1、2005年高考全国试题分类解析（圆锥曲线）一、选择题：1重庆卷) 若动点(x,y)在曲线(b0)上变化，则x2+2y的最大值为(A ) (A) ；(B) ；(C) ； (D) 2b。2. (浙江)函数yax21的图象与直线yx相切，则a( B )(A) (B) (C) (D)13. （天津卷）设双曲线以椭圆长轴的两个端点为焦点，其准线过椭圆的焦点，则双曲线的渐近线的斜率为（ C ）ABCD4（天津卷）从集合1,2,3，11中任选两个元素作为椭圆方程中的m和n,则能组成落在矩形区域B=(x,y)| |x|11且|y|0)则直线MF的斜率为k，方程为由，消解得(定值)所以直线EF的斜率为定值（2）
2、直线ME的方程为由得同理可得设重心G（x, y），则有消去参数得2（江西卷）OABPF如图，设抛物线的焦点为F，动点P在直线上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点.（1）求APB的重心G的轨迹方程.（2）证明PFA=PFB.解：（1）设切点A、B坐标分别为，切线AP的方程为： 切线BP的方程为：解得P点的坐标为：所以APB的重心G的坐标为 ，所以，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为： （2）方法1：因为由于P点在抛物线外，则同理有AFP=PFB.方法2：当所以P点坐标为，则P点到直线AF的距离为：即所以P点到直线BF的距离为：所以d1=d2，
3、即得AFP=PFB.当时，直线AF的方程：直线BF的方程：所以P点到直线AF的距离为：同理可得到P点到直线BF的距离，因此由d1=d2，可得到AFP=PFB. 3. (重庆卷) 已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0)，右顶点为。 (1) 求双曲线C的方程； (2) 若直线l：与双曲线C恒有两个不同的交点A和B，且(其中O为原点)，求k的取值范围。解：（）设双曲线方程为 由已知得故双曲线C的方程为（）将 由直线l与双曲线交于不同的两点得即 设，则而于是 由、得 故k的取值范围为4. (重庆卷) 已知椭圆C1的方程为，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是C1
4、的左、右焦点。 (1) 求双曲线C2的方程； (2) 若直线l：与椭圆C1及双曲线C2恒有两个不同的交点，且l与C2的两个交点A和B满足(其中O为原点)，求k的取值范围。解：（）设双曲线C2的方程为，则故C2的方程为（II）将由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得即 .由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得 解此不等式得 由、得故k的取值范围为5. (浙江) 17如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点F1，F2在x轴上，长轴A1A2的长为4，左准线l与x轴的交点为M，|MA1|A1F1|21 ()求椭圆的方程； ()若直线l1：xm(|m|1)，P为l1上的动点，使F1PF2最大的点P记
5、为Q，求点Q的坐标(用m表示)OF2F1A2A1PM解：（）设椭圆方程为（），半焦距为c, 则,由题意，得 ,解得 故椭圆方程为（II）设P(当时，当时, 只需求的最大值即可。直线的斜率，直线的斜率当且仅当=时，最大，6. （天津卷）抛物线C的方程为，过抛物线C上一点P(x0,y0)(x 00)作斜率为k1,k2的两条直线分别交抛物线C于A(x1,y1)B(x2,y2)两点(P,A,B三点互不相同)，且满足.（）求抛物线C的焦点坐标和准线方程；（）设直线AB上一点M，满足，证明线段PM的中点在y轴上；（）当=1时，若点P的坐标为（1，-1），求PAB为钝角时点A的纵坐标的取值范围.解：（）由抛
6、物线的方程（）得，焦点坐标为，准线方程为（）证明：设直线的方程为，直线的方程为点和点的坐标是方程组的解将式代入式得，于是，故又点和点的坐标是方程组的解将式代入式得于是，故由已知得，则设点的坐标为，由，则将式和式代入上式得，即线段的中点在轴上（）因为点在抛物线上，所以，抛物线方程为由式知，代入得将代入式得，代入得因此，直线、分别与抛物线的交点、的坐标为，于是，因为钝角且、三点互不相同，故必有求得的取值范围是或又点的纵坐标满足，故当时，；当时，即7. （上海）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. 已知抛物线y2=2px(p0)的焦点为F,A是抛物线上横坐标为
7、4、且位于x轴上方的点,A到抛物线准线的距离等于5,过A作AB垂直于y轴,垂足为B,OB的中点为M. (1)求抛物线方程; (2)过M作MNFA, 垂足为N,求点N的坐标; (3)以M为圆心,MB为半径作圆M.当K(m,0)是x轴上一动点时,丫讨论直线AK与圆M的位置关系.解(1) 抛物线y2=2px的准线为x=-,于是4+=5, p=2. 抛物线方程为y2=4x. (2)点A是坐标是(4,4), 由题意得B(0,4),M(0,2), 又F(1,0), kFA=;MNFA, kMN=-, 则FA的方程为y=(x-1),MN的方程为y-2=-x,解方程组得x=,y=, N的坐标(,).(1) 由
8、题意得, ,圆M.的圆心是点(0,2), 半径为2,当m=4时, 直线AK的方程为x=4,此时,直线AK与圆M相离.当m4时, 直线AK的方程为y=(x-m),即为4x-(4-m)y-4m=0,圆心M(0,2)到直线AK的距离d=,令d2,解得m1当m1时, AK与圆M相离; 当m=1时, AK与圆M相切; 当m0,只能=,于是=. 点P的坐标是(,) (2) 直线AP的方程是+6=0. 设点M(,0),则M到直线AP的距离是. 于是=,又66,解得=2. 椭圆上的点(,)到点M的距离有 ,由于66, 当=时,d取得最小值9. （山东卷）已知动圆过定点，且与直线相切，其中.（I）求动圆圆心的轨
9、迹的方程；（II）设A、B是轨迹上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且为定值时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标.解：（I）如图，设为动圆圆心，为记为，过点作直线的垂线，垂足为，由题意知：即动点到定点与定直线的距离相等，由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，其中为焦点，为准线，所以轨迹方程为；（II）如图，设，由题意得（否则）且所以直线的斜率存在，设其方程为，显然，将与联立消去，得由韦达定理知（1）当时，即时，所以，所以由知：所以因此直线的方程可表示为，即所以直线恒过定点（2）当时，由，得=将式代入上式整理化简可得：，所以，此时，直线的方程可表示为即所以直线恒过定点所以由（
10、1）（2）知，当时，直线恒过定点，当时直线恒过定点.10. (全国卷)）已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A、B两点，与共线。（）求椭圆的离心率；（）设M为椭圆上任意一点，且，证明为定值。解：设椭圆方程为则直线AB的方程为，代入，化简得.令A（），B），则由与共线，得又，即，所以，故离心率（II）证明：（1）知，所以椭圆可化为设，由已知得 在椭圆上，即由（1）知又，代入得故为定值，定值为1.11. (全国卷) 已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A、B两点，与共线. （1）求椭圆的离心率； （2）设M为椭圆上
11、任意一点，且，证明为定值. 解：设椭圆方程为则直线AB的方程为化简得.令则 共线，得又即，故离心率为（II）证明：由（I）知，所以椭圆可化为.设，由已知得在椭圆上，即 由（I）知又又，代入得 故为定值，定值为112. (全国卷II)、四点都在椭圆上，为椭圆在轴正半轴上的焦点已知与共线，与共线，且求四边形的面积的最小值和最大值解：如图，由条件知MN和PQ是椭圆的两条弦，相交于焦点F(0,1)，且PQMN，直线PQ、NM中至少有一条存在斜率，不妨设PQ的斜率为K，又PQ过点F(0,1)，故PQ的方程为=+1将此式代入椭圆方程得(2+)+21=0设P、Q两点的坐标分别为(，)，(，)，则 QPNMF
12、O从而亦即(1)当0时，MN的斜率为，同上可推得 故四边形面积令=得=2当=1时=2，S=且S是以为自变量的增函数当=0时，MN为椭圆长轴，|MN|=2，|PQ|=。S=|PQ|MN|=2综合知四边形PMQN的最大值为2，最小值为。13(全国卷III) 设两点在抛物线上，是AB的垂直平分线， （）当且仅当取何值时，直线经过抛物线的焦点F？证明你的结论； （）当时，求直线的方程.解：（）抛物线，即，焦点为1分（1）直线的斜率不存在时，显然有3分（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：5分 7分 即的斜率存在时，不可能经过焦点8分所以当且仅当=0时，直线经过抛物线的
13、焦点F9分（）当时，直线的斜率显然存在，设为：y=kx+b10分则由（）得： 11分13分所以直线的方程为14、(全国卷III) 设，两点在抛物线上，是的垂直平分线。（）当且仅当取何值时，直线经过抛物线的焦点？证明你的结论；（）当直线的斜率为2时，求在轴上截距的取值范围。21解：（）两点到抛物线的准线的距离相等， 抛物线的准线是轴的平行线，依题意不同时为0上述条件等价于上述条件等价于即当且仅当时，经过抛物线的焦点。（）设在轴上的截距为，依题意得的方程为；过点的直线方程可写为，所以满足方程 得 为抛物线上不同的两点等价于上述方程的判别式，即设的中点的坐标为，则，由，得，于是即得在轴上截距的取值范
14、围为15.（辽宁卷）已知椭圆的左、右焦点分别是F1（c，0）、F2（c，0），Q是椭圆外的动点，满足点P是线段F1Q与该椭圆的交点，点T在线段F2Q上，并且满足 （）设为点P的横坐标，证明； （）求点T的轨迹C的方程； （）试问：在点T的轨迹C上，是否存在点M， 使F1MF2的面积S=若存在，求F1MF2 的正切值；若不存在，请说明理由.（）证法一：设点P的坐标为由P在椭圆上，得由，所以 3分证法二：设点P的坐标为记则由证法三：设点P的坐标为椭圆的左准线方程为 由椭圆第二定义得，即由，所以3分（）解法一：设点T的坐标为 当时，点（，0）和点（，0）在轨迹上.当|时，由，得.又，所以T为线段F2
15、Q的中点.在QF1F2中，所以有综上所述，点T的轨迹C的方程是7分解法二：设点T的坐标为 当时，点（，0）和点（，0）在轨迹上.当|时，由，得.又，所以T为线段F2Q的中点. 设点Q的坐标为（），则因此 由得 将代入，可得综上所述，点T的轨迹C的方程是7分 （）解法一：C上存在点M（）使S=的充要条件是 由得，由得 所以，当时，存在点M，使S=；当时，不存在满足条件的点M.11分当时，由，得解法二：C上存在点M（）使S=的充要条件是 由得 上式代入得于是，当时，存在点M，使S=；当时，不存在满足条件的点M.11分当时，记，由知，所以14分16（湖南卷）已知椭圆C：1（ab0）的左右焦点为F1、
16、F2，离心率为e. 直线l：yexa与x轴y轴分别交于点A、B，M是直线l与椭圆C的一个公共点，P是点F1关于直线l的对称点，设. （）证明：1e2； （）若，PF1F2的周长为6；写出椭圆C的方程； （）确定的值，使得PF1F2是等腰三角形.（）证法一：因为A、B分别是直线l：与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是. 所以点M的坐标是（）. 由即 证法二：因为A、B分别是直线l：与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是设M的坐标是所以 因为点M在椭圆上，所以 即 解得 （）当时，所以 由MF1F2的周长为6，得 所以 椭圆方程为 （）解法一：因为PF1l，所以PF1F2=90+BAF1
17、为钝角，要使PF1F2为等腰三角形，必有|PF1|=|F1F2|，即 设点F1到l的距离为d，由 得 所以 即当PF1F2为等腰三角形.解法二：因为PF1l，所以PF1F2=90+BAF1为钝角，要使PF1F2为等腰三角形，必有|PF1|=|F1F2|，设点P的坐标是，则由|PF1|=|F1F2|得两边同时除以4a2，化简得 从而于是. 即当时，PF1F2为等腰三角形.17（湖南卷）已知椭圆C：1（ab0）的左右焦点为F1、F2，离心率为e. 直线l：yexa与x轴y轴分别交于点A、B，M是直线l与椭圆C的一个公共点，P是点F1关于直线l的对称点，设. （）证明：1e2； （）确定的值，使得P
18、F1F2是等腰三角形.（）证法一：因为A、B分别是直线l：与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是. 所以点M的坐标是（）. 由即 证法二：因为A、B分别是直线l：与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是设M的坐标是所以 因为点M在椭圆上，所以 即 解得 （）解法一：因为PF1l，所以PF1F2=90+BAF1为钝角，要使PF1F2为等腰三角形，必有|PF1|=|F1F2|，即 设点F1到l的距离为d，由 得 所以 即当PF1F2为等腰三角形.解法二：因为PF1l，所以PF1F2=90+BAF1为钝角，要使PF1F2为等腰三角形，必有|PF1|=|F1F2|，设点P的坐标是，则由|PF1|
19、=|F1F2|得两边同时除以4a2，化简得 从而于是. 即当时，PF1F2为等腰三角形.18.（湖北卷）设A、B是椭圆上的两点，点N（1，3）是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点. （）确定的取值范围，并求直线AB的方程；（）试判断是否存在这样的，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由.（I）解法1：依题意，可设直线AB的方程为，整理得 设的两个不同的根， 是线段AB的中点，得解得k=-1，代入得，12，即的取值范围是（12，+）.于是，直线AB的方程为解法2：设依题意，（II）解法1：代入椭圆方程，整理得 的两根，于是由弦长公式可得 将直线AB的方程 同理可得
20、 假设在在12，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心.点M到直线AB的距离为 于是，由、式和勾股定理可得故当时，A、B、C、D四点均在以M为圆心，为半径的圆上.（注：上述解法中最后一步可按如下解法获得：A、B、C、D共圆ACD为直角三角形，A为直角 由式知，式左边=由和知，式右边= 式成立，即A、B、C、D四点共圆解法2：由（II）解法1及.代入椭圆方程，整理得 将直线AB的方程代入椭圆方程，整理得解和式可得 不妨设计算可得，A在以CD为直径的圆上.又B为A关于CD的对称点，A、B、C、D四点共圆.（注：也可用勾股定理证明ACAD）19.（福建卷）已知方向向量为的直线l过
21、点（）和椭圆的焦点，且椭圆C的中心关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上. （）求椭圆C的方程；（）是否存在过点E（2，0）的直线m交椭圆C于点M、N，满足cot MON0（O为原点）.若存在，求直线m的方程；若不存在，请说明理由.（I）解法一：直线， 过原点垂直的直线方程为， 解得椭圆中心（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 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 （II）解法一：设M（）
22、，N（）.当直线m不垂直轴时，直线代入，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解法二：设M（），N（）.当直线m不垂直轴时，直线代入，整理得 E（2，0）是椭圆C的左焦点，|MN|=|ME|+|NE|=以下与解法一相同.解法三：设M（），N（）.设直线，代入，整理得 即 =，整理得解得或故直线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20.（北京卷）如图，直线 l1：ykx（k0）与直线l2：ykx之间的阴影区域（不含边界）记为W，其左半部分记为W1，右半部分记为W2（I）分别用不等式组表
23、示W1和W2；（II）若区域W中的动点P(x，y)到l1，l2的距离之积等于d2，求点P的轨迹C的方程；（III）设不过原点O的直线l与（II）中的曲线C相交于M1，M2两点，且与l1，l2分别交于M3，M4两点求证OM1M2的重心与OM3M4的重心重合解：（I）W1=(x, y)| kxykx, x0，W2=(x, y)| kxy0， （II）直线l1：kxy0，直线l2：kxy0，由题意得 , 即， 由P(x, y)W，知k2x2y20， 所以 ，即, 所以动点P的轨迹C的方程为； （III）当直线l与x轴垂直时，可设直线l的方程为xa（a0）由于直线l，曲线C关于x轴对称，且l1与l2关
24、于x轴对称，于是M1M2，M3M4的中点坐标都为（a，0），所以OM1M2，OM3M4的重心坐标都为（a，0），即它们的重心重合， 当直线l1与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=mx+n（n0） 由，得 由直线l与曲线C有两个不同交点，可知k2m20且=0设M1，M2的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，则, , 设M3，M4的坐标分别为(x3, y3)，(x4, y4)， 由得从而，所以y3+y4=m(x3+x4)+2nm(x1+x2)+2ny1+y2, 于是OM1M2的重心与OM3M4的重心也重合（21）（广东卷）在平面直角坐标系xOy中，抛物线上异于坐标原点的两不同动点、满足（如图所示）（）求得重心（即三角形三条中线的交点）的轨迹方程；（）的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由xyOAB解：（I）设AOB的重心为G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),则 （1）OAOB ,即，(2)又点A，B在抛物线上，有，代入（2）化简得所以重心为G的轨迹方程为（II）由（I）得当且仅当即时，等号成立。所以AOB的面积存在最小值，存在时求最小值1；23