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6682.bet:2013高中数学高考真题分类:考点44-曲线与方程、圆锥曲线的综合应用

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曲线与方程、圆锥曲线的综合应用
一、选择题
y 1.( 2013 ·四川高考理科·T 6 )抛物线 y ? 4x 的焦点到双曲线 x ? ? 1的渐 3
2
2 2

近线的距离是( ( A)
1 2

) ( B)
3 2

( C) 1

( D) 3

【解题指南】本题考查的是抛物线与双曲线的基本几何性质,在求解时首先 求得抛物线的焦点坐标,然后求得双曲线的渐近线方程,利用点到直线的距 离公式进行求解即可 . 【解析】选 B,由抛物线 y2 ? 4x 的焦点 (1, 0),双曲线 x 2 ? 程为 3x ? y ? 0 ,根据点到直线的距离公式可得 d ?
y ? 1的一条渐近线方 3
2

3 ,故选 B. 2

2.( 2013 ·山东高考文科·T 11 )与( 2013 ·山东高考理科·T 11 )相同 抛物线 C1 : y=
1 2 x2 x (p > 0) 的焦点与双曲线 C2 : ? y 2 ? 1 的右焦点的连线交 2p 3

C1 于第一象限的点 M.若 C1 在点 M 处的切线平行于 C 2 的一条渐近线,则 p= ( A. )
3 16

B.

3 8

C.

2 3 3

D.

4 3 3

【解题指南】 本题考查了圆锥曲线的位置关系 ,可先将抛物线化成标准方程 , 然后再利用过交点的切线平行于 C2 的一条渐近线 ,求得切线斜率 , 进而求得 p 的值 . 【解析】选 D. 经过第一象限的双曲线的渐近线为 y ?
3 x . 抛物线的焦点为 3

p x2 1 F (0, ) , 双曲线的右焦点为 F2 (2,0) . y ' ? x ,所以在 M ( x0 , 0 ) 处的切线斜率为 2 p 2p
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p 3 3 3 p 1 3 ,即 x0 ? ,所以 x0 ? p ,即三点 F (0, ), F2 (2,0) , M ( p, ) 共线, 2 3 3 3 6 p 3

p p p ? ?0 6 2 ,即 p ? 4 3 . 所以 2 ? 3 0?2 3 p 3

二、填空题 3. ( 2013 ·江西高考理科·T 14 )抛物线 x2=2py( p> 0)的焦点为 F ,其 准线与双曲线
x 2 y2 ? ? 1 相 交 于 A , B 两 点 , 若 △ ABF 为 等 边 三 角 形 , 则 3 3

p=___________. 【解题指南】 A、 B 、 F 三点坐标都能与 p 建立起联系,分析可知△ ABF 的高 为 P,可构造 p 的方程解决 . 【解析】由题意知△ ABF 的高为 P ,将 y ? ? 代入双曲线方程得 A,B 两点的 横坐标为 x ? ? 3 ?
p2 ,因为△ ABF 为等边三角形,所以 4
p 3? p 4
2

p 2

? tan 600 ,从而

解得 p2 ? 36 ,即 p ? 6 . 【答案】 6. 4.( 2013 ·安徽高考理科·T 13 )已知直线 y = a 交抛物线 y = x 2 于 A, B 两点。 若该抛物线上存在点 C ,使得 ∠ACB 为直角,则 a 的取值范围为 ___________ 【解题指南】 点 C 的轨迹是圆心在 y 轴上、半径为 r = a 的圆,数形结合可 得。 【解析】联立直线 y = a 与抛物线 y = x 2 得 x =
a , ,满足题设条件的点 C 的轨

2 迹是以 为圆心,r = a 为半径的圆,其方程为 x2 +(y ? a) ? a 2 。由数形结 (0,a)

合可知当 r = a ≤a 时满足题设要求,解得 a ≥1。
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【答案】 [1,+≦) . 三、解答题 5.( 2013 ·北京高考理科·T 19 )已知 A、B、C 是椭圆 W: 个点, O 是坐标原点 . (1)当点 B 是 W 的右顶点,且四边形 OABC 为菱形时,求此菱形的面积 . (2)当点 B 不是 W 的顶点时,判断四边形 OABC 是否可能为菱形,并说明理 由. 【解题指南】( 1 )利用 OB 的垂直平分线求出 AC 的长,再求面积; ( 2)若是菱形,则 OA=OC, A 点与 C 点的横坐标相等或互为相反数。 【 解 析 】 ( 1 ) 线 段 OB 的 垂 直 平 分 线 为 x ? 1 , 所以A(1, ?
所以A(1,
3 3 ), C (1, ) 或 2 2
x2 ? y 2 ? 1 上的三 4

3 3 ), C (1, ) , 所以 | AC |? 3 ,所以菱形面积为错误!未找到引用源。 2 2

|OB|·|AC|= 错误!未找到引用源。×2×错误!未找到引用源。 =错误!未 找到引用源。 . ( 2)四边形 OABC 不可能是菱形,只需要证明若 OA=OC,则 A 点与 C 点的横 坐标相等或互为相反数 . 设 OA=OC= r( r>1),则 A、 C 为圆 x 2 ? y 2 ? r 2 与椭圆 W :
x2 ? y 2 ? 1 的交点 . 4

3x 2 2 3 2 ? r 2 ?1, x ? ? r ? 1 , 所以 A 点与 C 点的横坐标互为相反数或相等, 3 4

此时 B 点为顶点 . 因此四边形 OABC 不可能是菱形 . 6.( 2013 ·江西高考文科·T 20 )椭圆 C:错误!未找到引用源。(a>b>0)的 离心率 e ?
3 错误!未找到引用源。, a+b=3. 2
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(1)求椭圆 C 的方程; (2)如图, A,B,D 是椭圆 C 的顶点, P 是椭圆 C 上除顶点外的任意点,直线 DP 交 x 轴于点 N,直线 AD 交 BP 于点 M,设 BP 的斜率为 k,MN 的斜率为 m, 证明 :2m-k 为定值 . 【解题指南】( 1 )借助椭圆中 a 2 ? b2 ? c2的关系及两个已知条件即可求解; ( 2) 可以写出 BP 的直线方程,分别联立椭圆方程及 AD 的方程表示出点 P、 M 的坐标,再利用 DP 与 x 轴表示点 N 的坐标,最终把 m 表示成 k 的形式, 就可求出定值;另外也可设点 P 的坐标,把 k 与 m 都用点 P 的坐标来表示 . 【 解 析 】 (1) 因 为 e ?
3 c ? 2 a

,所以 a ?

2 3

c

, 又 由 a2 ?
2

b 2 ? c 2得 b ?

1 3

c

,代入

x a+b=3,得 c ? 3, a ? 2, b? 1 .故椭圆 C 的方程为

4

? y2 ? 1 .

(2) 方 法 一 : 因 为 B(2,0) , P 不 为 椭 圆 顶 点 , 则 直 线 BP 的 方 程 为
1 y ? k(x ? 2)(k ? 0,k ? ? ) ①, 2 2 x 8k 2 ? 2 4k 将①代入 ? y 2 ? 1 ,解得 P ( 2 , ? 2 ) . 4 4k ? 1 4k ? 1 1 直线 AD 的方程为: y ? x ? 1 . ② 2 联立①②解得 M ( 4k ? 2 , 4k ) . 2k ? 1 2k ? 1



4k ? 2 ?1 0 ?1 8k 2 ? 2 4k ?1 ? D ( 0,1 ), P ( 2 , ? 2 ) , N ( x,0 )三点共线可知 4k ,即 2 4k ? 1 4k ? 1 8k ? 2 x?0 ?0 4k 2 ? 1

x?

4k ? 2 ,所以点 N(4k ? 2 , 0). 2k ? 1 2k ? 1

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所以 MN 的斜率为

4k ?0 4k(2k ? 1) 2k ? 1 m ? 2k ? 1 , ? ? 2 2 4k ? 2 4k ? 2 2(2k ? 1) ? 2(2k ? 1) 4 ? 2k ? 1 2k ? 1

则 2m ? k ? 2k ? 1 ? k ? 1 (定值) .
2 2

方法二:设 P(x 0 , y0 )(x 0 ? 0, ?2) ,则 k ? 直线 BP 的方程为 y ?

y0 ,直线 x0 ? 2

AD 的方程为 y ? 1 (x ? 2),
2
y0 ? 1 x. x0

y0 ( x ? 2),直线 x0 ? 2 ?x 0 , 0). y0 ? 1

DP 的方程为 y ? 1 ?

令 y=0,由于 y 0 ? 1 ,可得 N(
1 ? y ? (x ? 2) ? 2 解? 可得 ? ? y ? y0 (x ? 2) x0 ? 2 ? ?

M(

4y0 ? 2x 0 ? 4 4y0 , ), 2y0 ? x 0 ? 2 2y0 ? x 0 ? 2

所以 MN

4y0 ?0 2y0 ? x 0 ? 2 4y 0(y 0 ? 1) 的斜率为 m ? ? 2 4y0 ? 2x 0 ? 4 ? x 0 4y0 ? 8y0 ? 4x 0 y0 ? x 0 2 ? 4 ? 2y0 ? x 0 ? 2 y0 ? 1

=

4y0 (y0 ? 1) y0 ? 1 ? . 2 4y0 ? 8y0 ? 4x 0 y0 ? (4 ? 4y 0 ) ? 4 2y 0 ? x 0 ? 2
2

故 2m ? k ?

2(y0 ? 1) y0 2(y0 ? 1)(x 0 ? 2) ? y 0 (2y 0 ? x 0 ? 2) ? ? 2y0 ? x 0 ? 2 x 0 ? 2 (2y 0 ? x 0 ? 2)(x 0 ? 2)

2(y0 ? 1)(x 0 ? 2) ? 2y0 2 ? y0 (x 0 ? 2) ? ? (2y0 ? x 0 ? 2)(x 0 ? 2)

1 2(y0 ? 1)(x 0 ? 2) ? (4 ? x 0 2 ) ? y0 (x 0 ? 2) 2 (2y0 ? x 0 ? 2)(x 0 ? 2)

1 2(y0 ? 1) ? (2 ? x 0 ) ? y0 1 2 ? ? (定值) . 2y0 ? x 0 ? 2 2

7. ( 2013 · 广东高考文科· T 20 ) 已知抛物线 C 的顶点为原点, 其焦点 F (0, c) ( c ? 0 )到直线 l : x ? y ? 2 ? 0 的距离为
3 2 . 设 P 为直线 l 上的点,过点 P 作 2

抛物线 C 的两条切线 PA, PB,其中 A,B 为切点 . (1) 求抛物线 C 的方程;
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(2)当点 P( x0 , y0 ) 为直线 l 上的定点时,求直线 AB 的方程; (3)当点 P 在直线 l 上移动时,求 | AF | ? | BF | 的最小值. 【解题指南】本题以抛物线的切线为载体,考查抛物线方程、导数与切线、 直线方程及最值等内容 .解题过程中,抛物线的性质需要熟练运用 . 【解析】 ( 1) 因为 F (0, c) 到直线 l :x ? y ? 2 ? 0 的距离为
|0?c?2| 3 2 3 2 ? , 即 2 , 2 2 1 ? (?1) 2

所以 c ? 1 (注意 c ? 0 ),可得抛物线 C 的方程为 x2 ? 4 y ; ( 2)设切点 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ),则 x12 ? 4 y1, x22 ? 4 y2 . 对 x2 ? 4 y (即 y ? x 2 ) 求导可得 y? ? x , 切线 PA 的斜率为
1 4 1 2

y1 ? y0 1 将 x12 ? 4 y1 ? x1 , x1 ? x0 2

和 y0 ? x0 ? 2 代 入 整 理 可 得 2 y1 ? x0 x1 ? 2 y0 ? 0 ① , 同 理 切 线 PB 的 斜 率 为
y2 ? y0 1 ? x2 ,将 x22 ? 4 y2 和 y0 ? x0 ? 2 代入整理可得 2 y2 ? x0 x2 ? 2 y0 ? 0 ②,由①② x2 ? x0 2

可得点 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 )都适合方程 2 y ? x0 x ? 2 y0 ? 0 ,也就是当点 P( x0 , y0 ) 为直线 l 上的定点时,直线 AB 的方程即为 2 y ? x0 x ? 2 y0 ? 0 . ( 3)由抛物线的性质可知 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 ) 到焦点 F (0,c )的距离等于到准线
y ? ?1 的距离,所以 | AF |? y1 ? 1,| BF |? y2 ? 1 ,

| AF | ? | BF |? ( y1 ? 1)( y2 ? 1) ? y1 y2 ? y1 ? y2 ? 1 .

联立方程 ?

? x0 x ? 2 y ? 2 y0 ? 0 ?x ? 4 y
2

,消去 x 整理得 y 2 ? ? 2 y0 ? x 0 2 ? y ? y 0 2 ? 0 ,由一元二次方

程根与系数的关系可得 y1 ? y2 ? x02 ? 2 y0 , y1 y2 ? y02 ,所以
AF ? BF ? y02 ? x02 ? 2 y0 ? 1.
1 1? 9 又 y0 ? x0 ? 2 , 则 y0 ? x 0 ? 2 y 0? 1 ? 2 y ? 2 y 0? 5 ? 2 ? 0 ?y ? ? ? , 所 以 当 y0 ? ? 2 时 , 2? 2 ?
2 2 2 0 2

AF ? BF 取得最小值 , 且最小值为

9 . 2
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8. ( 2013 · 广东高考理科· T 20 ) 已知抛物线 C 的顶点为原点, 其焦点 F (0, c) ( c ? 0 )到直线 l : x ? y ? 2 ? 0 的距离为
3 2 . 设 P 为直线 l 上的点,过点 P 作 2

抛物线 C 的两条切线 PA, PB,其中 A,B 为切点 . (1) 求抛物线 C 的方程; (2)当点 P( x0 , y0 ) 为直线 l 上的定点时,求直线 AB 的方程; (3)当点 P 在直线 l 上移动时,求 | AF | ? | BF | 的最小值. 【解题指南】本题以抛物线的切线为载体,考查抛物线方程、导数与切线、 直线方程及最值等内容 .解题过程中,抛物线的性质需要熟练运用 . 【解析】 ( 1) 因为 F (0, c) 到直线 l :x ? y ? 2 ? 0 的距离为
|0?c?2| 3 2 3 2 ? , 即 2 , 2 2 1 ? (?1) 2

所以 c ? 1 (注意 c ? 0 ),可得抛物线 C 的方程为 x2 ? 4 y ; ( 2)设切点 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ),则 x12 ? 4 y1, x22 ? 4 y2 . 对 x2 ? 4 y (即 y ? x 2 ) 求导可得 y? ? x , 切线 PA 的斜率为
1 4 1 2

y1 ? y0 1 ? x1 , 将 x12 ? 4 y1 x1 ? x0 2

和 y0 ? x0 ? 2 代 入 整 理 可 得 2 y1 ? x0 x1 ? 2 y0 ? 0 ① , 同 理 切 线 PB 的 斜 率 为
y2 ? y0 1 ? x2 ,将 x22 ? 4 y2 和 y0 ? x0 ? 2 代入整理可得 2 y2 ? x0 x2 ? 2 y0 ? 0 ②,由①② x2 ? x0 2

可得点 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 )都适合方程 2 y ? x0 x ? 2 y0 ? 0 ,也就是当点 P( x0 , y0 ) 为直线 l 上的定点时,直线 AB 的方程即为 2 y ? x0 x ? 2 y0 ? 0 . ( 3)由抛物线的性质可知 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 ) 到焦点 F (0,c )的距离等于到准线
y ? ?1 的距离,所以 | AF |? y1 ? 1,| BF |? y2 ? 1 ,

| AF | ? | BF |? ( y1 ? 1)( y2 ? 1) ? y1 y2 ? y1 ? y2 ? 1 .

联立方程 ?

? x0 x ? 2 y ? 2 y0 ? 0 ?x ? 4 y
2

,消去 x 整理得 y 2 ? ? 2 y0 ? x 0 2 ? y ? y 0 2 ? 0 ,由一元二次方

程根与系数的关系可得 y1 ? y2 ? x02 ? 2 y0 , y1 y2 ? y02 ,所以
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AF ? BF ? y02 ? x02 ? 2 y0 ? 1.
? 又 y0 ? x0 ? 2 , 则 y02 ? x 02 ? 2 y 0? 1 ? 2 y 02? 2 y 0? 5 ? 2 ? 0 ?y ? ? ? , 所 以 当 y0 ? ? 2 时 , 2? 2 ? 1 9
1
2

AF ? BF 取得最小值 , 且最小值为

9 . 2

9. ( 2013 ·重庆高考理科·T 21 )如图,椭圆的中心为原点 O ,长轴在 x 轴 上,离心率 e ?
2 ,过左焦点 F1 作 x 轴的垂线交椭圆于 A 、 A? 两点, AA? ? 4 . 2

(Ⅰ)求该椭圆的标准方程; (Ⅱ)取垂直于 x 轴的直线与椭圆相较于不同的两点 P 、 P? ,过 P 、 P? 作圆 心为 Q 的圆,使椭圆上的其余点均在圆 Q 外.若 PQ ⊥ P?Q ,求圆 Q 的标准方 程. 【解题指南】直接利用已知条件可求出椭圆的标准方程,设出 Q 点的坐标, 利用椭圆上的其余点均在圆 Q 外且 PQ ⊥ P?Q 求出圆的方程 . 【解析】(Ⅰ)设椭圆方程为错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。 =1(a>b>0), 由 题 意 知 点 A(?c,2) 在 椭 圆 上 , 则
4 b2 2 2 2 ? 8, 从而 a ? ? 16, ,得 b ? e? 1? c2 1 ? c2 2
4 ( ?c ) 2 2 2 ? 2 ? 1. 从 而 c 2 ? 2 ? 1. 由 2 b a b

故该椭圆的标准方程为

x2 y2 ? ? 1. 16 8

(Ⅱ)由椭圆的对称性 ,可设 Q( x0 ,0) ,又设 M ( x, y) 是椭圆上任意一点 , 则
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x2 1 2 QM ? ( x ? x0 ) ? y ? x ? 2 x0 x ? x0 ? 8(1 ? ) ? ( x ? 2 x0 ) 2 ? x0 ? 8( x ? ?? 4,4?) . 16 2
2 2 2 2 2

设 P( x1 , y1 ) , 由题意 , P 是椭圆上到 Q 的距离最小的点 , 因此 , 上式当 x ? x1 时取 最 小 值 , 又 因 为 x1 ? ?? 4,4? , 所 以 上 式 当 x ? 2 x0 时 取 最 小 值 , 从 而 x1 ? 2x0 , 且
QP ? 8 ? x0 .
2 2

因为 PQ ⊥ P?Q ,且 P?( x1 ,? y1 ), 所以 QP ? QP? ? ( x1 ? x0 , y1 ) ? ( x1 ? x0 ,? y1 ) ? 0,
x 1 即 ( x1 ? x0 ) ? y1 ? 0 .由椭圆方程及 x1 ? 2x0 得 x12 ? 8(1 ? 1 ) ? 0 , 4 16
2 2
2

解得 x1 ? ?

x 16 4 6 2 6 2 .从而 QP ? 8 ? x0 2 ? . , x0 ? 1 ? ? 3 3 2 3

故这样的圆有两个 ,其标准方程分别为
? 2 6? 16 ? 2 6? 16 ?x? ? ? y2 ? , ? x ? ? ? y2 ? . ? ? ? ? 3 ? 3 ? 3 ? 3 ?
2 2

10. ( 2013·重庆高考文科·T 21 )如图,椭圆的中心为原点 O ,长轴在 x 轴 上,离心率 e ?
2 ,过左焦点 F1 作 x 轴的垂线交椭圆于 A 、 A? 两点, AA? ? 4 . 2

(Ⅰ)求该椭圆的标准方程; (Ⅱ)取平行于 y 轴的直线与椭圆相较于不同的两点 P 、 P? ,过 P 、 P? 作圆 心为 Q 的圆,使椭圆上的其余点均在圆 Q 外.求 ?PP?Q 的面积 S 的最大值,并 写出对应的圆 Q 的标准方程.

【解题指南】直接利用已知条件可求出椭圆的标准方程,设出 Q 点的坐标,
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利 用 椭 圆 上 的 其 余 点 均 在 圆 Q 外 可 求 ?PP?Q 的 面 积 S 的 最 大 值 以 及 圆 的 方 程. 【解析】(Ⅰ)由题意知点 A(?c,2) 在椭圆上 ,则 由e?
4 b2 2 2 ? 8 , a ? ? 16, ,得 b 2 ? 从而 1? c2 1 ? c2 2

4 ( ?c ) 2 2 2 ? 2 ? 1. 从而 c 2 ? 2 ? 1. 2 b a b

x2 y2 故该椭圆的标准方程为 ? ? 1. 16 8

(Ⅱ)由椭圆的对称性 ,可设 Q( x0 ,0) ,又设 M ( x, y) 是椭圆上任意一点 , 则
QM ? ( x ? x0 ) 2 ? y 2 ? x 2 ? 2 x0 x ? x0 ? 8(1 ?
2 2

x2 1 2 ) ? ( x ? 2 x0 ) 2 ? x0 ? 8( x ? ?? 4,4?) . 16 2

设 P( x1 , y1 ) , 由题意 , P 是椭圆上到 Q 的距离最小的点 , 因此 , 上式当 x ? x1 时取 最 小 值 , 又 因 为 x1 ? ?? 4,4? , 所 以 上 式 当 x ? 2 x0 时 取 最 小 值 , 从 而 x1 ? 2x0 , 且
QP ? 8 ? x0 .
2 2

? x1 2 ? 1 1 ? 由对称性知 P?( x1 ,? y1 ), 故 PP? ? 2 y1 , 所以 S ? 2 y1 x1 ? x0 ? ? 2 8? ?1 ? 16 ? x0 2 2 ? ?

? 2 4 ? x0 x0 ? 2 ? x0 ? 2 ? 4 .

?

2

?

2

?

2

?

2

当 x0 ? ? 2 时 , ?PP ?Q 的面积 S 取到最大值 2 2 . 此时对 应的圆 Q 的 圆心坐 标为 Q(? 2 ,0) , 半径 QP ? 8 ? x0 2 ? 6 , 因此 , 这样 的 圆有两个 ,其标准方程分别为

?x ? 2 ?

2

? y 2 ? 6, x ? 2

?

?

2

? y 2 ? 6.

11. ( 2013·新课标Ⅰ高考文科·T 21 )与( 2013 ·新课标Ⅰ高考理科·T 20 )相同 已知圆 M : ( x ? 1) 2 ? y 2 ? 1,圆 N : ( x ? 1) 2 ? y 2 ? 9 ,动圆 P 与 M 外切并且与圆 N 内 切,圆心 P 的轨迹为曲线 C .
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(Ⅰ)求 C 的方程; (Ⅱ) l 是与圆 P ,圆 M 都相切的一条直线, l 与曲线 C 交于 A, B 两点,当圆
P 的半径最长时,求 | AB | .

【解题指南】 (Ⅰ)根据圆的位置关系与半径的关系并结合圆锥曲线的定义 确定曲线 C 的方程 . (Ⅱ)结合图象,确定当圆 P 的半径最长时的情形,并对 k 的值进行分类求 解. 【解析】由已知得圆 M 的圆心为 M (?1,0) ,半径 r1 ? 1;圆 N 圆心为 N (1,0) ,半 径 r2 ? 3 .设圆 P 的圆心为 P( x, y) ,半径为 R (Ⅰ)动圆 P 与 M 外切并且与圆 N 内切。,所以
| PM | ? | PN |? ( R ? r1 ) ? (r2 ? R) ? r1 ? r2 ? 4

由椭圆定义可知,曲线 C 是以 M , N 为左、右焦点,长半轴长为 2, 短半轴 长为 3 的椭圆(左顶点除外),其方程为
x2 y2 ? ? 1( x ? 2) . 4 3

(Ⅱ)对于曲线 C 上任意一点 P( x, y) ,由于 | PM | ? | PN |? 2R ? 2 ? 2 ,所以 R ? 2 , 当且仅当圆 P 的圆心为 (2,0) 时, R ? 2 ,所以当圆 P 的半径最长时,其方程为
( x ? 2) 2 ? y 2 ? 4 .

若 l 的倾斜角为 90? ,则 l 与 y 轴重合,可得 | AB |? 2 3 . 若 l 的倾斜角不为 90? ,由 r1 ? R ,知 l 不平行于 x 轴,设 l 与 x 轴的交点为 Q , 则
| QP | R ? ,可求得 Q(?4,0) ,所以可设 l : y ? k ( x ? 4) ,由 l 与圆 M 相切得 | QM | r1

| 3k | 1? k 2

? 1 ,解得 k ? ?

2 . 4

当k ?

x2 y2 2 2 ? ? 1 ,并整理得 7 x 2 ? 8x ? 8 ? 0 , x ? 2 代入 时,将 y ? 4 3 4 4
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解得 x1 ? 当k ?

18 ?4?6 2 ?4?6 2 , x1 ? ,所以 | AB |? 1 ? k 2 | x2 ? x1 |? . 7 7 7

18 2 时,由图形的对称性可知 | AB |? . 7 4 18 . 7

综上, | AB |? 2 3 或 | AB |?

12.( 2013 ·江西高考理科·T 20 )如图,椭圆 C : ( 1, ),离心率 e ? ,直线 l 的方程为 x=4.
3 2 1 2

x 2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0) 经过点 P a 2 b2

( 1)求椭圆 C 的方程; ( 2)AB 是经过右焦点 F 的任一弦(不经过点 P ),设直线 AB 与直线 l 相交 于点 M,记 PA, PB, PM 的斜率分别为 k1, k2 , k3. 问:是否存在常数 λ ,使 得 k1+k2=λ k3?若存在,求 λ 的值;若不存在,说明理由 【解题指南】( 1 )注意到点 P 在椭圆上, e ? 与 a 2 ? b2 ? c2 可求出椭圆中的 a, b,进而可写出椭圆的方程; (2) 设出直线 AB 的方程,联立直线与椭圆 方程,结合 A、 F 、 B 三点共线可得 k 1+k2 与 k3 的关系 ,进而可求 λ 的值 【解析】( 1)由 P(1, )在椭圆上得, 依题设知 a=2c,则 a2=4c2, b2 ? 3c2 ,
3 2 1 9 ? 2 ?1 2 a 4b c a




x 2 y2 ? ? 1. 4 3

将②代入①得 c2 ? 1,a 2 ? 4, b2 ? 3. 故椭圆 C 的方程为

( 2)方法一:由题意可设 AB 的斜率为 k,则直线 AB 的方程为 y ? k(x? 1) ③ 代入椭圆方程并整理得 (4k 2 ? 3)x 2 ? 8k 2 x ? 4(k 2 ? 3) ? 0.

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8k 2 4(k 2 ? 3) 设 A(x1, y1 ), B(x 2 , y2 ) ,则有 x1 ? x 2 ? 2 , x1x 2 ? 2 ④ 4k ? 3 4k ? 3

在方程③中令 x=4 得 M(4, 3k).
3 3 3 y2 ? 3k ? 2 ,k ? 2 ,k ? 2 ? k ? 1. 从而 k1 ? 2 3 x1 ? 1 x2 ?1 4 ?1 2 y1 ?

注意到 A、 F、 B 三点共线,则有 k ? k AF ? k BF ,即
y1 ?

y1 y ? 2 ? k. x1 ? 1 x 2 ? 1

3 3 y2 ? 2? 2 ? y1 ? y 2 ? 3 ( 1 ? 1 ) 所以 k1 ? k 2 ? x1 ? 1 x 2 ? 1 x 1 ? 1 x 2 ? 1 2 x 1 ? 1 x 2 ? 1

x1 ? x 2 ? 2 3 ? 2k ? ? 2 x1x 2 ? (x1 ? x 2 ) ? 1



8k 2 ?2 2 3 将④代入⑤得 k1 ? k 2 ? 2k ? ? 2 4k ? 3 2 ? 2k ? 1. 8k 2 4(k ? 3) ? ?1 4k 2 ? 3 4k 2 ? 3 1 又 k 3 ? k ? ,所以 k1 ? k 2 ? 2k3 .故存在常数 ? ? 2 符合题意 . 2

方法二:设 B(x0 , y0 )(x0 ? 1) ,则直线 FB 的方程为: y ? 令 x=4,求得 M(4,
3y0 ), x0 ?1 2y0 ? x 0 ? 1 , 2(x 0 ? 1)

y0 (x ? 1), x0 ?1

从而直线 PM 的斜率为 k 3 ?

y0 ? y ? (x ? 1) ? x0 ?1 5x ? 8 3y0 ? ), 联立 ? 2 2 ,解得 A( 0 , 2x 0 ? 5 2x 0 ? 5 ?x ? y ?1 ? 3 ?4

则直线 PA 的斜率为 k1 ? 所以 k1 ? k 2 ?

2y0 ? 2x 0 ? 5 2y ? 3 ,直线 PB 的斜率为 k 2 ? 0 , 2(x 0 ? 1) 2(x 0 ? 1)

2y0 ? 2x0 ? 5 2y 2y ? x 0 ? 3 0 ? 1 ? ? 0 ? 2k3,故存在常数 ? ? 2 符合题意 . 2(x0 ? 1) 2(x x 0 ? 1) 0 ? 1

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13. ( 2013 ·湖北高考文科· T22 )与( 2013 ·湖北高考理科· T21 )相同 如图,已知椭圆 C1 与 C2 的中心坐标原点 O,长轴均为 MN 且在 X 轴上,短轴 长分别为 2m ,2n( m>n ),过原点且不与 x 轴重合的直线 l 与 C1, C 2 的四个 交点按纵坐标从大到小依次为 A, B, C, D。记 λ = m ,△ BDM 和△ ABN 的面
n

积分别为 S 1 和 S2. 。

(Ⅰ)当直线 l 与 y 轴重合时,若 S1=λ S2 ,求 λ 的值; (Ⅱ)当 λ 变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线 l ,使得 S1=λ S2?并 说明理由 【解题指南】 (Ⅰ)由 S1=λ S2 列出方程解出 λ 的值 ,验证 λ >1 得 λ 的值 . (Ⅱ)先假设存在 ,看是否能求出符合条件的 λ ,如果推出矛盾就是不存在 . 【解析】依题意可设椭圆 C1 和 C2 的方程分别为
C1 :

x2 y 2 x2 y 2 C , : ? ? 1 ? ?1. 2 a 2 m2 a 2 n2

其中 a ? m ? n ? 0 , ? ? m ? 1.
n

(Ⅰ)方法 1 :如图 1,

图1 若直线 l 与 y 轴重合,即直线 l 的方程为 x ? 0 ,则
S1 ?

S | BD | 1 1 1 1 . | BD | ? | OM | ? a | BD | , S2 ? | AB | ? | ON | ? a | AB | ,所以 1 ? S2 | AB | 2 2 2 2
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在 C1 和 C2 的方程中分别令 x ? 0 ,可得 yA ? m , yB ? n , yD ? ?m , 于是 | BD | ?
| AB | | yB ? yD | m ? n ? ? 1 ? ? . | y A ? yB | m ? n ? ? 1

若 S1 ? ? ,则 ? ? 1 ? ? ,化简得 ? 2 ? 2? ? 1 ? 0 . 由 ? ? 1 ,可解得 ? ?
S2

? ?1

2 ? 1.

故当直线 l 与 y 轴重合时,若 S1 ? ? S2 ,则 ? ? 方法 2:如图 1,若直线 l 与 y 轴重合,则
| BD | ? | OB | ? | OD | ? m ? n , | AB | ? | OA | ? | OB | ? m ? n ;

2 ? 1.

S1 ?

1 1 1 1 | BD | ? | OM |? a | BD | , S2 ? | AB | ? | ON |? a | AB | . 2 2 2 2
S1 | BD | m ? n ? ? 1 ? ? ? . S2 | AB | m? n ? ? 1

所以

若 S1 ? ? ,则 ? ? 1 ? ? ,化简得 ? 2 ? 2? ? 1 ? 0 . 由 ? ? 1 ,可解得 ? ?
S2

? ?1

2 ? 1.

故当直线 l 与 y 轴重合时,若 S1 ? ? S2 ,则 ? ? (Ⅱ)方法一:如图 2,

2 ? 1.

图2 若存在与坐标轴不重合的直线 l ,使得 S1 ? ? S2 . 根据对称性, 不妨设直线 l : y ? kx (k ? 0) , 点 M (?a, 0) , N (a, 0) 到直线 l 的距离分别为 d1 , d 2 ,则
0| ? 因为 d1 ? | ?ak ? 2 1? k ak 1? k
2

, d 2 ? | ak ? 02 | ?
1? k

ak 1? k2

,所以 d1 ? d2 .

又 S1 ? 1 | BD | d1 , S2 ? 1 | AB | d2 ,所以 S1
2 2

S2

?

| BD | ? ? ,即 | BD |? ? | AB |. | AB |

由对称性可知 | AB | ?| CD | ,所以 | BC | ? | BD | ? | AB | ? (? ? 1) | AB | ,
| AD | ? | BD | ? | AB | ? (? ? 1) | AB | ,于是
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| AD | ? ? 1 . ? | BC | ? ? 1



将 l 的方程分别与 C1 , C2 的方程联立,可求得
xA ? am a k ?m
2 2 2

, xB ?

an a k 2 ? n2
2

.

根据对称性可知 xC ? ? xB , xD ? ? xA ,于是
1 ? k 2 | xA ? xD | 2 xA m a2 k 2 ? n2 | AD | ? ? ? 2 2 2 | BC | 1 ? k 2 | xB ? xC | 2 xB n a k ? m

.



从而由①和②式可得
a 2 k 2 ? n2 ? ?1 ? a 2 k 2 ? m2 ? (? ? 1)

.



2 2 2 1) 令 t ? ? ? 1 ,则由 m ? n ,可得 t ? 1,于是由③可解得 k 2 ? n (2? t ? . 2

? (? ? 1)

a (1 ? t )
2

因为 k ? 0 ,所以 k 2 ? 0 . 于是③式关于 k 有解,当且仅当 n 等价于 (t 2 ? 1)(t 2 ? 即 1 ? ? ?1
? ? (? ? 1)
1

(? 2 t 2 ? 1) ?0, a 2 (1 ? t 2 )

?2

)?0.

由 ? ? 1 ,可解得 1 ? t ? 1 ,
?

? 1 ,由 ? ? 1 ,解得 ? ? 1 ? 2 ,所以

当 1? ? ?1? 当 ? ?1?

2 时,不存在与坐标轴不重合的直线

l,使得 S1 ? ? S2 ;

2 时,存在与坐标轴不重合的直线 l 使得 S1 ? ? S2 .

方法 2:如图 2,若存在与坐标轴不重合的直线 l ,使得 S1 ? ? S2 . 根据对称性, 不妨设直线 l : y ? kx (k ? 0) , 点 M (?a, 0) , N (a, 0) 到直线 l 的距离分别为 d1 , d 2 ,则
0| ? 因为 d1 ? | ?ak ? 2 1? k ak 1? k
2

, d 2 ? | ak ? 02 | ?
1? k

ak 1? k2

,所以 d1 ? d2 .

又 S1 ? 1 | BD | d1 , S2 ? 1 | AB | d2 ,所以 S1
2 2

S2

?

| BD | ?? . | AB |

因为 | BD | ?
| AB |

1 ? k 2 | xB ? xD | 1 ? k | xA ? xB |
2

?

x xA ? xB ? ?1 . ? ? ,所以 A ? xA ? xB xB ? ? 1

由点 A( xA , kxA ) , B( xB , kxB ) 分别在 C1, C2 上,可得
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x A 2 ? xB 2 k 2 ( x A 2 ? ? 2 x B 2 ) xA 2 k 2 x A 2 xB 2 k 2 xB 2 ? ?0, , ,两式相减可得 ? ? 1 ? ? 1 a2 m2 a2 m2 a2 n2

依题意 xA ? xB ? 0 ,所以 xA2 ? xB2 . 所以由上式解得 k 2 ? 因为 k 2 ? 0 ,所以由
? ?1
m 2 ( x A 2 ? xB 2 ) x ? 0 ,可解得 1 ? A ? ? . a 2 (? 2 xB 2 ? x A 2 ) xB

m2 ( xA 2 ? xB 2) . a 2 (? 2 xB 2 ? xA 2)

从而 1 ? ? ? 1 ? ? ,解得 ? ? 1 ? 所以当 1 ? ? ? 1 ? 当 ? ?1?

2,

2 时,不存在与坐标轴不重合的直线 l ,使得 S1 ? ? S2 ;

2 时,存在与坐标轴不重合的直线 l ,使得 S1 ? ? S2 .

14. ( 2013 ·大纲版全国卷高考文科·T 22)与( 2013·大纲版全国卷高 考理科·T 21 )相同
x2 y 2 已知双曲线 C : 2 ? 2 ? 1? a ? 0, b ? 0 ?的左、右焦点分别为F1,F2, 离心率为 3, 直线 a b

y ? 2与C的两个交点间的距离为 6.

( I)求 a, b. ( II) 设过F2的直线l与C的左、右两支分别相交于A,B两点,且
AB , BF2 成等比数列. AF1 ? BF1 证明: AF2 ,

【解题指南】( I )利用 ? 3 及 y ? 2与C的两个交点间的距离为 6. 列出关于 a 的方 程求解 a , b 的值 . ( II)将过 F2 的直线 l 与( I)中所求双曲线方程联立成方程组,化简成关于
x 的一元二次方程,由 AF1 ? BF1 求得 k 的值,然后求出 AF2 , AB , BF2 进行证

c a

明.
c a2 ? b2 ? 3 ? 9 ,故 b 2 ? 8a 2 . 【解析】( I)由题设知 ,即 2 a a

所以 C 的方程为 8x 2 ? y 2 ? 8a 2 .

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将 y ? 2 代入上式,求得 x ? ? a 2 ? . 由题设知, 2 a 2 ? ? 6 ,解得 a 2 ? 1 . 所以 a ? 1 , b ? 2 2 . ( II)由( I)知, F1 (?3,0) , F2 (3,0) , C 的方程为 8x 2 ? y 2 ? 8 .① 由题意可设 l 的方程为 y ? k ( x ? 3),| k |? 2 2 ,代入①并化简得
(k 2 ? 8) x 2 ? 6k 2 x ? 9k 2 ? 8 ? 0 .
1 2

1 2

设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) ,则 x1 ? 1, x2 ? 1 , x1 ? x2 ?

6k 2 9k 2 ? 8 x ? x ? , . 1 2 k2 ?8 k2 ?8

于是 | AF1 |? ( x1 ? 3) 2 ? y12 ? ( x1 ? 3) 2 ? 8 x12 ? 8 ? ?(3x1 ? 1) ,
2 2 | BF1 |? ( x2 ? 3) 2 ? y 2 ? ( x2 ? 3) 2 ? 8 x2 ? 8 ? 3x2 ? 1

2 6k 2 2 x ? x ? ? ?? . 由 | AF1 |? | BF1 | 得 ? ?(3x1 ? 1) ? 3x2 ? 1 ,即 1 2 ,故 2 3 3 k ?8

解得 k 2 ? 从而 x1 ? x2 ? ?

4 5

19 . 9

由于 | AF2 |? ( x1 ? 3) 2 ? y12 ? ( x1 ? 3) 2 ? 8 x12 ? 8 ? 1 ? 3x1 ,
| BF2 |=
2 ( x2 - 3) 2 + y2 = 2 ( x2 - 3) 2 + 8 x2 - 8 ? 3 x2 ? 1.

故 | AB |?| AF2 | ? | BF2 |? 2 ? 3( x1 ? x2 ) ? 4 ,
| AF2 | ? | BF2 |? 3( x1 ? x2 ) ? 9 x1 x2 ? 1 ? 16 .

因而 | AF2 | ? | BF2 |?| AB |2 ,所以 | AF2 | 、 | AB | 、 | BF2 | 成等比数列 . 15.( 2013 ·上海高考文科· T23 )与( 2013 ·上海高考理科· T22 )相同 如图,已知双曲线 C1:
x2 ? y 2 ? 1 ,曲线 C 2 : y ? x ? 1 .P 是平面内一点 . 若存在过 2

点 P 的直线与 C1、 C2 都有共同点,则称 P 为“ C1-C 2 型点” .

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( 1)在正确证明 C 1 的左焦点是“ C1-C 2 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,进而证明圆点不是“ C1-C2 型 点”; ( 3)求证:圆 x 2 ? y 2 ? 内的点都不是“ C1-C2 型点” . 【解析】 (1)C1 的左焦点为 (-错误!未找到引用源。 ,0), 写出的直线方程可 以是以下形式 : x=-错误!未找到引用源。或 y=k(x+错误!未找到引用源。),其中 |k| ≥ (2)因为直线 y=kx 与 C2 有公共点 , 所以方程组错误!未找到引用源。有实数解 , 因此 |kx|=|x|+1, 得 |k|=
x ?1 x
3 . 3
1 2

>1.

若原点是“ C1-C2 型点” ,则存在过原点的直线与 C1,C2 都有公共点 . 考虑过原点与 C2 有公共点的直线 x=0 或 y=kx(|k|>1). 显然直线 x=0 与 C1 无公共点 . 如果直线为 y=kx(|k|>1), 则由方程组错误!未找到引用源。 得 x2=错误!未找到引用源。 <0, 矛盾 ,
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所以直线 y=kx(| k|>1)与 C1 也无公共点 . 因此原点不是“ C 1-C2 型点” . (3)记圆 O:x2+y2= 错误!未找到引用源。 ,取圆 O 内的一点 Q, 设有经过 Q 的直线 l 与 C1,C2 都有公共点 , 显然 l 不垂直于 x 轴 ,故可设 l:y=kx+b. 若 |k|≤ 1,由于圆 O 夹在两组平行线 y=x±1 与 y=-x±1 之间 , 因此圆 O 也夹在直线 y=kx±1 与 y=-kx±1 之间 ,从而过 Q 且以 k 为斜率的直 线 l 与 C2 无公共点 ,矛盾 ,所以 |k|>1. 因为 l 与 C1 有公共点 , 所以方程组错误!未找到引用源。有实数解 , 得 (1-2k2)x2-4kbx-2b2-2=0. 因为 |k|>1,所以 1-2k2≠ 0, 因此 Δ =(4kb)2-4(1-2k2)(-2b2-2)=8(b 2+1-2k2)≥ 0, 即 b2≥ 2k2-1. 因为圆 O 的圆心 (0,0) 到直线 l 的距离 d=错误!未找到引用源。 , 所以错误!未找到引用源。 =d2< ,从而错误!未找到引用源。 >b2≥ 2k2-1, 得 k2<1,与 |k|>1 矛盾 . 因此 ,圆 x2+y2= 内的点都不是“ C 1-C2 型点” .
1 2 1 2

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