圆锥曲线与方程新高三专用参考答案

1、圆锥曲线与方程（新高三专用）参考答案3.0, 22 2 4. x22357. 6 5,21.52.1y1 5.6.2520558.3179.2,2,1)21010.32 1 211. x1y1212. 13.5 14. 2,3,62 315. 16. 0,1117.91318.37x2y21920.1612921. （ 1）由已知， 直线 L 与抛物线相交，所以ykx 1x2kx 1 0,k24 0 ，即 k 24 (1)yx2又直线 L 与以 M为圆心的单位圆相离或相切，所以d31， k 28 （ 2）k21由（ 1）（ 2）得： 4k28S1 | AB | d11k 2k 2433 k 2

2、4(0,322k 212(2 ）由题意可知，当直线L 与以 M为圆心的单位圆相交于点C， D 时，可得k 28，且|CD| 2 1k912 k 282k 21令 f (k )S3(k 24)(k 21) (k 28) ，|CD|4k 28令 tk 28(t0) ，3(t4)(t9)33613(t0) ，当且仅当k15yttt14 取到最小值是444所以，15422【答案】由4x 2xy 21得 5x 22mxm 210ym因为直线与椭圆有公共点4220(m21)0 ，解得5m5所以m2223【答案】（）设 A x1, y1， Bx2 , y2，由直线与抛物线方程联立可得：4x24(k1)xk

3、20x1x21 kx1 x2k24由 AB1 22x1x224x1 x2可得51 k2k215即 k1( ）假设存在动点 P(x0 , y0 ) ，使得ABP 的重心恰为抛物线C的焦点 F ，由题意可知，AB 的中点 M 坐标为 (1,1)由三角形重心的性质可知，PF2FM即 (1x0 ,y0 )2(0,1)x012) 满足抛物线方程y0即 P(1,2故存在动点P( x , y )，使得ABP 的重心恰为抛物线C的焦点 F0024【答案】（）依题意，由已知得c2， a2b22 ，由已知易得 b OM 1,解得 a3.则椭圆的方程为x2y21.3x1,6 .(II) 当直线l的斜率不存在时，由x

4、2y2解得x1, y13366266)， B(1,)，则32为定值 .设 A(1,3k233k1222当直线 l 的斜率存在时，设直线l 的方程为： yk( x 1) .将 yk( x1) 代入 x2y 21整理化简，得 (3k21)x26k 2 x 3k230 .3依题意，直线l 与椭圆 C 必相交于两点，设A( x1, y1) ， B(x2 , y2 ) ，则x1x26k2，x1x23k 23 .3k 213k21又 y1k( x11) ， y2k( x21) ，所以 kk2y12y2123x13x2(2y1)(3x2 )(2y2 )(3x1 )(3x1)(3x2 )2k( x11)(3x

5、2 )2k( x21)(3x1 )9 3( x1x2 ) x1 x212 2( x1x2 ) k2 x1 x24( x1x2 ) 693(x1x2 )x1 x2122( x1x2 )k23k236k 263k21423k1936k 23k 233k213k 2112(2 k 21)2.6(2 k21)综上得 k1k2为常数 2.25【答案】（）依题意， b3, c2a1,c2 ，双曲线的方程为：x2y21.（ 4a3分）( ）设 A( xy,1), B( xy,2) ， F2(2,0) ，直线l : y k (x 2)，12yk ( x2)22222由y，消元得 ( k3)x4k xk 430

6、 ，x213k3 时， x1x24k 2, x12x4k 23y2 k( x1 x2 ) ，k 23k2， y13F1AB的面积 Sc yy2 kxx2 k( 4k2 )24(k 23)(4k23)2211k 232 kk 2 16 3k 48k 29 0 k 21 k1 ，k23所以直线 l 的方程为 y( x2).26【答案】 (1)由题意知，所求动点P x, y 为以 F1 ,0为焦点，直线 l : x1为准线22的抛物线，方程为y2 2x ；a2a22(2)设圆心 M,a，半径 r1a2 , 圆的方程为22a22a22xy aa21222令 x0得B0,1a , D 0,1 aBD 2

7、即弦长 BD 为定值；(3) 设过 F 的直线方程为ykx1,G x1, y1, Hx2 , y22y kx1k2 x2k 22 x20由2 得ky22x4由韦达定理得x1x212GH 22k2k2同理得 RS22k 2四边形 GRHS 的面积 T12222k 22 2k 218 .2k 2k 227【答案】 ( ）由题意 , 可设抛物线方程为y 22px p0 .由 a2b24 31, 得 c1 .抛物线的焦点为错误！ 不能通过编辑域代码创建对象。,错误！不能通过编辑域代码创建对象。.抛物线 D 的方程为 y 24x .( ）设 A x1 , y1 ,B x2 , y2 .i 直线 l 的方

8、程为： yx4 ,yx 4x212x 160联立y2,整理得:4x24x1x24 10.AB = (1 1)2 x1 x2( )设存在直线 m: xa满足题意 , 则圆心 Mx14, y1, 过 M 作直线 xa 的垂线 ,22垂足为 E , 设直线 m与圆 M 的一个交点为G.可得:EG2MG2ME2 ,x12y12x14222ME24a即 EGMA=42= 1 2x1 4 2x1424a24 y14a x1= x14 x1a x14 a 2 = a 3 x14a a2当 a23 , 此时直线 m 被以 AP 为直径的圆 M 所截得的弦长恒为定值 23 .3时, EG因此存在直线m : x3

9、满足题意28【答案】（ 1）动圆圆心 P 到 F 的距离等于 P 到 y1的距离，则 P 点的轨迹是抛物线，2且 p2 ，所以 x26 y 为双曲线 W 的方程。(2 ）设 P(x, y) ，由 y1 x2 , y '1 x ，可知 BC 方程； yy11 x1 (xx1 )633令 y0,1 x121 x1 ( xx1 ), x1 x1 , 即 C ( 1 x1,0)6322令 y1， 1 1 x121 x1 ( xx1), 6x121 x1 (x x1) ，6363x6 x12x16 x12，即 B(6x12,1)2x12x12x1所以梯形 ABCD 的面积 S1(2 1 x 26

10、 x12)11 ( x6 x12)2212x12 12 x11 (x16x1 )1 (2 x16 )1212 232x12x12当且仅当， 2x16即 x13时， S 有最小值 23x1c3x2y229【答案】（）由已知得b2 ，所以椭圆方程为1 1,，解得 aa24椭圆的右焦点为 (3,0)，此时直线l 的方程为y31 ，代入椭圆方程得x37 x283x 0，解得 x10, x2873，代入直线 l的方程得y11, y21 ，所以7D(8 3, 1)，77故|CD|(8 30) 2(11)216 777( ）当直线 l 与 x 轴垂直时与题意不符设直线 l的方程为 ykx1(k0且k1 )

11、代入椭圆方程得(4k 21)x28kx0 2解得 x10, x28k1，代入直线 l的方程得 y11, y214k 2，4k24k21所以 D 点的坐标为 (8k,14k 2) 4k21 4k21又直线 AC的方程为 xy1，又直线 BD的方程为 y12k( x2) ，联立得x4k,y2 k 1.224k因此 Q(4k,2 k1)，又 P( 1,0) 所以 OPOQ( 1 ,0)(4k,2 k1) 4kk故 OP OQ 为定值30【答案】（ 1） y1 x ，设 A( x1 , y1 ) 、 B( x2 , y2 ) ；211直线 MA 的方程为yy1x1 ( xx1 )直线 MB 的方程为

12、y y2x2 ( xx2 )22- 得：点 M 的横坐标 xx1x2 ，所以 点 A, M , B 的横坐标成等差数列；2(201ykx 1）焦点 F 的坐标为（ ， ），显然直线 AB 的斜率是存在的； 设直线 AB 的方程为将直线 AB 的方程代入 y1x2 得： x24kx4 0 (0 恒成立）4AB 4(1k2 ) ，且 xM 2k又由得： yM1x1x21 ，从而点 M 到直线 AB 的距离 d2 1 k 2 ，43S MAB 4(1 k 2 ) 24当且仅当 k0 时取等号；故 MAB 面积的最小值为 431【答案】（ 1）设抛物线的标准方程为y22 px( p0) ，由题意，得p

13、1，即 p2 2所以抛物线的标准方程为y24x (2 ）设 A( x1，y1 ) ，B( x2，y2 ) ，且 y10 ，y20 由 y24 x（ y0 ），得 y2x ，所以 y1 x所以切线 AC 的方程为 y y11(xx1 ) ，即 yy12 (xx1 ) x1y1整理，得 yy12( x x1) ，且 C点坐标为 (x1，0) 同理得切线 BD 的方程为 yy22( x x2 ) ，且 D点坐标为 (x2，0)由消去 y ，得 xMx1 y2x2 y1 y1y2又直线 AD 的方程为 yy1(xx2 ) ，x1x2直线 BC 的方程为 yy2(x x1 ) x1x2由消去 y ，得

14、xNx1 y2x2 y1 y1y232【答案】（）DM2DP , NP DM0. NP 为 DM 的垂直平分线，| ND | | NM |,又 |CN|NM |22,|CN| |DN| 2 2 2.动点 N 的轨迹是以点C (1,0), D (1,0) 为焦点的长轴为22 的椭圆轨迹 E 的方程为 x2y21.2( ） 解法一线段AB 的长等于椭圆短轴的长，要使三点A、 O、 B 能构成三角形，则弦 AB 不能与 x 轴垂直，故可设直线AB 的方程为 ykxb ，ykxb,由x2y2，消去 y ，并整理，得21.(12k 2 ) x24kbx2b22 0.设 A( x1 , y1 ) ， B(

15、x2 , y2 ) ，则x1x24kb 2 ， x1 x22(b21)。12k12k2|AB| 2,(1 k 2 )(x2x1 )22. (1 k2 ) ( x1x2 )24x1 x24 ，28(b2(1k2 )14kb1)4,2k 212k 2112(1b2 ) ，1k 21 ，1b21k 22又点 O 到直线 AB 的距离 h| b |，1k 2S1 | AB | h h ，S2h22b2 (1b2 )2(b21 )212220S21，0 S2 22解法二：线段AB 的长等于椭圆短轴的长，要使三点A、 O、 B 能构成三角形，则弦 AB不能与 x 轴垂直，故可设直线AB 的方程为 ykxb

16、 ，y kxb,由x221.，消去 y ，并整理，得y2(12k 2 ) x24kbx2b220.设(,) ，则4kb，2(b21)A x1y1B(x2 , y2 )x1 x22k2x1x212k21|AB| 2,(1 k 2 )(x2x1 )22. (1 k2 ) ( x1x2 )24x1 x24 ，4kb28(b21)2k 2122(1k)12k 212k 24,b2(1 k2 ),又点 O 到直线 AB 的距离 h| b |，S1| AB | hh 。21 k 22h2b22k2111S1k 22(1k 2 )1k 22(1k 2 )设 t1，则212t(0t 1)，02121k 2S2

17、tS，0S2233.解 (1)设 P( x, y) ,由题意 ,可知曲线 C1 为抛物线 ,并且有( x2 ) 2( y2 ) 2xy2222,化简 ,得抛物线C1的方程为:x 2y 22xy42 x42 y0.令 x0,得 y0或 y 4 2 ,令 y0 ,得 x0或 x 4 2 ,所以 ,曲线 C1 与坐标轴的交点坐标为0,0 、 0,4 2和4 2,0.222222221212F (,)0的距离为点22到 l1: xy2,所以 C2 是以 1,0为焦点 ,以 x1为准线的抛物线 ,其方程为 : y 24x .(2) 设 A( x1 , y1 ) ,B(x2 , y2 ) ,由题意知直线l

18、 2 的斜率 k 存在且不为零, 设直线 l 2 的方程为yk( xm) ,代入 y 24x 得y24 y4m0y1 y 24m .k,由 AMMB 得 m x1 , y1x2m, y2y1y2Nm,0 , NM2m,0NANB x1m, y1x2m, y2x1 x2 (1 ) m, y1 y2NM( NANB)2m x1x2(1)m2my12y1y22(1y1 )m4y24y22m y1y1 y24my24m 4m0y22m y14 y24 y2.故 NM (NA NB).34.本题共有3 个小题 ,第 (1) 小题满分4 分 ,第 (2)小题满分6 分 , 第 (3) 小题满分 6 分 .

19、x2y21(a0, b0)解:(1) 设双曲线 C 的方程为 a2b21,则 ab22 ,所以 ,双曲线 C 的方程为x2y21又 a,得 b2(2)当直线 AB 垂直于 x 轴时 ,其方程为 x3, A,B 的坐标为 (3,4)、( 3, 4),DA(4,4), DB( 4, 4) ,所以 DA DB =0当直线 AB 不与 x 轴垂直时 ,设此直线方程为yk( x3) ,yk ( x3)由 2x2y22 得 (2 k 2 )x26k 2 x 9k 22 0 .x1 x26k 2x1x29k 222 k2,2k 2,设 A(x1, y1 ), B( x2 , y2 ) ,则故DADB( x1

20、)( x1)y y(x1)( x1)k 2 ( x3)( x3)12121212( k 21)x1x2(3k21)(x1x2 )9k 21(k 21)9k 22(3k 21) 6k 2+ 9k 21=0 .综上 , DADB =02k 2+2k 2(3) 设直线 MN 的方程为 : xmyt ,xmyt由 b2x2a2 y2a2b2,得 (b2m2a2 ) y22b2mtyb2 (t2a2 )0 ,y1y22b2 mtb2 (t 2a2 )设 M ( x1, y1 ), N ( x2 , y2 )b2 m2a2y1 y2a2,则,b2m2由 EMEN ,得 ( x1 a)( x2a)y1 y20 , (my1 ta)(my2ta) y1 y2 0即(1 m2 ) y ym(ta)( yy )(t a)201212,2b2 (t 2a2 )2b2 mt20 ,(1 m ) b2m2a2m(ta) b2m2a2(t a)ta( a2b2 )化简得 ,a2b2或 ta(舍 ),a( a2b2 )所以 ,直线 MN 过定点 (a2b2,0)35 【解】(1) 由题意 a218 , b 29 得 c3,所以 F (3,0)| OA | | O