心, 为半径的圆上. 2 | MA | 2 ?| MB | 2 ? d 2 ? |
(注:上述解法中最后一步可按如下解法获得: A、B、C、D 共圆 ? △ACD 为直角三角形,A 为直角 ?| AN | ?| CN | ? | DN |,即
2

30

| AB | 2 | CD | | CD | ) ?( ? d )( ? d ). 2 2 2 ? ? 12 . 由⑥式知,⑧式左边= 2 (
由④和⑦知,⑧式右边= (



2(? ? 3) 3 2 2(? ? 3) 3 2 ? )( ? ) 2 2 2 2
2 ? 9 ? ? 12 ? , 2 2

?

? ?3

∴⑧式成立,即 A、B、C、D 四点共圆 解法 2:由(II)解法 1 及 ? ? 12 .

? CD垂直平分AB,? 直线CD方程为y ? 3 ? x ? 1, 代入椭圆方程,整理得
4 x 2 ? 4 x ? 4 ? ? ? 0.


将直线 AB 的方程 x ? y ? 4 ? 0, 代入椭圆方程,整理得

4 x 2 ? 8x ? 16 ? ? ? 0.
解③和⑤式可得



x1 , 2 ?

2 ? ? ? 12 ?1? ? ? 3 , x3, 4 ? . 2 2

不妨设 A(1 ? 1 ? ? 12,3 ? 1 ? ? 12), C ( ? 1 ? ? ? 3 , 3 ? ? ? 3 ), D( ? 1 ? ? ? 3 , 3 ? ? ? 3 ) 2 2 2 2 2 2 ∴ CA ? (

3 ? ? ? 12 ? ? ? 3 3 ? ? ? 3 ? ? ? 12 , ) 2 2

DA ? (

3 ? ? ? 12 ? ? ? 3 3 ? ? ? 3 ? ? ? 12 , ) 2 2

计算可得 CA ? DA ? 0 ,∴A 在以 CD 为直径的圆上. 又 B 为 A 关于 CD 的对称点,∴A、B、C、D 四点共圆. (注:也可用勾股定理证明 AC⊥AD)

48. (2005 福建卷理第 21 题,文第 22 题) (I)解法一:直线 l : y ? 3x ? 3 3 , 过原点垂直 l 的直线方程为 y ? ? 解①②得 x ? ①

3 x, ② 3

3 . 2
31

∵椭圆中心(0,0)关于直线 l 的对称点在椭圆 C 的右准线上,

?

a2 3 ? 2 ? ? 3. c 2

∵直线 l 过椭圆焦点,∴该焦点坐标为(2,0).

? c ? 2, a 2 ? 6, b 2 ? 2. 故椭圆 C 的方程为
解法二:直线 l : y ? 3x ? 3 3 .

x2 y2 ? ? 1. 6 2



p ?q ? 3? ?2 3 ? 2 2 ? 设原点关于直线 l 对称点为(p,q) ,则 解得 p=3. ? q ? 3 ? ? ?1. ? p ?

∵椭圆中心(0,0)关于直线 l 的对称点在椭圆 C 的右准线上,

?

a2 ? 3. c

∵直线 l 过椭圆焦点,∴该焦点坐标为(2,0).

? c ? 2, a ? 6, b ? 2.
2 2

x2 y2 ? ? 1. 故椭圆 C 的方程为 6 2



(II)解法一:设 M( x1 , y1 ) ,N( x2 , y2 ). 当直线 m 不垂直 x 轴时,直线 m : y ? k ( x ? 2) 代入③,整理得

(3k 2 ? 1) x 2 ? 12k 2 x ? 12k 2 ? 6 ? 0,
12k 2 12k 2 ? 6 ? x1 ? x2 ? ? 2 , x1 ? x2 ? , 3k ? 1 3k 2 ? 1
| MN |? 1 ? k 2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2 (? 12k 2 2 12k 2 ? 6 2 6 (1 ? k 2 ) ) ? 4 ? ? , 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1

点 O 到直线 MN 的距离 d ?

| 2k | 1? k 2

? OM ? ON ?

4 4 cos ?MON 6 cot ?MON , 即 | OM | ? | ON | cos ?MON ? 6 ? 0, 3 3 sin ?MON
4 2 4 6 ,? S ?OMN ? 6.?| MN | ?d ? 6, 3 3 3

?| OM | ? | ON | sin ?MON ?

即4 6 | k |

k 2 ?1 ?

4 6 (3k 2 ? 1). 3

32

整理得 k 2 ?

1 3 ,? k ? ? . 3 3
2 6. 3

当直线 m 垂直 x 轴时,也满足 S ?OMN ? 故直线 m 的方程为 y ?

3 2 3 x? , 3 3

或y??

3 2 3 x? , 或 x ? ?2. 3 3
3 2 3 x? , 3 3

经检验上述直线均满足 OM ? ON ? 0 .所以所求直线方程为 y ?

或y??

3 2 3 x? , 或 x ? ?2. 3 3

解法二:设 M( x1 , y1 ) ,N( x2 , y2 ). 当直线 m 不垂直 x 轴时,直线 m : y ? k ( x ? 2) 代入③,整理得

(3k 2 ? 1) x 2 ? 12k 2 x ? 12k 2 ? 6 ? 0, ? x1 ? x2 ? ?
∵E(-2,0)是椭圆 C 的左焦点, ∴|MN|=|ME|+|NE|

12k 2 , 3k 2 ? 1

2 2 2 2 = e( a ? x1 ) ? e( a ? x2 ) ? c ( x1 ? x2 ) ? 2a ? 2 ? (? 12k ) ? 2 6 ? 2 6 (k ? 1) . c c a 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1 6

以下与解法一相同. 解法三:设 M( x1 , y1 ) ,N( x2 , y2 ). 设直线 m : x ? ty ? 2 ,代入③,整理得 (t ? 3) y ? 4ty ? 2 ? 0.
2 2

? y1 ? y 2 ?

4t ?2 , y1 y 2 ? 2 , t ?3 t ?3
2

4t 2 8 | y1 ? y 2 |? ( y1 ? y 2 ) ? 4 y1 y 2 ? ( 2 ) ? 2 ? t ?3 t ?3
? OM ? ON ?

24t 2 ? 24 . (t 2 ? 3) 2

4 4 cos ?MON 6 cot ?MON , 即 | OM | ? | ON | cos ?MON ? 6 ? 0, 3 3 sin ?MON
4 2 6 ,? S ?OMN ? 6. 3 3

?| OM | ? | ON | sin ?MON ?

33

S ?OMN ? S ?OEM ? S ?OEN ?

1 | OE | ? | y1 ? y 2 |? 2

24t 2 ? 24 . (t 2 ? 3) 2



24t 2 ? 24 2 6 ,整理得 t 4 ? 3t 2 . = (t 2 ? 3) 2 3

解得 t ? ? 3, 或 t ? 0. 故直线 m 的方程为 y ?

3 2 3 3 2 3 x? , 或 x ? ?2. x? ,或 y ? ? 3 3 3 3

经检验上述直线均满足 OM ? ON ? 0. 所以所求直线方程为 y ?

3 2 3 3 2 3 x? , 或 x ? ?2. x? ,或 y ? ? 3 3 3 3

49.(2005 北京卷理第 18 题,文第 20 题) 解: (I)W1={(x, y)| kx<y<-kx, x<0},W2={(x, y)| -kx<y<kx, x>0}, (II)直线 l1:kx-y=0,直线 l2:kx+y=0,由题意得

| k 2 x2 ? y 2 | | kx ? y | | kx ? y | ? d2 , ? ? d2 , 即 2 2 2 k ?1 k ?1 k ?1
由 P(x, y)∈W,知 k2x2-y2>0,

k 2 x2 ? y 2 ? d 2 ,即 k 2 x2 ? y2 ? (k 2 ? 1)d 2 ? 0 , 所以 2 k ?1
所以动点 P 的轨迹 C 的方程为 k x ? y ? (k ? 1)d ? 0 ;
2 2 2 2 2

(III)当直线 l 与 x 轴垂直时,可设直线 l 的方程为 x=a(a≠0) .由于直线 l,曲线 C 关 于 x 轴对称, 且 l1 与 l2 关于 x 轴对称, 于是 M1M2, M3M4 的中点坐标都为 (a, 0) , 所以△OM1M2, △OM3M4 的重心坐标都为(

2 a,0) ,即它们的重心重合, 3

当直线 l1 与 x 轴不垂直时,设直线 l 的方程为 y=mx+n(n≠0) . 由?

?k 2 x 2 ? y 2 ? (k 2 ? 1)d 2 ? 0 ? y ? mx ? n

,得 (k ? m ) x ? 2mnx ? n ? k d ? d ? 0
2 2 2 2 2 2 2

由直线 l 与曲线 C 有两个不同交点,可知 k2-m2≠0 且

34

△= (2mn)2 ? 4(k 2 ? m2 ) ? (n2 ? k 2d 2 ? d 2 ) >0 设 M1,M2 的坐标分别为(x1, y1),(x2, y2), 则 x1 ? x2 ?

2mn , y1 ? y2 ? m( x1 ? x2 ) ? 2n , k ? m2
2

设 M3,M4 的坐标分别为(x3, y3),(x4, y4), 由?

? y ? kx

? y ? ?kx n ?n , x4 ? 得 x3 ? 及? k ?m k ?m ? y ? mx ? n ? y ? mx ? n
2mn ? x1 ? x2 , k ? m2
2

从而 x3 ? x4 ?

所以 y3+y4=m(x3+x4)+2n=m(x1+x2)+2n=y1+y2, 于是△OM1M2 的重心与△OM3M4 的重心也重合.

35


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