2007年高考数学试题分类汇编：圆锥曲线(5)

22由AC⊥BD知点P在以线段F1F2为直径的圆上，故x0?y0?1，

2222y0x0y0x21?≤???1． 所以，32222x2y2??1，并化简得（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32(3k2?2)x2?6k2x?3k2?6?0． 设B(x1，y1)，D(x2，y2)，则 6k23k2?6x1?x2??2，x1x2?2

3k?23k?243(k2?1)BD?1?kx1?x2?(1?k)??(x2?x2)?4x1x2???3k2?2；

1因为AC与BC相交于点P，且AC的斜率为?，

k?1?43?2?1?43(k2?1)k??所以，AC?． ?212k?33?2?2k四边形ABCD的面积

124(k2?1)2??(k2?1)296S?BDAC?≥?．

2(3k2?2)(2k2?3)?(3k2?2)?(2k2?3)?225??2??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．

96综上，四边形ABCD的面积的最小值为．

25222 14、（宁夏理19）（本小题满分12分）

x2?y2?1有两个不同的交点P和Q． 在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，2)且斜率为k的直线l与椭圆2（I）求k的取值范围；

（II）设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量OP?OQ与AB共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由． 解：（Ⅰ）由已知条件，直线l的方程为y?kx?2， x2?(kx?2)2?1． 代入椭圆方程得2?1?整理得??k2?x2?22kx?1?0 ①

?2??1??k2??4k2?2?0， ?2???2??222?，?∞解得k??或k?．即k的取值范围为??∞，． ???????2??222??直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于??8k2?4?（Ⅱ）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则OP?OQ?(x1?x2，y1?y2)，

42k． ② 21?2k又y1?y2?k(x1?x2)?22． ③

由方程①，x1?x2??而A(2，，0)B(01，)，AB?(?21，)．

所以OP?OQ与AB共线等价于x1?x2??2(y1?y2)，将②③代入上式，解得k?[来源:Zxxk.Com]

2． 222由（Ⅰ）知k??或k?，故没有符合题意的常数k．

22

15、（辽宁理20）（本小题满分14分）

已知正三角形OAB的三个顶点都在抛物线y2?2x上，其中O为坐标原点，设圆C是OAB的内接圆（点C为圆心） （I）求圆C的方程；

（II）设圆M的方程为(x?4?7cos?)2?(y?7cos?)2?1，过圆M上任意一点P分别作圆C的两条切线PE，PF，

CF的最大值和最小值． 切点为E，F，求CE，本小题主要考查平面向量，圆与抛物线的方程及几何性质等基本知识，考查综合运用解析几何知识解决问题的能力．满分14分．

2?y12??y2?（I）解法一：设A，B两点坐标分别为?，y1?，?，y2?，由题设知

?2??2?2?y12??y12??y12y2?222． ?y??y???(y?y)??????22122??2??2??222解得y1?y2?12，

222所以A(6，23)，B(6，?23)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 3·················································································································· 4分 (x?4)2?y2?16． ·

解法二：设A，B两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由题设知

22． x12?y12?x2?y2222又因为y1?2x1，y2?2x2，可得x12?2x1?x2?2x2．即

(x1?x2)(x1?x2?2)?0．

由x1?0，x2?0，可知x1?x2，故A，B两点关于x轴对称，所以圆心C在x轴上．

?3??333?r，r设C点的坐标为(r，，于是有?r?2?r，解得r?4，所以圆C的方程为0)，则A点坐标为???22??2??2????·················································································································· 4分 (x?4)2?y2?16． ·

（II）解：设?ECF?2a，则

············································ 8分 CECF?|CE||CF|cos2??16cos2??32cos2??16． ·

x4?在Rt△PCE中，cos??，由圆的几何性质得 |PC||PC||PC|≤|MC|?1?7?1?8，|PC|≥|MC|?1?7?1?6，

12所以≤cos?≤，由此可得

23

2

16． 916则CECF的最大值为?，最小值为?8．

9?8≤CECF≤? 16、（江西理21）（本小题满分12分） 设动点P到点A(?1和B(1，0)，0)的距离分别为d1和d2，常数?(0???1)，使得d1d2sin2???．

（1）证明：动点P的轨迹C为双曲线，并求出C的方程； （2）过点B作直线双曲线C的右支于M，N两点，试确定?的范其中点O为坐标原点．

解法一：（1）在△PAB中，

y?APB?2?，且存在

P d1 2? d2 围，使OMON?0，

AB?2，即A O B y22?d12?d22， s2?2d1dc2?o， 4?(d1?d2)2?4d1d2sin2?，即d1?d2?4?4d1d2sin2??21???2（常数）点P的轨迹C是以A，B为焦点，实轴长2a?21??的双曲线．

x2y2??1． 方程为：

1???（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)

①当MN垂直于x轴时，MN的方程为x?1，M(11)，，N(1，?1)在双曲线上． 11?1?55?1，因为0???1，所以??． ??1??2???1?0???1???22②当MN不垂直于x轴时，设MN的方程为y?k(x?1)．

即

?x2y2??1?2222???(1??)kx?2(1??)kx?(1??)(k??)?0， 由?1???得：????y?k(x?1)?2由题意知：????(1??)k???0，

?2k2(1??)?(1??)(k2??)所以x1?x2?，x1x2?．

??(1??)k2??(1??)k2k2?22于是：y1y2?k(x1?1)(x2?1)?． 2??(1??)k因为OMON?0，且M，N在双曲线右支上，所以

(1??)?x1x2?y1y2?0?k2?????(1??)2??5?12??????1??2?????． ?x1?x2?0?????11???23?xx?0?k2????2???1?0??12?1???由①②知，5?12≤??． 23解法二：（1）同解法一

（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)． ①当x1?x2?1时，MB?2?1?????1??2???1?0，

因为0???1，所以??5?1； 2?x12y12??1??x0?1????k?②当x1?x2时，?2． MN21??y0?x2?y2?1??1???y022又kMN?kBE?．所以(1??)y0??x0??x0；

x0?1?MN??MN??e(x1?x2)?2a??22由∠MON?得x0?y0?? ?，由第二定义得?????2222??????22212?1???x0?1????x0?(1??)?2x0． ?1???1??22所以(1??)y0??x0?2(1??)x0?(1??)2．

22?(1??)2?(1??)y0??x0??x0于是由?得x0? 2222?3???(1??)y0??x0?2(1??)x0?(1??)(1??)2?1，又0???1， 因为x0?1，所以

2?3?5?125?12解得：???．由①②知≤??．

23232

17、（江西文22）（本小题满分14分） 设动点P到点F1(?1，0)和F2(1，0)的距离分别为d1和d2，∠F1PF2?2?，且存在常数?(0???1)，使得

d1d2sin2???．

（1）证明：动点P的轨迹C为双曲线，并求出C的方（2）如图，过点F2的直线与双曲线C的右支交于是否存在?，使△FAB是以点B为直角顶点的等腰直1在，求出?的值；若不存在，说明理由． 解：（1）在△PF1F2中，FF12?2

yA P 程；

A，B两点．问：

F1 O B F2x 角三角形？若存

24?d12?d2?2d1d2cos2??(d1?d2)2?4d1d2sin2?

(d1?d2)2?4?4?

d1?d2?21??（小于2的常数）

故动点P的轨迹C是以F1，F2为焦点，实轴长2a?21??的双曲线．

来源学科网

x2y2??1． 方程为

1???（2）方法一：在△AF1B中，设AF1?d1，AF2?d2，BF1?d3，BF2?d4．

假设△AF1B为等腰直角三角形，则

???d1?d2?2a①?d3?d …… 此处隐藏：2517字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……