（考黄金）高考数学一轮检测 第25讲 直线与圆锥曲线的位置关系（含曲线与方程）精讲 精析 新人教A版.doc

（考黄金）2014届高考数学一轮检测 第25讲 直线与圆锥曲线的位置关系（含曲线与方程）精讲 精析 新人教a版2013年考题1.（2013北京高考）点在直线上，若存在过的直线交抛物线于两点，且，则称点为“点”，那么下列结论中正确的是 （ ） a直线上的所有点都是“点” b直线上仅有有限个点是“点” c直线上的所有点都不是“点” d直线上有无穷多个点（点不是所有的点）是“点”【解析】选a.本题采作数形结合法易于求解，如图，设，则，消去n,整理得关于x的方程 （1）恒成立，方程（1）恒有实数解，应选a. 2.（2013全国）已知直线与抛物线相交于两点，为的焦点，若，则a. b. c. d. 【解析】选d.设抛物线的准线为直线 恒过定点p .如图过分 别作于,于, 由,则,点b为ap的中点.连结,则, 点的横坐标为, 故点的坐标为.3.（2013四川高考）已知直线和直线，抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是a.2 b.3 c. d. 【解析】选a.直线为抛物线的准线，由抛物线的定义知，p到的距离等于p到抛物线的焦点的距离，故本题化为在抛物线上找一个点使得到点和直线的距离之和最小，最小值为到直线的距离，即，故选择a。4. （2013江苏高考）如图，在平面直角坐标系中，为椭圆的四个顶点，为其右焦点，直线与直线相交于点t，线段与椭圆的交点恰为线段的中点，则该椭圆的离心率为 . 【解析】直线的方程为：；直线的方程为：。二者联立解得：， 则在椭圆上，解得：答案：.5.（2013海南宁夏高考）设已知抛物线c的顶点在坐标原点，焦点为f(1，0)，直线l与抛物线c相交于a，b两点。若ab的中点为（2，2），则直线的方程为_.【解析】抛物线的方程为，答案：y=x6.（2013海南宁夏高考）已知抛物线c的顶点坐标为原点，焦点在x轴上，直线y=x与抛物线c交于a，b两点，若为的中点，则抛物线c的方程为 。【解析】设抛物线方程为y2kx，与yx联立方程组，消去y，得：x2kx0，k22，故.答案：7.（2013上海高考）过点a（1，0）作倾斜角为的直线，与抛物线交于两点，则= 。 【解析】直线方程为yx1，代入抛物线，得：x24x10，4，1，则.答案：8.（2013广东高考）已知曲线与直线交于两点和，且记曲线在点和点之间那一段与线段所围成的平面区域（含边界）为设点是上的任一点，且点与点和点均不重合（1）若点是线段的中点，试求线段的中点的轨迹方程； （2）若曲线与有公共点，试求的最小值【解析】（1）联立与得，则中点，设线段的中点坐标为，则，即，又点在曲线上，化简可得，又点是上的任一点，且不与点和点重合，则，即，中点的轨迹方程为（）.xaxbd（2）曲线，即圆：，其圆心坐标为，半径由图可知，当时，曲线与有公共点；当时，要使曲线与有公共点，只需圆心到直线的距离，得，则的最小值为.9.（2013广东高考）已知椭圆g的中心在坐标原点,长轴在轴上,离心率为,两个焦点分别为和,椭圆g上一点到和的距离之和为12.圆:的圆心为点.(1)求椭圆g的方程(2)求的面积(3)问是否存在圆包围椭圆g?请说明理由.【解析】（1）设椭圆g的方程为： （）半焦距为c; 则 , 解得 , 所求椭圆g的方程为：. ( 2 )点的坐标为 （3）若，由可知点（6，0）在圆外；若，由可知点（-6，0）在圆外.不论k为何值圆都不能包围椭圆g.10.（2013海南宁夏高考）已知椭圆c的中心为直角坐标系xoy的原点，焦点在x轴上，它的一个顶点到两个焦点的距离分别是7和1.（）求椭圆c的方程；（）若p为椭圆c上的动点，m为过p且垂直于x轴的直线上的点，=，求点m的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线。 【解析】()设椭圆长半轴长及半焦距分别为，由已知得，w.w 所以椭圆的标准方程为.（）设，其中。由已知及点在椭圆上可得。整理得，其中。（i）时,化简得 所以点的轨迹方程为，轨迹是两条平行于轴的线段。（ii）时，方程变形为，其中当时，点的轨迹为中心在原点、实轴在轴上的双曲线满足的部分.当时，点的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆满足的部分；当时，点的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆.11.（2013山东高考）设椭圆e: （a,b0）过m（2，） ，n(,1)两点，o为坐标原点，（i）求椭圆e的方程；（ii）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆e恒有两个交点a、b,且？若存在，写出该圆的方程，并求|ab |的取值范围，若不存在说明理由。【解析】（1）因为椭圆e: （a,b0）过m（2，） ，n(,1)两点,所以解得所以椭圆e的方程为.（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆e恒有两个交点a,b,且,设该圆的切线方程为解方程组得,即,则=,即,要使,需使,即,所以,所以又,所以,所以,即或,因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为,所求的圆为,此时圆的切线都满足或,而当切线的斜率不存在时切线方程为，与椭圆的两个交点为或满足,综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆e恒有两个交点a,b,且.因为,所以, 当时因为所以,所以,所以，当且仅当时取“=”.当时,.当ab的斜率不存在时, 两个交点为或,所以此时,综上, |ab |的取值范围为即: .12.（2013天津高考）已知椭圆的两个焦点分别为，过点的直线与椭圆相交与两点，且。求椭圆的离心率； 求直线ab的斜率； 设点c与点a关于坐标原点对称，直线上有一点在的外接圆上，求的值.【解析】（1）由/且，得，从而 整理，得，故离心率.（2）由（1）得，所以椭圆的方程可写为 设直线ab的方程为，即. 由已知设，则它们的坐标满足方程组消去y整理，得.依题意，而 由题设知，点b为线段ae的中点，所以 联立解得，将代入中，解得.(3)解法一：由（ii）可知 当时，得，由已知得.线段的垂直平分线l的方程为直线l与x轴的交点是外接圆的圆心，因此外接圆的方程为.直线的方程为，于是点h（m，n）的坐标满足方程组 ， 由解得故当时，同理可得. 解法二：由（ii）可知当时，得,由已知得由椭圆的对称性可知b，c三点共线，因为点h（m，n）在的外接圆上，且，所以四边形为等腰梯形.由直线的方程为,知点h的坐标为.因为，所以，解得m=c（舍），或.则，所以. 当时同理可得.13.（2013浙江高考）已知椭圆：的右顶点为，过的焦点且垂直长轴的弦长为 （i）求椭圆的方程； （ii）设点在抛物线：上，在点处的切线与交于点当线段的中点与的中点的横坐标相等时，求的最小值【解析】（i）由题意得所求的椭圆方程为， （ii）不妨设则抛物线在点p处的切线斜率为，直线mn的方程为，将上式代入椭圆的方程中，得，即，因为直线mn与椭圆有两个不同的交点，所以有，设线段mn的中点的横坐标是，则， 设线段pa的中点的横坐标是，则，由题意得，即有，其中的或；当时有，因此不等式不成立；因此，当时代入方程得，将代入不等式成立，因此的最小值为114.（2013浙江高考）已知抛物线：上一点到其焦点的距离为 （i）求与的值； （ii）设抛物线上一点的横坐标为，过的直线交于另一点，交轴于点，过点作的垂线交于另一点若是的切线，求的最小值【解析】（）由抛物线方程得其准线方程：，根据抛物线定义点到焦点的距离等于它到准线的距离，即，解得抛物线方程为：，将代入抛物线方程，解得.（）由题意知，过点的直线斜率存在且不为0，设其为。则，当 则。联立方程，整理得： 即：，解得或，而，直线斜率为，联立方程整理得：，即： ，解得：，或，而抛物线在点n处切线斜率：.mn是抛物线的切线， 整理得，解得（舍去），或，.15.（2013安徽高考）已知椭圆（ab0）的离心率为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线y=x+2相切，（）求a与b； （）设该椭圆的左，右焦点分别为和，直线过且与x轴垂直，动直线与y轴垂直，交于点p.求线段p垂直平分线与的交点m的轨迹方程，并指明曲线类型。【解析】（1）由于 ， b2=2,a2=3因此，. （2）由（1）知f1，f2两点分别为（-1，0），（1,0），由题意可设p（1，t）.（t0）.那么线段pf1中点为，设m(x、y)是所求轨迹上的任意点.由于则消去参数t得,其轨迹为抛物线（除原点）.16.（2013辽宁高考）已知椭圆c过点a（1，），两个焦点为（1，0）（1，0）。求椭圆c的方程；e,f是椭圆c上的两个动点，如果直线ae的斜率与af的斜率互为相反数，证明直线ef的斜率为定值，并求出这个定值。 【解析】（）由题意，c1,可设椭圆方程为。 因为a在椭圆上，所以，解得3，（舍去）。所以椭圆方程为 （）设直线方程：得，代入得 设（，），（，）因为点（1，）在椭圆上，所以， 。又直线af的斜率与ae的斜率互为相反数，在上式中以代，可得，。所以直线ef的斜率。即直线ef的斜率为定值，其值为。 17.（2013福建高考）已知直线经过椭圆的左顶点a和上顶点d，椭圆的右顶点为，点是椭圆上位于轴上方的动点，直线与直线分别交于两点。 （i）求椭圆的方程； （）求线段mn的长度的最小值； （）当线段mn的长度最小时，在椭圆上是否存在这样的点，使得的面积为？若存在，确定点的个数，若不存在，说明理由。【解析】解法一：（i）由已知得，椭圆的左顶点为上顶点为 故椭圆的方程为（）直线as的斜率显然存在，且，故可设直线的方程为，从而由得0设则得，从而即又 由得故又.当且仅当，即时等号成立时，线段的长度取最小值.（）由（）可知，当取最小值时， 此时的方程为要使椭圆上存在点，使得的面积等于，只须到直线的距离等于，所以在平行于且与距离等于的直线上。设直线则由解得或.|18.（2013上海高考） 我国计划发射火星探测器，该探测器的运行轨道是以火星（其半径百公里）的中心为一个焦点的椭圆. 如图，已知探测器的近火星点（轨道上离火星表面最近的点）到火星表面的距离为百公里，远火星点（轨道上离火星表面最远的点）到火星表面的距离为800百公里. 假定探测器由近火星点第一次逆时针运行到与轨道中心的距离为百公里时进行变轨，其中、分别为椭圆的长半轴、短半轴的长，求此时探测器与火星表面的距离（精确到1百公里）.【解析】设所求轨道方程为，.，. 于是 . 所求轨道方程为 . 设变轨时，探测器位于，则 ， 解得 ，（由题意）. 探测器在变轨时与火星表面的距离为 . 答：探测器在变轨时与火星表面的距离约为187百公里. 19.（2013全国）如图，已知抛物线与圆相交于、四个点。 （i）求的取值范围； （ii）当四边形的面积最大时，求对角线、的交点坐标【解析】（i）这一问学生易下手。将抛物线与圆的方程联立，消去，整理得抛物线与圆相交于、四个点的充要条件是：方程（）有两个不相等的正根即可.易得.考生利用数形结合及函数和方程的思想来处理也可以（ii）考纲中明确提出不考查求两个圆锥曲线的交点的坐标。因此利用设而不求、整体代入的方法处理本小题是一个较好的切入点 设四个交点的坐标分别为、。则由（i）根据韦达定理有，则 令，则 下面求的最大值。方法一：利用三次均值求解。三次均值目前在两纲中虽不要求，但在处理一些最值问题有时很方便。它的主要手段是配凑系数或常数，但要注意取等号的条件，这和二次均值类似。 当且仅当，即时取最大值。经检验此时满足题意。方法二：利用求导处理，这是命题人的意图。具体解法略。下面来处理点的坐标。设点的坐标为：由三点共线，则得。以下略。20.（2013全国）已知椭圆的离心率为，过右焦点f的直线l与c相交于a、b两点，当l的斜率为1时，坐标原点o到l的距离为。() 求a，b的值；() c上是否存在点p，使得当l绕f转到某一位置时，有成立？若存在，求出所有的p的坐标与l的方程；若不存在，说明理由【解析】（）设 当l的斜率为1时，其方程为到l的距离为 故 ， 由 得 ，=（）c上存在点，使得当l绕转到某一位置时，有成立。由 （）知c的方程为+=6. 设 ()当l不垂直x轴时，设l的方程为y=k（x-1）c成立的充要条件是，且整理得 故 将 于是 , =,代入解得，此时于是=， 即 因此， 当时，l的方程为；当时， l的方程为。（）当l垂直于轴时，由知，c上不存在点p使成立。综上，c上存在点使成立，此时l的方程为 21. (2013湖北高考)过抛物线的对称轴上一点的直线与抛物线相交于m、n两点，自m、n向直线作垂线，垂足分别为、。 （）当时，求证：；（）记、 、的面积分别为、，是否存在，使得对任意的，都有成立。若存在，求出的值；若不存在，说明理由。【解析】依题意，可设直线mn的方程为，则有211由消去x可得 从而有 于是 又由，可得 （）如图1，当时，点即为抛物线的焦点，为其准线此时 可得证法1： 证法2： ()存在，使得对任意的，都有成立，证明如下：证法1：记直线与x轴的交点为,则。于是有将、代入上式化简可得上式左右相等恒成立，即对任意成立 证法2：如图2，连接,则由可得,所以直线经过原点o，同理可证直线也经过原点o又设则aanaomanm, naonmn,，即而 将代入即得，故对任意a0,成立. 22.（2013湖北高考）如图，过抛物线y22px(p0)的焦点f的直线与抛物线相交于m、n两点，自m、n向准线l作垂线，垂足分别为m1、n1 ()求证：fm1fn1；()记fmm1、fm1n1、fn n1的面积分别为s1、s2、，s3，试判断s224s1s3是否成立，并证明你的结论。 【解析】方法一：由抛物线的定义得 如图，设准线l与x轴的交点为而即故方法二：依题意，焦点为准线l的方程为设点m,n的坐标分别为直线mn的方程为，则有由 得于是，故（）成立，证明如下：方法一：设，则由抛物线的定义得，于是将与代入上式化简可得 ，此式恒成立。故成立。23.（2013上海高考）如图，在直角坐标系中，有一组对角线长为的正方形，其对角线依次放置在轴上（相邻顶点重合）. 设是首项为，公差为的等差数列，点的坐标为.（1）当时，证明：顶点不在同一条直线上；（2）在（1）的条件下，证明：所有顶点均落在抛物线上；（3）为使所有顶点均落在抛物线上，求与之间所应满足的关系式.【解析】（1）由题意可知， . ， 顶点不在同一条直线上 （2）由题意可知，顶点的横坐标， 顶点的纵坐标. 对任意正整数，点的坐标满足方程， 所有顶点均落在抛物线上. （3）解法一 由题意可知，顶点的横、纵坐标分别是 消去，可得 . 为使得所有顶点均落在抛物线上，则有 解得 . 所应满足的关系式是：. 解法二 点的坐标为 点在抛物线上， . 又点的坐标为 且点也在抛物线上， ，把点代入抛物线方程，解得 . 因此， 抛物线方程为. 又 所有顶点均落在抛物线上. 所应满足的关系式是：. 2012年考题1、（2012海南宁夏高考）在直角坐标系xoy中，椭圆c1：=1（ab0）的左、右焦点分别为f1，f2f2也是抛物线c2：的焦点，点m为c1与c2在第一象限的交点，且mf2=（）求c1的方程；（）平面上的点n满足，直线lmn，且与c1交于a，b两点，若，求直线l的方程【解析】（）由：知设，因为在上，所以又因为，所以，得，因为在上，且椭圆的半焦距，于是消去并整理得 ， 解得（不合题意，舍去）故椭圆的方程为（）由知四边形是平行四边形，其中心为坐标原点，因为，所以与的斜率相同，故的斜率设的方程为由 消去并化简得 设，则，因为，所以即 所以此时，故所求直线的方程为或2、（2012海南宁夏高考）已知mr，直线l：和圆c：。（1）求直线l斜率的取值范围；（2）直线l能否将圆c分割成弧长的比值为的两段圆弧？为什么？【解析】（）直线的方程可化为，此时斜率因为，所以，当且仅当时等号成立所以，斜率k的取值范围是；（）不能。由（）知的方程为，其中；圆的圆心为，半径；圆心到直线的距离由，得，即，从而，若与圆相交，则圆截直线所得ayxobgff1的弦所对的圆心角小于，所以不能将圆分割成弧长的比值为的两段圆弧.3、（2012广东高考）设，椭圆方程为，抛物线方程为如图所示，过点作轴的平行线，与抛物线在第一象限的交点为，已知抛物线在点的切线经过椭圆的右焦点（1）求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；（2）设分别是椭圆长轴的左、右端点，试探究在抛物线上是否存在点，使得为直角三角形？若存在，请指出共有几个这样的点，并说明理由（不必具体求出这些点的坐标）【解析】（1）由得，由得， g点的坐标为，因为，所以过点g的切线方程为即，令得，点的坐标为，由椭圆方程得点的坐标为，即，即椭圆和抛物线的方程分别为和；（2）过作轴的垂线与抛物线只有一个交点,以为直角的只有一个，同理以为直角的只有一个；若以为直角，则点在以为直径的圆上，而以为直径的圆与抛物线有两个交点。所以以为直角的有两个；因此抛物线上存在四个点使得为直角三角形。4、（2012山东高考）如图，设抛物线方程为x2=2py(p0),m为 直线y=-2p上任意一点，过m引抛物线的切线，切点分别为a，b（）求证：a，m，b三点的横坐标成等差数列；（）已知当m点的坐标为（2，-2p）时，求此时抛物线的方程；（）是否存在点m，使得点c关于直线ab的对称点d在抛物线上，其中，点c满足（o为坐标原点）若存在，求出所有适合题意的点m的坐标；若不存在，请说明理由【解析】(）证明：由题意设由得，则所以因此直线ma的方程为 直线mb的方程为所以 由、得因此，即所以a、m、b三点的横坐标成等差数列（）由（）知，当x0=2时，将其代入、并整理得：所以x1、x2是方程的两根，因此又所以由弦长公式得又，所以p=1或p=2，因此所求抛物线方程为或（）设d(x3,y3)，由题意得c(x1+ x2, y1+ y2), 则cd的中点坐标为设直线ab的方程为由点q在直线ab上，并注意到点也在直线ab上，代入得若d（x3,y3）在抛物线上，则因此x3=0或x3=2x0即d(0，0)或（1）当x0=0时，此时，点m(0,-2p)适合题意（2）当时，对于d(0，0)，此时又abcd，所以即矛盾对于因为此时直线cd平行于y轴，又所以直线ab与直线cd不垂直，与题设矛盾，所以时，不存在符合题意的m点综上所述，仅存在一点m(0，-2p)适合题意5、（2012山东高考）已知曲线所围成的封闭图形的面积为，曲线的内切圆半径为记为以曲线与坐标轴的交点为顶点的椭圆（）求椭圆的标准方程；（）设是过椭圆中心的任意弦，是线段的垂直平分线是上异于椭圆中心的点（1）若（为坐标原点），当点在椭圆上运动时，求点的轨迹方程；（2）若是与椭圆的交点，求的面积的最小值【解析】（）由题意得又，解得，因此所求椭圆的标准方程为（）（1）假设所在的直线斜率存在且不为零，设所在直线方程为，解方程组得，所以设，由题意知，所以，即，因为是的垂直平分线，所以直线的方程为，即，因此，又，所以，故又当或不存在时，上式仍然成立综上所述，的轨迹方程为（2）当存在且时，由（1）得，由解得，所以，解法一：由于，当且仅当时等号成立，即时等号成立，此时面积的最小值是当，当不存在时，综上所述，的面积的最小值为解法二：因为，又，所以，当且仅当时等号成立，即时等号成立，此时面积的最小值是当，当不存在时，综上所述，的面积的最小值为6、（2012安徽高考）设椭圆过点，且焦点为（）求椭圆的方程；（）当过点的动直线与椭圆相交于两不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上【解析】(1)由题意得： ，解得，所求椭圆方程为 (2)方法一 设点q、a、b的坐标分别为。由题设知均不为零，记,则且又a，p，b，q四点共线，从而于是，从而 ，（1） ，（2）又点a、b在椭圆c上，即 （1）+（2）2并结合（3），（4）得即点总在定直线上方法二：设点，由题设知均不为零。且 ，又 四点共线，可设,于是 （1） （2）由于在椭圆c上，将（1），（2）分别代入c的方程整理得 （3） (4)(4)(3)得，即点总在定直线上.7、（2012北京高考）已知菱形的顶点在椭圆上，对角线所在直线的斜率为1（）当直线过点时，求直线的方程；（）当时，求菱形面积的最大值【解析】（）由题意得直线的方程为因为四边形为菱形，所以于是可设直线的方程为由得因为在椭圆上，所以，解得设两点坐标分别为，则，所以所以的中点坐标为由四边形为菱形可知，点在直线上，所以，解得所以直线的方程为，即（）因为四边形为菱形，且，所以所以菱形的面积由（）可得，所以所以当时，菱形的面积取得最大值8、（2012福建高考）如图椭圆的一个焦点是f（1，0），o为坐标原点.（）已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求椭圆的方程；（）设过点f的直线l交椭圆于a、b两点，若直线l绕点f任意转动，恒有,求a的取值范围.【解析】解法一：()设m，n为短轴的两个三等分点，因为mnf为正三角形，所以,即1因此，椭圆方程为 ()设()当直线 ab与x轴重合时，因此，恒有()当直线ab不与x轴重合时，设直线ab的方程为：整理得所以因为恒有，所以aob恒为钝角.即恒成立.又a2+b2m20,所以-m2a2b2+b2-a2b2+a2 a2 -a2b2+b2对mr恒成立.当mr时，a2b2m2最小值为0，所以a2- a2b2+b20. a2a2b2- b2, a20,b0,所以a0,解得a 或a,综合（i）(ii)，a的取值范围为（，+）.解法二：（）同解法一，（）解：（i）当直线l垂直于x轴时，x=1代入得.因为恒有|oa|2+|ob|2|ab|2,2(1+ya2)1，即1,解得a或a.（ii）当直线l不垂直于x轴时，设a（x1,y1）, b（x2,y2）.设直线ab的方程为y=k(x-1)代入得(b2+a2k2)x2-2a2k2x+ a2 k2- a2 b2=0,故x1+x2=因为恒有|oa|2+|ob|2|ab|2,所以x21+y21+ x22+ y22( x2-x1)2+(y2-y1)2,得x1x2+ y1y20恒成立.x1x2+ y1y2= x1x2+k2(x1-1) (x2-1)=(1+k2) x1x2-k2(x1+x2)+ k2=(1+k2).由题意得（a2- a2 b2+b2）k2- a2 b20时，不合题意；当a2- a2 b2+b2=0时，a=;当a2- a2 b2+b20时，a2- a2(a2-1)+ (a2-1)0,解得a2或a2（舍去），a，因此a.综合（i）（ii），a的取值范围为（，+）.9、(2012湖北高考)如图，在以点为圆心，为直径的半圆中，是半圆弧上一点，曲线是满足为定值的动点的轨迹，且曲线过点.（）建立适当的平面直角坐标系，求曲线的方程；（）设过点的直线l与曲线相交于不同的两点、.若的面积不小于，求直线斜率的取值范围.【解析】（）解法1：以o为原点，ab、od所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则a（-2，0），b（2，0），d(0,2),p（），依题意得ma-mb=pa-pbab4.曲线c是以原点为中心，a、b为焦点的双曲线.设实半轴长为a，虚半轴长为b，半焦距为c，则c2，2a2，a2=2,b2=c2-a2=2.曲线c的方程为.解法2：同解法1建立平面直角坐标系，则依题意可得ma-mb=pa-pbab4.曲线c是以原点为中心，a、b为焦点的双曲线.设双曲线的方程为0，b0）.则由 解得a2=b2=2,曲线c的方程为图1图2()解法1：依题意，可设直线l的方程为ykx+2，代入双曲线c的方程并整理得（1-k2）x2-4kx-6=0.直线l与双曲线c相交于不同的两点e、f， k（-,-1）（-1，1）（1，）.设e（x1，y1），f(x2,y2)，则由式得x1+x2=,于是ef而原点o到直线l的距离d，sdef=若oef面积不小于2,即soef，则有 综合、知，直线l的斜率的取值范围为-，-1(-1,1) (1, ).解法2：依题意，可设直线l的方程为ykx+2，代入双曲线c的方程并整理，得（1-k2）x2-4kx-6=0.直线l与双曲线c相交于不同的两点e、f， .k（-，-1）（-1，1）（1，）.设e(x1,y1),f(x2,y2),则由式得x1-x2= 当e、f在同一支上时（如图1所示），soef当e、f在不同支上时（如图2所示）.sode=综上得soef于是由od2及式，得soef=若oef面积不小于2 综合、知，直线l的斜率的取值范围为-，-1）（-1，1）（1，.10、（2012湖南高考）若a、b是抛物线y2=4x上的不同两点，弦ab（不平行于y轴）的垂直平分线与x轴相交于点p，则称弦ab是点p的一条“相关弦”.已知当x2时，点p（x,0）存在无穷多条“相关弦”.给定x02.（i）证明：点p（x0,0）的所有“相关弦”的中点的横坐标相同；(ii) 试问：点p（x0,0）的“相关弦”的弦长中是否存在最大值？若存在，求其最大值（用x0表示）：若不存在，请说明理由.【解析】（i）设ab为点p（x0,0）的任意一条“相关弦”，且点a、b的坐标分别是（x1,y1）、（x2,y2）（x1x2）,则y=4x1, y=4x2,两式相减得（y1+y2）（y1-y2）=4（x1-x2）.因为x1x2,所以y1+y20.设直线ab的斜率是k，弦ab的中点是m（xm, ym）,则k=.从而ab的垂直平分线l的方程为 又点p（x0,0）在直线上，所以 而于是故点p（x0,0）的所有“相关弦”的中点的横坐标都是x0-2.()由()知，弦ab所在直线的方程是，代入中，整理得 （）则是方程（）的两个实根，且设点p的“相关弦”ab的弦长为l，则 因为03,则2(x0-3) (0, 4x0-8),所以当t=2(x0-3),即=2(x0-3)时,l有最大值2(x0-1).若2x03,则2(x0-3) 0,g(t)在区间（0，4 x0-8）上是减函数，所以0l23时，点p（x0,0）的“相关弦”的弦长中存在最大值，且最大值为2（x0-1）；当20时，恒有|【解析】（）设p（x，y），由椭圆定义可知，点p的轨迹c是以为焦点，长半轴为2的椭圆它的短半轴，故曲线c的方程为3分（）设，其坐标满足消去y并整理得，故5分若，即而，于是，化简得，所以8分（） 因为a在第一象限，故由知，从而又，故，即在题设条件下，恒有12、（2012全国）设椭圆中心在坐标原点，是它的两个顶点，直线与ab相交于点d，与椭圆相交于e、f两点（）若，求的值；（）求四边形面积的最大值【解析】（）依题设得椭圆的方程为，直线的方程分别为，如图，设，其中，dfbyxaoe且满足方程，故由知，得；由在上知，得所以，化简得，解得或6分（）解法一：根据点到直线的距离公式和式知，点到的距离分别为，9分又，所以四边形的面积为，当，即当时，上式取等号所以的最大值为12分解法二：由题设，设，由得，故四边形的面积为9分，当时，上式取等号所以的最大值为12分13、（2012陕西高考）已知抛物线：，直线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交于点（）证明：抛物线在点处的切线与平行；（）是否存在实数使，若存在，求的值；若不存在，说明理由xay112mnbo【解析】解法一：（）如图，设，把代入得，由韦达定理得， 点的坐标为设抛物线在点处的切线的方程为，将代入上式得，直线与抛物线相切，即（）假设存在实数，使，则，又是的中点，由（）知轴，又 ，解得即存在，使解法二：（）如图，设，把代入得由韦达定理得， 点的坐标为，抛物线在点处的切线的斜率为，（）假设存在实数，使由（）知，则，解得即存在，使14、（2012四川高考）设椭圆的左右焦点分别为，离心率，右准线为，是上的两个动点，（）若，求的值；（）证明：当取最小值时，与共线。【解析】由与，得 ，的方程为设则由得 （）由，得 由、三式，消去，并求得故（）当且仅当或时，取最小值此时，故与共线。15、（2012浙江高考）已知曲线c是到点p（）和到直线距离相等的点的轨迹。是过点q（-1，0）的直线，m是c上（不在上）的动点；a、b在上，轴（如图）。 （）求曲线c的方程； （）求出直线的方程，使得为常数。【解析】（）设为上的点，则，到直线的距离为由题设得化简，得曲线的方程为（）方法一：aboqyxlm设，直线，则，从而在中，因为，所以 .，当时，从而所求直线方程为aboqyxlmhl1方法二：设，直线，则，从而过垂直于的直线因为，所以，当时，从而所求直线方程为16、（2012重庆高考）如图（21），m（-2，0）和n（2，0）是平面上的两点，动点p满足：（）求点p的轨迹方程；（）若,求点p的坐标.【解析】()由椭圆的定义，点p的轨迹是以m、n为焦点，长轴长2a=6的椭圆.因此半焦距c=2，长半轴a=3，从而短半轴，b=，所以椭圆的方程为p点的轨迹方程为 ()由得 因为不为椭圆长轴顶点，故p、m、n构成三角形.在pmn中， 将代入，得故点p在以m、n为焦点，实轴长为的双曲线上.由()知，点p的坐标又满足，所以由方程组 解得即p点坐标为2011年考题1、（2011全国）抛物线的焦点为f，准线为l，经过f且斜率为的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点a，垂足为k，则akf的面积是a4 b c d8【解析】选c.抛物线的焦点f(1，0)，准线为l：，经过f且斜率为的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点a(3，2)，垂足为k(1，2)， akf的面积是4.2、（2011四川高考）已知抛物线上存在关于直线对称的相异两点、，则等于（）（a）3 （b）4 （c） （d）【解析】选c设直线的方程为，由，进而可求出的中点，又由在直线上可求出，由弦长公式可求出本题考查直线与圆锥曲线的位置关系自本题起运算量增大3、（2011重庆高考）已知以f1（2,0），f2（2,0）为焦点的椭圆与直线有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为（a）（b）（c）（d）【解析】选c.设椭圆方程为消x得： 即： 又 联立解得 由焦点在x轴上，故长轴长为4、（2011宁夏高考）在平面直角坐标系中，经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点和（i）求的取值范围；（ii）设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为，是否存在常数，使得向量与共线？如果存在，求值；如果不存在，请说明理由【解析】（）由已知条件，直线的方程为，代入椭圆方程得整理得直线与椭圆有两个不同的交点和等价于，解得或即的取值范围为（）设，则，由方程，又而所以与共线等价于，将代入上式，解得由（）知或，故没有符合题意的常数5、（2011山东高考）已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点距离的最大值为，最小值为（）求椭圆的标准方程；（）若直线与椭圆相交于，两点（不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标【解析】(i)由题意设椭圆的标准方程为， (ii)设，由得，以ab为直径的圆过椭圆的右顶点，解得，且满足当时，直线过定点与已知矛盾；当时，直线过定点综上可知，直线过定点，定点坐标为6、(2011山东高考) 已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆相交于两点（不是左右顶点），且以为直径的图过椭圆的右顶点求证：直线过定点，并求出该定点的坐标【解析】（1）由题意设椭圆的标准方程为，由已知得：，椭圆的标准方程为（2）设，联立 得，又，因为以为直径的圆过椭圆的右顶点，即，解得：，且均满足，当时，的方程为，直线过定点，与已知矛盾；当时，的方程为，直线过定点所以，直线过定点，定点坐标为7、（2011全国）已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，过的直线交椭圆于两点，且，垂足为（）设点的坐标为，证明：；（）求四边形的面积的最小值【解析】（）证明：椭圆的半焦距，由知点在以线段为直径的圆上，故，所以，（）（）当的斜率存在且时，的方程为，代入椭圆方程，并化简得设，则，；因为与bd相交于点，且的斜率为，所以四边形的面积当时，上式取等号（）当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积综上，四边形的面积的最小值为8、（2011全国）在直角坐标系中，以为圆心的圆与直线相切（1）求圆的方程；（2）圆与轴相交于两点，圆内的动点使成等比数列，求的取值范围【解析】（1）依题设，圆的半径等于原点到直线的距离，即得圆的方程为（2）不妨设由即得设，由成等比数列，得，即 由于点在圆内，故由此得所以的取值范围为9、（2011江苏高考）如图，在平面直角坐标系中，过轴正方向上一点任作一直线，与抛物线相交于两点，一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线交于，（1）若，求的值；（5分）（2）若为线段的中点，求证：为此抛物线的切线；（5分）（3）试问（2）的逆命题是否成立？说明理由。（4分）【解析】（1）设过c点的直线为，所以，即，设a，=，因为，所以，即， 所以，即所以（2）设过q的切线为，所以，即，它与的交点为m，又，所以q，因为,所以，所以m,所以点m和点q重合，也就是qa为此抛物线的切线。（3）（2）的逆命题是成立，由（2）可知q，因为pq轴，所以因为，所以p为ab的中点。10、（2011湖北高考）在平面直角坐标系中，过定点作直线与抛物线（）相交于两点（i）若点是点关于坐标原点的对称点，求面积的最小值；abxynco（ii）是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得