2013高中数学高考题详细分类考点44曲线与方程、圆锥曲线的综合应用

曲线与方程、圆锥曲线的综合应用一、选择题1抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是（）24YX213YX（A）（B）（C）（D）23【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，由抛物线的焦点，双曲线的一条渐近线24YX1,0213YX方程为，根据点到直线的距离公式可得，故选B30XY2D2抛物线C1YX2P0的焦点与双曲线C2的右焦点的连线交213XYC1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（）ABCD316382343【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抛物线的焦点为3YX,双曲线的右焦点为，所以在处的切线斜率为02PF2,0F1YXP20,MP，即，所以，即三点，共线，3013XP03XP0,2PF2,03,6PM所以，即6203P43二、填空题3抛物线X22PY（P0）的焦点为F，其准线与双曲线相交于2XY13A，B两点，若ABF为等边三角形，则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，将代入双曲线方程得A，B两点的Y2横坐标为，因为ABF为等边三角形，所以，从而2X3402PTAN634解得，即2P6P【答案】64已知直线交抛物线于两点。若该抛物线上存在点，使得YA2YX,ABC为直角，则的取值范围为_ACB【解题指南】点C的轨迹是圆心在Y轴上、半径为的圆，数形结合RA可得。【解析】联立直线与抛物线得，满足题设条件的点C的轨YA2YX,A迹是以为圆心，为半径的圆，其方程为。由数形A（0，）R22（）XYA结合可知当时满足题设要求，解得。R1【答案】1,三、解答题5已知A、B、C是椭圆W上的三个点，O是坐标原点214XY1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OAOC，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，或1X3,12所以，所以菱形面积为错误未找到引用源。3,2AC所以|3AC所以|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OAOC，则A点与C点的横坐标相等或互为相反数设OAOCR（R1，则A、C为圆与椭圆的交点22XYR214XWY，,所以A点与C点的横坐标互为相反数或相等，234X23XR此时B点为顶点因此四边形OABC不可能是菱形6椭圆C错误未找到引用源。AB0的离心率错误未找到引用3E2源。，AB31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2MK为定值【解题指南】（1）借助椭圆中的关系及两个已知条件即可求解；22ABC（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，所以，又由得，代入3CE2A2AC322ABC1C3AB3，得故椭圆C的方程为C3,A,B12XY142方法一因为B2,0，P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为，YKX0,K将代入，解得P2Y14228K4,1直线AD的方程为X联立解得MK24,1由D（0,1），P，N（X,0）三点共线可知，即228,4K24K108X，所以点4K2XN,01所以MN的斜率为M,224K4K1K1241则（定值）2K1M方法二设，则，直线AD的方程为，00PX,Y,20YKX21YX2直线BP的方程为，直线DP的方程为0YX20Y1X令Y0，由于，可得010N,Y1解可得M，01X2Y0042X4Y,YX2所以MN的斜率为00220002X4Y1M4Y8X4Y10022004Y18XX2故00000Y1YX2MKY22000000012X4Y21XXYX（定值）00YY12X27已知抛物线的顶点为原点，其焦点（）到直线C0,FCL的距离为设为直线上的点，过点作抛物线的两条切20XY32PLPC线PA，PB,其中A,B为切点（1（求抛物线的方程；C（2）当点为直线上的定点时，求直线的方程；0,XYLAB（3）当点在直线上移动时，求的最小值P|F【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）因为到直线的距离为，即0,FCL20XY32，所以（注意），可得抛物线的方程为；2|0|321C1C0CC24XY（2）设切点，则12,AXYB2214,XY对（即）求导可得，切线的斜率为，将4XY4PA1012YX和代入整理可得，同理切线的斜率为2102X102YXPB，将和代入整理可得，由220YX24Y0200YXY可得点都适合方程，也就是当点为直线12,AYBX02YX0,X上的定点时，直线的方程即为LA0Y（3）由抛物线的性质可知到焦点的距离等于到准线12,XYB,FC的距离，所以，1Y|F12122|AFBYY联立方程,消去整理得，由一元二次方0024XX22200YXY程根与系数的关系可得,，所以210Y210200AFBYX又，则，所以当时,022200001915YY012Y取得最小值,且最小值为AFB98已知抛物线的顶点为原点，其焦点（）到直线C0,FCL的距离为设为直线上的点，过点作抛物线的两条切20XY32PLPC线PA，PB,其中A,B为切点（1（求抛物线的方程；C（2）当点为直线上的定点时，求直线的方程；0,XYLAB（3）当点在直线上移动时，求的最小值PL|AFB【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）因为到直线的距离为，即0,FCL20XY32，所以（注意），可得抛物线的方程为；2|0|32C1CC24XY（2）设切点，则12,AXYB2214,XY对（即）求导可得，切线的斜率为，将4XY4PA1012YX和代入整理可得，同理切线的斜率为2102X102YXPB，将和代入整理可得，由220YX24Y0200YXY可得点都适合方程，也就是当点为直线12,AYBX02YX0,X上的定点时，直线的方程即为LA0Y（3）由抛物线的性质可知到焦点的距离等于到准线12,XYB,FC的距离，所以，1Y|F12122|AFBYY联立方程,消去整理得，由一元二次方0024XX22200YXY程根与系数的关系可得,，所以210Y210200AFBYX又，则，所以当时,022200001915YY012Y取得最小值,且最小值为AFB99如图，椭圆的中心为原点，长轴在轴上，离心率，过左焦点OX2E作轴的垂线交椭圆于、两点，1FXA4A（）求该椭圆的标准方程；（）取垂直于轴的直线与椭圆相较于不同的两点、，过、作圆XPP心为的圆，使椭圆上的其余点均在圆外若，求圆的标准方QQQ程【解题指南】直接利用已知条件可求出椭圆的标准方程，设出点的坐标，利用椭圆上的其余点均在圆外且求出圆的方程QP【解析】（）设椭圆方程为错误未找到引用源。错误未找到引用源。1AB0,由题意知点在椭圆上,则从而由2,CA12BAC142BC，得从而2E,81422C,1622BA故该椭圆的标准方程为62YX（）由椭圆的对称性,可设,又设是椭圆上任意一点,则0Q,YXM4,82168220220202XXYXQM设,由题意,是椭圆上到的距离最小的点,因此,上式当时取1PP1X最小值,又因为,所以上式当时取最小值,从而,且41X02X0128202Q因为，且所以PQ,1YXP,0,10101YXYXPQ即由椭圆方程及得,02101YX012X684221解得从而36,36410X3202XP故这样的圆有两个,其标准方程分别为,316322YX3162YX10如图，椭圆的中心为原点O，长轴在X轴上，离心率2E，过左焦点1F作X轴的垂线交椭圆于A、两点，4A（）求该椭圆的标准方程；（）取平行于Y轴的直线与椭圆相较于不同的两点P、，过、P作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外求的面积S的最大值，并写出对应的圆的标准方程【解题指南】直接利用已知条件可求出椭圆的标准方程，设出点的坐标，Q利用椭圆上的其余点均在圆外可求PQ的面积S的最大值以及圆的方程【解析】（）由题意知点在椭圆上,则从而2,CA12BAC142BC由，得从而2E,81422CB,1622BA故该椭圆的标准方程为62YX（）由椭圆的对称性,可设,又设是椭圆上任意一点,则0XQ,YXM4,82168220220202XXYXQM设,由题意,是椭圆上到的距离最小的点,因此,上式当时取1PP1X最小值,又因为,所以上式当时取最小值,从而,且41X02X0128202Q由对称性知故,所以,1YXP12YP021016822XXYS4242002当时,的面积取到最大值0XQS2此时对应的圆的圆心坐标为,半径因此,这样的圆0,6820XQP有两个,其标准方程分别为,62YX62YX11已知圆,圆,动圆与外切并且与圆M1N912YXPM内切，圆心的轨迹为曲线NPC（）求的方程；C（）是与圆,圆都相切的一条直线，与曲线交于A，B两点，当圆LLC的半径最长时，求P|AB【解题指南】（）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（）结合图象，确定当圆的半径最长时的情形，并对的值进行分类求PK解【解析】由已知得圆的圆心为，半径；圆圆心为，半M0,11RN0,1径设圆的圆心为,半径为32RPYXR（）动圆与外切并且与圆内切。，所以PMN|21RRPNM421R由椭圆定义可知，曲线是以，为左、右焦点，长半轴长为2,短半轴C长为的椭圆（左顶点除外），其方程为31342XYX（）对于曲线上任意一点,由于，所以，YXP2|RPNM2R当且仅当圆的圆心为时，所以当圆的半径最长时，其方程为P0,22R42YX若的倾斜角为，则与轴重合，可得L9LY32|AB若的倾斜角不为，由，知不平行于轴，设与轴的交点为，0RR1LXLXQ则，可求得，所以可设，由与圆相切得1|RRQMP,4QL4KYLM，解得|32K2K当时，将代入，并整理得，44XY1342YX0872X解得，所以7261X7611|2KAB当时，由图形的对称性可知4K718|综上，或32|AB718|12如图，椭圆经过点P（），离心率，直线L2XYCAB031,21E2的方程为X4（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，使得K1K2K3若存在，求的值；若不存在，说明理由【解题指南】（1）注意到点P在椭圆上，与可求出椭圆中的CEA22BCA，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K1K2与K3的关系,进而可求的值【解析】（1）由在椭圆上得，3P,29A4B依题设知A2C，则A24C2,，2B3将代入得故椭圆C的方程为21,2XY143（2）方法一由题意可设AB的斜率为K，则直线AB的方程为YKX1代入椭圆方程并整理得2224K3X8430设，则有12AX,YB,1212K,在方程中令X4得M4，3K从而1233Y12K,1注意到A、F、B三点共线，则有,即AFBK12YKX所以121212123YY3KXXX12将代入得212228K343KK1又，所以故存在常数符合题意3K123K方法二设，则直线FB的方程为，0BX,Y0YX1令X4，求得，03M4,1从而直线PM的斜率为，032YX1K联立，解得，02YX14300583A,2X5则直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，01YK02Y3KX1所以，故存在常数符合题意000123YX523X1K213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（MN）,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，BDM和MNABN的面积分别为S1和S2。（）当直线L与轴重合时，若S1S2，求的值；Y（）当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线，使得S1S2L并说明理由【解题指南】（）由S1S2列出方程解出的值,验证1得的值（）先假设存在,看是否能求出符合条件的,如果推出矛盾就是不存在【解析】依题意可设椭圆和的方程分别为1C2，其中，1C21XYAM2XYAN0AMN1N（）方法1如图1，图1若直线与轴重合，即直线的方程为，则LYL0X，所以11|22SBDOMAB21|2SABONAAB12|SBDA在C1和C2的方程中分别令，可得，0XYMNYM于是|1BDAYMN若，则，化简得由，可解得12S120121故当直线与轴重合时，若，则LY12S2方法2如图1，若直线与轴重合，则LY，；|BDOMN|ABOMN，1|22SMAD211|2SNAAB所以2|NAB若，则，化简得由，可解得12S1210121故当直线与轴重合时，若，则LY12S2（）方法一如图2，图2若存在与坐标轴不重合的直线，使得根据对称性，L1S不妨设直线，L0YKX点，到直线的距离分别为，则,0MA,NL1D2因为，所以122|1KAKD22|1AKKD12D又，所以，即11|SBD22|SAB2|SBDA|BA由对称性可知，所以，|C|1|C，于是|1|A|1DBC将的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得L，22AAMXK22BANXK根据对称性可知，于是CDAX221|ADABBCKXXADMAKNBC从而由和式可得21AKNM令，则由，可得，于是由可解得TN1T21NTKA因为，所以于是式关于有解，当且仅当，0K20KK20T等价于由，可解得，221T11T即，由，解得，所以12当时，不存在与坐标轴不重合的直线L，使得；212S当时，存在与坐标轴不重合的直线使得112方法2如图2，若存在与坐标轴不重合的直线，使得根据对称性，L12不妨设直线，L0YKX点，到直线的距离分别为，则,0MA,NL1D2因为，所以122|1KAKD22|1AKKD12D又，所以11|SBD22|SAB2|SBDA因为，所以2|DBAABKXXA1BX由点，分别在C1，C2上，可得,X,，两式相减可得，221AKAM22BKXAN2220ABABXKXAM依题意，所以所以由上式解得0AX2AB222BAX因为，所以由，可解得2K220BAMXA1ABX从而，解得，112所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线，使得；2L12S当时，存在与坐标轴不重合的直线，使得1L12S14已知双曲线离心率为直线21210,XYCABF的左、右焦点分别为，3，26Y与的两个交点间的距离为（I）求,AB（II）2设过的直线与的左、右两支分别相交于，两点，且FLCAB证明1BA22，成等比数列ABF【解题指南】（I）利用及列出关于的方3AC6YC与的两个交点间的距离为A程求解的值BA,（II）将过的直线与（I）中所求双曲线方程联立成方程组，化简成关于2FL的一元二次方程，由求得的值，然后求出，进行证X1BFAK2AFB2明【解析】（I）由题设知，即，故3AC92AB28A所以的方程为C228YX将代入上式，求得2Y12A由题设知，解得621A2所以，1B（II）由（I）知，的方程为0,31F,2C82YX由题意可设的方程为，代入并化简得L|KXY896822KXK设，则，,1YXA,2YXB1X28621KX8921KX于是，833|1111F31|22221XYX2由得，即，故|1A|B13X2321X32862K解得从而542K921由于，833|2112XYXF1X22|B2故，4|2122XBA693|12XF因而,所以、成等比数列22