2014年高考数学大题--圆锥曲线大题答案

2014年高考数学理科圆锥曲线大题专项训练

1．（本小题满分12分）

已知圆C:(x1)2y28,定点A(1,0),M为圆上一动点，点P在AM上，点N在

CM上，且满足AM2AP,NPAM0,点N的轨迹为曲线E．

（1）求曲线E的方程；

[来源学科网ZXXK]

（2）若直线ykxk21与（1）中所求点N的轨迹E交于不同两点F、H，O是坐

32

标原点，且OFOH，求△FOH的面积的取值范围.

34

答案．解析：解：（1）2，NPAM0

所以NP为线段AM的垂直平分线，NANM

NCNANCNM222CA

所以动点N的轨迹是以C1,0，A1,0为焦点的椭圆，

且长轴长为2a22，焦距2c2，所以a

2，

c1，b21

x2

y21． 曲线E的方程为2

x22

y1

（2）设Ｆ（x1，y1）H（x2，y2），则由2，

ykxk21

消去y得(2k1)x4kk1x2k0,8k0(k0)

2

2

2

2

2

4kk212k2

,x1x22 x1x2

2k212k1



OFOHx1x2y1y2x1x2(kx1kx2(k21)x1x2x1x2)k21(k21)2k24k2(k21)k212k12

222k12k12k1

2k213232k14

1

k21,2

|FH|22k1

又点O到直线FH的距离d1，

[来源学科网]

1

Sd|FH| 令

t2k2121

t[2,3],k2(t1),

2

[来源学科网ZXXK]

S

111

2t3,2

9t4

2

，S 43

22

2．（本小题满分12分）如图，抛物线C1:x4y,C2:x2pyp0，点Mx0,y0在

抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A,B（M为原点O时，A,B重合于O

）

1

x01，切线MA.的斜率为-。

2

（I）求p的值；

（II）当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方程。

A,B重合于O时,中点为

O.

1

答案．解：因为抛物线C1：x4y上任意一点（x,y)的切线斜率为y

2

x

，且切线MA的2

11，所以A点坐标为（-1，）。故切线MA的方程为 2411

y(x1).

24

斜率为-因为点

M(1y0)在切线MA及抛物线C2上，于是

y0(2)12132

， ① 44

2

y0. ② 由①②得p=2.

x12x22

（II）设N（x,y),A(x1),B(x2),x1x2,由N为线AB中点知

44

x

x1x2

. ③ 2

x12x22

y . ④

8

切线MA、MB的方程为

x1x12y(xx1) 24 ⑤

x2x22 y ⑥ (xx2)

24

由⑤⑥得MA，MB的交点M(x0,y0)的坐标为 x0

x1x2xx

. ,y012

24

2

原M（x0,y0)在C2上，即x04y0,所以

x12x22

x1x2. ⑦

6

由③④⑦得 x

2

4

y,x0. 3

2

当x1x2时，A,B重合与原点O,AB 中点N为O，坐标满足x

4y. 3

因此AB中点N的轨迹方程为 x

2

4y. 3

22

3.（13分）已知椭圆x

a

在椭圆上. +y=1(a>b>0),点

P2b

2



(1)求椭圆的离心率;

(2)设A为椭圆的左顶点,O为坐标原点.若点Q在椭圆上且满足|AQ|=|AO|,求直线OQ的斜率的值.

在椭圆上,故a+a=1,可得b=5. 答案.(1)解:因为点

P2225a2ba8

222

2

于是e=ab=1-b=3,所以椭圆的离心率

.

2

2

2

a2a

8(2)解:设直线OQ的斜率为k,则其方程为y=kx,设点Q的坐标为(x0,y0).

y0kx0,

由条件得2消去y0并整理得

x0y02

221,

bax02=

a2b2.①

k2a2b2

2

2

2

2

由|AQ|=|AO|,A(-a,0)及y0=kx0,得(x0+a)+kx02=a,整理得(1+k)x02+2ax0=0,而x0≠0,故

2

222

x0=2a,代入①,整理得(1+k)=4k·a+4.

1k2b

2

2

222422

由(1)知a=8,故(1+k)=32k+4,即5k-22k-15=0,可得k=5.

b

2

55

所以直线OQ的斜率

4．（本小题满分14分）

平面内与两定点A1(a,0)，A2(a,0)(a0)连续的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆成双曲线． （Ⅰ）求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值得关系；

（Ⅱ）当m1时，对应的曲线为C1；对给定的m(1,0)U(0,)，对应的曲线为

C2，设F1、F2是C2的两个焦点。试问：在C1撒谎个，是否存在点N，使得△

F1NF2的面积S|m|a2。若存在，求tanF1NF2的值；若不存在，请说明理

由。

答案．本小题主要考查曲线与方程、圆锥曲线等基础知识，同时考查推理运算的能力，以及

分类与整合和数形结合的思想。（满分14分） 解：（I）设动点为M，其坐标为(x,y)，

当xa时，由条件可得kMA1kMA2

即mxyma(xa)，

2

2

2

yyy2

2m, 2

xaxaxa

又A1(a,0),A2(A,0)的坐标满足mxyma, 故依题意，曲线C的方程为mxyma.

2

2

2

222

x2y2

1,C是焦点在y轴上的椭圆； 当m1时,曲线C的方程为2

ama2

当m1时，曲线C的方程为xya，C是圆心在原点的圆；

2

2

2

x2y2

1，C是焦点在x轴上的椭圆； 当1m0时，曲线C的方程为22

amax2y2

1,C是焦点在x轴上的双曲线。 当m0时，曲线C的方程为2

ama2

（II）由（I）知，当m=-1时，C1的方程为xya; 当m(1,0)(0,)时，

C2

的两个焦点分别为F1(F2( 对于给定的m(1,0)(0,)，

[来源:Zxxk.Com]

222

2

C1上存在点N(x0,y0)(y00)使得S|m|a的充要条件是

22

x0y0a2,y00,

12

2y0||m|a.2

① ②

由①得0|y0|

a,由②得|y0|

当0

1a,即m0,

2

或0m

时， 存在点N，使S=|m|a2；

1a,即-1

2时， 或m

不存在满足条件的点N，

11当m0,2时，

2



由NF1(x0y0),NF2(x0,y0)，

2222

可得NF1NF2x0(1m)ay0ma, 

令|NF1|r1,|NF2|r2,F1NF2，

ma22

则由NF1NF2r1r2cosma,可得r1r2，

cos1ma2sin1

ma2tan， 从而Sr1r2sin

22cos2

于是由S|m|a， 可得

2

122|m|matan|m|a2,即tan.2m

[来源学科网ZXXK]

综上可得：

2

当m时，在C1上，存在点N，使得S|m|a,且tanF1NF22;





当m2

时，在C1上，存在点N，使得S|m|a,且tanF1NF22;



)时，在C1上，不存在满足条件的点N。当m([来源学科网]

5．(本小题满分16分)

已知ABC的三个顶点A(1,0)，B(1,0)，C(3,2)，其外接圆为H．

(1)若直线l过点C，且被H截得的弦长为2，求直线l的方程；

(2)对于线段BH上的任意一点P，若在以C为圆心的圆上都存在不同的两点M,N，使得点M是线段PN的中点，求C的半径r的取值范围．

答案．(1)线段AB的垂直平分线方程为x0，线段BC的垂直平分线方程为xy30，

所以ABC外接圆圆心H

(0,3)， 圆

H

的方程为

x2(y3)210． …………………………………………………………4分

设圆心H到直线l的距离为d，因为直线l被圆H截得的弦长为2，所

以d．3

当直线l垂直于x轴时，显然符合题意，即x3为所求；…………………………………

6分

当直线l不垂直于x轴时，设直线方程为y2k(x3)，则

3，解得k

4

， 3

综上，直线的方程为l

4x3y60． ……………………………………………8分

(2)直线BH的方程为3xy30，设P(m,n)(0≤m≤1),N(x,y)，

因为点M是线段PN的中点，所以M(

x3或

mxny

又M,N都在半径为r的圆C上， ,)，

22

2

所以

(x2yr3

mxny2(22

)

2

2

(

2

3r)

即

(

222

(x3)(y2)r,

…………………10分 222

(xm6)(yn4)4r.

因为该关于x,y的方程组有解，即以(3,2)为圆心，r为半径的圆与以(6m,4n)为

圆心，

2r

为

半

径

的

圆

有

公

共

点

，

所

以

(2rr)2≤(36m)2(24n)2≤(r2r)2,…………12分

1]]成立． 又3mn－12m10≤9r2对m[0，30，所以r2≤10m2－

3232

12m10在[0，而fm10m2－1]上的值域为[，10]，所以r2≤且10≤9r2．……

55

15分

1]成立，即又线段BH与圆C无公共点，所以(m3)2(33m2)2r2对m[0，

r2

32

. 5

故

圆C的半径

r的取值范围为

． ……………………………………………16分 6．（本小题满分10分）



已知点A(1,0)，F(1,0)，动点P满足APAF2|FP|． (1)求动点P的轨迹C的方程； (2)在直线l：过点Q作轨迹C的两条切线，切点分别为M,N．问：y2x2上取一点Q，

是否存在点Q，使得直线MN//l？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．



答案．(1)设P(x,y)，则AP(x1,y)，FP(x1,y)，AF(2,0)，





由APAF2|FP|，得2(x1)y24x.

故动点P的轨迹C的方程

y24x. …………………………………………………………5分

(2)直线l方程为y2(x1)，设Q(x0,y0)，M(x1,y1) ，N(x2,y2)．

过点M的切线方程设为xx1m(yy1)，代入y24x，得y24my4my1y120，

y

由16m216my14y120，得m1，所以过点M的切线方程为

2

y1y2(xx1)，……7分

同理过点N的切线方程为y2y2(xx2)．所以直线MN的方程为y0y2(x0x)，………9分

2

又MN//l，所以2，得y01，而y02(x01)，

y0

故点Q的坐标为

1

(,1)． ……………………………………………………………………10分 2

7．（本小题满分13分）

x2y2

已知椭圆C:221(ab0)的右焦点为F（1,0），设左顶点为A，上顶点

ab

为B,且OFFBABBF，如图． （Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若F(1,0)，过F的直线l交椭圆于M,N两点， 试确定FMFN的取值范围．

x

答案.（13分）【答案解析】（Ⅰ）由已知，A(a,0)，B(0,b)，F(1,0)，则

由得：解得a2， b2a10 ∵b2a21 ∴a2a20，

x2y2

1 ……4分 ∴a4,b3 所以椭圆C:43

2

2

（Ⅱ）①若直线l斜率不存在，则l:x1，此时M(1,)，N(1,)，FMFN＝

②若直线l斜率存在，设l:yk(x1)，M(x1,y1),N(x2,y2)，则

3

2329； 4

yk(x1)2222由x2消去y得：(4k3)x8kx4k120 y2

1348k24k212∴x1x2，x1x2 22

4k34k3

2

∴FMFN(x11,y1)(x21,y2)(1k)[x1x2(x1x2)1]＝

9

14

1k2

119

∴ ∴ 13443FMFN22

41k1k

9

综上，的取值范围为[3,]． ……13分

4

∵k0 ∴0

2

8.已知椭圆C

两焦点坐标分别为F1(

,F

2，且经过点P)． （Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）已知点A(0,1)，直线l与椭圆C交于两点M,N．若△AMN是以A为直角顶点的

等腰直角三角形，试求直线l的方程．

12

x2y2

答案．解：（Ⅰ）设椭圆标准方程为221(ab0)．依题意

ab

2aPF1PF2又c

4，所以a2．

b2a2c21．

x2

y21． ……………… 5分 于是椭圆C的标准方程为4

（Ⅱ）依题意，显然直线l斜率存在.设直线l的方程为ykxm，则

x22

y1222由4得(4k1)x8kmx4m40． ykxm

因为64km4(4k1)(4m4)0,得4km10． ……………… ①

2

2

2

2

22

8km

xx124k21

设M(x1,y1),N(x2,y2)，线段MN中点为Q(x0,y0)，则 2

xx4m4

124k21

于是x0

4kmm

． ,ykxm00

4k214k21

因为AMAN，线段MN中点为Q，所以AQMN． （1）当x00，即k0且m0时，

y01

k1，整理得3m4k21． ………………② x0

因为AMAN，AM(x1,y11),AN(x2,y21)，

22

所以AMANx1x2(y11)(y21)(1k)x1x2k(m1)(x1x2)m2m1

4m248km

(1k)2k(m1)(2)m22m10，

4k14k1

2

整理得5m2m30，解得m当m1时，由②不合题意舍去. 由①②知，m

2

3

或m1． 5

3

时，k．

5

（2）当x00时，

（ⅰ）若k0时，直线l的方程为y

m，代入椭圆方程中得x

设M(

m)，Nm),依题意，若△AMN为等腰直角三角形，则

AQQN.

即m，解得m1或m

即此时直线l的方程为y

3

.m1不合题意舍去， 5

3. 5

（ⅱ）若k0且m0时，即直线l过原点.依椭圆的对称性有Q(0,0),则依题意不能有

AQMN,即此时不满足△AMN为等腰直角三角形.

综上，直线l的方程为y

3

5y3

05y30. ………………14分 5

x2y29.（12分）．已知椭圆C:221(ab

0)，以原点为圆心，椭圆

ab的短半轴长为半径的圆与直线xy0相切． （Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若过点M(2，0)的直线与椭圆C相交于两点A,B，设P为椭圆上一点，且满足



OAOBtOP（O为坐标原点）

时，求实数t的取值范围．

10.（本小题满分12分）

如图，过抛物线x4y的对称轴上任一点P(O，m）(m>O） 作直线与抛物线交于A，B两点，点Q是点P关手原点的对 称点．

2

 （I）APPB,证明：QPQAQB);

（Ⅱ）设直线AB的方程是x－ 2y+12=0，过A，B两点的 圆C与抛物线在点A处有共同的切线，求圆C的方程．

11．（本小题满分13分）

x2y2

已知椭圆C:321(ab0)的右焦点为F

，离心率为，过点F且与石轴

2ab

，O为坐标原点．

（I）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设经过点M（0，2）作直线A B交椭圆C于A、B两点，求△AOB面积的最大

值；

（Ⅲ）设椭圆的上顶点为N，是否存在直线l交椭圆于P，Q两点，使点F为△PQN的

垂心?若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

答案．（本题满分13分） 解：（Ⅰ）设F(c,0)，则

c2

，知a2c. a2

过点F且与x轴垂直的直线方程为xc，代入椭圆方程，有

(c)2y22yb. 1 ，解得

2a2b2

于是2b

2，解得b1.

222

又acb，从而a

2,c1.

x2

y21． …………………………………………（4分） 所以椭圆C的方程为2

（Ⅱ）设A(x1,y1)，B(x2,y2).由题意可设直线AB的方程为ykx2.

ykx2,22由x2消去y并整理，得2k1x8kx60. 2

y1,2

由(8k)24(2k1)0，得k由韦达定理，得x1x2

2

2

2

3. 2

8k6

. ,xx1222

2k12k1

2，

AB 点O到直线AB的距离为d

k2

SAOB

18(2k23)2

|AB|d(x1x2)4x1x2. 2(2k21)2

2

设t2k3，由k于是SAOB

3

，知t0. 28t8

. 2

16(t4)

t8

t

2

由t

21672

.当且仅当t4,k时等号成立. 8，得SAOB2t2

2

.…………………………………………（8分） 2

所以△AOB面积的最大值为

（Ⅲ）假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F为△PQN的垂心. 设P(x1,y1)，Q(x2,y2),因为N(0,1)，F(1,0)，所以kNF1. 由NFPQ，知kPQ1．设直线l的方程为yxm， 由

yxm,22

3x4mx2m20． 得22

x2y2,

2

2m224m由0，得m3，且x1x2,x1x2．

33

由题意，有0.

因为(x1,y11),(x21,y2)，

所以x1(x21)y2(y11)0，即x1(x21)(x2m)(x1m1)0， 所以2x1x2(x1x2)(m1)mm0．

2

2m224

于是2m(m1)m2m0．

33

解得m

4

或m1． 3

经检验，当m1时，△PQN不存在，故舍去m1． 当m

44

时，所求直线l存在，且直线l的方程为yx．……………（13分） 33

12．（本小题满分12分）

x2y21xy

设椭圆C:221(ab0)的离心率e，右焦点到直线1的距离

2ababd

21

,O为坐标原点。 7

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过点O作两条互相垂直的射线，与椭圆C分别交于A,B两点，证明点O到直线AB的距离为定值. 并求出定值

13.（本小题共14分）

x2y21

已知椭圆G:221(ab0)的离心率为，过椭圆G右焦点F的直线

2abm:x1与椭圆G交于点M（点M在第一象限）.

（Ⅰ）求椭圆G的方程；

（Ⅱ）已知A为椭圆G的左顶点，平行于AM的直线l与椭圆相交于B,C两点.判断直线

MB,MC是否关于直线m对称，并说明理由. 答案.（本小题共14分） 解：（Ⅰ）---------------------------------------1分 由

由

题

意

得

c1

,

c1

可得a2, ------------------------------------------2分 a2

所以b2a2c23, -------------------------------------------3分

x2y2

所以椭圆的方程为1. ---------------------------------------------4分

43

（Ⅱ）由题意可得点A(2,0),M(1,), ------------------------------------------6分 所以由题意可设直线l:y设B(x1,y1),C(x2,y2)，

3

2

1

xn,n1.------------------------------------------7分 2

x2y2

1,43由得x2nxn230. y1xn2

由题意可得n24(n23)123n20,即n(2,2)且n1. -------------------------8分

x1x2n,x1x2n23.-------------------------------------9分

因为kMBkMC

33

y2-----------------------------------10分 

x11x21y1

1313x1nx2n

1n1n1x11x21x11x21 1

(n1)(x1x22)x1x2(x1x2)1

(n1)(n2)

0， ---------------------------------13分

n2n2

所以直线MB,MC关于直线m对称. ---------------------------------14分 1

3x2y2

14.在平面直角坐标系xOy中，已知过点(1,)的椭圆C：221(ab0)的右焦点为

2ab

F(1,0)，过焦点F且与x轴不重合的直线与椭圆C交于A，B两点，点B关于坐标原点的

对称点为P，直线PA，PB分别交椭圆C的右准线l于M，N两点. （1）求椭圆C的标准方程；

8（2）若点B

的坐标为(，试求直线PA的方程；

5（3）记M，N两点的纵坐标分别为yM，yN，试问yMyN是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由

.

15．（本小题满分12分）

已知圆C:(x1)2y28,定点A(1,0),M为圆上一动点，点P在AM上，点N在

CM上，且满足AM2AP,NPAM0,点N的轨迹为曲线E．

（1）求曲线E的方程；

[来源学科网ZXXK]

（2）若直线ykxk21与（1）中所求点N的轨迹E交于不同两点F、H，O是坐

32

标原点，且OFOH，求△FOH的面积的取值范围.

34

答案．解析：解：（1）2，0

所以NP为线段AM的垂直平分线，NANM

NCNANCNM222CA

所以动点N的轨迹是以C1,0，A1,0为焦点的椭圆，

且长轴长为2a22，焦距2c2，所以a

2，

c1，b21

x2

y21． 曲线E的方程为2

x22

y1

（2）设Ｆ（x1，y1）H（x2，y2），则由2，

ykxk21

消去y得(2k1)x4kk1x2k0,8k0(k0)

2

2

2

2

2

4kk212k2

,x1x22 x1x2 2

2k12k1



OFOHx1x2y1y2x1x2(kx1kx2(k21)x1x2x1x2)k21(k21)2k24k2(k21)k212k12

222k12k12k1

2k213232k14

1

k21,2

|FH|22k1

又点O到直线FH的距离d1，

[来源学科网]

1

Sd|FH| 令

t2k2121

t[2,3],k2(t1),

2

[来源学科网ZXXK]

S

111



2t3,2

9t4

16．（本小题满分16分）

2

，S 43

在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:为

xy

21(ab0)的右准线2ab

2

2

直线l，动直线

ykxm(k0，m0)交椭圆于

A，B两点，线段AB的中点为M，射线OM分别交椭圆及直线l于P，Q两点，如图．若A，B两点分别是椭圆E的右顶点，上顶点时，点1

Q的纵坐标为（其中e为椭圆的

e

（第18题）

离心率）

，且OQ． （1）求椭圆E的标准方程；

（2）如果OP是OM，OQ的等比中项，那么

是，请说明理由．

答案． 解：当A，B两点分别是椭圆E的右顶点和上顶点时，则

m

是否为常数？若是，求出该常数；若不k

ab

A(a,0)，B(0,b)，M(,)．

22

1ba1

∵Q(,)，∴由O，M，Q三点共线，得2，化简，得b1．………2分

aace

c

2

a2

∵OQ

，∴c

2a．

2

a2b2c2，

a25,

由b1， 解得2 …………………………………………4分

c4.

2a，

x2

（1）椭圆E的标准方程为y21． …………………………………………6分

5x2

（2）把ykxm(k0,m0)，代入y21，得

5

(5k21)x210mkx5m250． ……………………………………………8分

当△0，5k2m210时，xM从而点M(

5mkm

，， yM22

5k15k1

5mkm

,)． ……………………………………………10分 5k215k21

1

x． 5k

所以直线OM的方程y

1yx，25k25k2

由2 得xP2． ……………………………………………12分

5k1xy21，

5

∵OP是OM，OQ的等比中项，∴OP2OMOQ， 从而xP2xMxQ

25mk

． ……………………………………………14分

2(5k21)

25k225mkm

由2，得，从而m2k2，满足△0． ……………15分

5k12(5k21)k

∴

m

为常数2． ………………………………………………………………16分 k

17.（本小题满分16分）

已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

1

，短轴长为4。 2

（Ⅱ）P(2,n)，Q(2,n)是椭圆C上两个定点，A、B是椭圆C上位于直线PQ两侧的动点。

① 若直线AB的斜率为

1

，求四边形APBQ面积的最大值； 2

② 当A、B两点在椭圆上运动，且满足∠APQ=∠BPQ时，直线AB的斜率是否为定

值，说明理由。

18题

x2y2

答案. 解：（Ⅰ）设C方程为221(ab0)

ab

由已知b=23 离心率e

c12

,ab2c2 得a4 a2

x2y2

1 所以，椭圆C的方程为

1612

（Ⅱ）①由（Ⅰ）可求得占P、Q的坐标为P(2,3) ，Q(2,3)，则|PQ|6，

x2y21

1 设Ax1,y1,B(x2,y2),直线AB的方程为yxt，代人

16122

得xtxt120 由△>0,解得4t4，由根与系数的关系得

2

2

x1x2t

四边形APBQ的面积 2

xxt1212

S

1

6x1x23483t2 2

故，当t0,Smax12

②∠APQ=∠BPQ时，PA、PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，

则PB的斜率为k，

x2y2

1联立解得

PA的直线方程为y3k(x2)与

1612

（34k2)x28(32k)kx4(32k)2480，

x12

8(2k3)k

2

34k

8(2k3)k

2

34k

同理PB的直线方程y3k(x2)，可得x22

16k21248k

所以x1x2 ,xx1222

34k34kkAB

y1y2k(x12)3k(x22)3

x1x2x1x2

16k312k12k16k3

2k(x1x2)4k24k134k 48kx1x248k234k2

所以直线AB的斜率为定值

sj.fjjy.org

1 2

18. (本小题满分12分）

x2y2已知椭圆C:221(ab

0)，以原点为圆心，椭圆的短半轴

ab长为半径的圆与直线xy0相切． (1).求椭圆C的方程；

(2).若过点M(2，0)的直线与椭圆C相交于两点A,B，设P为椭圆上一点，且满足

OAOBtOP（O

为坐标原点），当|PAPB|时，求实数t取值范围．

19．（本题满分13分）

抛物线P:x2py上一点Q(m,2)到抛物线P的焦点的距离为3，A,B,C,D为抛物线的

四个不同的点，其中A、D关于y轴对称，D(x0,y0)，B(x1,y1)， C(x2,y2)，

2

x0x1x0x2 ，直线BC平行于抛物线P的以D为切点的切线．

（Ⅰ）求p的值；

（Ⅱ）证明：CADBAD；

（Ⅲ）D到直线AB、AC的距离分别为m、n

，且mn积为48，求直线BC的方程．

答案．【解答】（Ⅰ）|QF|=3=2+

，ABC的面

p

， p=2． 2

222

x0x0x12x2

（Ⅱ）抛物线方程为x4y，A(x0,)， D(x0,)， B(x1,) ，C(x2,)，

4444

2

2

x12x2

x1x2x0，xx2x， 120x1x242

y

x

，kBC2

kAC

222

x0x2x12x0

xxxx

20,kAB10， x2x04x1x04

x2x0x1x0x1x22x0

0， 444

所以直线AC和直线AB的倾斜角互补， BADCAD． （Ⅲ）设BADCAD，则m=n=|AD|sin， kACkABsin

2,(0.)， 224

lAC

22x0x0

:yxx0 即yxx0，

44

2

x02

:yx0， x0与抛物线方程x24y联立得：x24x4x0x0

4

把lAC

2

x0x24x0x0，x2x04，同理可得x1x04，

x0x04x0,x02,

SABC

112

|AB||AC|2(42x0)2(2x04)4(x04)48， 22

x04 ，B(0,0),lBC:y2x．

20．（本小题满分13分）

x2y2

已知椭圆C:221(ab

0)，短轴一个端到右焦点的距离为

ab

（1）求椭圆C的方程：

（2）设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l

的距离为

面积的最大值。

，求△AOB2

21.（本小题满分13分）

x2y21

已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的

2ab

圆与直线xy0相切，直线l:xmy4与椭圆C相交于A、B两点. （1）求椭圆C的方程；（2）求OAOB的取值范围；

答案.（本小题满分13分）

c2a2b21c14222

（Ⅰ）由题意知e，∴e2，即ab

2

4a23aa

2

y2x22

b3 故椭圆的方程为又ba4，1……………4分

43l:xmy4



（Ⅱ）解：由x2y2得：(3m24)y224my360 …………………………6分

134

由0(24m)2436(3m24)0m24

24m36

设A(x1，y1)，B (x2，y2)，则y1y22………………8分 ,y1y22

3m43m412m21001162

∴OAOBx1x2y1y2(m1)y1y24my1y216 ……10分 4

3m243m24

13

∵m24∴3m2416， ∴OAOB(4)

4

13

∴OAOB的取值范围是(4)．………………………………………………… 13分

4



22、在直角坐标系xOy上取两个定点A1(2,0),A2(2,0)， 再取两个动点N1(0,m)、N2(0,n)且mn3．

（Ⅰ）求直线A1N1与A2N2交点的轨迹M的方程；

（II）已知F2(1,0)，设直线l：ykxm与（I）中的轨迹M交于P、Q两点，直线F2P、

F2Q 的倾斜角分别为、，且，求证：直线l过定点，并求该定点的

坐标.

8km

xx2134k2，且kkx1m,kkx2m ………7分 2F2PF2Q

4m12x1x211x1x2

234k

kxmkx2m

0 ……8分 由已知，得kF2PkF2Q0， 1

x11x21

化简，得2

kxx(mk)(xx)2m0

23．（本小题满分13分）

如图，矩形ABCD中，|AB|＝22，|BC|＝2．E，F，G，H分别是矩形四条边的中点，→→→→分别以HF，EG所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，已知OR＝λOF，CR′＝λCF，其中0＜λ＜1．

x22

（Ⅰ）求证：直线ER与GR′的交点M在椭圆Γ：＋y＝1上；

2

（Ⅱ）若点N是直线l：y＝x＋2上且不在坐标轴上的任意一点，F1、F2分别为椭圆Γ的左、右焦点，直线NF1和NF2与椭圆Γ的交点分别为P、Q和S、T．是否存在点N，使得直线OP、OQ、OS、OT的斜率kOP、kOQ、kOS、kOT满足kOP＋kOQ＋kOS＋kOT＝0？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

答案．（本小题满分13分）

解：（Ⅰ）由已知，得F(2，0)，C2，1)．

→→→→

由OR＝λOF，CR′＝λCF，得R2λ，0)，R′(2，1－λ)． 又E(0，－1)，G(0，1)，则

1

直线ER的方程为y＝－1， ①

2λ直线GR′的方程为y＝－

λ

x＋1． ② 2

2

2λ1－λ

由①②，得M，)．

1＋λ1＋λ22λ21＋λ1－λ224λ2＋(1－λ2)2(1＋λ2)2∵＋(＝＝1，

21＋λ(1＋λ)(1＋λ)x22

∴直线ER与GR′的交点M在椭圆Γ：y＝1上．…………………………5分

2（Ⅱ）假设满足条件的点N(x0，y0)存在，则

y0

直线NF1的方程为y＝k1(x＋1)，其中k1＝

x0＋1y直线NF2的方程为y＝k2(x－1)，其中k2＝

x0－1

y＝k(x＋1)，21

222

由x消去y并化简，得(2k21＋1)x＋4k1x＋2k1－2＝0． 2

2y＝1．2k24k21－2设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－x1x2

2k1＋12k1＋1∵OP，OQ的斜率存在，∴x1≠0，x2≠0，∴k21≠1． x1＋x2yyk1(x1＋1)k1(x2＋1)

∴kOP＋kOQ＝＋2k1＋k1·

x1x2x1x2x1x2

4k22k＝k1(2－＝－．

2k1－2k1－1

同理可得kOS＋kOT＝－

2k． k2－1

2

k1k2kk2－k1＋k1k2－k2

∴kOP＋kOQ＋kOS＋kOT＝－)＝－2·k1－1k2－1(k1－1)(k2－1)

2(k1＋k2)(k1k2－1)＝－． (k1－1)(k2－1)

2(k1＋k2)(k1k2－1)

∵kOP＋kOQ＋kOS＋kOT＝0，∴－0，即(k1＋k2)(k1k2－1)＝0． (k1－1)(k2－1)由点N不在坐标轴上，知k1＋k2≠0， yy∴k1k2＝1，即1． ③

x0＋1x0－1又y0＝x0＋2， ④ 53

解③④，得x0＝－，y0

44

53

故满足条件的点N存在，其坐标为（－）．………………………………13分

44

24.（本小题满分12分）

设抛物线C:y2px(p0)的焦点为F，准线为l，M∈C，以M为圆心的圆M与l， 相切于点Q，Q

，E(5，0)是圆M与x轴除F外的另一个交点

(I)求抛物线C与圆M的方程：

( II)已知直线n:yk(x1)(k0)，n与C交于A，B两点，n与l交于点D,且

2

FAFD， 求△ABQ的面积．