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2013年全国高考试题分类汇编: 圆锥曲线的综合问题

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2013年全国高考试题分类汇编: 圆锥曲线的综合问题

105圆锥曲线的综合问题考点一定点与定值问题12013北京,19,14分直线YKXMM≠0与椭圆WY21相交于A,C两点,O是坐标原点1当点B的坐标为0,1,且四边形OABC为菱形时,求AC的长;2当点B在W上且不是W的顶点时,证明四边形OABC不可能为菱形解析1因为四边形OABC为菱形,所以AC与OB相互垂直平分所以可设A,代入椭圆方程得1,即T所以|AC|22假设四边形OABC为菱形因为点B不是W的顶点,且AC⊥OB,所以K≠0由消Y并整理得14K2X28KMX4M240设AX1,Y1,CX2,Y2,则,KM所以AC的中点为M因为M为AC和OB的交点,且M≠0,K≠0,所以直线OB的斜率为因为K≠1,所以AC与OB不垂直所以OABC不是菱形,与假设矛盾所以当点B不是W的顶点时,四边形OABC不可能是菱形22013安徽,21,13分已知椭圆C1AB0的焦距为4,且过点P,1求椭圆C的方程;2设QX0,Y0X0Y0≠0为椭圆C上一点过点Q作X轴的垂线,垂足为E取点A0,2,连结AE过点A作AE的垂线交X轴于点D点G是点D关于Y轴的对称点,作直线QG问这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点并说明理由解析1因为焦距为4,所以A2B24又因为椭圆C过点P,,所以1,故A28,B24,从而椭圆C的方程为12由题意,E点坐标为X0,0,设DXD,0,则X0,2,XD,2,再由AD⊥AE知,0,即X0XD80由于X0Y0≠0,故XD因为点G是点D关于Y轴的对称点,所以点G故直线QG的斜率KQG又因QX0,Y0在椭圆C上,所以28①从而KQG故直线QG的方程为Y②将②代入椭圆C的方程,得2X216X0X64160③再将①代入③,化简得X22X0X0解得XX0,YY0,即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点考点二参变量的取值范围与最值问题32013湖北,22,14分如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在X轴上,短轴长分别为2M,2NMN,过原点且不与X轴重合的直线L与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D记Λ,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S21当直线L与Y轴重合时,若S1ΛS2,求Λ的值;2当Λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线L,使得S1ΛS2并说明理由解析依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C11,C21其中AMN0,Λ11解法一如图1,若直线L与Y轴重合,即直线L的方程为X0,则S1|BD||OM|A|BD|,S2|AB||ON|A|AB|,所以在C1和C2的方程中分别令X0,可得YAM,YBN,YDM,所以若Λ,即Λ,化简得Λ22Λ10由Λ1,解得Λ1故当直线L与Y轴重合时,若S1ΛS2,则Λ1解法二如图1,若直线L与Y轴重合,则|BD||OB||OD|MN,|AB||OA||OB|MN;S1|BD||OM|A|BD|,S2|AB||ON|A|AB|所以若Λ,即Λ,化简得Λ22Λ10由Λ1,解得Λ1故当直线L与Y轴重合时,若S1ΛS2,则Λ12解法一如图2,若存在与坐标轴不重合的直线L,使得S1ΛS2根据对称性,不妨设直线LYKXK0,点MA,0,NA,0到直线L的距离分别为D1,D2因为D1,D2,所以D1D2又因为S1|BD|D1,S2|AB|D2,所以Λ,即|BD|Λ|AB|由对称性可知|AB||CD|,所以|BC||BD||AB|Λ1|AB|,|AD||BD||AB|Λ1|AB|,所以①将L的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得XA,XB根据对称性可知XCXB,XDXA,所以②从而由①②可得③令T,则由MN,可得T≠1,所以由③解得K2因为K≠0,所以K20所以③式关于K有解,当且仅当0,等价于T210由Λ1,解得T1,即1,由Λ1,解得Λ1,所以当1Λ≤1时,不存在与坐标轴不重合的直线L,使得S1ΛS2;当Λ1时,存在与坐标轴不重合的直线L,使得S1ΛS2解法二如图2,若存在与坐标轴不重合的直线L,使得S1ΛS2根据对称性,不妨设直线LYKXK0,点MA,0,NA,0到直线L的距离分别为D1,D2,因为D1,D2,所以D1D2又S1|BD|D1,S2|AB|D2,所以Λ因为Λ,所以由点AXA,KXA,BXB,KXB分别在C1,C2上,可得1,1,两式相减可得0,依题意XAXB0,所以所以由上式解得K2因为K20,所以由0,解得1Λ从而1Λ,解得Λ1,所以当1Λ≤1时,不存在与坐标轴不重合的直线L,使得S1ΛS2;当Λ1时,存在与坐标轴不重合的直线L,使得S1ΛS2

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