2010-2013年山东高考圆锥曲线答案


山东(2013)11、已知抛物线 C1 : y ?

2 1 2 x ( p ? 0) 的焦点与双曲线 C2 : x ? y 2 ? 1 的 2p 3

右焦点的连线交 C1 于第一象限的点 M 。若 C1 在点 M 处的切线平行于 C2 的一条渐近 线,则 p ? (A)

3 16

(B)

3 8

(C)

2 3 3

(D)

4 3 3

答案:D 22、椭圆 C :

x2 y 2 3 ,过 F1 且 ? 2 ? 1 (a ? b ? 0) 的左、右焦点分别是 F1 , F2 ,离心率为 2 a b 2

垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点,连接 PF1 , PF2 ,设 ?F1 PF2 的角平分线

PM 交 C 的长轴于点 M (m, 0) ,求 m 的取值范围;
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,过 P 点作斜率为 k 的直线 l ,使得 l 与椭圆 C 有且只有一个 公共点,设直线 PF1 , PF2 的斜率分别为 k1 , k 2 ,若 k ? 0 ,试证明 值,并求出这个定值. 解: (Ⅰ)由于 c 2 ? a 2 ? b2 ,将 x ? ?c 代入椭圆方程

1 1 ? 为定 kk1 kk2

x2 y 2 b2 ? 2 ? 1得 y ? ? a a2 b

由题意知

c 2b 2 3 所以 a ? 2 , b ?1 所以椭圆方程为 ? 1 , 即 a ? 2b 2 又 e ? ? a a 2

x2 ? y2 ? 1 4
???? ???? ? ???? ???? ? ? ???? ???? ???? ???? ? ? ? PF1 ? PM PF2 ? PM PF1 ? PM PF2 ? PM ? ? ? ? ,设 P( x0 , y0 ) 其中 (Ⅱ)由题意可知: ???? ???? = ???? ???? , ???? = ???? | PF1 || PM | | PF2 || PM | | PF1 | | PF2 |
2 2 2 3 x0 ? 4 ,将向量坐标代入并化简得:m( 4 x0 ? 16) ? 3x0 ? 12 x0 ,因为 x0 ? 4 ,

所以 m ?

3 3 3 x0 ,而 x0 ? (?2, 2) ,所以 m ? (? , ) 4 2 2

(3)由题意可知,l 为椭圆的在 p 点处的切线,由导数法可求得,切线方程为:

x y0 y0 x0 x 1 1 ? , k2 ? ,代入 中得 ? y0 y ? 1 ,所以 k ? ? 0 ,而 k1 ? 4 y0 kk1 kk2 4 x? 3 x? 3

x ? 3 x0 ? 3 1 1 ? ? ?4( 0 ? ) ? ?8 为定值。 kk1 kk2 x0 x0
(2012) (10)已知椭圆 C: 的离心率为 ,双曲线 x? -y? =1 的

渐近线与椭圆有四个交点,以这四个交点为顶点的四边形的面积为 16,则椭圆 c 的方程为

解析:双曲 线 x ? -y ? =1 的渐近线方程为 y ? ? x ,代入
2

可得

3 a 2b 2 可 得 a ? 2b , 则 x ? 2 , S ? 4 x 2 ? 16 , 则 a 2 b 2 ? 4(a 2 ? b 2 ) , 又 由 e ? 2 2 a ?b

b 4 ? 5b 2 ,于是 b 2 ? 5, a 2 ? 20 。椭圆方程为

x2 y2 ? ? 1 ,答案应选 D。 20 5

21、在平面直角坐标系 xOy 中, F 是抛物线 C : x 2 ? 2 py ( p ? 0) 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 3 .

4

(Ⅰ)求抛物线 C 的方程; (Ⅱ)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; (Ⅲ) 若点 M 的横坐标为 2 , 直线 l : y ? kx ? 1 与抛物线 C 有两个不同的交点 A, B ,l 与

4

圆 Q 有两个不同的交点 D, E ,求当 1 ? k ? 2 时, | AB |2 ? | DE |2 的最小值.

2

解: (Ⅰ)依题线段 OF 为圆 Q 的弦,由垂径定理知圆心 Q 的纵坐标 yQ ? 线准线 y ? ?

p ,又 Q 到抛物 4

p p p p 的距离为 yQ ? ? ? ? 3 ,所以 p ? 1 . 所以 x 2 ? 2 y 为所求. 2 2 4 2 4 2 2 x0 1 设 1 (Ⅱ) 假设存在点 M ( x0 , ) , F (0 , ) , Q( xQ , ) . x 2 ? 2 y 变形为 y ? x ? y ' ? x 又 2 2 2 4 2 x0 1 ? x 因为直线 MQ 为抛物线的切线,故 kMQ ? 2 4 ? y ' |x ? x0 ? x0 ,解得 xQ ? 0 ? 1 ,即 2 4x0 x0 ? xQ
x0 x2 ? 1 x ? 1 , 1 ) .又取 FM 中点 N ( 0 , 0 ) ,由垂径定理知 FM ? QN , 2 4 x0 4 4 2 ???? ???? ? x2 ?1 x2 所以 FM ? QN ? ( x0 , 0 ) ? (? 1 , 0 ) ? 0 ? x0 ? 2 ,所以存在 M ( 2 ,1) . 4x0 2 4 Q(
? ? (Ⅲ) 依题 M ( 2 , , 圆 1) 圆心 Q(5 2 ,1 ) , Q 的半径 r ? | OQ | ? ? 5 2 ? ? ( 1 ) 2 ? 27 , 8 ? 4 32 8 4 ?
2

|5 2k| 1 的距离为 d ? 8 圆心 Q 到直线 y ? kx ? ? 5 2k , 4 1? k 2 8 1? k 2

所以, | DE |2 ? 4(r 2 ? d 2 ) ? 4 ? 27 ?

? 25k 2 ? ? 27 ? 2k 2 . 2 ? 2 ? 32 32(1 ? k ) ? 8(1 ? k )

? x2 ? 2 y ? x1 ? x2 ? 2k ? ? 又联立 ? ? x 2 ? 2kx ? 1 ? 0 ,设 A( x1 , y1) ,B( x2 , y2 ) ,则有,? 1 . 1 2 ? x1x2 ? ? 2 ? y ? kx ? 4 ? ?
所以, | AB |2 ? (1 ? k 2 )[( x1 ? x2 )2 ? 4x1x2 ] ? (1 ? k 2 )(4k 2 ? 2) .于是,
2 | AB |2 ? | DE |2 ? (1 ? k 2 )(4k 2 ? 2) ? 2k ? 27 ? 4k 4 ? 6k 2 ? 9 ? 25 ? 1 2 ( 1 ? k ? 2 ) 4 8 1? k 2 8(1 ? k 2 )

记 f (x) ? 4x2 ? 6x ? 9 ? 25 ? 1

4

8 1? x

( 1 ? x ? 4) ,f '( x) ? 8x ? 6 ? 25 ? 1 2 ? 6 ? 25 ? 0 8 (1 ? x) 8 4 4 4 2

所以 f ( x) 在 [ 1 , 4] 上单增,所以当 x ? 1 , f ( x) 取得最小值 f min (x) ? f (1) ? 13 ,

4

所以当 k ? 1 时, | AB |2 ? | DE |2 取得最小值 13 .

2

2

x2 y 2 ( 2011 )( 8 ) 已 知 双 曲 线 2 ? 2 ? 1(a ? 0, b ? 0) 的 两 条 渐 近 线 均 和 圆 a b
C : x 2 ? y 2 ? 6 x ? 5 ? 0 相切,且双曲线的右焦点为圆 C 的圆心,则该双曲线的方程为
A.

x2 y 2 ? ?1 5 4
2 2

B.

x2 y 2 ? ?1 4 5

C.

x2 y 2 ? ?1 3 6

D.

x2 y 2 ? ?1 6 3

解析:圆 C : ( x ? 3) ? y ? 4 , c ? 3, 而

3b ? 2 ,则 b ? 2, a 2 ? 5 ,答案应选 A。 c

x2 y2 22、已知动直线 l 与椭圆 C : ? ? 1 交于 P ? x1 , y1 ? , Q ? x2 , y2 ? 两不同点,且 ?OPQ 的 3 2
面积 S ?OPQ ?

6 ,其中 O 为坐标原点. 2
2 2 2 2

(Ⅰ)证明: x1 ? x2 和 y1 ? y2 均为定值; (Ⅱ)设线段 PQ 的中点为 M ,求 OM ? PQ 的最大值; (Ⅲ)椭圆 C 上是否存在三点 D, E , G ,使得 S?ODE ? S?ODG ? S ?OEG ?

6 ?若存在,判断 2

?DEG 的形状;若不存在,请说明理由.
解析: (Ⅰ)当直线 l 的斜率不存在时, P, Q 两点关于 x 轴对称,则 x1 ? x2 , y1 ? ? y2 , 由 P ? x1 , y1 ? 在椭圆上,则

x12 y12 6 6 , y1 ? 1 ? ? 1 ,而 S?OPQ ? x1 y1 ? ,则 x1 ? 2 2 3 2

于是 x1 ? x2 ? 3 , y1 ? y2 ? 2 .当直线 l 的斜率存在,设直线 l 为 y ? kx ? m ,代入
2 2
2 2

x2 y2 ? ? 1 可得 2 x 2 ? 3(kx ? m)2 ? 6 ,即 (2 ? 3k 2 ) x 2 ? 6km ? 3m2 ? 6 ? 0 , ? ? 0 ,即 3 2
3k 2 ? 2 ? m2 , x1 ? x2 ? ?

6km 3m2 ? 6 , x1 x2 ? 2 ? 3k 2 2 ? 3k 2
2 6 3k 2 ? 2 ? m2 2 ? 3k 2

PQ ? 1 ? k 2 x1 ? x2 ? 1 ? k 2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2

d?
2

m 1? k 2

, S?POQ ?
2

1 1 2 6 3k 2 ? 2 ? m2 6 ? d ? PQ ? m ? 2 2 2 2 ? 3k 2

则 3k ? 2 ? 2m ,满足 ? ? 0 ,

x12 ? x2 2 ? ( x1 ? x2 )2 ? 2 x1 x2 ? (?

6km 2 3(m2 ? 2) ) ? 2? ? 3, 2 ? 3k 2 2 ? 3k 2

2 2 2 y12 ? y2 2 ? (3 ? x12 ) ? (3 ? x2 2 ) ? 4 ? ( x12 ? x2 2 ) ? 2 , 3 3 3
综上可知 x1 ? x2 ? 3 , y1 ? y2 ? 2 .
2 2
2 2

(Ⅱ)当直线 l 的斜率不存在时,由(Ⅰ)知 OM ? x1 ? PQ ? 当直线 l 的斜率存在时,由(Ⅰ)知

6 ? 2 ? 6; 2

x1 ? x2 3k , ?? 2 2m

y1 ? y2 x1 ? x2 3k 2 1 ? k( )?m ? ? ?m? , 2 2 2m m om ? (
2

x1 ? x2 2 y ? y2 2 9 k 2 1 1 1 ) ?( 1 ) ? ? 2 ? (3 ? 2 ) 2 2 2 4m m 2 m
24(3k 2 ? 2 ? m2 ) 2(2m2 ? 1) 1 ? ? 2(2 ? 2 ) 2 2 2 (2 ? 3k ) m m

PQ ? (1 ? k 2 )
2

1 1 25 1 1 )(2 ? 2 ) ≤ ,当且仅当 3 ? 2 ? 2 ? 2 ,即 m ? ? 2 时等号 2 m m 4 m m 5 成立,综上可知 OM ? PQ 的最大值为 。 2 OM
2

PQ ? (3 ?
2

(Ⅲ)假设椭圆上存在三点 D, E , G ,使得 S?ODE ? S?ODG ? S ?OEG ?

6 , 2

由(Ⅰ)知 xD ? xE ? 3, xE ? xG ? 3, xG ? xD ? 3 ,
2 2 2 2 2 2

yD 2 ? yE 2 ? 2, yE 2 ? yG 2 ? 2, yG 2 ? yD 2 ? 2 .
解得 xD 2 ? xE 2 ? xG 2 ?

3 2 2 2 , yD ? yE ? yG ? 1 , 2
6 中选取, yD , yE , yG 只能从 ?1 中选取, 2
6 , ?1) 中选取三个不同点,而这三点的两两连线必有一个过原点, 2 6 相矛盾, 2 6 。 2

因此 xD , xE , xG 只能从 ?

因此 D, E , G 只能从 ( ?

这与 S?ODE ? S?ODG ? S ?OEG ?

故椭圆上不存在三点 D, E , G ,使得 S?ODE ? S?ODG ? S ?OEG ?

(2010) (16)已知圆 C 过点(1,0) ,且圆心在 x 轴的正半轴上,直线 l : y ? x ? 1 被圆 C 所截得的弦长为 2 2 , 则过圆心且与直线 l 垂直的直线的方程为 .x ? y ? 3 ? 0

21、 如图, 已知椭圆

x2 y2 2 , ? ? 1(a>b>0) 的离心率为 2 a2 b2

以该椭圆上的点和椭圆的左、 右焦点 F1 , F2 为顶点的三角形 的周长为 4( 2 ? 1) .一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦 点, P 为该双曲线上异于顶点的任一点, 设 直线 PF1 和 PF2 与椭圆的交点分别为 A、B 和 C、D . (Ⅰ)求椭圆和双曲线的标准方程;

k (Ⅱ)设直线 PF1 、 PF2 的斜率分别为 k1 、 k 2 ,证明 k1 ·2 ? 1 ;
CD 恒成立?若 存在,求 ? 的值;若不 (Ⅲ)是否存在常数 ? ,使得 AB ? CD ? ? AB ·
存在,请说明理由. 解(Ⅰ)设椭圆的半焦距为 c,由题意知:

c 2 ? ,2a+2c=4( 2 +1),所以 a=2 2 ,c=2, a 2

又 a = b ? c ,因此 b=2。故,椭圆的标准方程为
2
2 2

x2 y2 ? ?1 8 4

由题意设等轴双曲线的标准方程为

x2 y 2 因为等轴双曲线的顶点是椭圆的 ? ? 1 ? m ? 0? , m2 m2

焦点。所以 m=2,因此 双曲线的标准方程为

x2 y 2 ? ?1 4 4
y0 y0 , k2 ? 。 x0 ? 2 x0 ? 2

(Ⅱ)设 A( x1 , y1 ) ,B( x2 , y2 ) ,P( x0 , y0 ) ,则 k1 = 因为点 P 在双曲线 x ? y ? 4 上,所以 x0 ? y0 ? 4 。
2 2

2

2

因此 k1k2 ?

y0 y y2 ? 0 ? 2 0 ? 1 ,即 k1k2 ? 1 x0 ? 2 x0 ? 2 x0 ? 4

同理可 得 CD ? 4 2

k2 2 ? 1 .则 2k 2 2 ? 1

1 1 1 2k12 ? 1 2k2 2 ? 1 ? ? ( ? 2 ) ,又 AB CD 4 2 k12 ? 1 k2 ? 1

k1k2 ? 1, 所以

2 ?1 2 2k12 ? 1 k12 ? 2 3 2 1 1 1 2k ? 1 k12 ( ? )? ? ? ( ? )? . 1 8 k12 ? 1 k12 ? 1 8 AB CD 4 2 k ? 1 k12
2 1 2 1

故 AB ? CD ? 立.

3 2 3 2 CD 恒成 AB · ,因此,存在 ? ? CD ,使 AB ? CD ? ? AB · 8 8


相关文档

2008年和2009年山东高考圆锥曲线题及答案
2010年山东高考理综答案
2010年山东高考基本能力答案
2010年山东高考语文试题答案
2010年山东高考语文及答案
2010山东高考英语试题及答案
2010年山东高考真题(含答案)数学理
2010年山东高考真题(含答案)数学理[1]
2010年山东高考英语试题及答案
2010年山东高考文综试题及答案
电脑版