2009届高考数学难点突破训练 - 圆锥曲线(3)

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5. （1）直线l方程为y?x?c代入

xa22?yb22?1(a?b?0)得

(a?b)x?2acx?ac?ab22222222?0，设A(x1,y1),B(x2,y2)则

2x1?x2?2aca?b222,y1?y2??22bca?b222 ?OC?OA?OB

?C 点的坐标为(2aca?b4ac2422,?2bca?b22)

222?C 在椭圆上?(a?b)?4bc24222(a?b)?1即

4c222a?b?1?4c2?a?b

22?5c2?2a ?e?2105

c2ac2?AB?AF?BF?(a?ex1)?(a?ex2)?2a?e(x1?x2)?2a?（2）

?2a?2ac2?22aa?b22

a?b?32a已知

32a?15?a?10,e?105,a?210,?b2?60

?椭圆方程为

x2100?y2602?1

12x2x(2?c?bx)2bx?2c22．（1）?f(2)?令f(x)?x22b?c??c?4?2b，又f(x)??

?0得x(2?c?bx)?0

2?cb当b?0时得方程的实数根x?0和x? 于是c?2,b?1

当b?0时c?4方程有唯一实数根x?0

?f(x)?x2?x或f(x)?x2?xx4

an?1an?1?21an（2）当f(x)?时，an?，令bn?,则bn?2bn?1?1，

?bn?1?2(bn?1?1) ?bn?2?1n?an?12?1n

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当f(x)??x4时，an?12?1n11n?1an?1 ??an?为等比数列，an?() 44an?或an?41?n

6. （1）设M(x,y), P(0, t), Q(s, 0) 则CP?(3,t),PQ?(s,?t)

由CP?PQ?0得3s—t2=0……………………………………………………① 又由PM?12MQ得(x,y?t)?12(s?x,?y)

1?x?(s?x)?s?3x???2， ????3……………………………………②

1t?y??y?t?(?y)2??2?把②代入①得9x?(32y)=0，即y=4x，又x≠0

2

22

∴点M的轨迹方程为：y=4x（x≠0） （2）如图示，假设存在点H，满足题意，则

OA?OB即OA?OB?0

设A(y1422,y1),B(y242,y2)，则由OA?OB?0可得

y1y2162?y1y2?0解得y1y2??16

又kAB?y2?y1y224?y21?4y1?y2

4则直线AB的方程为：y?y1?24y1?y22(x?y142)

即(y1?y2)y?y1?y1y2?4x?y1把y1y2??16代入，化简得 (4x?16)?(y1?y)y?0

令y=0代入得x=4，∴动直线AB过定点（4，0） 答，存在点H（4，0），满足题意。

????7. (1)?a?(x,y?2),b?(x,y?2),且a?b?8

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即点M(x,y)到两个定点F1(0,-2)、F2(0,2)的距离之和为8,

?点M（x,y）的轨迹C为以F1(0,-2)、F2(0,2)为焦点的椭圆，其方程为

y216?x212?1.

(2)由题意可设直线l方程为y?kx?3,A(x1,y1),B(x2,y2)，

?y?kx?3?2

2由?y2消去y得：(4+3k)x +18kx-21=0. x??1?12?1618k?x?x??122??4?3k22

此时，△=(18k)-4(4+3k (-21)>0恒成立，且?

21?xx??122?4?3k?由OP?OA?OB知：四边形OAPB为平行四边形.

假设存在直线l，使得四边形OAPB为矩形，则OA?OB,即OA?0B?0 . 因为OA?(x1,y2),OB?(x2,y2)，所以x1x2?y1y2?0， 而y1y2?(kx1?3)?(kx2?3)?k2x1x2?3k(x1?x2)?9，

2故(1?k)(?214?3k2)?3k(?18k4?3k2)?9?0，即k2?518,得k??54.

所以，存在直线l：y??54x?3，使得四边形OAPB为矩形.

8. （1）设B?x,y?，x?0,y?0

y?2??1?x?4?x?1? ， ??y?1??2?x?1?32??B?4,1?

（2）设E?x1,y1?,F?x2,y2?

?x?y?3?0?2222由?x2 得1?ax?6ax?10a?0， ??2?2?y?1?a七彩教育网 全国最新初中、高中试卷、课件、教案免费下载

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?1?a2?0 ? ?a??0,1??1,10

??0??? ?x1?x2?6a22a?1?8，?a?2

（3）设线段AB上任意一点Q?x,x?3?,1?x?4

t?32 PQ??t?x?2??x?3??22(x?)?2?t?3?22 ?1?x?4

?当1?t?32?4时，即?1?t?5时，当x?t?32时，PQ??2min?t?32；

当当

t?32t?32?4时，即t?5时，当x?4时，PQ?1时，即t??1时，当x?1时，PQmint?8t?17； t?2t?5。

2min?t2?2t?5,?t?3??h?t???,2??t2?8t?17,?t??1?1?t?5t?5?b?00?1??b,?kPM?1b,

9. (1) 设动点N(x,y),P(0,b),则kPF直线PN的方程为

y?b?1b?x，

令y?0得x??b,即M(?b,0)。?P是MN

22?x?b2的中点，?N(b,2b)，故??y?2b2，消去b得N

的轨迹C的方程为y2?4x. (2) 直线

l的方程为y?kx?b，直线

得x1x2l与抛物线y2?4x的交点坐标分别为

y1y21622A(x1,y1),B(x2,y2),由OA?OB??4?y2?4x 又由??y?kx?b?y1y2??4,即?y1y2??4,则y1y2??8，

得ky2?4y?4b?0(k?0),则y1?y2?24k,y1y2?24bk??8,即b??2k

由|AB|?(1?21k2)(y1?y2)2?1?kk2(16k2?32),可得6?1?kk2(1k2?2)?30，解得k的取值

范围是[?1,?

12]?[12,1]

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10. (1)由已知得y?2x?1,即L?{(x,y)|y?2x?1},∴P1(0,1), a1?0,b1?1, ∴an?n?1,bn?2n?1.

(2)当n?2时,Pn(n?1,2n?1),|P1Pn|?∴cn?5n|P1Pn|?1n(n?1)?1n?1?125(n?1),

1n,

12131n?11n∴lim(c2?c3?…?cn)?lim[(1?n??n??)?(?)?…?(?)]?1.

(3)f(n)???n?1,(n?2k?1)?2n?1,(n?2k) （k?N?）,假设存在符合条件的k使命题成立,则

①当k为偶数时,k?11为奇数,则f(k?11)?k?10,f(k)?2k?1,由

f(k?11)?2f(k)得k?10?2(2k?1)?k?4?N?.

②当k为奇数时,k?11是偶数,则f(k?11)?2(k?11)?1,f(k)?k?1, 由f(k?11)?2f(k)得2(k?11)?1?2(k?1)?23?0,矛盾. 综合以上知,存在k?4?N?使得f(k?11)?2f(k).

xa2220.解:(1)因为双曲线M离心率为2,所以可设双曲线M的标准方程?y223a?1

由此可得渐近线的斜率k??3??BOx?60?,从而B(2,23),A(2,?23),又因为点

P分线段AB所成的比为3,所以P(2,3),将点P的坐标代入双曲线方程的a2?3,

所以双曲线M的方程为

x23?y29?1.

(2)设E(x1y1),F(x2,y2),线段EF的中点为N(x0,y0).

?y?kx?m?2222由?x2?(k?3)x?2kmx?m?9?0 y??1?39?则k2?3且m?9?3k ①

kmk222由韦达定理的x0???3,y0??3mk2?3,由题意知NQ?EF,

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