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上海市2016届高考数学一轮复习 专题突破训练 圆锥曲线 理


上海市 2016 届高三数学理一轮复习专题突破训练 圆锥曲线
一、填空、选择题 2 1、 (2015 年上海高考)抛物线 y =2px(p>0)上的动点 Q 到焦点的距离的最小值为 1,则 p= 2、 (2014 年上海高考)若抛物线 y ? 2 px 的焦点与椭圆
2
2 2

2 .

x y ? ? 1

的右焦点重合,则该抛物线的 9 5

准线方程为

.

3、 (2013 年上海高考)设 AB 是椭圆 ? 的长轴,点 C 在 ? 上,且 ?CBA ? 则 ? 的两个焦点之间的距离为________

?
4

,若 AB=4, BC ? 2 ,

4、(静安、青浦、宝山区 2015 届高三二模)已知抛物线 y 2 ? 2 px 的准线方程是 x ? ?2 , 则p? 5、(闵行区 2015 届高三二模)双曲线

x2 y 2 ? ? 1 的两条渐近线的夹角的弧度数为 4 12
2

6、(浦东新区 2015 届高三二模)已知直线 3x ? 4 y ? 2 ? 0 与圆 ?x ? 1? ? y 2 ? r 2 相切,则该圆的 半径大小为 1 . 7、(普陀区 2015 届高三二模)如图,若 ?OFB ? 半轴, F 为左焦点的椭圆的标准方程为

?
6

??? ? ??? ? , OF ? FB ? ?6 ,则以 OA 为长半轴, OB 为短
.

x2 y 2 ? ?1 8 2

8、(徐汇、松江、金山区 2015 届高三二模)对于曲线 C 所在平面上的定点 P 0 ,若存在以点 P 0 为顶

C 上的任意两个不同的点 A, B 恒成立,则称角 ? 为曲线 C 相 点的角 ? ,使得 ? ? ?AP 0 B 对于曲线 C 相对于点 P 对于点 P 0 的“界角”,并称其中最小的“界角”为曲线 0 的“确界角”.曲线
2 ? ? x ? 1( x ? 0) 相对于坐标原点 O 的“确界角”的大小是 C:y?? 2 ? 2 ? 1 ? x ( x ? 0 ) ?

1

9、(长宁、嘉定区 2015 届高三二模)抛物线 x2 ? 8 y 的焦点到准线的距离是______________ 10、 (虹口区 2015 届高三上期末)若抛物线 y 2 ? 4 x 上的两点 A 、 B 到焦点的距离之和为 6,则线段

AB 的中点到 y 轴的距离为
2 2 11、(黄浦区 2015 届高三上期末)已知抛物线 C 的顶点在坐标原点,焦点与双曲线: x ? y ? 1 的 7 2

右焦点重合,则抛物线 C 的方程是 2 2 12、(金山区 2015 届高三上期末)已知点 A(–3,–2)和圆 C:(x–4) +(y–8) =9,一束光线从点 A 发出,射到直线 l:y=x–1 后反射(入射点为 B),反射光线经过圆周 C 上一点 P,则折线 ABP 的最短 长度是 ▲ 13、(浦东区 2015 届高三上期末)关于 x, y 的方程 x2 ? y 2 ? 2 x ? 4 y ? m ? 0 表示圆,则实数 m 的 取值范围是 14、(普陀区 2015 届高三上期末)若方程

x2 y2 ? ? 1 表示双曲线,则实数 k 的取值范围是 | k | ?2 3 ? k
2

15、 (青浦区 2015 届高三上期末)抛物线 y ? 8 x 的动弦 AB 的长为 6 ,则弦 AB 中点 M 到 y 轴的 最短距离是 二、解答题 2 2 1、 (2015 年上海高考)已知椭圆 x +2y =1,过原点的两条直线 l1 和 l2 分别于椭圆交于 A、B 和 C、D, 记得到的平行四边形 ABCD 的面积为 S. (1)设 A(x1,y1) ,C(x2,y2) ,用 A、C 的坐标表示点 C 到直线 l1 的距离,并证明 S=2|x1y2﹣x2y1|; (2)设 l1 与 l2 的斜率之积为﹣ ,求面积 S 的值.

2 、 ( 2014 年 上 海 高 考 ) 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 , 对 于 直 线 l : ax ? by ? c ? 0 和 点

l P ) . 若 ? ? 0 ,则称点 P 1 , P 2 被直线 分 1 ( x1 , y1 ) , P 2 ( x2 , y,记 2 ) ? ? (ax 1 ? by 1 ? c)( ax 2 ? by 2 ? c l l C的 割. 若曲线 C 与直线 l 没有公共点,且曲线 C 上存在点 P 1 , P 2 被直线 分割,则称直线 为曲线
一条分割线. (1) 求证:点 A(1, 2) , B(?1, 0) 被直线 x ? y ? 1 ? 0 分割; (2) 若直线 y ? kx 是曲线 x2 ? 4 y 2 ? 1的分割线,求实数 k 的取值范围; (3) 动点 M 到点 Q(0 , 2) 的距离与到 y 轴的距离之积为 1 ,设点 M 的轨迹为曲线 E . 求证:通过 原点的直线中,有且仅有一条直线是 E 的分割线.

2

3、(2013 年上海高考)如图,已知曲线 C1 :

x2 ? y 2 ? 1 ,曲线 C2 :| y |?| x | ?1 ,P 是平面上一点, 2

若存在过点 P 的直线与 C1 , C2 都有公共点,则称 P 为“C1—C2 型点”. (1)在正确证明 C1 的左焦点是“C1—C2 型点”时,要使用一条过该焦点的直 线,试写出一条这样的直线的方程(不要求验证); (2)设直线 y ? kx 与 C2 有公共点,求证 | k |? 1 ,进而证明原点不是“C1—C2 型点”; (3)求证:圆 x ? y ?
2 2

1 内的点都不是“C1—C2 型点”. 2

4、(静安、青浦、宝山区 2015 届高三二模)在平面直角坐标系 xoy 中,已知椭圆 C 的方程为

x2 ? y2 ? 1 , l 是线段 AB 的垂直平分线, 设 AB 是过椭圆 C 中心 O 的任意弦, M 是 l 上与 O 不 8
合的点. (1)求以椭圆的焦点为顶点,顶点为焦点的双曲线方程; (2)若 MO ? 2OA ,当点 A 在椭圆 C 上运动时,求点 M 的轨迹方程;



(3)记 M 是 l 与椭圆 C 的交点,若直线 AB 的方程为 y ? kx(k ? 0) ,当△ AMB 面积取最小值时, 求直线 AB 的方程.

3

2 2 2 2 2 2 5、(闵行区 2015 届高三二模)已知两动圆 F 1 : ( x ? 3) ? y ? r 和 F 2 : ( x ? 3) ? y ? (4 ? r )

( 0 ? r ? 4 ),把它们的公共点的轨迹记为曲线 C ,若曲线 C 与 y 轴的正半轴的交点为 M ,且曲线

???? ???? C 上的相异两点 A、B 满足: MA ? MB ? 0 .
(1) 求曲线 C 的方程; (2)证明直线 AB 恒经过一定点,并求此定点的坐标; (3)求 △ ABM 面积 S 的最大值.

6、(浦东新区 2015 届高三二模)已知直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 A, B 两点,与 x 轴、 y 轴分别交 于 D 、 E 两点,且满足 EA ? ?1 AD 、 EB ? ?2 BD . (1)已知直线 l 的方程为 y ? 2 x ? 4 ,抛物线 C 的方程为 y 2 ? 4 x ,求 ?1 ? ?2 的值;

x2 1 1 ? y 2 ? 1 ,求 ? (2)已知直线 l : x ? m y ? 1 ( m ? 1 ),椭圆 C : 的取值范围; 2 ?1 ?2 x2 y 2 2a 2 (3)已知双曲线 C : 2 ? 2 ? 1 (a ? 0, b ? 0) , ?1 ? ? 2 ? 2 ,试问 D 是否为定点?若是, a b b 求出 D 点坐标;若不是,说明理由.

?? ? 7 、(普陀区 2015 届高三二模)如图,射线 OA, OB 所在的直线的方向向量分别为 d1 ? ?1, k ? ,
?? ? d2 ? ?1, ?k ?? k ? 0? ,点 P 在 ?AOB 内, PM ? OA 于 M , PN ? OB 于 N ;
?3 1? (1)若 k ? 1 , P ? , ? ,求 OM 的值; ?2 2?

(2)若 P ? 2,1? , ?OMP 的面积为

6 ,求 k 的值; 5 1 ,当 P 变化时,求动点 T 轨迹方程; k y A M
P

(3)已知 k 为常数, M , N 的中点为 T ,且 S? MON ?

O N
B

x

4

8、(徐汇、松江、金山区 2015 届高三二模) 用细钢管焊接而成的花坛围栏构件如右图所示,它的外框是一个等腰梯形 PQRS ,内部是一段 抛物线和一根横梁.抛物线的顶点与梯形上底中点是焊接点 O ,梯形的腰紧靠在抛物线上,两条腰 的中点是梯形的腰、抛物线以及横梁的焊接点 A, B ,抛物线与梯形 下底的两个焊接点为 C , D .已知梯形的高是 40 厘米, C、D 两点 间的距离为 40 厘米. (1)求横梁 AB 的长度; (2)求梯形外框的用料长度. (注:细钢管的粗细等因素忽略不计,计算结果精确到 1 厘米.)
S C A B P O Q

D

R

9、(长宁、嘉定区 2015 届高三二模)已知椭圆 C :

x2 y 2 ? ? 1 ( a ? b ? 0 )的左、右焦点分别为 a 2 b2
?

F1 、 F2 ,点 B (0 , b) ,过点 B 且与 BF2 垂直的直线交 x 轴负半轴于点 D ,且 2 F1F2 ? F2 D ? 0 .
(1)求证:△ BF 1F2 是等边三角形; (2)若过 B 、 D 、 F2 三点的圆恰好与直线 l : x ? 3 y ? 3 ? 0 相切,求椭圆 C 的方程; (3)设过(2)中椭圆 C 的右焦点 F2 且不与坐标轴垂直的直线 l 与 C 交于 P 、 Q 两点, M 是 点 P 关于 x 轴的对称点.在 x 轴上是否存在一个定点 N ,使得 M 、 Q 、 N 三点共线,若存在,求 出点 N 的坐标;若不存在,请说明理由.

10、 (浦东 2015 高三上期末)已知三角形 △ABC 的三个顶点分别为 A(?1, 0) , B (1, 0) , C (0, 1) . (1)动点 P 在三角形 △ABC 的内部或边界上,且点 P 到三 边 AC , AB, BC 的距离依次成等差数列,求点 P 的轨迹方程; (2)若 0 ? a ? b ,直线 l : y ? ax ? b 将 △ABC 分割为面积 相等的两部分,求实数 b 的取值范围. O

5

11、(青浦区 2015 高三上期末)如图所示的“8”字形曲线是由两个关于 x 轴对称的半圆和一个双 曲线的一部分组成的图形,其中上半个圆所在圆方程是 x2 ? y 2 ? 4 y ? 4 ? 0 ,双曲线的左、右顶点

A 、 B 是该圆与 x 轴的交点,双曲线与半圆相交于与 x 轴平行的直径的两端点.
(1)试求双曲线的标准方程;

P ,使得 ?F1PF2 是直角. (2)记双曲线的左、右焦点为 F 1 、 F2 ,试在“8”字形曲线上求点

12 、(徐汇区 2015 高三 上期末) 已知椭圆 ? :

x2 ? y 2 ? 1 ( 常 数 a ? 1 )的左 顶点为 R , 点 a2

A( a,1),B ? ( a ,1) , O 为坐标原点.
(1)若 P 是椭圆 ? 上任意一点, OP ? mOA ? nOB ,求 m ? n 的值;
2 2

??? ?

??? ?

??? ?

(2)设 Q 是椭圆 ? 上任意一点, S ? 3a,0? ,求 QS ? QR 的取值范围; (3)设 M (x1, y1), N ( x 2, y 2) 是椭圆 ? 上的两个动点,满足 kOM ? kON ? kOA ? kOB ,试探究 ?OMN 的 面积是否为定值,说明理由.

??? ? ??? ?

6

13、 (闸北 2015 高三上期末)已知 F1,F2 分别是椭圆 C:
2

=1(a>0,b>0)的左、右焦点,

椭圆 C 过点 且与抛物线 y =﹣8x 有一个公共的焦点. (1)求椭圆 C 方程; (2)斜率为 k 的直线 l 过右焦点 F2,且与椭圆交于 A,B 两点,求弦 AB 的长; (3)P 为直线 x=3 上的一点,在第(2)题的条件下,若△ABP 为等边三角形,求直线 l 的方程. 14、 (上海市八校 2015 届高三 3 月联考)已知射线 l1 : x ? y ? 0( x ? 0),l2 : x ? y ? 0( x ? 0) ,直线

l 过点 P(m, 2) (?2 ? m ? 2) 交 l1 于点 A ,交 l2 于点 B 。
(1)当 m ? 0 时,求 AB 中点 M 的轨迹 ? 的方程; (2)当 m ? 1 且 ?AOB (O 是坐标原点)面积最小时,求直线 l 的方程; (3)设 | OA | ? | OB | 的最小值为 f ( m) ,求 f ( m) 的值域。 15、(崇明县 2015 届高三第二次高考模拟)已知椭圆的中心在坐标原点 O ,焦点在 x 轴上,短轴长 为 2,且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点.过右焦点 F 与 x 轴不垂直的直线交椭 圆于 P, Q 两点. (1)求椭圆的方程; (2)当直线 l 的斜率为 1 时,求 ?POQ 的面积; (3)在线段 OF 上是否存在点 M (m, 0) ,使得以 MP, MQ 为邻边的平行四边形是菱形? 若存在,求出 m 的取值范围;若不存在,请说明理由.

??? ?

??? ?

参考答案 一、填空、选择题 2 1、解:因为抛物线 y =2px(p>0)上的动点 Q 到焦点的距离的最小值为 1, 所以 =1,所以 p=2.故答案为:2. 2、【解析】:椭圆右焦点为 (2, 0) ,即抛物线焦点,所以准线方程 x ? ?2 3、【解答】不妨设椭圆 ? 的标准方程为

x2 y 2 4 4 6 ? 2 ? 1 ,于是可算得 C (1,1) ,得 b 2 ? , 2c ? . 4 b 3 3
8、

4、4

5、

? 3

6、1

7、

x2 y 2 ? ?1 8 2

5? 12

9、4

10、3 11、 y 2 = 12x

12、7

13、 (??,5)

14、 (?2, 2) ? (3,??)

15、

9 8
7

二、解答题 1、解: (1)依题意,直线 l1 的方程为 y= x,由点到直线间的距离公式得:点 C 到直线 l1 的距离

d=

=



因为|AB|=2|AO|=2

,所以 S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|; ,

(2)方法一:设直线 l1 的斜率为 k,则直线 l2 的斜率为﹣

设直线 l1 的方程为 y=kx,联立方程组

,消去 y 解得 x=±



根据对称性,设 x1=

,则 y1=



同理可得 x2=

,y2=

,所以 S=2|x1y2﹣x2y1|=



方法二:设直线 l1、l2 的斜率分别为 所以 x1x2=﹣2y1y2, ∴ =4 =﹣2x1x2y1y2,
2



,则

=﹣ ,

∵A(x1,y1) 、C(x2,y2)在椭圆 x +2y =1 上, ∴( ) ( +
2

2

)= )=1,

+4

+2(

+

)=1,

即﹣4x1x2y1y2+2(

所以(x1y2﹣x2y1) = ,即|x1y2﹣x2y1|= 所以 S=2|x1y2﹣x2y1|= .



2、【解析】:(1)将 A(1, 2), B( ?1,0) 分别代入 x ? y ? 1 ,得 (1 ? 2 ? 1) ? (?1 ? 1) ? ?4 ? 0 ∴点 A(1, 2), B(?1,0) 被直线 x ? y ? 1 ? 0 分割

8

(2)联立 ?

? x2 ? 4 y2 ? 1 ? y ? kx

,得 (1 ? 4k 2 ) x 2 ? 1,依题意,方程无解,

2 ∴ 1 ? 4k ? 0 ,∴ k ? ?

1 1 或k ? 2 2
2 2

(3)设 M ( x, y ) ,则 x ? ( y ? 2) x ? 1 , ∴曲线 E 的方程为 [ x2 ? ( y ? 2)2 ]x2 ? 1 ①

当斜率不存在时,直线 x ? 0 ,显然与方程①联立无解,

E 上两点,且代入 x ? 0 ,有? ? ?1 ? 0 , 又P 1 (1, 2), P 2 (?1, 2) 为
∴ x ? 0 是一条分割线; 当斜率存在时,设直线为 y ? kx ,代入方程得: (k ? 1) x ? 4kx ? 4 x ?1 ? 0 ,
2 4 3 2

令 f ( x) ? (k 2 ? 1) x4 ? 4kx3 ? 4 x2 ?1 ,则 f (0) ? ?1 ,

f (1) ? k 2 ? 1 ? 4k ? 3 ? (k ? 2)2 , f (?1) ? k 2 ? 1 ? 4k ? 3 ? (k ? 2)2 ,
当 k ? 2 时, f (1) ? 0 ,∴ f (0) f (1) ? 0 ,即 f ( x) ? 0 在 (0,1) 之间存在实根, ∴ y ? kx 与曲线 E 有公共点 当 k ? 2 时, f (0) f (?1) ? 0 ,即 f ( x) ? 0 在 (?1, 0) 之间存在实根, ∴ y ? kx 与曲线 E 有公共点 ∴直线 y ? kx 与曲线 E 始终有公共点,∴不是分割线, 综上,所有通过原点的直线中,有且仅有一条直线 x ? 0 是 E 的分割线

3、【解答】:(1)C1 的左焦点为 F (? 3,0) ,过 F 的直线 x ? ? 3 与 C1 交于 (? 3, ? 交于 (? 3, ?( 3 ?1)) ,故 C1 的左焦点为“C1-C2 型点”,且直线可以为 x ? ? 3 ; (2)直线 y ? kx 与 C2 有交点,则

2 ) ,与 C2 2

? y ? kx ? (| k | ?1) | x |? 1 ,若方程组有解,则必须 | k |? 1 ; ? ?| y |?| x | ?1
直线 y ? kx 与 C2 有交点,则

? y ? kx 1 ? (1 ? 2k 2 ) x 2 ? 2 ,若方程组有解,则必须 k 2 ? ? 2 2 2 ?x ? 2 y ? 2
故直线 y ? kx 至多与曲线 C1 和 C2 中的一条有交点,即原点不是“C1-C2 型点”。
9

(3)显然过圆 x ? y ?
2 2

1 内一点的直线 l 若与曲线 C1 有交点,则斜率必存在; 2

根据对称性,不妨设直线 l 斜率存在且与曲线 C2 交于点 (t , t ? 1)(t ? 0) ,则

l : y ? (t ? 1) ? k ( x ? t ) ? kx ? y ? (1 ? t ? kt ) ? 0
直线 l 与圆 x ? y ?
2 2 2

1 |1 ? t ? kt | 2 内部有交点,故 ? 2 2 2 k ?1 1 2 (k ? 1) 。。。。。。。。。。。。① 2

化简得, (1 ? t ? tk ) ?

若直线 l 与曲线 C1 有交点,则

? y ? kx ? kt ? t ? 1 1 ? ? (k 2 ? ) x 2 ? 2k (1 ? t ? kt ) x ? (1 ? t ? kt ) 2 ? 1 ? 0 ? x2 2 2 ? y ?1 ? ? 2
1 ? ? 4k 2 (1 ? t ? kt ) 2 ? 4( k 2 ? )[(1 ? t ? kt ) 2 ? 1] ? 0 ? (1 ? t ? kt ) 2 ? 2(k 2 ? 1) 2
化简得, (1 ? t ? kt )2 ? 2(k 2 ?1) 。。。。。②

1 2 (k ? 1) ? k 2 ? 1 2 1 2 2 但此时,因为 t ? 0,[1 ? t (1 ? k )] ? 1, (k ? 1) ? 1 ,即①式不成立; 2 1 2 当 k ? 时,①式也不成立 2 1 2 2 综上,直线 l 若与圆 x ? y ? 内有交点,则不可能同时与曲线 C1 和 C2 有交点, 2 1 2 2 即圆 x ? y ? 内的点都不是“C1-C2 型点” . 2
由①②得, 2(k ? 1) ? (1 ? t ? tk ) ?
2 2

4、解:(1)椭圆一个焦点和顶点分别为 ( 7,0),(2 2,0) ,?????????1 分
2 y2 所以在双曲线 x 2 ? 2 ? 1 中, a 2 ? 7 , c 2 ? 8 , b2 ? c 2 ? a 2 ? 1 , a b

因而双曲线方程为 x ? y 2 ? 1 .????????????????????4 分 7 ???? ? ??? ? ??? ? ???? ? (2)设 M ( x ,y ) , A(m ,n) ,则由题设知: OM ? 2 OA , OA ? OM ? 0 .
? x 2 ? y 2 ? 4(m2 ? n 2 ) , 即? ????????????????????????5 分 ?mx ? ny ? 0 ,

2

?m2 ? 1 y 2 , ? 4 解得 ? ??????????????????????????7 分 2 1 ?n ? x 2. ? 4
10

y m 2 因为点 A(m ,n) 在椭圆 C 上,所以 ? x ? n2 ? 1 ,即? 8 2 8
2

? ? ? ? ? 1,
2 2

x2 y 2 x2 y 2 ? ? 1 .所以点 M 的轨迹方程为 ? ? 1 .???????9 分 4 32 4 32 (3)(文)因为 AB 所在直线方程为 y ? kx(k ? 0) .
亦即

? x2 2 8k 2 8 ? ? y ? 1, 解方程组 ? 8 得 xA 2 ? , y A2 ? , 2 1 ? 8k 1 ? 8k 2 ? y ? kx , ?
所以 OA2 ? xA2 ? yA2 ?

32(1 ? k 2 ) 8 8k 2 8(1 ? k 2 ) 2 2 , . AB ? 4 OA ? ? ? 1 ? 8k 2 1 ? 8k 2 1 ? 8k 2 1 ? 8k 2

? x2 ? y 2 ? 1, ? 8k 2 8(1 ? k 2 ) 8 ?8 又? 解得 xM 2 ? 2 , yM 2 ? 2 ,所以 OM 2 ? 2 .???? 11 分 k +8 k +8 k +8 ? y ? ? 1 x, ? k ?

由于 S△ AMB 2 ?

64(1 ? k 2 ) 2 32 1 32(1 ? k 2 ) 8(1 ? k 2 ) 1 ? ? ?????14 分 ? 2 AB2 ? OM 2 ? ? 2 2 2 (1 ? 8 k )( k +8) 7 4 4 1 ? 8k k +8

解得 (6k 2 ? 1)(k 2 ? 6) ? 0 ? k 2 ? 1 或k 2 ? 6 即 k ? ? 6 或k ? ? 6 6 6
6 x 或 y ? 6 x ????????????? 16 分 又 k ? 0 ,所以直线 AB 方程为 y ? 6 (3)(理)(方法 1)因为 AB 所在直线方程为 y ? kx(k ? 0) .

? x2 2 8k 2 8 ? ? y ? 1, 2 解方程组 ? 8 得 xA 2 ? , , y ? A 1 ? 8k 2 1 ? 8k 2 ? y ? kx , ?
所以 OA2 ? xA2 ? yA2 ?

32(1 ? k 2 ) 8 8k 2 8(1 ? k 2 ) , AB2 ? 4OA2 ? . ? ? 2 2 2 1 ? 8k 2 1 ? 8k 1 ? 8k 1 ? 8k

? x2 ? y 2 ? 1, ? 8k 2 8(1 ? k 2 ) 8 ?8 又? 解得 xM 2 ? 2 , yM 2 ? 2 ,所以 OM 2 ? 2 .???? 11 分 k +8 k +8 k +8 ? y ? ? 1 x, ? k ?

由于 S△ AMB 2 ?
?

1 32(1 ? k 2 ) 8(1 ? k 2 ) 1 ? 2 AB2 ? OM 2 ? ? 4 4 1 ? 8k 2 k +8

64(1 ? k 2 )2 392 256 ?8? ? ?????????????????14 分 2 2 8 (1 ? 8k )(k +8) 8k 2 ? 2 ? 65 81 8k

或?

?1 ? 8k 2? k +8 ?
2 2

64(1 ? k 2 )2

2

?

64(1 ? k 2 )2 256 , ? 81 (1 ? k 2 )2 81 4

当且仅当 1 ? 8k 2 ? k 2 ? 8 时等号成立,即 k=1 时等号成立,

11

此时△AMB 面积的最小值是 S△AMB= 16 .???????????????? 15 分 9

AB 所在直线方程为 y ? x . ??????????????????? 16 分 ? ? x)(? ? R,? ? 0) , (方法 2)设 M ( x,y ) ,则 A(? y,
因为点 A 在椭圆 C 上,所以 ? 2 ( y 2 ? 8 x 2 ) ? 8 ,即 y 2 ? 8 x 2 ? 又 x 2 ? 8 y 2 ? 8 (ii) (i)+(ii)得 x2 ? y 2 ? 8 1 ? 12 ,??????????????????11 分 9 ? 所以 S?AMB ? OM ? OA ?| ? | ( x 2 ? y 2 ) ? 8 | ? | ? 1 ≥ 16 .???????????14 分 9 9 ?
16 . 又k ? 0 9 AB 所在直线方程为 y ? x .??????????????????? 16 分 8

?2

(i)

?

?

?

?

当且仅当 ? ? ?1 (即 k AB ? ?1 )时, ? S?AMB ?min ?

5、[解](1)设两动圆的公共点为 Q,则有: QF 1 ? QF 2 ? 4(? F 1F 2 ) .由椭圆的定义可知 Q 的轨 迹为椭圆, a ? 2, c ? 3 .所以曲线 C 的方程是:

x2 ? y 2 ? 1.?4 分 4

(2)(理)证法一:由题意可知: M (0,1) ,设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) , 当 AB 的 斜 率 不 存 在 时 , 易 知 满 足 条 件 MA ? MB ? 0 的 直 线 AB 为 : x ? 0 过 定 点

???? ????

N( 0? ,

3 ) 5

?????????6 分

当 AB 的斜率存在时,设直线 AB : y ? kx ? m ,联立方程组:

? x2 2 ? ? y ?1 ① 2 2 2 ,把②代入①有: (1 ? 4k ) x ? 8kmx ? 4m ? 4 ? 0 ?????8 分 ?4 ? y ? kx ? m ② ?
x1 ? x2 ? ?8km 4m 2 ? 4 x ? x ? ③, ④, 1 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

因为 MA ? MB ? 0 ,所以有 x1 ? x2 ? (kx1 ? m ? 1)(kx2 ? m ? 1) ? 0 ,

???? ????

(1 ? k 2 ) x1 ? x2 ? k (m ?1)( x1 ? x2 ) ? (m ?1)2 ? 0 ,把③④代入整理:
4m 2 ? 4 ?8km (1 ? k ) ? k (m ? 1) ? (m ? 1) 2 ? 0 ,(有公因式 m-1)继续化简得: 2 2 1 ? 4k 1 ? 4k
2

(m ? 1)(5m ? 3) ? 0 , m ?

?3 或 m ? 1 (舍), 5
12

综合斜率不存在的情况,直线 AB 恒过定点 N (0, ? ) .

3 5

?????????10 分

证法二:(先猜后证)由题意可知: M (0,1) ,设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) , 如果直线 AB 恒经过一定点,由椭圆的对称性可猜测此定点在 y 轴上,设为 N (0, m) ; 取特殊直线 MA : y ? x ? 1 ,则直线 MB 的方程为 y ? ? x ? 1 ,

? x2 ? ? y2 ? 1 解方程组 ? 4 ?y ? x ?1 ?

得点 A(? , ? ) ,同理得点 B ( , ? ) ,

8 5

3 5

8 5

3 5

3 5 ???? ???? 3 下边证明点 N (0, ? ) 满足条件 MA ? MB ? 0 5 当 AB 的斜率不存在时,直线 AB 方程为: x ? 0 , ???? ???? 点 A、B 的坐标为 (0, ?1) ,满足条件 MA ? MB ? 0 ;?????????8 分
当 AB 的斜率存在时,设直线 AB : y ? kx ?

此时直线 AB 恒经过 y 轴上的点 N (0, ? ) (只要猜出定点的坐标给 2 分)??2 分

3 ,联立方程组: 5

? x2 ? y2 ? 1 ① ? 24k 64 ?4 2 2 x? ?0 ,把②代入①得: (1 ? 4k ) x ? ? 5 25 ? y ? kx ? 3 ② ? 5 ?

x1 ? x2 ?

24k ?64 ③, x1 ? x2 ? ④, 2 5(1 ? 4k ) 25(1 ? 4k 2 )
8 5 8 5

所以 MA ? MB ? x1 ? x2 ? ( y1 ? 1)( y2 ? 1) ? x1 ? x2 ? (kx1 ? )(kx2 ? )

???? ????

? (1 ? k 2 ) x1 x2 ?

8k 64 ( x1 ? x2 ) ? 5 25
?????????10 分

? (1 ? k 2 ) ?

?64 8k 24k 64 ? ? ? ?0 2 2 25(1 ? 4k ) 5 5(1 ? 4k ) 25

(3)(理) △ ABM 面积 S ? S△MNA ? S△MNB = 由第(2)小题的③④代入,整理得: S ?

1 4 MN x1 ? x2 = ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 ? x2 2 5
???????????12 分

32 25k 2 ? 4 ? 25 1 ? 4k 2

因 N 在椭圆内部,所以 k ? R ,可设 t ? 25k 2 ? 4 ? 2 ,

13

32t 32 ???????????14 分 ? (t ? 2) 2 9 4t ? 9 4t ? t 9 25 64 ( k ? 0 时取到最大值). ? 4t ? ? ,? S ? t 2 25 64 所以 △ ABM 面积 S 的最大值为 . ????????????????16 分 25 6、解:(1)将 y ? 2 x ? 4 ,代入 y 2 ? 4 x ,求得点 A?1, ? 2? , B?4, 4? ,又因为 D?2, 0? , E ?0, ? 4? ,????????????????????????????2 分 S?
由 EA ? ?1 AD 得到, ?1, 2? ? ?1 ?1,2? ? ??1 ,2?1 ? , ?1 ? 1 , 同理由 EB ? ?2 BD 得, ?2 ? ?2 所以 ?1 ? ? 2 = ? 1 .???????????????4 分 (2)联立方程组: ?

x ? my?1 得 m 2 ? 2 y 2 ? 2my ? 1 ? 0 , 2 x ? 2 y ? 2 ? 0 ? 2m 1 1? ? y1 ? y 2 ? ? 2 , y1 y 2 ? ? 2 ,又点 D?1, 0?, E ? 0, ? ? , m ?2 m ?2 m? ? ?
2

?

?

? 1 1? 1 ? 1? ? ??1 y1 , ?1 ? ?? ? ?, m ? m y1 ? ? 1 1 1 1? ? ? ? 2 y 2 , ? 2 ? ?? 同理由 EB ? ?2 BD 得到 y 2 ? ? m y2 m ?
由 EA ? ?1 AD 得到 y1 ?

? ? ?, ?

因为 m ? 1 ,所以点 A 在椭圆上位于第三象限的部分上运动,由分点的性质可知

? 1 ( y1 ? y 2 ) ? 1 ? ? ?1 ? ?2 = ? ? ?2 ? m y y ? ? ? ?? 2 ? m ? 2m ? ? ?4 ,即 ?1 ? ?2 ? ?4 ,?????6 分 ? ? 1 2 ? ? 4 4 1 1 4 , ????????????????8 分 ? 2 ? ? ?? ?1 ?2 ?1?2 ?1 ? 4?1 ??1 ? 2?2 ? 4

?1 ? 2 ? 2, 0 ,所以

?

?

1

?1

?

1

?2

? ?? ?, ? 2? .????????????????10 分

(3)假设在 x 轴上存在定点 D (t , 0) ,则直线 l 的方程为 x ? my ? t ,代入方程

x2 y2 ? ? 1 得到: b 2 m2 ? a 2 y 2 ? 2b 2 mty ? t 2 ? a 2 b 2 ? 0 a2 b2 ?t 2 ? a 2 ?b 2 , 1 ? 1 ? ? 2m t 2b 2 m t y1 ? y 2 ? ? 2 2 , y y ? ? 1 2 y1 y 2 b m ? a2 b2m2 ? a 2 t 2 ? a2
而由 EA ? ?1 AD 、 EB ? ?2 BD 得到: ? (?1 ? ?2 ) ? 2 ?

?

?

?

?

(1)

t ?1 1 ? ? ? ? ? m? y y 2 ? ? 1

(2)

2a 2 ?1 ? ? 2 ? 2 b

(3) ??????????????????????????12 分

由(1)(2)(3)得到: 2 ?

t ? 2m t ? 2a 2 , t ? ? a 2 ? b2 , ? ? ?? 2 ? m ? t ? a2 ? b2
a a a a , ?2 ? ,或者 ?1 ? , ?2 ? ? , t?a t?a t?a t?a
14

所以点 D(? a 2 ? b 2 , 0) ,????????????????????????14 分 当直线 l 与 x 轴重合时, ?1 ? ?

都有 ?1 ? ?2 ?

2a 2 2a 2 ? t 2 ? a2 b2

也满足要求,所以在 x 轴上存在定点 D(? a 2 ? b 2 , 0) .???????????16 分 7、解:(1) 2 ; (2) k ?

11 或2 ; 2

(3)设 M ? x1, kx1 ? , N ? x2 , ?kx2 ? ,T ?x , y ? , x1 ? 0, x2 ? 0,k ? 0 , 设直线 OA 的倾斜角为 ? ,则 k ? tan ? ,sin 2? ?

2k ,根据题意得 1? k2

x1 ? x2 ? ?x ? 2 y ? ? x ?x? k ? x1 ? x2 ? ? ? ?y ? ? 1 k ?? ? 2 ? ?x ? x ? y 2 ? 2 ? OM ? x1 1 ? k k ? ? 2 ? ? ON ? x2 1 ? k

代入 S?MON ?

1 1 OM ON sin 2? ? 2 k

1? ? 化简得动点 T 轨迹方程为 k 2 x 2 ? y 2 ? 1? x ? ? . k? ?

8、解:(1)如图,以 O 为原点,梯形的上底所在直线为 x 轴,建立直角坐标系 设梯形下底与 y 轴交于点 M ,抛物线的方程为: x2 ? 2 py ? p ? 0? 由题意 D ? 20, ?40? ,得 p ? ?5 ,
y P O Q x

x ? ?10 y ???.3’
2

取 y ? ?20 ? x ? ?10 2 , 即 A ?10 2, ?20 , B 10 2, ?20

A

B

?

? ?

?
S C M D R

AB ? 20 2 ? 28 ? cm ?

答:横梁 AB 的长度约为 28cm??????..6’ (2)由题意,得梯形腰的中点是梯形的腰与抛物线唯一的公共点 设 lRQ : y ? 20 ? k x ? 10 2

?

? ? k ? 0? ??????..7’

? ? y ? 20 ? k x ? 10 2 ? x 2 ? 10kx ? 100 2 ? 2k ? 0 ? 2 x ? ?10 y ? ?

?

?

?

?

则 ? ? 100k ? 400 2 ? 2k ? 0 ? k ? ?2 2 ,即 lRQ : y ? ?2 2 x ? 20 ????..10’
2

?

?

15

? ? 梯形周长为 2 ? 5 2 ? 15

得 Q 5 2, 0 , R 15 2, ?40 ? OQ ? 5 2, MR ? 15 2, RQ ? 30 2

?

?

2 ? 30 2 ? 100 2 ? 141? cm ?

?

答:制作梯形外框的用料长度约为 141cm??????..14’ 9、(1)设 D( x0 , 0) ( x0 ? 0 ),由 F2 (c , 0) , B(0 , b) ,故 F2 B ? (?c , b) , BD ? ( x0 , ? b) , 因为 F2 B ? BD ,所以 ? cx0 ? b2 ? 0 , ????(1 分)

? b2 ? b2 ? ? F D ? ? ? c , 0 x0 ? ? ,故 2 ? c ? ,??(2 分) c ? ? ? b2 3 c ? ? 0 ,所以, b2 ? 3c 2 .??(3 分) 又F ,故由 得 F ? ( 2 c , 0 ) 2 F F ? F D ? 0 1 2 1 2 2 c b 所以, tan ?BF2 F1 ? ? 3 , ?BF2 F1 ? 60? ,即△ BF 1F2 是等边三角形.???(4 分) c (2)由(1)知, b ? 3c ,故 a ? 2c ,此时,点 D 的坐标为 (?3c , 0) ,??(1 分) 又△ BDF 2 是直角三角形,故其外接圆圆心为 F 1 (?c , 0) ,半径为 2c ,????(3 分) | ?c ? 3 | ? 2c , c ? 1 , b ? 3 , a ? 2 , ????????(5 分) 所以, 2 x2 y 2 C ? ? 1. 所求椭圆 的方程为 ????????(6 分) 4 3 (3)由(2)得 F2 (1 , 0) ,因为直线 l 过 F2 且不与坐标轴垂直,故可设直线 l 的方程为: y ? k ( x ? 1) , k ? 0 . ??????(1 分) ? y ? k ( x ? 1) , ? 2 2 2 2 由 ? x2 y 2 得 (3 ? 4k ) x ? 8k x ? 4k ? 12 ? 0 , ??????(2 分) ?1, ? ? 3 ?4 8k 2 4k 2 ? 12 x x ? 设 P( x1 , y1 ) , Q( x2 , y2 ) ,则有 x1 ? x2 ? , ,??(3 分) 1 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 ? 由题意, M ( x1 , ? y1 ) ,故直线 QM 的方向向量为 d ? ( x2 ? x1 , y2 ? y1 ) , x ? x1 y ? y1 所以直线 QM 的方程为 , ??????(4 分) ? x2 ? x1 y2 ? y1 y ( x ? x1 ) y x ? y2 x1 k ( x1 ? 1) x2 ? k ( x2 ? 1) x1 令 y ? 0 ,得 x ? 1 2 ? x1 ? 1 2 ? y2 ? y1 y2 ? y1 k ( x2 ? 1) ? k ( x1 ? 1)

?

2kx1 x2 ? k ( x1 ? x2 ) 2 x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) ? ? k ( x1 ? x2 ) ? 2k ( x1 ? x2 ) ? 2

2?

即直线 QM 与 x 轴交于定点 (4 ,0) .

4k 2 ? 12 8k 2 ? 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 ? ? 24 ? 4 .?(5 分) ?6 8k 2 ?2 2 3 ? 4k
??????(6 分)

所以,存在点 N (4 , 0) ,使得 M 、 Q 、 N 三点共线.

x1
(注:若设 N ( x0 , 0) ,由 M 、 Q 、 N 三点共线,得 x2

? y1 1 y2 0 1 ? 0, 1

x0

16

得 x0 ?

10、解:(1)法 1:设点 P 的坐标为 ? x, y ? ,则由题意可知:

x1 y2 ? x2 y1 .) y1 ? y2

? 2 y ,由于 x ? y ? 1 ? 0 , x ? y ? 1 ? 0 , y ? 0 ,?2 分 2 2 x ? y ?1 x ? y ?1 所以 ? ? 2 y ,???????????????????4 分 2 2
化简可得: y ? 2 ?1 ( 2 ? 2 ? x ? 2 ? 2 )??????????????5 分 法 2 : 设 点 P 到 三 边 AC , AB, BC 的 距 离 分 别 为 d1 , d 2 , d 3, 其 中 d2 ? y ,
? y ? 2 ? 1 ???4 分 2 2 d1 ? y ? d3 ? 1 ? ? 2 2 于是点 P 的轨迹方程为 y ? 2 ? 1( 2 ? 2 ? x ? 2 ? 2 )????????5 分 (2)由题意知道 0 ? a ? b ? 1 , 情况(1) b ? a . ? d1 ? d3 ? 2 y

x ? y ?1

?

x ? y ?1

| AB |? 2 | AC |? 2 | BC |? 2 .所以 ? ?

直线 l : y ? a( x ? 1) ,过定点 A ? ?1,0? ,此时图像如右下: 由平面几何知识可知,直线 l 过三角形的重心 ? 0, ? ,

? ?

1? 3?

1 从而 b ? a ? .??????????????????7 分 3

b ? ?1 ,故直线 l 与 a 两边 BC , AC 分别相交,设其交点分别为 D, E ,则直线 l 与三角形两边
情况(2)b ? a .此时图像如右下:令 y ? 0 得 x ? ?
? y ? ax ? b 的两个交点坐标 D ? x1, y1 ? 、E ? x2 , y2 ? 应该满足方程组:? . ? ? ?? y ? x ? 1?? x ? y ? 1? ? 0 因此, x1 、 x2 是一元二次方程: ? ? a ? 1? x ? ? b ? 1? ? ? ? a ? 1? x ? ? b ? 1? ? ? 0 的两个根.

即 a ?1 x ? 2a(b ?1) x ? (b ?1) ? 0 ,
2 2 2

?

?

由韦达定理得: x1 x2 ? 所以

?b ?1?
2

2

a ?1

而小三角形与原三角形面积比为 ? x1x2 ,即 x1 x2 ? ? .

1 2

1 1 ? a2 . 1 ? a2 亦即 2 b ? 1 ? b ? 1 ? ? ? a2 ?1 2, 2 2 , 1 再代入条件 b ? a ,解得 0 ? a ? , 3 ??
? ? 从而得到 b ? ?1 ? 2 , 1 ? .???????????????????????11 分 ? 2 3? ? ? ? ? 综合上述(1)(2)得: b ? ?1 ? 2 , 1 ? .?????????????????12 分 ? 2 3 ? ? 解法 2:由题意知道 0 ? a ? b ? 1 情况(1) b ? a .
直线 l 的方程为: y ? a( x ? 1) ,过定点 A ? ?1,0? ,

?b ?1?

2

17

由平面几何知识可知,直线 l 应该过三角形的重心 ? 0, ? , 从而 b ? a ?

? ?

1? 3?

情况(2) b ? a .

1 .??????????????????????????7 分 3

设直线 l : y ? ax ? b 分别与边 BC : y ? ?x ?1, x ??0, 1? , 边 AC : y ? x ?1, x ???1,0? 的交点分别为点 D, E , 通过解方程组可得: D (

1? b a ? b 1? b a ? b , ) , E( , ) ,又点 C (0,1) , a ?1 a ?1 a ?1 a ?1

0
∴ S ?CDE ?

1

1

1 1? b 2 a ?1 1? b a ?1
2

a?b 1 1 ? a2 2 1 = ,同样可以推出 ?1 ? b ? ? . 2 a ?1 2 a ?b 1 a ?1

2 1 亦即 b ? 1 ? 1 ? a ,再代入条件 b ? a ,解得 0 ? a ? ,

3

从而得到 b ? ? 1 ?

? ?

2 1 ? .?????????????????????11 分 , ? 2 3?

综合上述(1)(2)得: b ? ? 1 ?

? ?

2 1? , ? .???????????????12 分 2 3?

解法 3: 情况(1) b ? a .

直线 l 的方程为: y ? a( x ? 1) ,过定点 A ? ?1,0? , 由平面几何知识可知,直线 l 过三角形的重心 ? 0, ? ,

? ?

1? 3?

1 .???????????????????????????7 分 3 情况(2) b ? a . b 令 y ? 0 ,得 x ? ? ? ?1 ,故直线 l 与两边 BC , AC 分别相交, a 设其交点分别为 D, E ,当 a 不断减小时,为保持小三角形面积总为原来的一半,则 b 也不
从而 b ? a ? 断减小. 当 DE / / AB 时, ?CDE 与 ?CBA 相似,由面积之比等于相似比的平方.

2 1? b 2 ? ,所以 b ? 1 ? , 1 2 2 ? 2 1? , ? .??????????????????????12 分 综上可知 b ? ? 1 ? ? 2 3? ?
可知 11、解(1)设双曲线的方程为

x2 y 2 ? ? 1? a ? 0, b ? 0 ? ,在已知圆的方程中,令 y ? 0 , a 2 b2
18

2 得 x ? 4 ? 0 ,即 x ? ?2 ,则双曲线的左、右顶点为 A ? ?2,0? 、 B ? 2,0? ,于是 a ? 2 ????? 2

分 令 y ? 2 , 可 得 x ? 8 ? 0 , 解 得 x ? ?2 2 , 即 双 曲 线 过 点 ?2 2, 2 , 则
2

?

?

8 4 ? ?1 所以 22 b 2

b ? 2 ,????? 4 分
所以所求双曲线方程为

x2 y 2 ? ? 1 ????????6 分 4 4

(2)由(1)得双曲线的两个焦点 F1 ?2 2, 0 , F2 2 2, 0 ???????? 7 分
? 当 ?F 1PF 2 ? 90 时,设点 P ? x, y ? ,

?

?

?

?

①若点 P 在双曲线上,得 x2 ? y 2 ? 4 , 由F 1P ? F 2P ? 0 , 得 x ? 2 2

???? ???? ?

?

??

? x2 ? y 2 ? 4 2 x ? 2 2 ? y2 ? 0 ? x ? 8 ?y2 ? 0 由? 2 ,解得 2 ?x ? 8 ? y ? 0

?

? ?x ? ? 6 所以 P ? 1 ? ?y ? ? 2

?

6, 2 , P2
2

? ?
2

6, ? 2 , P3 ? 6, 2 , P4 ? 6, ? 2 ?? 11 分

? ?

? ?

?

②若点 P 在上半圆上,则 x ? y ? 4 y ? 4 ? 0 ? y ? 2? ,由 F 1P ? F 2P ? 0 , 得 x?2 2

???? ???? ?

?

??

? x2 ? y 2 ? 4 y ? 4 ? 0 x ? 2 2 ? y 2 ? 0 ,由 ? 无解???????? 13 分 2 2 x ? y ? 8 ? 0 ?

?

综上,满足条件的点有 4 个,分别为

P 1

?

6, 2 , P2

? ?
??? ?

6, ? 2 , P3 ? 6, 2 , P4 ? 6, ? 2 ???????? 14 分

? ?

? ?

?

12、解:(1) OP ? mOA ? nOB ? ? ma ? na, m ? n ? , 得 P ? ma ? na, m ? n? ????????..2’

??? ?

??? ?

?m ? n?

2

? ? m ? n ? ? 1 ,即 m 2 ? n 2 ?
2

(2)设 Q ? x, y ? ,则 QS ? QR ? ? 3a ? x, ? y ?? ?a ? x, ? y ?

??? ? ??? ?

1 ????????..4’ 2

? ? x ? 3a ?? x ? a ? ? y 2 ? ? x ? 3a ?? x ? a ? ? 1 ? a2 ?1 2 x ? 2ax ? 1 ? 3a 2 a2

x2 ????????..5’ a2

?

19

a2 ?1 ? a 3 ? 4a 4 ? 4a 2 ? 1 ? 2 ?x? 2 ? ? ? ?a ? x ? a ? ????????..6’ a ? a ?1 ? a2 ?1
由 a ? 1 ,得

2

a3 ? a ????????..7’ a2 ?1

∴ 当 x ? ?a 时, QS ? QR 最大值为 0 ;????????..8’ 当 x ? a 时, QS ? QR 最小值为 ?4a ;????????..9’
2
2 即 QS ? QR 的取值范围为 ? ? ?4a , 0 ? ? ????????..10’

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

(3)(解法一)由条件得,

y1 y2 1 ? ? 2 ,????????..11’ x1 x2 a

平方得 x12 x22 ? a4 y12 y22 ? (a2 ? x12 )(a2 ? x22 ) , 即 x12 ? x22 ? a2 ????????..12’

S?OMN ?
?

1 x1 y2 ? x2 y1 ????????..13’ 2
1 x22 x12 2 x12 x22 1 2 2 x12 y2 2 ? x2 2 y12 ? 2 x1 x2 y1 y2 = x1 (1 ? 2 ) ? x2 (1 ? 2 ) ? 2 2 a a a2

1 a x12 ? x2 2 ? ????????..15’ 2 2 a 故 ?OMN 的面积为定值 ????????..16’ 2 ?
(解法二)①当直线 MN 的斜率不存在时,易得 ?OMN 的面积为 ②当直线 MN 的斜率存在时,设直线 MN 的方程为 y ? kx ? t

a ????????..11’ 2

? x2 2 ? 2 ? y ?1 ? ?1 ? a 2 k 2 ? x 2 ? 2kta 2 x ? a 2 ? t 2 ? 1? ? 0 ????????..12’ ?a ? y ? kx ? t ?

a 2 ? t 2 ? 1? ?2kta 2 由 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,可得 x1 ? x2 ? , , x1 x2 ? 1 ? a2k 2 1 ? a2k 2
t 2 ? a2k 2 y1 y2 ? ? kx1 ? t ?? kx2 ? t ? ? k x1 x2 ? kt ? x1 ? x2 ? x ? t ? 1 ? a2k 2
2 2

又 kOM ? kON ?

y1 y2 1 ? ? 2 ,可得 2t 2 ? a 2 k 2 ? 1 ????????..13’ x1 x2 a
20

因为 MN ? 1 ? k ? x1 ? x2 ,????????..14’
2

点 O 到直线 MN 的距离 d ?

t 1? k 2

????????..15’

t t 1 S?OMN ? ? MN ? d ? ? x1 ? x2 ? ? 2 2 2
综上: ?OMN 的面积为定值

? x1 ? x2 ? ? 4 x1 x2 ?
2

t 2

?

4a 2 ?1 ? a 2 k 2 ? t 2 ?

?1 ? a k ?
2

2 2

?

a 2

a ????????..16’ 2

13、 解: (1)由题意得 F1(﹣2,0) , c=2?(2 分) 又
4 2


2 2

得 a ﹣8a +12=0,解得 a =6 或 a =2(舍去) ,?(2 分) 2 则 b =2,?(1 分) 故椭圆方程为 .?(1 分)

(2)直线 l 的方程为 y=k(x﹣2) .?(1 分)

联立方程组

,消去 y 并整理得(3k +1)x ﹣12k x+12k ﹣6=0.?(3 分)

2

2

2

2

设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) . 故 , .?(1 分)

则|AB|=

|x1﹣x2|=

=

.?(2 分)

(3)设 AB 的中点为 M(x0,y0) . ∵ =2x0,∴ ,?(1 分)

∵y0=k(x0﹣2) ,∴ 直线 MP 的斜率为 ,又 xP=3,

.?(1 分)

所以

.?(2 分)

21

当△ABP 为正三角形时,|MP|=



可得

,?(1 分)

解得 k=±1.?(1 分) 即直线 l 的方程为 x﹣y﹣2=0,或 x+y﹣2=0.?(1 分) 14、解法一: (1)当 m ? 0 时, P(0, 2) ,设 A(a, a),B(?b, b)(a ? 0, b ? 0) , M ( x, y ) ,因为 M 是 AB 中点,

a ?b ? x? ? ? 2 所以 ? ?y ? a ?b ? ? 2

------2 分

、 P三 点 共 线 , 所 以 AP / / BP , 由 A P? ( ? a 因 为 A、 B , a? 2 , ) BP ? ( b , ? b, 2则 ) 有

??? ?

??? ?

? ? ??

? ? ??

?a( b ? 2 ) ? b (a ? ,即 2 ) a ? b ? ab
代入得 M 点轨迹方程为 ( y ?1)2 ? x2 ? 1( y ? 0) 。

------4 分 ------6 分

) A(a, a),B(?b, b)(a ? 0, b ? 0) , | OA |? 2a,| OB |? 2b , ( 2 ) 当 m ? 1 时 , P( 1 , 2,
S ?AOB ? 1 | OA || OB |? ab 2
-------8 分 ------9 分 ------10 分 ------12 分

由 A、B、P 共线得 2ab ? a ? 3b

2ab ? a ? 3b ? 2 3ab ? ab ? 3 ,当 a ? 3b 时等号成立,
此时 a ? 3, b ? 1,直线 l 方程为 x ? 2 y ? 3 ? 0 。 (3)由 A、B、P 三点共线得: 2ab ? (m ? 2)b ? (2 ? m)a ,



m?2 2?m ? ?1 2a 2b

----14 分

??? ? ??? ? m?2 2?m | OA | ? | OB |? 2(a ? b) ? 2(a ? b)( ? ) 2a 2b
? 2 b a [4 ? (m ? 2) ? (2 ? m) ] 2 a b
2 [4 ? 2 4 ? m2 ] 2
22

---16 分

因为 ?2 ? m ? 2 ,且 a ? 0, b ? 0 ,所以上式 ?

所以 f (m) ? 2 2 ? 8 ? 2m2 , m2 ?[0, 4) ,所以 f ( m) 值域为 (2 2, 4 2] 。 解法二:

---18 分

(1)由题知直线 l 的斜率 k 存在,且 ?1 ? k ? 1 。当 m ? 0 时,设直线 l : y ? kx ? 2

由?

?2 2 ?x ? y ? 0 2 2 , ) ? A( , ) ,同理得 B ( 1? k 1? k 1? k 1? k ? y ? kx ? 2

------3 分

1 2 2 ? x ? ( ? ) ? ? 2 1 ? k 1 ? k 设 M ( x, y ) ,则 ? ?y ? 1 ( 2 ? 2 ) ? 2 1? k 1? k ?
消去 k 得 M 轨迹方程为 ( y ?1)2 ? x2 ? 1( y ? 0) 。 (2)当 m ? 1 时,设直线 l : y ? 2 ? k ( x ? 1) ------6 分

(?1 ? k ? 1)
------8 分

由?

k ?2 2?k ? y ? 2 ? k ( x ? 1) 2?k 2?k , ) ? A( , ) ,同理得 B( 1? k 1? k 1? k 1? k ?x ? y ? 0

S?AOB ?

1 (k ? 2) 2 | OA || OB |? 2 1? k 2
, 所以 S ?AOB ?

----9 分

1 ,3 ) 设2?k ?t, 则 t ?(

1 2 3 t2 1 ? , 当 ? , 即 t ? 时,S ?AOB 2 t 3 2 ?t ? 4t ? 3 ?3(1 ? 2 ) 2 ? 1 t 3 3
------12 分

最小值为 3 ,此时 k ?

1 ,所以直线 l : x ? 2 y ? 3 ? 0 。 2

(3)设 l : y ? 2 ? k ( x ? m)

(?1 ? k ? 1)

由?

km ? 2 2 ? km ? y ? 2 ? k ( x ? m) 2 ? km 2 ? km , ) ? A( , ) ,则理得 B( 1? k 1? k 1? k 1? k ?x ? y ? 0
-----14 分

??? ? ??? ? 2 ? km 2 ? km 2 2(2 ? km) | OA | ? | OB |? 2( ? )? 1? k 1? k 1? k 2
设 2 ? km ? t ,因为 k ? (?1,1), m ? (?2, 2) ,所以 t ? 0 , | OA | ? | OB |?

??? ?

??? ?

4 2m 2 t ?t 2 ? 8t ? 4m2 ? 16
------16 分

4 2m 2 4 2m 2 ? ? ? 2 2 ? 8 ? 2m 2 2 2 16 ? 4m 8 ? [t ? ] 8 ? 2 16 ? m t

23

所以 f (m) ? 2 2 ? 8 ? 2m2 , m2 ?[0, 4) ,所以 f ( m) 值域为 (2 2, 4 2] 。 15、解(1)设椭圆方程为 根据题意得 b ? c ? 1

-----18 分

x2 y2 ? ?1 a2 b2
2 2 2

(a ? b ? 0)

所以 a ? b ? c ? 2

所以椭圆方程为

x2 ? y2 ? 1 2

(2)根据题意得直线方程为 l : y ? x ? 1

? x2 4 1 ? ? y2 ? 1 解方程组 ? 2 得 P, Q 坐标为 (0,?1), ( , ) 3 3 ? ? y ? x ?1
点 O 到直线 PQ 的距离为

计算 PQ ?

4 2 3

2 2

所以, S ?OPQ ?

2 3

(3) 假设在线段 OF 上存在点 M (m,0)(0 ? m ? 1) ,使得以 MP, MQ 为邻边的平行四边形是菱形. 因 为直线与 x 轴不垂直,所以设直线 的方程为 y ? k ( x ? 1)(k ? 0) .

P, Q 坐标为 ( x1 , y1 ), ( x2 , y 2 )
?x 2 ? 2 y 2 ? 2 由? 得, (1 ? 2k 2 ) x 2 ? 4k 2 x ? 2k 2 ? 2 ? 0 ? y ? k ( x ? 1)

4k 2 2k 2 ? 2 x1 ? x2 ? , x1 ? x2 ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2
计算得: MP ? ( x1 ? m, y1 ), MQ ? ( x2 ? m, y2 ) ,其中 x1 ? x2 ? 0 由于以 MP, MQ 为邻边的平行四边形是菱形,所以 MP ? MQ 计算得 m ?

x1 ? x 2 4

即m ?

x1 ? x 2 k2 ? , (k ? 0) 4 1 ? 2k 2

所以 0 ? m ?

1 2

24


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