2012届高考数学(理科)考前60天冲刺《圆锥曲线专练》

《2012届高考数学(理科)考前60天冲刺《圆锥曲线专练》》是由用户上传到老师板报网，本为文库资料，大小为1.63 MB，总共有34页，格式为doc。授权方式为VIP用户下载，成为老师板报网VIP用户马上下载此课件。文件完整，下载后可编辑修改。

2012届高考数学（理）考前60天冲刺【六大解答题】圆锥曲线1..如图，在平面直角坐标系xOy中。椭圆22:12xCy的右焦点为F，右准线为l。（1）求到点F和直线l的距离相等的点G的轨迹方程。（2）过点F作直线交椭圆C于点,AB，又直线OA交l于点T,若2OTOA，求线段AB的长；（3）已知点M的坐标为000,,0xyx，直线OM交直线0012xxyy于点N，且和椭圆C的一个交点为点P，是否存在实数，使得2?OPOMON，若存在，求出实数；若不存在，请说明理由。2.设A、B分别为椭圆22221(,0)xyabab的左、右顶点，椭圆长半轴长等于焦距，且4x是它的右准线，(1)求椭圆方程；(2)设P为右准线上不同于点（4，0）的任一点，若直线AP、BP分别与椭圆交于异于A、B两点M、N，证明：点B在以MN为直径的圆内．3.如图，已知椭圆22221(0)xyabab的长轴为AB，xyMNAOBP过点B的直线l与x轴垂直．直线(2)(12)(12)0()kxkykkR所经过的定点恰好是椭圆的一个顶点，且椭圆的离心率32e.（1）求椭圆的标准方程；（2）设P是椭圆上异于A、B的任意一点，PHx轴，H为垂足，延长HP到点Q使得HPPQ，连结AQ延长交直线l于点M，N为MB的中点．试判断直线QN与以AB为直径的圆O的位置关系．4.已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为23，且经过点4,1M，直线mxyl:交椭圆于不同的两点A，B.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）求m的取值范围；（Ⅲ）若直线l不过点M，试问MAMBkk是否为定值？并说明理由。5.已知椭圆的焦点121,0,1,0FF，过10,2P作垂直于y轴的直线被椭圆所截线段长为6，过1F作直线l与椭圆交于A、B两点.（I）求椭圆的标准方程；(Ⅱ)是否存在实数t使1PAPBtPF，若存在，求t的值和直线l的方程；若不存在，说明理由．6.已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线60xy相切，过点P（4，0）且不垂直于x轴直线l与椭圆C相交于A、B两点。（1）求椭圆C的方程；（2）求,OAOB的取值范围；（3）若B点在于x轴的对称点是E，证明：直线AE与x轴相交于定点。7.已知椭圆222210xyabab的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，xyMNQPHlOB直线0byx是抛物线xy42的一条切线．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点)31,0(S的动直线L交椭圆C于A．B两点．问：是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T?若存在，求点T坐标；若不存在，说明理由。8.设椭圆222:1(0)xCyaa的两个焦点是12(,0)(,0)(0)FcFcc和，且椭圆C上的点到焦点F2的最短距离为32.（1）求椭圆的方程；（2）若直线:(0)lykxmk与椭圆C交于不同的两点M、N，线段MN垂直平分线恒过点A（0，-1），求实数m的取值范围。9.已知椭圆2222:1xyCab的短轴长等于焦距，椭圆C上的点到右焦点F的最短距离为21．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点(20)E，且斜率为(0)kk的直线l与C交于M、N两点，P是点M关于x轴的对称点，证明：NFP、、三点共线．10.椭圆E的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率为.点P(1，)、A、B在椭圆E上，且PA＋PB＝mOP(m∈R)．(1)求椭圆E的方程及直线AB的斜率；(2)当m＝－3时，证明原点O是△PAB的重心，并求直线AB的方程．11.已知抛物线24yx，点(1,0)M关于y轴的对称点为N，直线l过点M交抛物线于,AB两点．（1）证明：直线,NANB的斜率互为相反数；（2）求ANB面积的最小值；（3）当点M的坐标为(,0)m，(0m且1)m．根据（1）（2）推测并回答下列问题（不必说明理由）：12.已知椭圆E：2222byax=1（a＞b＞o）的离心率e=22，且经过点（6,1），O为坐标原点。（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；　（Ⅱ）圆O是以椭圆E的长轴为直径的圆，M是直线x=－4在x轴上方的一点，过M作圆O的两条切线，切点分别为P、Q，当∠PMQ=60°时，求直线PQ的方程.13.设抛物线C1：x2＝4y的焦点为F，曲线C2与C1关于原点对称．(Ⅰ)求曲线C2的方程；(Ⅱ)曲线C2上是否存在一点P（异于原点），过点P作C1的两条切线PA，PB，切点A，B，满足|AB|是|FA|与|FB|的等差中项？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．14.在平面直角坐标系xoy中，已知圆221:(3)(1)4Cxy和圆222:(4)(5)4Cxy，（1）若直线l过点(4,0)A，且被圆1C截得的弦长为23，求直线l的方程；（2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线1l和2l，它们分别与圆1C和圆2C相交，且直线1l被圆1C截得的弦长与直线2l被圆2C截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标。15.已知，椭圆C过点A3(1,)2，两个焦点为（-1，0），（1，0）。（1）求椭圆C的方程；（2）E、F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值。16．已知双曲线E：2212412xy的左焦点为F，左准线l与x轴的交点是圆C的圆心，圆C恰好经过坐标原点O，设G是圆C上任意一点．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）若直线FG与直线l交于点T，且G为线段FT的中点，求直线FG被圆C所截得的弦长；（Ⅲ）在平面上是否存在定点P，使得对圆C上任意的点G有12GFGP？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．17.椭圆C：22221xyab（0ab）的左、右焦点分别为1F、2F，右顶点为A，P为椭圆C上任意一点．已知12PFPF的最大值为3，最小值为2．（１）求椭圆C的方程；（２）若直线l：ykxm与椭圆C相交于M、N两点（M、N不是左右顶点），且以MN为直径的圆过点A．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．18.已知抛物线D的顶点是椭圆13422yx的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合.(1)求抛物线D的方程;(2)已知动直线l过点0,4P,交抛物线D于A、B两点.i若直线l的斜率为1,求AB的长;ii是否存在垂直于x轴的直线m被以AP为直径的圆M所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出m的方程；如果不存在，说明理由.19.已知圆C1的方程为22(2)1xy，定直线l的方程为1y．动圆C与圆C1外切，且与直线l相切．（Ⅰ）求动圆圆心C的轨迹M的方程；（II）斜率为k的直线l与轨迹M相切于第一象限的点P，过点P作直线l的垂线恰好经过点A（0，6），并交轨迹M于异于点P的点Q，记S为POQ（O为坐标原点）的面积，求S的值．20．已知椭圆12222byax)0(ba经过点)6,23(M，它的焦距为2，它的左、右顶点分别为21,AA，1P是该椭圆上的一个动点（非顶点），点2P是点1P关于x轴的对称点，直线2211PAPA与相交于点E.（Ⅰ）求该椭圆的标准方程．（Ⅱ）求点E的轨迹方程．21.椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在y轴上，离心率e=，椭圆上的点到焦点的最短距离为1-,直线l与y轴交于点P（0，m），与椭圆C交于相异两点A、B，且AP＝PB．（1）求椭圆方程；（2）若OA＋OB＝4OP，求m的取值范围．22．设抛物线M方程为)0(22ppxy，其焦点为F，P（),ba（)0a为直线xy与抛物线M的一个交点，5||PF（1）求抛物线的方程；（2）过焦点F的直线l与抛物线交于A,B两点，试问在抛物线M的准线上是否存在一点Q，使得QAB为等边三角形，若存在求出Q点的坐标，若不存在请说明理由．23.已知点)0,3(R，点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，点M在直线PQ上，且满足230,0PMMQRPPM.（Ⅰ）当点P在y轴上移动时，求点M的轨迹C的方程；（Ⅱ）设),(11yxA、),(22yxB为轨迹C上两点，且1x>1,1y>0,)0,1(N，求实数，使ANAB，且316AB.24.如图，在ABC中，7||||,||22ABACBC，以B、C为焦点的椭圆恰好过AC的中点P.（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的右顶点1A作直线l与圆22:(1)2Exy相交于M、N两点，试探究点M、N能将圆E分割成弧长比值为1:3的两段弧吗？若能，求出直线l的方程；若不能，请说明理由.25.如图所示，F是抛物线)0(22ppxy的焦点，点)2,4(A为抛物线内一定点，点P为抛物线上一动点，PAPF的最小值为8.（1）求抛物线方程；（2）若O为坐标原点，问是否存在定点M，使过点M的动直线与抛物线交于CB,两点，且以BC为直径的圆恰过坐标原点,若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由.26.已知椭圆22221(0)xyabab上有一个顶点到两个焦点之间的距离分别为322，322。（1）求椭圆的方程；（2）如果直线()xttR与椭圆相交于,AB，若(3,0),(3,0)CD，证明直线CA与直线BD的交点K必在一条确定的双曲线上；（3）过点)0,1(Q作直线l（与x轴不垂直）与椭圆交于MN、两点，与y轴交于点R，若RMMQ，RNNQ，证明：为定值。27.已知抛物线C:y2=4x，F是C的焦点，过焦点F的直线l与C交于A，B两点，O为坐标yPABCOxxA(4,2)OyPF原点。（1）求OA·OB的值；（2）设AF=FB，求△ABO的面积S的最小值；（3）在（2）的条件下若S≤5，求的取值范围。28.已知抛物线D的顶点是椭圆13422yx的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合.(1)求抛物线D的方程;(2)已知动直线l过点0,4P,交抛物线D于A、B两点.i若直线l的斜率为1,求AB的长;ii是否存在垂直于x轴的直线m被以AP为直径的圆M所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出m的方程；如果不存在，说明理由.2012届高考数学（理）考前60天冲刺【六大解答题】圆锥曲线专练1..如图，在平面直角坐标系xOy中。椭圆22:12xCy的右焦点为F，右准线为l。（1）求到点F和直线l的距离相等的点G的轨迹方程。（2）过点F作直线交椭圆C于点,AB，又直线OA交l于点T,若2OTOA，求线段AB的长；（3）已知点M的坐标为000,,0xyx，直线OM交直线0012xxyy于点N，且和椭圆C的一个交点为点P，是否存在实数，使得2?OPOMON，若存在，求出实数；若不存在，请说明理由。解：（1）由椭圆方程为2212xy可得22a，21b，1c，(1,0)F，:2lx．设(,)Gxy，则由题意可知22(1)|2|xyx，化简得点G的轨迹方程为223yx.…………4分（2）由题意可知1AFxxc，故将1Ax代入2212xy，可得2||2Ay，从而2AB．……………8分（3）假设存在实数满足题意．由已知得00:yOMyxx①0012xxyy②椭圆C：2212xy③由①②解得0220022Nxxxy，0220022Nyyxy．由①③解得220220022Pxxxy，220220022Pyyxy．………………………12分∴22222220000222222000000222()222PPxyxyOPxyxyxyxy，2222000000222222000000222()222NNxyxyOMONxxyyxyxyxy．故可得1满足题意．………………………16分2.设A、B分别为椭圆22221(,0)xyabab的左、右顶点，椭圆长半轴长等于焦距，且4x是它的右准线，(1)求椭圆方程；(2)设P为右准线上不同于点（4，0）的任一点，若直线AP、BP分别与椭圆交于异于A、B两点M、N，证明：点B在以MN为直径的圆内．解：（1）由224acac得12ca3b方程为22143xy………………………………………………………………………6分（2）A（2，0），B（2，0），令00(,)MxyM在椭圆上，22003(4)4yx，又M异于A、B点，022x，令(4,)PyP、A、M三点共线，0000402yyxyx，0062yyx006(4,)2yPx00006(2,),(2,)2yBMxyBPx……………10分22220000000032(4)6(4)620542(2)222(2)xxyxBMBPxxxx022x，020x，202050xBMBP>0，……………………14分,90,90NBMPBMB在以MN为直径的圆内3.如图，已知椭圆22221(0)xyabab的长轴为AB，过点B的直线l与x轴垂直．直线(2)(12)(12)0()kxkykkR所经过的定点恰好是椭圆的一个顶点，且椭圆的离心率32e.（1）求椭圆的标准方程；xyMNAOBP（2）设P是椭圆上异于A、B的任意一点，PHx轴，H为垂足，延长HP到点Q使得HPPQ，连结AQ延长交直线l于点M，N为MB的中点．试判断直线QN与以AB为直径的圆O的位置关系．（1）将(2)(12)(12)0kxkyk整理得(22)210xykxy解方程组220210xyxy得直线所经过的定点（0，1），所以1b．由离心率32e得2a．所以椭圆的标准方程为2214xy．------------------------------------------4分（2）设00,Pxy，则220014xy．∵HPPQ，∴00,2Qxy．∴220022OQxy∴Q点在以O为圆心，2为半径的的圆上．即Q点在以AB为直径的圆O上．……6分又2,0A，∴直线AQ的方程为00222yyxx．令2x，得0082,2yMx．又2,0B，N为MB的中点，∴0042,2yNx．……8分∴00,2OQxy，000022,2xyNQxx．∴2200000000000000004242222222xxxyxyOQNQxxyxxxxxxx0000220xxxx．∴OQNQ．∴直线QN与圆O相切．xyMNQPHlOB4.已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为23，且经过点4,1M，直线mxyl:交椭圆于不同的两点A，B.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）求m的取值范围；（Ⅲ）若直线l不过点M，试问MAMBkk是否为定值？并说明理由。（Ⅰ）31,22cbaa，-------------------------2分依题意设椭圆方程为：22221,4xybb把点4,1代入，得25b椭圆方程为221.205xy-------------------------------4分（Ⅱ）把yxm代入椭圆方程得：22584200xmxm，由△0,可得55.m----------------------------------6分（Ⅲ）设1122,,,AxyBxy，A,B与M不重合，212128420,55mmxxxx，-------------------8分12211212121414114444MAMByxyxyykkxxxx122112141444xmxxmxxx1212122581044xxmxxmxx，MAMBkk为定值0.------------12分5.已知椭圆的焦点121,0,1,0FF，过10,2P作垂直于y轴的直线被椭圆所截线段长为6，过1F作直线l与椭圆交于A、B两点.（I）求椭圆的标准方程；(Ⅱ)是否存在实数t使1PAPBtPF，若存在，求t的值和直线l的方程；若不存在，说明理由．(Ⅰ)设椭圆方程为22221xyab，由题意点61,22在椭圆上，221ab所以+=1，解得2212xy………………5分(Ⅱ)当直线斜率不存在时，易求221,,1,22AB，所以)21,1(),212,1(),212,1(1PFPBPA由1PAPBtPF得2t，直线l的方程为1x．………………7分当直线斜率存在时，所以112211,,,22PAxyPBxy，111,2PF由1PAPBtPF得121211222xxttyy即121212xxttyy因为1212(2)yykxx，所以12k此时，直线l的方程为112yx6.已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线60xy相切，过点P（4，0）且不垂直于x轴直线l与椭圆C相交于A、B两点。（1）求椭圆C的方程；（2）求,OAOB的取值范围；（3）若B点在于x轴的对称点是E，证明：直线AE与x轴相交于定点。(1)解：由题意知12cea，∴22222214cabeaa，即2243ab又6311b，∴2243ab，故椭圆的方程为22143yx(2)解：由题意知直线AB的斜率存在，设直线PB的方程为(4)ykx由22(4)143ykxyx得：2222(43)3264120kxkxk由2222(32)4(43)(6412)0kkk得：214k设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则221212223264124343kkxxxxkk，　　①∴22212121212(4)(4)4()16yykxkxkxxkxxk∴22222121222264123287(1)41625434343kkOAOBxxyykkkkkk∵2104k≤，∴28787873443k≤，∴13[4)4OAOB，∴OAOB的取值范围是13[4)4，．(3)证：∵B、E两点关于x轴对称，∴E(x2，－y2)直线AE的方程为121112()yyyyxxxx，令y=0得：112112()yxxxxyy又1122(4)(4)ykxykx，，∴12121224()8xxxxxxx由将①代入得：x=1，∴直线AE与x轴交于定点(1，0)．7.已知椭圆222210xyabab的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，直线0byx是抛物线xy42的一条切线．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点)31,0(S的动直线L交椭圆C于A．B两点．问：是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T?若存在，求点T坐标；若不存在，说明理由。解析：（Ⅰ）由0)42(:40222bxbxyxybyx得消去因直线xybxy42与抛物线相切，04)42(22bb，∴1b，………………2分∵圆)0(1:2222babyaxC的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴22ba故所求椭圆方程为.1222yx（Ⅱ）当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：222)34()31(yx当L与x轴垂直时，以AB为直径的圆的方程：122yx由101)34()31(22222yxyxyx解得即两圆公共点（0，1）因此，所求的点T如果存在，只能是（0，1）（ⅰ）当直线L斜率不存在时，以AB为直径的圆过点T（0，1）（ⅱ）若直线L斜率存在时，可设直线L：31kxy由01612)918(:12312222kxxkyyxkxy得消去记点),(11yxA．9181691812),,(22122122kxxkkxxyxB则)34)(34()1)(1()1,(),1,(212121212211kxkxxxyyxxTBTAyxTByxTA所以又因为916)(34)1(21212xxkxxk0916918123491816)1(222kkkkk∴TA⊥TB,综合（ⅰ）（ⅱ），以AB为直径的圆恒过点T（0，1）．8.设椭圆222:1(0)xCyaa的两个焦点是12(,0)(,0)(0)FcFcc和，且椭圆C上的点到焦点F2的最短距离为32.（1）求椭圆的方程；（2）若直线:(0)lykxmk与椭圆C交于不同的两点M、N，线段MN垂直平分线恒过点A（0，-1），求实数m的取值范围。9.已知椭圆2222:1xyCab的短轴长等于焦距，椭圆C上的点到右焦点F的最短距离为21．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点(20)E，且斜率为(0)kk的直线l与C交于M、N两点，P是点M关于x轴的对称点，证明：NFP、、三点共线．(I)由题可知：2221bcac…………2分解得2,1ac，1b椭圆C的方程为22:12xCy…………………………4分（II）设直线l：(2)ykx，11()Mxy，，22()Nxy，，11()Pxy，，(10)F，，由22(2)12ykxxy，，得2222(21)8820kxkxk.…………6分所以2122821kxxk，21228221kxxk.……………………8分而2222(1)(12)FNxyxkxk，，uuur，1111(1)(12)FPxyxkxkuur，，…………10分1221(1)(2)(1)(2)xkxkxkxkQ1212[23()4]kxxxx22221642442121kkkkk0//FNFPuuuruur∴NFP、、三点共线10.椭圆E的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率为.点P(1，)、A、B在椭圆E上，且PA＋PB＝mOP(m∈R)．(1)求椭圆E的方程及直线AB的斜率；(2)当m＝－3时，证明原点O是△PAB的重心，并求直线AB的方程．解：（1）由2221abe=41及149122ba解得a2=4，b2=3，椭圆方程为13422yx；…………………………………………………………2分设A（x1,y1）、B（x2,y2），由OPmPBPA得（x1+x2-2，y1+y2-3）=m（1，23），即myymxx23322121又1342121yx，1342222yx，两式相减得212332434321211212mmyyxxxxyykAB;………………………6分（2）由（1）知，点A（x1,y1）、B（x2,y2）的坐标满足myymxx23322121，点P的坐标为（1，23）,m=-3，于是x1+x2+1=3+m=0，y1+y2+23=3+23m+23=0，因此△PAB的重心坐标为(0，0)．即原点是△PAB的重心.∵x1+x2=-1，y1+y2=-23，∴AB中点坐标为（21，43），………………………10分又1342121yx，1342222yx，两式相减得214321211212yyxxxxyykAB;∴直线AB的方程为y+43=21(x+21),即x+2y+2=0.11.已知抛物线24yx，点(1,0)M关于y轴的对称点为N，直线l过点M交抛物线于,AB两点．（1）证明：直线,NANB的斜率互为相反数；（2）求ANB面积的最小值；（3）当点M的坐标为(,0)m，(0m且1)m．根据（1）（2）推测并回答下列问题（不必说明理由）：①直线,NANB的斜率是否互为相反数？②ANB面积的最小值是多少？（1）设直线l的方程为1(0)ykxk．由21,4,ykxyx可得2222240kxkxk．设1122,,,AxyBxy，则21212224,1kxxxxk．∴124yy∴1,0N1212221212441144NANByyyykkxxyy2212212112222212124444(4444)04444yyyyyyyyyyyy．又当l垂直于x轴时，点,AB关于x轴，显然0,NANBNANBkkkk．综上，0,NANBNANBkkkk．----------------5分（2）212121212448NABSyyyyyyxx=21414k．当l垂直于x轴时，4NABS．∴ANB面积的最小值等于4．------10分（3）推测：①NANBkk；②ANB面积的最小值为4mm．-------13分12.已知椭圆E：2222byax=1（a＞b＞o）的离心率e=22，且经过点（6,1），O为坐标原点。（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；　（Ⅱ）圆O是以椭圆E的长轴为直径的圆，M是直线x=－4在x轴上方的一点，过M作圆O的两条切线，切点分别为P、Q，当∠PMQ=60°时，求直线PQ的方程.解：（1）椭圆的标准方程为：14822yx（2）连接QM，OP，OQ，PQ和MO交于点A，有题意可得M（-4，m），∵∠PMQ=600∴∠OMP=300，∵24)4(242222mOMOP，∵m>0,∴m=4,∴M(-4,4)∴直线OM的斜率1OMK,有MP=MQ,OP=OQ可知OM⊥PQ,1PQK,设直线PQ的方程为y=x+n∵∠OMP=300,∴∠POM=600,∴∠OPA=300,222OAOP,即O到直线PQ的距离为2,222nn(负数舍去),∴PQ的方程为x-y+2=013.设抛物线C1：x2＝4y的焦点为F，曲线C2与C1关于原点对称．(Ⅰ)求曲线C2的方程；(Ⅱ)曲线C2上是否存在一点P（异于原点），过点P作C1的两条切线PA，PB，切点A，B，满足|AB|是|FA|与|FB|的等差中项？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．(Ⅰ)解；因为曲线1C与2C关于原点对称，又1C的方程24xy，所以2C方程为24xy．…………5分(Ⅱ)解：设200(,)4xPx，11(,)Axy，22(,)Bxy,12xx．214yx的导数为12yx，则切线PA的方程1111()2yyxxx，又21114yx，得1112yxxy，因点P在切线PA上,故201011142xxxy．同理,202021142xxxy．所以直线2001142xxxy经过,AB两点，即直线AB方程为2001142xxxy,即2001124yxxx，代入24xy得220020xxxx，则1202xxx,2120xxx，所以222201212001||1()4(82)4ABxxxxxxx，由抛物线定义得1||1FAy，2||1FBy．所以212012011||||()2()222FAFByyxxxx，由题设知，||||2||FAFBAB，即22220003(2)4(82)2xxx，解得203235223x，从而20011383423yx．综上，存在点P满足题意，点P的坐标为223(8313)1383(,)2323或223(8313)1383(,)2323．…………15分14.在平面直角坐标系xoy中，已知圆221:(3)(1)4Cxy和圆222:(4)(5)4Cxy，（1）若直线l过点(4,0)A，且被圆1C截得的弦长为23，求直线l的方程；（2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线1l和2l，它们分别与圆1C和圆2C相交，且直线1l被圆1C截得的弦长与直线2l被圆2C截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标。(1)设直线l的方程为：(4)ykx，即40kxyk由垂径定理，得：圆心1C到直线l的距离22234()12d，结合点到直线距离公式，得：2|314|1,1kkk化简得：272470,0,,24kkkork求直线l的方程为：0y或7(4)24yx，即0y或724280xy(2)设点P坐标为(,)mn，直线1l、2l的方程分别为：1(),()ynkxmynxmk，即：110,0kxynkmxynmkk因为直线1l被圆1C截得的弦长与直线2l被圆2C截得的弦长相等，两圆半径相等。由垂径定理，得：：圆心1C到直线1l与2C直线2l的距离相等。故有：2241|5||31|111nmknkmkkkk，化简得：(2)3,(8)5mnkmnmnkmn或关于k的方程有无穷多解，有：20,30mnmnm-n+8=0或m+n-5=0解之得：点P坐标为313(,)22或51(,)22。（方法二）因为1222222(4)(2)86mmmmmmmmaaaaaaaa为数列na中的项，故m+28a为整数，又由（1）知：2ma为奇数，所以2231,1,2mamm即经检验，符合题意的正整数只有2m。15.已知，椭圆C过点A3(1,)2，两个焦点为（-1，0），（1，0）。（1）求椭圆C的方程；（2）E、F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值。解：（Ⅰ）由题意，c=1,可设椭圆方程为2219114bb，解得23b，234b（舍去）所以椭圆方程为22143xy。……………4分（Ⅱ）设直线AE方程为：3(1)2ykx，代入22143xy得2223(34)4(32)4()1202kxkkxk设(x,y)EEE,(x,y)FFF,因为点3(1,)2A在椭圆上，所以2234()122x34Fkk32EEykxk………8分又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以—K代K，可得2234()122x34Fkk32EEykxk所以直线EF的斜率()212FEFEEFFEFEyykxxkKxxxx即直线EF的斜率为定值，其值为12。16．已知双曲线E：2212412xy的左焦点为F，左准线l与x轴的交点是圆C的圆心，圆C恰好经过坐标原点O，设G是圆C上任意一点．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）若直线FG与直线l交于点T，且G为线段FT的中点，求直线FG被圆C所截得的弦长；（Ⅲ）在平面上是否存在定点P，使得对圆C上任意的点G有12GFGP？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：（Ⅰ）由双曲线E：2212412xy，得l：4x，(4,0)C，(6,0)F．……2分又圆C过原点，所以圆C的方程为22(4)16xy．……………………4分（Ⅱ）由题意，设(5,)GGy，代入22(4)16xy，得15Gy，…………5分所以FG的斜率为15k，FG的方程为15(6)yx．………………6分所以(4,0)C到FG的距离为152d，……………………………………7分直线FG被圆C截得的弦长为2152216()7……………………………9分(Ⅲ)设P(s,t),G(x0,y0),则由||1||2GFGP，得22002200(6)12()()xyxsyt整理得3(x02+y02)+(48+2s)x0+2ty0+144-s2-t2=0.①………………11分又G(x0,y0)在圆C:(x+4)2+y2=16上，所以x02+y02+8x0=0②②代入①，得(2s+24)x0+2ty0+144-s2-t2=0.……………………………………13分又由G(x0,y0)为圆C上任意一点可知，222240201440stst…………………………14分解得：s=-12,t=0.…………………………………………………………………15分所以在平面上存在一定点P，其坐标为（-12,0）．17.椭圆C：22221xyab（0ab）的左、右焦点分别为1F、2F，右顶点为A，P为椭圆C上任意一点．已知12PFPF的最大值为3，最小值为2．（１）求椭圆C的方程；（２）若直线l：ykxm与椭圆C相交于M、N两点（M、N不是左右顶点），且以MN为直径的圆过点A．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．解析：（1）P是椭圆上任一点,12||||2PFPFa且1||acPFac，121212||||cosyPFPFPFPFFPF222121[||||4]2PFPFc222111[||(|2||)4]2PFaPFc2221(||)2PFaac……………………2分当1||PFa时，y有最小值222ac；当2||PFac或ac时,y有最大值22ac．2222322acac，2241ac，2223bac．椭圆方程为22143xy。……………………4分（2）　设11(,)Mxy，22(,)Nxy，将ykxm代入椭圆方程得222(43)84120kxkmxm．21212228412,4343kmmxxxxkk………………6分11ykxm，22ykxm，22121212(2)()yykxxkmxxm，MN为直径的圆过点A0AMAN，2271640mkmk，27mk或2mk都满足0，……………………9分若2mk直线l恒过定点(2,0)不合题意舍去，若27mk直线l：2yk(x)7恒过定点2(,0)7。18.已知抛物线D的顶点是椭圆13422yx的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合.(1)求抛物线D的方程;(2)已知动直线l过点0,4P,交抛物线D于A、B两点.i若直线l的斜率为1,求AB的长;ii是否存在垂直于x轴的直线m被以AP为直径的圆M所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出m的方程；如果不存在，说明理由.解：解:(1)由题意,可设抛物线方程为022ppxy.…………1分由13422ba,得1c.…………2分抛物线的焦点为0,1,2p.…………3分抛物线D的方程为xy42.…………4分(2)设11,yxA,22,yxB.…………5分i直线l的方程为：4xy,…………6分联立xyxy442,整理得:016122xx…………7分AB=2122124[)11(xxxx104.…………9分19.已知圆C1的方程为22(2)1xy，定直线l的方程为1y．动圆C与圆C1外切，且与直线l相切．（Ⅰ）求动圆圆心C的轨迹M的方程；（II）斜率为k的直线l与轨迹M相切于第一象限的点P，过点P作直线l的垂线恰好经过点A（0，6），并交轨迹M于异于点P的点Q，记S为POQ（O为坐标原点）的面积，求S的值．解（Ⅰ）设动圆圆心C的坐标为(,)xy，动圆半径为R，则221||(2)1CCxyR，且|1|yR————2分可得22(2)|1|1xyy．由于圆C1在直线l的上方，所以动圆C的圆心C应该在直线l的上方，所以有10y，从而得22(2)2xyy，整理得28xy，即为动圆圆心C的轨迹M的方程．————5分OABPxyQFA（II）如图示，设点P的坐标为200(,)8xx，则切线的斜率为04x，可得直线PQ的斜率为04x，所以直线PQ的方程为20004()8xyxxx．由于该直线经过点A（0,6），所以有20648x，得2016x．因为点P在第一象限，所以04x，点P坐标为（4,2），直线PQ的方程为60xy．—————9分把直线PQ的方程与轨迹M的方程联立得28480xx，解得12x或4，可得点Q的坐标为(12,18)．所以1||||482PQSOAxx20．已知椭圆12222byax)0(ba经过点)6,23(M，它的焦距为2，它的左、右顶点分别为21,AA，1P是该椭圆上的一个动点（非顶点），点2P是点1P关于x轴的对称点，直线2211PAPA与相交于点E.（Ⅰ）求该椭圆的标准方程．（Ⅱ）求点E的轨迹方程．解：（Ⅰ）由题意得：c=1，229614ab①221ab②····················3分由①、②得229,8ab所以所求椭圆的标准方程为22198xy···········6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知123,0,3,0AA，设100200,,,-PxyPxy则所以001122003,--333yyPAyxPAyxxx方程为:的方程为：两式相乘得：22202099yyxx由于点100,Pxy在椭圆上，所以22200020819899xyyx代入上式得22198xy····················13分21.椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在y轴上，离心率e=，椭圆上的点到焦点的最短距离为1-,直线l与y轴交于点P（0，m），与椭圆C交于相异两点A、B，且AP＝PB．（1）求椭圆方程；（2）若OA＋OB＝4OP，求m的取值范围．（1）设C：＋＝1（a>b>0），设c>0，c2＝a2－b2，由条件知a-c＝，＝，∴a＝1，b＝c＝，故C的方程为：y2＋＝1　5′（2）由AP＝λPB，OA＋OB＝4OP∴λ＋1＝4，λ＝3　或O点与P点重合OP=07′当O点与P点重合OP=0时，m=0当λ＝3时，直线l与y轴相交，则斜率存在。设l与椭圆C交点为A（x1，y1），B（x2，y2）得（k2＋2）x2＋2kmx＋（m2－1）＝0Δ＝（2km）2－4（k2＋2）（m2－1）＝4（k2－2m2＋2）>0（*）x1＋x2＝，x1x2＝　11′∵＝3PB∴－x1＝3x2∴消去x2，得3（x1＋x2）2＋4x1x2＝0，∴3（）2＋4＝0整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0　13′m2＝时，上式不成立；m2≠时，k2＝，因λ＝3∴k≠0∴k2＝>0，∴－12m2－2成立，所以（*）成立即所求m的取值范围为（－1，－）∪（，1）∪｛0｝22．设抛物线M方程为)0(22ppxy，其焦点为F，P（),ba（)0a为直线xy与抛物线M的一个交点，5||PF（1）求抛物线的方程；（2）过焦点F的直线l与抛物线交于A,B两点，试问在抛物线M的准线上是否存在一点Q，使得QAB为等边三角形，若存在求出Q点的坐标，若不存在请说明理由．yxBQOF解：（1）002222xxpypxpxyxy或（舍去）)2,2(ppP5||PF522pp2pxy42抛物线的方程为--5分（2）若直线l的斜率不存在，则Q只可能为)0,1(，此时QAB不是等边三角形，舍去，--7分若直线l的斜率存在，设直线l的方程为)1(xky（0k），设直线l与抛物线的交点坐标为A（11,yx）、B（22,yx）0)42(4)1(22222kxkxkxyxky，22142kxx设存在),1(mQ，)2,21(2kkMAB的中点为，设Q到直线l的距离为d有题意可知：②①|44|231|2|||231222222kkmkABdkkmk---10分由①可得：kkm/423------③③代入②得：422223)1(1643)1()422(kkkkkk，化简得：432642)1(12)1(4kkkk212k----14分，28m)28,1(Q为所求点-----15分A23.已知点)0,3(R，点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，点M在直线PQ上，且满足230,0PMMQRPPM.（Ⅰ）当点P在y轴上移动时，求点M的轨迹C的方程；（Ⅱ）设),(11yxA、),(22yxB为轨迹C上两点，且1x>1,1y>0,)0,1(N，求实数，使ANAB，且316AB.解：（Ⅰ）设点),(yxM，由032MQPM得)0,3(),2,0(xQyP.…………2分由0PMRP,得0)23,()2,3(yxy，即xy42.……………4分又点Q在x轴的正半轴上，∴0x.故点M的轨迹C的方程是xy42)0(x.…………………………………………………………6分（Ⅱ）由题意可知N为抛物线C：xy42的焦点，且A、B为过焦点N的直线与抛物线C的两个交点,所以直线AB的斜率不为0.……………………………………7分当直线AB斜率不存在时，得3164),2,1(),2,1(ABBA，不合题意；……8分当直线AB斜率存在且不为0时，设)1(:xkylAB，代入xy42得0)2(22222kxkxk，则316442)2(2222221kkkxxAB，解得32k.…………9分代入原方程得031032xx，由于11x，所以31,321xx，由ANAB,得341112xxx，∴34.……………………………………………………12分24.如图，在ABC中，7||||,||22ABACBC，以B、C为焦点的椭圆恰好过AC的中点P.（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的右顶点1A作直线l与圆22:(1)2Exy相交于M、N两点，试探究点M、N能将圆E分割成弧长比值为1:3的两段弧吗？若能，求出直线l的方程；若不能，请说明理由.解（1）∵7||||,||22ABACBC∴||||1,BOOC224935||||||142OAACOC∴35(1,0),(1,0),(0,)2BCA∴135(,)24P依椭圆的定义有：22221351352||||(1)(0)(1)(0)2424aPBPC97444∴2a，又1c，∴2223bac∴椭圆的标准方程为22143xy……………………………………………7分（求出点p的坐标后，直接设椭圆的标准方程，将P点的坐标代入即可求出椭圆方程，也可以给满分.）椭圆的右顶点1(2,0)A，圆E圆心为(1,0)E，半径2r.假设点M、N能将圆E分割成弧长比值为1:3的两段弧，则90MEN，圆心(1,0)E到直线l的距离212dr当直线l斜率不存在时，l的方程为2x，此时圆心(1,0)E到直线l的距离1d（符合）yPABCOxBC当直线l斜率存在时，设l的方程为(2)ykx，即20kxyk，∴圆心(1,0)E到直线l的距离2||11kdk，无解综上：点M、N能将圆E分割成弧长比值为1:3的两段弧，此时l方程为2x25.如图所示，F是抛物线)0(22ppxy的焦点，点)2,4(A为抛物线内一定点，点P为抛物线上一动点，PAPF的最小值为8.（1）求抛物线方程；（2）若O为坐标原点，问是否存在定点M，使过点M的动直线与抛物线交于CB,两点，且以BC为直径的圆恰过坐标原点,若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由.解：设抛物线的准线为l，过P作lPB于B，过A作lAC于C，（1）由抛物线定义知PBPFACPBPAPFPA(折线段大于垂线段)，当且仅当CPA,,三点共线取等号.由题意知8AC,即8824pp抛物线的方程为：xy1625分（2）假设存在点M，设过点M的直线方程为bkxy，显然0k，0b，设),(11yxB，),(22yxC，由以BC为直径的圆恰过坐标原点有0OCOB02121yyxx①6分把bkxy代人xy162得0)8(2222bxbkxk由韦达定理2221221)8(2kbxxkbkxx②7分又2212122121)())((bxxbkxxkbkxbkxyy③②代人③得kbyy1621④②④代人①得kbkbkb1601622xA(4,2)OyPFxA(4,2)OyPF动直线方程为)16(16xkkkxy必过定点)0,16(10分当BCk不存在时，直线16x交抛物线于)16,16(),16,16(CB,仍然有0OCOB，综上：存在点M)0,16(满足条件12分注：若设直线BC的方程为bmyx可避免讨论.26.已知椭圆22221(0)xyabab上有一个顶点到两个焦点之间的距离分别为322，322。（1）求椭圆的方程；（2）如果直线()xttR与椭圆相交于,AB，若(3,0),(3,0)CD，证明直线CA与直线BD的交点K必在一条确定的双曲线上；（3）过点)0,1(Q作直线l（与x轴不垂直）与椭圆交于MN、两点，与y轴交于点R，若RMMQ，RNNQ，证明：为定值。解：（1）由已知332222322aaccac2221bac………………………3分所以椭圆方程为2219xy。………………………5分（2）依题意可设00(,),(,),(,)AtyBtyKxy，且有22019ty又00:(3),:(3),33yyCAyxDByxtt22202(9)9yyxt，将22019ty代入即得22221(9),199xyxy所以直线CA与直线BD的交点K必在双曲线2219xy上。……………………10分（3）依题意，直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为(1)ykx，……………11分设),(33yxM、),(44yxN、),0(5yR，则MN、两点坐标满足方程组.19,)1(22yxxky消去y并整理，得2222(19)18990kxkxk，所以22439118kkxx，①23429919kxxk，②……………………13分因为MQRM，所以),()0,1(),0(),(33533yxyyx，即.,)1(35333yyyxx所以)1(33xx，又l与x轴不垂直，所以13x，所以331xx，同理441xx。…………………………14分所以443311xxxx34343434()21()xxxxxxxx。将①②代入上式可得49。…………………………16分27.已知抛物线C:y2=4x，F是C的焦点，过焦点F的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点。（1）求OA·OB的值；（2）设AF=FB，求△ABO的面积S的最小值；（3）在（2）的条件下若S≤5，求的取值范围。⑴根据抛物线的方程可得焦点F（1,0），设直线l的方程为x=my+1，将其与C的方程联立，消去x可得2y-4my-4=0.设A、B点的坐标分别为（1x，1y），（2x，2y）（1y﹥0﹥2y），则1y2y=-4.因为1y2=41x，2y2=42x，所以1x2x=1611y22y2=1，故OA·OB=1x2x+1y2y=-3………………………………………………4分(2)因为AF=FB，所以（1-1x，-1y）=（2x-1，2y）即1-1x=2x-①-1y=2y②又1y2=41x③2y2=42x④，由②③④消去1y，2y后，得到1x=22x，将其代入①，注意到﹥0，解得2x=1。从而可得2y=-2，1y=2，故△OAB的面积S=21OF·21yy=1因为1≧2恒成立,故△OAB的面积S的最小值是2………(8分).(3)由1≦5解之的253≦≦25328.已知抛物线D的顶点是椭圆13422yx的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合.(1)求抛物线D的方程;(2)已知动直线l过点0,4P,交抛物线D于A、B两点.i若直线l的斜率为1,求AB的长;ii是否存在垂直于x轴的直线m被以AP为直径的圆M所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出m的方程；如果不存在，说明理由.解：解:(1)由题意,可设抛物线方程为022ppxy.…………1分由13422ba,得1c.…………2分抛物线的焦点为0,1,2p.…………3分抛物线D的方程为xy42.…………4分(2)设11,yxA,22,yxB.…………5分i直线l的方程为：4xy,…………6分联立xyxy442,整理得:016122xx…………7分AB=2122124[)11(xxxx104.…………9分(ⅱ)设存在直线axm:满足题意,则圆心2,2411yxM,过M作直线ax的垂线,垂足为E,设直线m与圆M的一个交点为G.可得:…………10分,222MEMGEG…………11分即222MEMAEG=2121212444axyx=21212121444441axaxxy=211144axaxx=2143aaxa…………13分当3a时,32EG,此时直线m被以AP为直径的圆M所截得的弦长恒为定值32.…………14分因此存在直线3:xm满足题意…………15分