1、曲线与方程、圆锥曲线的综合应用一、选择题1.（2013四川高考理科6）抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是（ ）（A） （B） （C） （D）【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方程为，根据点到直线的距离公式可得，故选B.2.（2013山东高考文科11）与（2013山东高考理科11）相同抛物线C1：y=x2(p0)的焦点与双曲线C2：的右焦点的连线交C1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=（ ） A.
2、 B. C. D.【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,双曲线的右焦点为.，所以在处的切线斜率为，即，所以，即三点，共线，所以，即.二、填空题3. （2013江西高考理科14）抛物线x2=2py（p0）的焦点为F，其准线与双曲线相交于A，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
3、两点的横坐标为，因为ABF为等边三角形，所以，从而解得，即.【答案】6.4.（2013安徽高考理科13）已知直线交抛物线于两点。若该抛物线上存在点，使得为直角，则的取值范围为_【解题指南】 点C的轨迹是圆心在y轴上、半径为的圆，数形结合可得。【解析】联立直线与抛物线得，满足题设条件的点C的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其方程为。由数形结合可知当时满足题设要求，解得。【答案】.三、解答题5.（2013北京高考理科19）已知A、B、C是椭圆W：上的三个点，O是坐标原点.(1)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
4、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OA=OC，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，所以菱形面积为|OB|AC|=2=.（2）四边形OABC不可能是菱形，只需要证明若OA=OC，则A点与C点的横坐标相等或互为相反数.设OA=OC=r（r1)，则A、C为圆与椭圆的交点.，,所以A点与C点的横坐标互为相反数或相等，此时B点为顶点.因此四边形OABC不可能是菱形.6.（2013江西高考文科20）椭圆C:(ab0)的离心率，a+b=3.(1)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
5、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:2m-k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；（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a+b=3，得.故椭圆C的方程为.(2)方法一：因为B(2,0)，P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为，将代入，解得P.直线AD的方程为：. 联立解得M.由D（0,1），P，N（x,0
6、）三点共线可知，即，所以点.所以MN的斜率为m,则（定值）.方法二：设，则，直线AD的方程为，直线BP的方程为，直线DP的方程为.令y=0，由于，可得.解可得M，所以MN的斜率为=.故（定值）.7. （2013广东高考文科20）已知抛物线的顶点为原点，其焦点（）到直线：的距离为. 设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线PA，PB,其中A,B为切点.（1） 求抛物线的方程；（2）当点为直线上的定点时，求直线的方程；（3）当点在直线上移动时，求的最小值.【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
7、直线：的距离为，即，所以（注意），可得抛物线的方程为；（2）设切点，则.对（即）求导可得，切线的斜率为，将和代入整理可得，同理切线的斜率为，将和代入整理可得，由可得点都适合方程，也就是当点为直线上的定点时，直线的方程即为.（3）由抛物线的性质可知到焦点的距离等于到准线的距离，所以，.联立方程,消去整理得，由一元二次方程根与系数的关系可得,，所以.又，则，所以当时, 取得最小值,且最小值为.8. （2013广东高考理科20）已知抛物线的顶点为原点，其焦点（）到直线：的距离为. 设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线PA，PB,其中A,B为切点.（1） 求抛物线的方程；（2）当点为直线上的定点时，
8、求直线的方程；（3）当点在直线上移动时，求的最小值.【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，所以（注意），可得抛物线的方程为；（2）设切点，则.对（即）求导可得，切线的斜率为，将和代入整理可得，同理切线的斜率为，将和代入整理可得，由可得点都适合方程，也就是当点为直线上的定点时，直线的方程即为.（3）由抛物线的性质可知到焦点的距离等于到准线的距离，所以，.联立方程,消去整理得，由一元二次方程根与系数的关系可得,，所以.又，则，所以当时, 取得最小值,且最小值为.9. （2
9、013重庆高考理科21）如图，椭圆的中心为原点，长轴在轴上，离心率，过左焦点作轴的垂线交椭圆于、两点，（）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、作圆心为的圆，使椭圆上的其余点均在圆外若，求圆的标准方程【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，利用椭圆上的其余点均在圆外且求出圆的方程.【解析】（）设椭圆方程为+=1(ab0),由题意知点在椭圆上,则从而由，得从而故该椭圆的标准方程为（）由椭圆的对称性,可设,又设是椭圆上任意一点,则.设,由题意,是椭圆上到的距离最小的点,因此,上式当时取最小值,又因为,所以上式当时取最小值,从而,且因为，且所以
10、即.由椭圆方程及得,解得.从而故这样的圆有两个,其标准方程分别为10. （2013重庆高考文科21）如图，椭圆的中心为原点，长轴在轴上，离心率，过左焦点作轴的垂线交椭圆于、两点，（）求该椭圆的标准方程；（）取平行于轴的直线与椭圆相较于不同的两点、，过、作圆心为的圆，使椭圆上的其余点均在圆外求的面积的最大值，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，利用椭圆上的其余点均在圆外可求的面积的最大值以及圆的方程.【解析】（）由题意知点在椭圆上,则从而由，得从而故该椭圆的标准方程为（）由椭圆的对称性,可设,又设是椭圆上任意一点,则.设,由题意,是椭圆上到的距
11、离最小的点,因此,上式当时取最小值,又因为,所以上式当时取最小值,从而,且由对称性知故,所以当时,的面积取到最大值.此时对应的圆的圆心坐标为,半径因此,这样的圆有两个,其标准方程分别为11. （2013新课标高考文科21）与（2013新课标高考理科20）相同已知圆：,圆：,动圆与外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线.（）求的方程；（）是与圆,圆都相切的一条直线，与曲线交于A，B两点，当圆的半径最长时，求. 【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解.【解析】由已知得圆的圆心为，半径；圆圆心为，半
12、径.设圆的圆心为,半径为（）动圆与外切并且与圆内切。，所以由椭圆定义可知，曲线是以，为左、右焦点，长半轴长为2,短半轴长为的椭圆（左顶点除外），其方程为.（）对于曲线上任意一点,由于，所以，当且仅当圆的圆心为时，所以当圆的半径最长时，其方程为.若的倾斜角为，则与轴重合，可得.若的倾斜角不为，由，知不平行于轴，设与轴的交点为，则，可求得，所以可设：，由与圆相切得，解得.当时，将代入，并整理得，解得，所以.当时，由图形的对称性可知.综上，或.12.（2013江西高考理科20）如图，椭圆经过点P（），离心率，直线l的方程为x=4.（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），
13、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k1+k2=k3？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a，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k1+k2 与k3的关系,进而可求的值【解析】（1）由在椭圆上得， 依题设知a=2c，则a2=4c2,， 将代入得故椭圆C的方程为.（2）方法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为 代入椭圆方程并整理得设，则有 在方程中令x=4得M(4，3k).从而注意到A、F、B三点共线，则有
14、,即.所以 将代入得又，所以故存在常数符合题意.方法二：设，则直线FB的方程为：，令x=4，求得，从而直线PM的斜率为，联立，解得，则直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，所以，故存在常数符合题意.13. （2013湖北高考文科T22）与（2013湖北高考理科T21）相同如图，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ABN的面积分别为S1和S2.。（）当直线l与轴重合时，若S1= S2 ，求的值；（）当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线
15、，使得S1= S2？并说明理由【解题指南】 （）由S1=S2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：，：. 其中，（）方法1：如图1，图1若直线与轴重合，即直线的方程为，则，所以. 在C1和C2的方程中分别令，可得，于是.若，则，化简得. 由，可解得.故当直线与轴重合时，若，则. 方法2：如图1，若直线与轴重合，则，；，.所以. 若，则，化简得. 由，可解得.故当直线与轴重合时，若，则. （）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，不妨设直线：，点，到直线的距离分别为，
16、则因为，所以. 又，所以，即. 由对称性可知，所以，于是. 将的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得，.根据对称性可知，于是. 从而由和式可得. 令，则由，可得，于是由可解得.因为，所以. 于是式关于有解，当且仅当，等价于. 由，可解得，即，由，解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；当时，存在与坐标轴不重合的直线使得. 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，不妨设直线：，点，到直线的距离分别为，则因为，所以. 又，所以.因为，所以.由点，分别在C1，C2上，可得，两式相减可得，依题意，所以. 所以由上式解得. 因为，所以由，可解得.从而，解得，所以当时
17、，不存在与坐标轴不重合的直线，使得；当时，存在与坐标轴不重合的直线，使得.14. （2013大纲版全国卷高考文科22）与（2013大纲版全国卷高考理科21）相同已知双曲线离心率为直线（I）求（II）证明：【解题指南】（I）利用及列出关于的方程求解的值.（II）将过的直线与（I）中所求双曲线方程联立成方程组，化简成关于的一元二次方程，由求得的值，然后求出，进行证明.【解析】（I）由题设知，即，故.所以的方程为.将代入上式，求得.由题设知，解得.所以，.（II）由（I）知，的方程为.由题意可设的方程为，代入并化简得.设，则，.于是，由得，即，故.解得从而.由于，.故，.因而,所以、成等比数列.15
18、.（2013上海高考文科T23）与（2013上海高考理科T22）相同如图，已知双曲线C1:，曲线C2:.P是平面内一点.若存在过点P的直线与C1、C2都有共同点，则称P为“C1-C2型点”.（1）在正确证明C1的左焦点是“C1-C2型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）；（2）设直线y=kx与C2有公共点，求证1，进而证明圆点不是“C1-C2型点”；（3）求证：圆内的点都不是“C1-C2型点”.【解析】(1)C1的左焦点为(-,0),写出的直线方程可以是以下形式:x=-或y=k(x+),其中|k|.(2)因为直线y=kx与C2有公共点,所以方程组有实数解,
19、因此|kx|=|x|+1,得|k|=1.若原点是“C1-C2型点”,则存在过原点的直线与C1,C2都有公共点.考虑过原点与C2有公共点的直线x=0或y=kx(|k|1).显然直线x=0与C1无公共点.如果直线为y=kx(|k|1),则由方程组得x2=1)与C1也无公共点.因此原点不是“C1-C2型点”.(3)记圆O:x2+y2=,取圆O内的一点Q,设有经过Q的直线l与C1,C2都有公共点,显然l不垂直于x轴,故可设l:y=kx+b.若|k|1,由于圆O夹在两组平行线y=x1与y=-x1之间,因此圆O也夹在直线y=kx1与y=-kx1之间,从而过Q且以k为斜率的直线l与C2无公共点,矛盾,所以|k|1.因为l与C1有公共点,所以方程组有实数解,得(1-2k2)x2-4kbx-2b2-2=0.因为|k|1,所以1-2k20,因此=(4kb)2-4(1-2k2)(-2b2-2)=8(b2+1-2k2)0,即b22k2-1.因为圆O的圆心(0,0)到直线l的距离d=,所以=d2b22k2-1,得k21矛盾.因此,圆x2+y2=内的点都不是“C1-C2型点”.关闭Word文档返回原板块。
