高考第一轮复习系列圆锥曲线

§高考第一轮复习系列——圆锥曲线（Ⅰ）——定义及其应用1．C； 2、A； 3、+=1或+=1; 4、；5、C； 6、C；7、B；8、； 9、N(x0+4,0)； 10、；11、已知点P的坐标是(-1,-3)，F是椭圆的右焦点,点Q在椭圆上移动，当取最小值时，求点Q的坐标，并求出其最小值。12、解：（Ⅰ）解法一：易知所以，设，则因为，故当，即点为椭圆短轴端点时，有最小值当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值解法二：易知，所以，设，则（以下同解法一）（Ⅱ）显然直线不满足题设条件，可设直线，联立，消去，整理得：∴由得：或又∴又∵，即∴故由①、②得或13、解：设，由题设知，直线的斜率存在，设为．因直线过焦点，所以，直线的方程为．联立方程组，消得由根与系数的关系知：，……5分于是……10分又因为，所以直线的斜率为，从而直线的方程为：，同理可得．……15分故当时等号成立．所以，四边形的最小面积为32．……20分14、解：（Ⅰ）两点到抛物线的准线的距离相等．∵抛物线的准线是x轴的平行线，不同时为0，∴上述条件等价于∵，∴上述条件等价于即当且仅当时，l经过抛物线的焦点F．另解：（Ⅰ）∵抛物线，即，∴焦点为（1）直线的斜率不存在时，显然有（2）直线的斜率存在时，设为k，截距为b即直线：y=kx+b由已知得：即的斜率存在时，不可能经过焦点所以当且仅当=0时，直线经过抛物线的焦点F（II）(理)设l在y轴上的截距为b，依题意得l的方程为；过点A、B的直线方程可写为，所以满足方程得；A，B为抛物线上不同的两点等价于上述方程的判别式即设AB的中点N的坐标为，则由即得l在y轴上截距的取值范围为（）．法二:y1=2x12,y2=2x22,相减得,中点在抛物线内必15、（I）证法一：∵，∴，即，整理得．∴ eq\o\ac(○,1) 设点是以线段为直径得圆上得任意一点，则即展开上式并将eq\o\ac(○,1)带入得故线段是圆的直径．证法二：同法一得：eq\o\ac(○,1) 以AB为直径的圆的方程是，展开，并将①代入得所以线段AB是圆C的直径（II）解法一：设圆的圆心为则∵∴又∵＝0∴∴∵，∴,∴∴，所以圆心的轨迹方程为：设圆心到直线的距离为，则当时，有最小值，由题设得，∴解法二：同法一得：圆心的轨迹方程为：设直线与的距离为，则当与仅有一个公共点时，该点到的距离最小，最小值为，由②③消x得，由得 （∵）解法三：设圆的圆心为，则若圆心到直线的距离为，那∵∴ 又∵， ，∵，∴ ∴当时，有最小值，由题设得，∴§高考第一轮复习系列——圆锥曲线（Ⅱ）——直线与圆锥曲线1、C； 2、A； 3、32； 4、C； 5、； 6、B；7．解：设CD所在直线的方程为y=x+t，消去y得∵y=x+t消去y得∵y2=x，x2+（2t－1）x+t2=0，∴｜CD｜＝＝．又直线AB与CD间距离为｜AD｜＝，∵｜AD｜＝｜CD｜，∴t=－2或－6．从而边长为3或5．面积S1＝（3）2＝18，S2=（5）2=50．8、（I）解法一：直线，①过原点垂直的直线方程为，②解①②得∵椭圆中心（0，0）关于直线的对称点在椭圆C的右准线上，∵直线过椭圆焦点，∴该焦点坐标为（2，0）.故椭圆C的方程为③解法二：直线.设原点关于直线对称点为（p，q），则解得p=3.∵椭圆中心（0，0）关于直线的对称点在椭圆C的右准线上，∵直线过椭圆焦点，∴该焦点坐标为（2，0）.故椭圆C的方程为③（II）设M（），N（）.当直线m不垂直轴时，直线代入③，整理得点O到直线MN的距离 即 即 整理得 当直线m垂直x轴时，也满足. 故直线m的方程为 或或 经检验上述直线均满足.所以所求直线方程为或或9、解：设直线方程为y=kx+2，把它代入x2＋2y2＝2，整理得（2k2＋1）x2+8kx+6=0．要使直线和椭圆有两个不同交点，则Δ＞0，即k＜－或k＞．设直线与椭圆两个交点为A（x1，y1）、B（x2，y2），中点坐标为C（x，y），则x＝＝，y=+2＝．（k＜－或k＞），从参数方程（k＜－或k＞），从参数方程y=消去k得x2＋2（y－1）2＝2，且｜x｜＜，0＜y＜．当直线垂直OX轴时，y=0，综上所求轨迹方程为：x2＋2（y－1）2＝2（y＜）10、解：（1）设M（y,y0），直线ME的斜率为k(l>0)则直线MF的斜率为－k，MABFMABFEOyx所以直线EF的斜率为定值。（2）同理可得设重心G（x,y），则有ABABFFMTOyx11、解：（=1\*ROMANI）过点、的直线方程为因为由题意得有惟一解，即有惟一解，所以（），故又因为即所以从而得故所求的椭圆方程为（=2\*ROMANII）由（=1\*ROMANI）得故从而由解得所以因为又得因此12、解：（1）由