2007年高考数学圆锥曲线汇编答案

参考答案

x22．解：（Ⅰ）由已知条件，直线l的方程为y?kx?2，代入椭圆方程得?(kx?2)2?1．整理得

2?12?2?k??x?22kx?1?0 ① 2??直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于??8k2?4?2?1?或?k2??4k2?2?0，解得k??22??k?22．即k的取值范围为????∞，?2??2??2????2，?∞???． ???（Ⅱ）设P(x)，则???OP?????OQ??(x42k1，y1)，Q(x2，y21?x2，y1?y2)，由方程①，x1?x2??1?2k2．②又yB(01，)，???AB?1?y2?k(x1?x2)?22．③ 而A(2，，0)?(?21，)．

所以???OP?????OQ?与???AB?共线等 价于x21?x2??2(y1?y2)， 将②③代入上式，解得k?2．

由（Ⅰ）知k??22或k?22，故没有符合题意的常数k．

3.(I)由题意设椭圆的标准方程为

x2y2a2?b2?1(a?b?0),a?c?3,a?c?1a?2,c?1,b2?3?x2y24?3?1. ?(II)设A(x?y?kx?m2221,y1),B(x2,y2)，由??x2y2,得(3?4k)x?8mkx?4(m?3)?0，

?4?3?1??64m2k2?16(3?4k2)(m2?3)?0，3?4k2?m2?0.x8mk1?x2??3?4k2x4(m2,?3)1?x2?3?4k2. y?(kx223(m2?4k2)1?y2?(kx1?m)2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m?3?4k2. ?以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),kAD?kBD??1，

?y1x?2?y2x??1，y1y2?x1x2?2(x1?x2)?4?0， 12?2

1

， 2k3(m2?4k2)4(m2?3)16mk22m??2k,m?????4?07m?16mk?4k?0，，解得，且满足1273?4k23?4k23?4k23?4k2?m2?0.

当m??2k时，l:y?k(x?2)，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当m??定点(,0).综上可知，直线l过定点，定点坐标为(,0).

5．解：（I）因为AB边所在直线的方程为x?3y?6?0，且AD与AB垂直，所以直线AD的斜率为?3．

2k2时，l:y?k(x?)，直线过772727，在直线AD上，所以AD边所在直线的方程为y?1??3(x?1)．3x?y?2?0． 又因为点T(?11)（II）由??x?3y?6?0，?2)，因为矩形ABCD两条对角线的交点为M(2，解得点A的坐标为(0，0)．

?3x?y?2=0(2?0)2?(0?2)2?22．从而矩形ABCD外接圆的方程为

所以M为矩形ABCD外接圆的圆心．又AM?(x?2)2?y2?8．

（III）因为动圆P过点N，所以PN是该圆的半径，又因为动圆P与圆M外切，所以PM?PN?22，即PM?PN?22．故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为22的双曲线的左支．因为实半轴长a?2，x2y2??1(x≤?2)． 半焦距c?2．所以虚半轴长b?c?a?2．从而动圆P的圆心的轨迹方程为

2222

?m??n,?m?0,n?0?m??2?6．解:(1)设圆C 的圆心为(m,n)则 ?解得?，所求的圆的方程为(x?2)2?(y?2)2?8

?n?2?m?n?22??2x2y2??1 ,右焦点为 F(4,0).设存在点Q(x,y)?C满(2)由已知可得 2a?10 a?5，椭圆的方程为

25922?412412?(x?2)?(y?2)?8Q(,)Q(,). 足条件,则?解得，故存在符合要求的点225555??(x?4)?y?16

?p)，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 7．解法1：（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N(0，?x2?2py，22直线AB的方程为y?kx?p，与x?2py联立得?消去y得x?2pkx?2p?0．

?y?kx?p．2 2

由韦达定理得x1?x2?2pk，x1x2??2p2．于是S△ABN?S△BCN?S△ACN?·2px1?x2．

12?px1?x2?p(x1?x2)2?4x1x2?p4p2k2?8p2?2p2k2?2，

∴当k?0时，(S△ABN)min?22p2．

y B （Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y?a，

A C O N x AC的中点为O?，l与AC为直径的圆相交于点P，Q，PQ的中点为H，

则O?H?PQ，Q?点的坐标为??x1y1?p?，?． 22??∵O?P?1121y?p1AC?x1?(y1?p)2?y12?p2，O?H?a?1?2a?y1?p， 2222222y ∴PH?O?P?O?H?2121p??(y1?p2)?(2a?y1?p)2??a??y1?a(p?a)， 442??l A B O?C O N ??p??∴PQ?(2PH)?4??a??y1?a(p?a)?．

2????22x ppp令a??0，得a?，此时PQ?p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y?， 222即抛物线的通径所在的直线． 解法2：（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得

AB?1?k2x1?x2?1?k2·(x1?x2)2?4x1x2?1?k2·4p2k2?8p2?2p1?k2·k2?2，

又由点到直线的距离公式得d?2p1?k22．

从而S△ABN?·d·AB?·2p1?k·k?2·121222p1?k2?2p2k2?2，

∴当k?0时，(S△ABN)min?22p2．

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y?a，则以AC为直径的圆的方程为

(x?0)(x?x1)?(y?p)(y?y1)?0，将直线方程y?a代入得x2?x1x?(a?p)(a?y1)?0，

则△?x1?4(a?p)(a?y1)?4??a?2????p??．设直线l与以AC为直径的圆的交点为y?a(p?a)?1?2????p??p??P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则有PQ?x3?x4?4??a??y1?a(p?a)??2?a??y1?a(p?a)．

2?2?????

3

令a?ppp?0，得a?，此时PQ?p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y?，即抛物线的通222径所在的直线．

?????????????????解法一：（I）设M(x，y)，则则FM?(x?2，y)，F1A?(x1?2，y1)，F1B?(x2?2，y2)，FO?(2，0)，11??????????????????x?2?x1?x2?6，?x1?x2?x?4，?x?4y?AB由FM得即于是的中点坐标为，?． ?FA?FB?FO???1111?22??y1?y2?y?y?y1?y2yyy?y2y2(x1?x2)．又因为A，B两点在双曲当AB不与x轴垂直时，1，即y1?y2???x?8x1?x2x?4?2x?82222线上，所以x1?y12?2，x2?y2?2，两式相减得(x1?x2)(x1?x2)?(y1?y2)(y1?y2)，即

y(x1?x2)代入上式，化简得(x?6)2?y2?4． ．将(x1?x2)(x?4?)1y(?2yy)y1?y2?x?80)，当AB与x轴垂直时，x1?x2?2，求得M(8，也满足上述方程．所以点M的轨迹方程是(x?6)2?y2?4． ????????0)，使CA?（II）假设在x轴上存在定点C(m，CB为常数．

22当AB不与x轴垂直时，设直线AB的方程是y?k(x?2)(k??1)．代入x?y?2有

4k24k2?22222，x1x2?2， (1?k)x?4kx?(4k?2)?0．则x1，x2是上述方程的两个实根，所以x1?x2?2k?1k?1????????于是CA?CB?(x1?m)(x2?m)?k2(x1?2)(x2?2)?(k2?1)x1x2?(2k2?m)(x1?x2)?4k2?m2

(k2?1)(4k2?2)4k2(2k2?m)2(1?2m)k2?24?4m2222???4k?m??m?2(1?2m)??m． 2222k???k?1k?1k?1??1????????????因为CA?CB是与k无关的常数，所以4?4m?0，即m?1，此时CA?CB=?1．

????????当AB与x轴垂直时，点A，B的坐标可分别设为(2，2)，(2，此时CA?CB?(1 ，2)?(1，?2)??1．?2)，

????????0)，使CA?CB为常数． 故在x轴上存在定点C(1，?x1?x2?x?4，解法二：（I）同解法一的（I）有?当AB不与x轴垂直时，设直线AB的方程是

y?y?y?12y?k(x?2)(k??1)． 4k2代入x?y?2有(1?k)x?4kx?(4k?2)?0．则x1，x2是上述方程的两个实根，所以x1?x2?2．

k?1?4k2?4k． y1?y2?k(x1?x2?4)?k??4??2?k?1?k?12222228．解：由条件知F1(?2，0)，F2(2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

4k4k2由①②③得x?4?2．④y?2．⑤

k?1k?1x?44y(x?4)x?4y??k，将其代入⑤有y?当k?0时，y?0，由④⑤得，．整理得

(x?4)2(x?4)2?y2y?1y24?(x?6)2?y2?4．

0)，满足上述方程． 当k?0时，点M的坐标为(4，0)，也满足上述方程．故点M的轨迹方程是(x?6)2?y2?4．当AB与x轴垂直时，x1?x2?2，求得M(8，

4

?????（II）假设在x轴上存在定点点C(m，使C0)，ACB?4k2?2x1x2?2．以上同解法一的（II）．

k?1

4k2为常数，当AB不与x轴垂直时，由（I）有x1?x2?2?1，

kC⊥BD9．证明：（Ⅰ）椭圆的半焦距c?3?2?1，由A2222y0x0y0x21?≤???1． 所以，3222222知点P在以线段F1F2为直径的圆上，故x0 ?y0?1，

x2y2??1，并化简（Ⅱ）（ⅰ）当BD的斜率k存在且k?0时，BD的方程为y?k(x?1)，代入椭圆方程326k23k2?6得(3k?2)x?6kx?3k?6?0．设B(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1?x2??2，x1x2? 23k?23k?2222243(k2?1)BD?1?k?x1?x2?(1?k)???(x2?x2)?4x1x2???3k2?2；因为AC与BC相交于点P，且AC的

222?1?43?2?1?143(k2?1)k??斜率为?，所以，AC?． ?21k2k?33?2?2k124(k2?1)2??(k2?1)296≥?四边形ABCD的面积S??BDAC?． 222222(3k?2)(2k?3)?(3k?2)?(2k?3)?25??2??当k?1时，上式取等号．

（ⅱ）当BD的斜率k?0或斜率不存在时，四边形ABCD的面积S?4．综上，四边形ABCD的面积的最小值为

10．解：（1）依题设，圆O的半径r等于原点O到直线x?3y?4的距离，即r?22296． 254?2．得圆O的方1?3程为x?y?4．

0)B(2，0)． （2）不妨设A(x1，，0)B(x2，，0)x1?x2．由x?4即得A(?2，，设P(x，y)，由PA，PO，PB成等比数列，得(x?2)2?y2?(x?2)2?y2?x2?y2，即x2?y2?2．

2????????PA?PB?(?2?x，?y)?(2?x，?y)

5

?x2?4?y2

22??????????x?y?4，2由于点P在圆O内，故?2，由此得y?1．所以PA?PB的取值范围为[?2，0)． 22?2(y?1).??x?y?2.?c6，x2??211．解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意?a3?b?1，?所求椭圆方程为?y?1．

3?a?3，?（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)． （1）当AB⊥x轴时，AB?3．

（2）当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y?kx?m．由已知m1?k2?3232，得m?(k?1)．

42?6km3(m2?1)把y?kx?m代入椭圆方程，整理得(3k?1)x?6kmx?3m?3?0，?x1?x2?2，x1x2?．

3k?13k2?1222?36k2m212(m2?1)?12(k2?1)(3k2?1?m2)3(k2?1)(9k2?1)?AB?(1?k)(x2?x1)?(1?k)?2 ????222222(3k?1)(3k?1)(3k?1)3k?1??222212k21212?3?4?3?(k?0)≤3??4．

19k?6k2?12?3?629k?2?6k当且仅当9k?213k??，即时等号成立．当k?0时，AB?3，综上所述ABmax?2．?当AB最2k3大时，△AOB面积取最大值S?

133?ABmax??． 2220)，F10，?b2?c2，F20，b2?c2， 12．解：（1）? F0(c，?F0F2??????b237?c2??c2?b?1，F1F2?2b2?c2?1，于是c2?，a2?b2?c2?，所求“果圆”方程为

44424x?y2?1(x≥0)，y2?x2?1(x≤0)． 732222（2）由题意，得 a?c?2b，即a2?b2?2b?a．?(2b)?b?c?a，?a2?b2?(2b?a)2，

b4b21b?242222?得?．又b?c?a?b,?．???，2?a?25a52a???． ?x2y2y2x2（3）设“果圆”C的方程为2?2?1(x≥0)，2?2?1(x≤0)．记平行弦的斜率为k．

abbc 6

?t2?x2y2当k?0时，直线y?t(?b≤t≤b)与半椭圆2?2?1(x≥0)的交点是P?a1?2，t?，与半椭圆

??bab???a?ct22??tyx?x??1?2,M(x，y)P，Q的交点是．的中点满足 Q??c1?，t????1(x≤0)?2b 2??bb2c2?y?t，???22得

???2y2a?c?2ba?c?2b?a?c?2a?2b?b???0． ． ， ??1????22222??ba?c??2?x2综上所述，当k?0时，“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上．当k?0时，以k为斜率过B1的直?2ka2bk2a2b?b3?x2y2，22线l与半椭圆2?2?1(x≥0)的交点是?22． 22?ka?bka?bab??b2由此，在直线l右侧，以k为斜率的平行弦的中点轨迹在直线y??2x上，即不在某一椭圆上．当k?0时，

ka可类似讨论得到平行弦中点轨迹不都在某一椭圆上．

13．解：（Ⅰ）解法一：易知a?2,b?1,c?3，所以F1?3,0,F2???3,0，设P?x,y?，则

??????????PF1?PF2??3?x,?y,???x213?x,?y?x?y?3?x?1??3??3x2?8?

44?222??????????2。当x??2，即点P为椭圆因为x???2,2?，故当x?0，即点P为椭圆短轴端点时，PF1?PF2有最小值?????????1长轴端点时，PF1?PF2有最大值

解法二：易知a?2,b?1,c?3，所以F1?3,0,F2???3,0，设P?x,y?，则

?????2?????2?????2???????????????????????????PF1?PF2?F1F2PF1?PF2?PF1?PF2?cos?F1PF2?PF1?PF2??????????2PF1?PF21??x?3?2???2?y?x?32??2?y2?12??x2?y2?3（以下同解法一）

???y?kx?2?（Ⅱ）显然直线x?0不满足题设条件，可设直线l:y?kx?2,A?x1,y2?,B?x2,y2?，联立?x2，消去y，2??y?1?4整理得：?k???21?24k3 ∴ x?4kx?3?0x?x??,x?x??1212114?k2?k2?447

由???4k??4?k?002??331?2得：或 k??k??3?4k?3?0?224?????????????????又0??A0B?90?cos?A0B?0?OA?OB?0 ∴OA?OB?x1x2?y1y2?0

?k2?1?8k2??4?又y1y2??kx1?2??kx2?2??kx1x2?2k?x1?x2??4?

111k2?k2?k2?44423k2?k2?133??0，即k2?4 ∴?2?k?2，故由①、②得?2?k??∵或?k?2 112222k?k?443

14．（Ⅰ）证法一：由题设AF2?F，0)，F2(c，0)，不妨设点A(c，y)，其中y?0．由于点A在1F2及F1(?cc2y2a2?b2y2?2?1． 椭圆上，有2?2?1，即

aba2b?b2?b2b2(x?c)，整理得b2x?2acy?b2c?0． 解得y?，从而得到A?c，?．直线AF1的方程为y?2aca?a?1cb2c222由题设，原点O到直线AF1的距离为OF1，即?，将c?a?b代入上式并化简得

33b4?4a2c2a2?2b2，即a?2b．

?b2?证法二：同证法一，得到点A的坐标为?c，?．过点O作OB?AF垂足为B，易知△F1BO∽△F1，1F2A，

?a?故

BOOF1?F2AF1AO?OF．由椭圆定义得AF又B1?AF2?2a，

131，所以

F2Aa1F2A，解得F2A?，??23F1A2a?F2Ay B A b2b2a?，即a?2b． 而F2A?，得

aa2（Ⅱ）解法一：设点D的坐标为(x0，y0)．

当y0?0时，由OD?QQ12知，直线Q1Q2的斜率为?2x0x0或y?kx?m，其中k??，m?y0?．

y0y0F1 O F2 x x0x，所以直线Q1Q2的方程为y??0(x?x0)?y0，y0y0?y?kx?m，点Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)的坐标满足方程组?2 22x?2y?2b．?

8

将①式代入②式，得x2?2(kx?m)2?2b2，整理得(1?2k2)x2?4kmx?2m2?2b2?0，于是x1?x2??4km，

1?2k22m2?2bx1x2?．由①式得y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?k2x1x2?km(x1?x2)?k2 21?2k2m2?2b2?4kmm2?2b2k22?k·?km·?m?． 221?2k1?2k1?2k23m2?2b2?2b2k2?0，3m2?2b2(1?k2)．将由OQ1?OQ2知x1x2?y1y2?0．将③式和④式代入得21?2k22x0x022?y0?b2． k??，m?y0?代入上式，整理得x03y0y0当y0?0时，直线Q1Q2的方程为x?x0，Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)的坐标满足方程组??x?x0，222?x?2y?2b．

222b2?x0222b2?x022x?b．x??0所以x1?x2?x0，y1，．由知，即，解得 xx?yy?0OQ?OQ??001212122322这时，点D的坐标仍满足x0?y0?22222b．综上，点D的轨迹方程为 x2?y2?b2． 33D，可知直线解法二：设点D的坐标为(x0，y0)，直线OD的方程为y0x?x0y?0，由OD?QQ12，垂足为

2222．记m?x0（显然m?0），点Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)的坐标满足方程组Q1Q2的方程为x0x?y0y?x0?y0?y0??x0x?y0y?m， ①222222由①式得．③ 由②式得yy?m?xxyx?2yy?2y?200000b．④ 22??x?2y?2b． ②2222将③式代入④式得y0x?2(m?x0x)2?2y0b．

22m2?2b2y0整理得(2x?y)x?4mx0x?2m?2by?0，于是x1x2?．⑤由①式得x0x?m?y0y．⑥222x0?y0202022220222222由②式得x0x?2x0y?2x0b．⑦

2222222222将⑥式代入⑦式得(m?y0y)2?2x，整理得，于是y?2xb(2x?y)y?2myy?m?2bx?00000002m2?2b2x0．⑧ y1y2?222x0?y0222m2?2b2y0m2?2b2x0由OQ1?OQ2知x1x2?y1y2?0．将⑤式和⑧式代入得??0， 22222x0?y02x0?y0222222222222代入上式，得x0?y0?b．所以，点D的轨迹方程为x?y?b． 3m2?2b2(x0?y0)?0．将m?x0?y033

9

x22?b2?1，解得x1，15．（Ⅰ）解：设点A的坐标为(x1，b)，点B的坐标为(x2，b)，由2??21?b， 4所以S?12b?x1?x2?2b?1?b2≤b2?1?b2?1．当且仅当b?时，S取到最大值1． 22?y?kx?b，??21?2222??4k?b?1， （Ⅱ）解：由?x2得，k?x?2kbx?b?1?0??24???y?1，??44k2?b2?1|AB|?1?k?|x1?x1|?1?k??2．②

1?k2422设O到AB的距离为d，则d?2S|b|22?1，又因为d?，所以b?k?1，代入②式并整理，得 |AB|1?k2k4?k2?113?0，解得k2?，b2?，代入①式检验，??0， 422故直线AB的方程是y?

26262626或y?或y??，或y??． x?x?x?x?22222222x2y2a216．解：（Ⅰ）设椭圆方程为2?2?1.因焦点为F(3,0)，故半焦距c?3.又右准线l的方程为x?，从

caba2x2y2222?12,a?36，因此a?6,b?a?c?27?33.故所求椭圆方程为??1. 而由已知c3627（Ⅱ）记椭圆的右顶点为A，并设?AFP,2,3)，不失一般性，假设0??1?i??i(i?12?，且3?2??1?2?4?c1,?3??1?.又设Pi在l上的射影为Qi，因椭圆的离心率e??，从而有33a2a21|FPi|?|PiQi|?e?(?c?|FPi|cos?i)e?(9?|FPi|cos?i)(i?1,2,3).

c2解得

121?(1?cos?i)(i?1,2,3). |FPi|92111212?4????[3?(cos?1?cos(?1?)?cos(?1?))]， |FP|FP2||FP92331|3|因此

而cos?1?cos(?1?2?)?cos(?1?4?)?cos?1?1cos?1?3cos?1?1cos?1?3cos?1?0，

332222故

1112???为定值. |FP|FP2||FP3|31|10

????????????????A?x1,y1?,B?x2,y2?，OA=?x1,y1?，OB??x2,y2?，因为OA?OB?2，所以

k?c?2，即c2?c?2?0,所以c?2舍去c??1 所以?c?kc?kc?2217．解：（1）设过C点的直线为y?kx?c，所以x2?kx??cc?0?，即x?kx?c?0，设

2x1x2?y1y2?2，即x1x2??kx1?c??kx2?c??2，x1x2?k2x1x2?kc?x1?x2??c2?2

??（2）设过Q的切线为y?y1?k1?x?x1?，y/?2x，所以k1?2x1，即y?2x1x?2x12?y1?2x1x?x12，

?x1??cx1y2?y??kk2?x1?2?k?,?c?，它与y??c的交点为M??又P?，所以Q因为x1x2??c ,?c,?,?c???，??2222x222??????1??c?xx??k?所以??x2，所以M?1?2,?c???,?c?,所以点M和点Q重合，也就是QA为此抛物线的切线。

x1??22??2x?x2k?k??k??，所（3）（2）的逆命题是成立，由（2）可知Q?,?c?，因为PQ?x轴，所以P?,yP?因为12222????以P为AB的中点。

0)，过P(0，2)且斜率为k的直线方程为18．解：（Ⅰ）圆的方程可写成(x?6)2?y2?4，所以圆心为Q(6，y?kx?2．

代入圆方程得x2?(kx?2)2?12x?32?0，整理得(1?k2)x2?4(k?3)x?36?0．① 直线与圆交于两个不同的点A，B等价于??[4(k?3)2]?4?36(1?k2)?42(?8k2?6k)?0，解得?3?k?0，即k的取值范围为4????????4(k?3)（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则OA?OB?(x1?x2，y1?y2)，由方程①，x1?x2?? ② 21?k????????????????又y1?y2?k(x1?x2)?4．③ 而P(0，，2)Q(6，，0)PQ?(6，?2)．所以OA?OB与PQ共线等价于

3?3?(x1?x2)?6(y1?y2)，将②③代入上式，解得k??．由（Ⅰ）知k??，0?，故没有符合题意的常数k．

4?4??3?0?． ??，?4?x22?y2?1x??21?b(x,b)(x,b)1,219．(I)解：设点A的坐标为(1，点B的坐标为2，由4，解得 12S?b|x1?x2|?2b1?b2?b2?1?b2?1b?22时，所以当且仅当．S取到最大值1．

?y?kx?b?2?x2??y?1(4k2?1)x2?8kbx?4b2?4?0??16(4k2?b2?1)（Ⅱ）解：由?4得，①

｜AB｜＝1?k|x1?x2|?1?k22|b|2S16(4k2?b2?1)d???1?222|AB|所以1?k4k?1② 又因为O到AB的距离

k2?123,b?22，代入①式检验，△＞0

b2?k2?1③ ③代入②并整理，得4k4?4k2?1?0，解得，

11

y?故直线AB的方程是

26262626x?y?x?y??x?y??x?22或22或22或22．

20．解：（I）因为AB边所在直线的方程为x?3y?6?0，且AD与AB垂直，所以直线AD的斜率为?3． 又因为点T(?11)，在直线AD上，所以AD边所在直线的方程为y?1??3(x?1)．3x?y?2?0．

（II）由??x?3y?6?0，解得点A的坐标为(0，?2)，因为矩形ABCD两条对角线的交点为M(2，0)．

?3x?y?2=0(2?0)2?(0?2)2?22．从而矩形ABCD外接圆的方程为

所以M为矩形ABCD外接圆的圆心．又AM?(x?2)2?y2?8．

（III）因为动圆P过点N，所以PN是该圆的半径，又因为动圆P与圆M外切，所以PM?PN?22， 即PM?PN?22．故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为22的双曲线的左支．

因为实半轴长a?2，半焦距c?2．所以虚半轴长b?c2?a2?2．从而动圆P的圆心的轨迹方程为

x2y2??1(x≤?2)． 22?y?kx，???k2?8?0，220．解：（I）由方程?消y得x?kx?2?0．① 依题意，该方程有两个正实根，故?2y?x?2??x1?x2?k?0，解得k?22．

2（II）由f?(x)?2x，求得切线l1的方程为y?2x1(x?x1)?y1，由y1?x1?2，并令y?0，得t?x11? 2x1k?k2?84，k?22，x1是关于k的减函数，所x1，x2是方程①的两实根，且x1?x2，故x1??22k?k?8以x1的取值范围是(0，2)．t是关于x1的增函数，定义域为(0，2)，所以值域为(??，0)，

（III）当x1?x2时，由（II）可知OM?t??x11?． 2x1类似可得ON?x21x?xx?x?．OM?ON??12?12．由①可知x1x2?2．从而OM?ON?0． 2x22x1x2当x2?x1时，有相同的结果OM?ON?0．所以OM?ON．

12

22．解:(1) 设圆C的圆心为(m,n)，则???m??n??n?2?22 解得??m??2，所求的圆的方程为

?n?2(x?2)2?(y?2)2?8

x2y2??1,右焦点为F( 4, 0) ;假设存在Q点(2)由已知可得2a?10 a?5，椭圆的方程为

259??2?22cos?,2?22sin?使QF?OF,22???2?22cos??4?2?22sin???2?2?4

整理得sin??3cos??22 代入sin??cos??1 得:

10cos2??122cos??7?0 , cos??

?122?8?122?22???1，因此不存在符合题意的Q点.

1010?p)，23．解法1：（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N(0，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y?kx?p，?x2?2py，与x?2py联立得?消去y得x2?2pkx?2p2?0．由韦达定理得x1?x2?2pk，x1x2??2p2．

?y?kx?p．2于是S△AMN?S△BCN?S△ACN1?·2px1?x2．?px1?x2?p(x1?x2)2?4x1x2 2y ?p4p2k2?8p2?2p2k2?2， ∴当k?0，(S△ABN)min?22p2．

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y?a，

A B C O N x ??PQ，Q?点的坐标为，PQ的中点为H，则OH设AC的中点为O?，l与AC为直径的圆相交于点P，Q1121y1?p1?x1y1?p?222??∵OP?AC?x?(y?p)?y?p．，，OH?a??2a?y1?p， 111??2222222??∴PH?O?P?O?H?222121p??(y1?p2)?(2a?y1?p)2??a??y1?a(p?a)， 442??pp??p??2∴PQ?(2PH)2?4??a??y1?a(p?a)?．令a??0，得a?，此时PQ?p为定值，故满足条件

222????p的直线l存在，其方程为y?，即抛物线的通径所在的直线．

2

13

y B l A O?C O N x 解法2：（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得

AB?1?k2x1?x2?1?k2·(x1?x2)2?4x1x2?1?k2·4p2k2?8p2?2p1?k2·k2?2，

又由点到直线的距离公式得d?2p1?k22．

从而S△ABN?·d·AB?·2p1?k·k?2·121222p1?k2?2p2k2?2，

∴当k?0时，(S△ABN)max?22p2．

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y?a，则以AC为直径的圆的方程为

(x?0)(x?x1)?(y?p)(y?y1)?0，将直线方程y?a代入得x2?x1x?(a?p)(a?y1)?0，则

△?x12?4(a???p?p)?(a1?y)?4a?1???2???y??直线l与以AC为直径的圆的交点为a(．p设)a??p?p???P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则有PQ?x3?x4?4?a??y1?a(p?a)?2?a??y1?a(p?a)．

2?2???令a?ppp?0，得a?，此时PQ?p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y?，即抛物线的通222径所在的直线．

24．解：由条件知F(2,0)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)

（Ｉ）当AB与x轴垂直时，可设点A、B的坐标分别为(2,2)、(2,?2)，此时

????????CA?CB?(1,2)?(1,?2)??1

22当AB不与x轴垂直时，设直线AB的方程是y?k(x?2)(k??1)代入x?y?2，有

4k24k2?2，x1x2?2 (1?k)x?4kx?(4k?2)?0，则x1，x2是上述方程的两实根，所以x1?x2?2k?1k?12222????????于是CA?CB?(x1?1)(x2?1)?y1y2?(x1?1)(x2?1)?k2(x1?2)(x2?2)

(k2?1)(4k2?2)4k2(2k2?1)2??4k?1 ?(k?1)x1x2?(2k?1)(x1?x2)?4k?1?22k?1k?1222?????????(?4k?2)?4k?1??1，综上所述，CA?CB为常数?1

22（Ⅱ）解法一 设M(x,y)，则CM?(x?1,y)，CA?(x1?1,y1)，CB?(x2?1,y2)，CO?(?1,0)，由

?x?1?x1?x2?3?x1?x2?x?2x?2y,) ，即?，于是AB的中点坐标为(CM?CA?CB?CO得：?22?y?y1?y2?y1?y2?y

14

yy?y2yy2(x1?x2)，又因为A、B两点在当AB不与x轴垂直时，1，即y1?y2???x?2x?2x1?x2x?2?2222??x1?y1?2双曲线上，所以?，两式相减得(x1?x2)(x1?x2)?(y1?y2)(y1?y2)，

22??x2?y2?2y(x1?x2)代入上式，即(x1?x2)(x?2)?(y1?y2)y，将y1?y2?化简得x2?y2?4，当AB与x轴x?2垂直时，x1?x2?2，求得M(2,0)，也满足上述方程。所以点M的轨迹方程是：x2?y2?4

?x1?x2?x?2解法二 同解法一得 ? ①

y?y?y2?14k24k24k当AB不与x轴垂直时，由（Ｉ）有x1?x2?2 ② y1?y2?k(x1?x2?4)?k(2③ ?4)?2k?1k?1k?14k4k2x?2?k，将其代入⑤由①②③得：x?2?2， ④ y?2 ⑤，当k?0时，y?0，由④、⑤得：yk?1k?14?有y?x?2y(x?2)2?1y2?4y(x?2)，整理得：x2?y2?4，当k?0时，点M的坐标为(?2,0)，满足上述方程 22(x?2)?y当AB与x轴垂直时，x1?x2?2，求得M(2,0)，也满足上述方程。故点M的轨迹方程是：x2?y2?4

222225．解：（1）在△PF1F2中，FF，?24?d?d?2ddcos2??(d?d)?4ddsin? 1212121212。故动点P的轨迹C是以F(d1?d2)2?4?4?，d1?d2?21??（小于2的常数）1，F2为焦点，实轴长

x2y2??1． 2a?21??的双曲线．方程为1???（2）方法一：在△AF1B中，设AF1B为等腰直角1?d1，AF2?d2，BF1?d3，BF2?d4．假设△AF三角形，则

??d1?d2?2a?①??d3?d4?2a?②? ?d3?d4?d2?③??d1?2d3?④?2π???⑤?d3d4sin?4

15

由②与③得d2?2a，

?d1?4a?则?d3?22a ??d4?d3?2a?2(2?1)a由⑤得d3d4?2?，42(2?1)a2?2?，(8?42)(1??)?2?，

??12?22?(0，1)，故存在17??12?22满足题设条件． 17方法二：（1）设△AF1B为等腰直角三角形，依题设可得

?2?22??2πAF?AF??，AF?AF?sin???1212?π??82?1 1?cos???42π?BF?BF????12sin???4?BF1?BF2?2?所以S△AF1F2?由

1π1AF1?AF2sin?(2?1)?，S△BF1F2?BF1?BF2??．则S△AF1B?(2?2)?．① 242S△AF1F2S△BF1F2?AF2BF2?2?1，可设BF2?d，则AF2?(2?1)d，BF1?AB?(2?2)d．

则S△AF1B?112AB?(2?2)2d2．② 由①②得(2?2)d2?2?．③ 22根据双曲线定义BF1?BF2?2a?21??可得，平方得：④ (2?1)d?21??．(2?1)2d2?4(1??)．由③④消去d可解得，??

22y1y2,y2）,y1）26．（Ⅰ）解法一：设A、B两点坐标分别为（，（，由题设知 2212?2212?22满足题设条件． ?(0，1)，故存在??17172222y1y2y1y2222222()?y1?()?y2?(?)2?(y1?y2)2，解得y1所以A（6，23），B（6，-23）?y2?12，2222或A（6，-23），B（6，23）。设圆心C的坐标为（r,0），则r?2?6?4，所以圆C的方程为(x?4)2?y2?16. 32222解法二：设A、B两点坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），由题设知x1 ?y1?x2?y22222又因为y1?2x1,y2?2x2，可得x1?2x1?x1?2x2，即(x1?x2)(x1?x2?2)?0。

由x1＞0，x2＞0，可知x1＝0，故A、B两点关于x轴对称，所以圆心C在x轴上，设C点的坐标为（r,0），则33323r）r)?2?r，解得r=4，所以圆C的方程为(x?4)2?y2?16。 A点的坐标为（,，于是有(2222

16

（Ⅱ）解：设∠ECF＝2a，则CE?CF?|CE|?|CF|?cos2a?32cos2a?16，在Rt△PCE中，cosa?由圆的几何性质得

r4?，|PC||PC|C⊥BD27．证明（Ⅰ）椭圆的半焦距c?3?2?1，由A2222x0y0x0y01?≤???1． 所以，3222222知点P在以线段F1F2为直径的圆上，故x0 ?y0?1，

x2y2??1，并化简（Ⅱ）（ⅰ）当BD的斜率k存在且k?0时，BD的方程为y?k(x?1)，代入椭圆方程326k23k2?6得(3k?2)x?6kx?3k?6?0．设B(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1?x2??2，x1x2?， 23k?23k?2222243(k2?1)BD?1?k?x1?x2?(1?k)???(x2?x2)?4x1x2???3k2?2；因为AC与BC相交于点p，且AC的

222?1?43?2?1?143(k2?1)k??斜率为?．所以，AC?． ?21k2k?33?2?2k124(k2?1)2??(k2?1)296≥?四边形ABCD的面积S??BD?AC?． 222222(3k?2)(2k?3)?(3k?2)?(2k?3)?25??2??当k?1时，上式取等号．

（ⅱ）当BD的斜率k?0或斜率不存在时，四边形ABCD的面积S?4．综上，四边形ABCD的面积的最小值为

296． 25?c6?，x2?228．解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意?a3?b?1，?所求椭圆方程为?y?1．

3?a?3，?（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)． （1）当AB⊥x轴时，AB?3．

（2）当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y?kx?m．由已知m1?k2?3232，得m?(k?1)．

42?6km3(m2?1)把y?kx?m代入椭圆方程，整理得(3k?1)x?6kmx?3m?3?0，?x1?x2?2，x1x2?． 23k?13k?1222 17

?36k2m212(m2?1)?12(k2?1)(3k2?1?m2)3(k2?1)(9k2?1)?AB?(1?k)(x2?x1)?(1?k)?2 ????222222(3k?1)(3k?1)3k?1??(3k?1)222212k21212?3?4?3?(k?0)≤3??4．

19k?6k2?12?3?629k?2?6k当且仅当9k?213，即时等号成立．当k?0时，AB?3，综上所述ABmax?2． k??k23133． ??当AB最大时，△AOB面积取最大值S??ABmax?222

29．（Ⅰ）易知a?2，b?1，c?3．∴F1(?3,0)，F2(3,0)．设P(x,y)(x?0,y?0)．则

?????????5x222PF1?PF2?(?3?x,?y)(3?x,?y)?x?y?3??，又?y2?1，

447?22x?y??x?1?x2?1?3?4??联立?2，解得?，P(1,)． ??3322?x?y2?1?y??y??4?2??4（Ⅱ）显然x?0不满足题设条件．可设l的方程为y?kx?2，设A(x1,y1)，B(x2,y2)．

?x2??y2?1联立?4?x2?4(kx?2)2?4?(1?4k2)x2?16kx?12?0

?y?kx?2?∴x1x2?1216kx?x??， 12221?4k1?4k222222由??(16k)?4?(1?4k)?12?0，16k?3(1?4k)?0，4k?3?0，得k?????????????????又?AOB为锐角?cos?AOB?0?OA?OB?0，∴OA?OB?x1x2?y1y2?0

3．① 4又y1y2?(kx1?2)(kx2?2)?k2x1x2?2k(x1?x2)?4，∴x1x2?y1y2?(1?k2)x1x2?2k(x1?x2)?4

1216k12(1?k2)2k?16k4(4?k2)?(1?k)??2k?(?)?4???4??0 222221?4k1?4k1?4k1?4k1?4k2∴?

1333?k2?4．② 综①②可知?k2?4，∴k的取值范围是(?2,?)?(,2)． 442230．（Ⅰ）证法一：由题设AF2?F，0)，F2(c，0)，不妨设点A(c，y)，其中y?0，由于点A在1F2及F1(?c

18

?b2?c2y2a2?b2y2b2b2(x?c)，椭圆上，有2?2?1，解得y?，从而得到A?c，?，直线AF2的方程为y??2?1，22acababa?a?整理得b2x?2acy?b2c?0．

1cb2c222由题设，原点O到直线AF1的距离为OF1，即?，将c?a?b代入原式并化简得

33b4?4a2c2a2?2b2，即a?2b．

?b2?

H，易 证法二：同证法一，得到点A的坐标为?c，?，过点O作OB?AF1，垂足为

a??

知△F1BC∽△F1F2A，故

y H A BOOF1?F2AF1AF1 O

F2 x BO?由椭圆定义得AF1?AF2?2a，又

F2A1a1F2AOFFA?，所以，解得，而??12323F1A2a?F2Ab2b2aF2A?，得?，即a?2b．

aa2（Ⅱ）解法一：圆x?y?t上的任意点M(x0，y0)处的切线方程为x0x?y0y?t2．当t?(0，b)时，圆

222x2?y2?t2上的任意点都在椭圆内，故此圆在点A处的切线必交椭圆于两个不同的点Q1和Q2，因此点

2??x0x?y0y?t ①的解． Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)的坐标是方程组?222??x?2y?2b ②?t2?x0x?t?x0x22当y0?0时，由①式得y?代入②式，得x?2???2b，

y0?y0?22222即(2x0?y0)x2?4t2x0x?2t4?2b2y0?0，

24t2x02t4?2b2y0t2?x0x1t2?x1x21422?于是x1?x2?， ?t?xt(x?x)?xx1x2?xx?yy??012012122?2222?y02x0?y02x0?y0y0y14222t4?2b2x04t2x01?4222t?2by0?． ??2?t?x0t?x0222222?2x?yy0?2x0?y02x0?y0?0022222t4?2b2y0t4?2b2x03t4?2b2(x0?y0)若OQ1?OQ2，则x1x2?y1y2????0． 2222222x0?y02x0?y02x0?y04222222所以，3t?2b(x0?y0)?0．由x0得3t?2bt?y0?t，

422?0．在区间(0，b)内此方程的解为t?6b． 3 19

当y0?0时，必有x0?0，同理求得在区间(0，b)内的解为t?66b．另一方面，当t?b时，可推出33x1x2?y1y2?0，从而OQ1?OQ2．综上所述，t?

6b?(0，b)使得所述命题成立． 3p31．（Ⅰ）解：设抛物线的标准方程为y2?2px，则2p?8，从而p?4.因此焦点F(,0)的坐标为（2，0）.

2又准线方程的一般式为x??p。从而所求准线l的方程为x??2。 2

（Ⅱ）解法一：如图（21）图作AC⊥l，BD⊥l，垂足为C、D，则由抛物线的定义知|FA|=|FC|,|FB|=|BD|. 记A、B的横坐标分别为xxxz，则|FA|＝|AC|＝xx?类似地有|FB|?4?|FB|cosa，解得|FB|?ppp4， ?|FA|cosa???|FA|cosa?4解得|FA|?2221?cosa4。

1?cosa记直线m与AB的交点为E，则

|FA|?|FB|11?44?4cosa|FE|?|FA|?|AE|?|FA|??(|FA|?|FB|)??? ??222?1?cosa1?cosa?sin2a44·2sin2a|FE|4(1?cos2a)??8。 所以|FP|?。故|FP|?|FP|cos2a??cosasin2asin2asin2a解法二：设A(xA,yA)，B(xB,yB)，直线AB的斜率为k?tana，则直线方程为y?k(x?2)。 将此式代入y?8x,得kx?4(k?2)x?4k?0，故xA?xB?22222k(k2?2)k2。记直线m与AB的交点为

xA?xB2(k2?2)441?2k2?4??. ?E(xE,yE)，则xE?，yE?k(xE?2)?，故直线m的方程为y????x?22??2kkkkk??令y=0,得P的横坐标xP?2k2?4k2ksina44·2sin2a(1?cos2a)??8为定值。 从而|FP|?|FP|cos2a?sin2asin2a?4故|FP|?xP?2?4(k2?1)2?42。

0)，F10，?b2?c2，F20，b2?c2， 32．解：（1）? F0(c，?F0F2??????b237?c2??c2?b?1，F1F2?2b2?c2?1，于是c2?，a2?b2?c2?，所求“果圆”方程为

44424x?y2?1(x≥0)，y2?x2?1(x≤0)． 73

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a?c??b2?22y)，则|PM|??x?（2）设P(x，??y??1?2c2???2?2(a?c)2?b2，?c≤x≤0， ?x?(a?c)x?4?b2?1?2?0，即当PM取得最小值时，P在点B1，B2? |PM|2的最小值只能在x?0或x??c处取到．

c或A1处．

x2y2（3）?|A1M|?|MA2|，且B1和B2同时位于“果圆”的半椭圆2?2?1(x≥0)和半椭圆

aby2x2x2y2??1(x≤0)上，所以，由（2）知，只需研究P位于“果圆”的半椭圆2?2?1(x≥0)上的情形即可． b2c2abc2?a2(a?c)?(a?c)2a2(a?c)2a?c??222? |PM|??x?． ??y?2?x???b?224a2c4c2????22a(a?c)a(a?c)a2(a?c)2a≤2cPx?当x?，即时，的最小值在时取到，此时的横坐标是． |PM|≤a2c22c22c2a2(a?c)22a?2c?a当x?，即时，由于在时是递减的，的最小值在x?a时取到，此|PM||PM|x?a22c时P的横坐标是a．

22a2(a?c)综上所述，若a≤2c，当|PM|取得最小值时，点P的横坐标是；若a?2c，当|PM|取得最小

2c2值时，点P的横坐标是a或?c．

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a?c??b2?22y)，则|PM|??x?（2）设P(x，??y??1?2c2???2?2(a?c)2?b2，?c≤x≤0， ?x?(a?c)x?4?b2?1?2?0，即当PM取得最小值时，P在点B1，B2? |PM|2的最小值只能在x?0或x??c处取到．

c或A1处．

x2y2（3）?|A1M|?|MA2|，且B1和B2同时位于“果圆”的半椭圆2?2?1(x≥0)和半椭圆

aby2x2x2y2??1(x≤0)上，所以，由（2）知，只需研究P位于“果圆”的半椭圆2?2?1(x≥0)上的情形即可． b2c2abc2?a2(a?c)?(a?c)2a2(a?c)2a?c??222? |PM|??x?． ??y?2?x???b?224a2c4c2????22a(a?c)a(a?c)a2(a?c)2a≤2cPx?当x?，即时，的最小值在时取到，此时的横坐标是． |PM|≤a2c22c22c2a2(a?c)22a?2c?a当x?，即时，由于在时是递减的，的最小值在x?a时取到，此|PM||PM|x?a22c时P的横坐标是a．

22a2(a?c)综上所述，若a≤2c，当|PM|取得最小值时，点P的横坐标是；若a?2c，当|PM|取得最小

2c2值时，点P的横坐标是a或?c．

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