【S】上海市2020届高三数学理一轮复习专题突破训练：专题：圆锥曲线

高 中 数 学

上海历年高考经典真题专题汇编

专 题： 圆锥曲线

姓 名 ：

学 号 ： 年 级 ：

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专题7：圆锥曲线

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一、填空、选择题

1、（2016年上海高考）已知平行直线l1:2xy10,l2:2xy10，则l1,l2的距离_______________

2、（2015年上海高考）抛物线y2=2px（p＞0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，则p= ．

x2y21的右焦点重合， 3、（2014年上海高考）若抛物线y2px的焦点与椭圆

952则该抛物线的准线方程为 .

y2x21的一个焦点到其渐近线的距离为22，

4、（虹口区2016届高三三模）若双曲线b2则该双曲线的焦距等于________.

5、（浦东新区2016届高三三模）抛物线yx2的准线方程是

14x2y21(aN*)的两个焦点为F1、F2，P为该双曲线上一点，6、（杨浦区2016届高三三模）已知双曲线2a422满足|F1F2||PF1||PF2|，P到坐标原点O的距离为d，且5d9，则a

7、（虹口区2016届高三三模）过抛物线x28y的焦点F的直线与其相交于A，B两点，O为坐标原点． 若AF6,则OAB的面积为

8、（浦东新区2016届高三三模）直线ykx1与抛物线y22x至多有一个公共点，则k的取值范围是

x229、（浦东新区2016届高三三模）设P为双曲线2y21a0上的一点，F1、F2是左右焦点，F1PF2，

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则F1PF2的面积等于（ ） A.3a2 B.

32323 D. a C.333x2y210、（崇明县2016届高三二模）已知双曲线221的一条渐近线方程是y3x，它的一个焦点（a0,b0）ab与抛物线y216x的焦点相同，则双曲线的标准方程为 ．

2211、（奉贤区2016届高三二模）双曲线4xy1的一条渐近线与直线txy10垂直，则t________．

x2y212、（虹口区2016届高三二模）如图, A、B为椭圆2+21(ab0)的两个顶点，过椭圆的右焦点F作x轴的

ab垂线，与其交于点C. 若AB//OC(O为坐标原点)，则直线AB的斜率为___________.

13、（黄浦区2016届高三二模）若椭圆上的点到焦点的距离的最小值为5，最大值为15，则椭圆短轴长为

y2214、（静安区2016届高三二模）已知双曲线x21(m0)的渐近线与圆x2(y2)21没有公共点，

m

则该双曲线的焦距的取值范围为 .

15、（静安区2016届高三上学期期末）已知抛物线yax的准线方程是y

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21，则a . 4文档从网络中收集，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

x2y216、（普陀区2016届高三上学期期末）设P是双曲线若P到两条渐近线的距离分别为d1,d2，1上的动点，

42则d1d2_________.

17、（杨浦区2016届高三上学期期末）抛物线C的顶点为原点O，焦点F在x轴正半轴，过焦点且倾斜角为直线l交抛物线于点A,B，若AB中点的横坐标为3，则抛物线C的方程为_______________.

的4x2y21的两条渐近线所围成的三角18、（宝山区2016届高三上学期期末）抛物线y12x的准线与双曲线932形的面积等于 ．

x2y21的右焦点与抛物线y212x的焦点相同，则此双19、（松江区2016届高三上学期期末）已知双曲线

m5曲线的渐近线方程为 ( )

A.y

553525x B.yx D. yx x C.y2355

二、解答题

1、（2016年上海高考） 有一块正方形菜地EFGH,EH所在直线是一条小河，收货的蔬菜可送到F点或河边

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运走。于是，菜地分为两个区域S1和S2，其中S1中的蔬菜运到河边较近，S2中的蔬菜运到F点较近，而菜地内

S1和S2的分界线C上的点到河边与到F点的距离相等，现建立平面直角坐标系，其中原点O为EF的中点，点

，如图 F的坐标为（1,0）

（1）求菜地内的分界线C的方程

（2）菜农从蔬菜运量估计出S1面积是S2面积的两倍，由此得到S1面积的“经验值”为

8。设M是C上纵坐标3为1的点，请计算以EH为一边、另一边过点M的矩形的面积，及五边形EOMGH的面积，并判断哪一个更接近于S1面积的经验值

2、（2016年上海高考）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.

y2双曲线x21(b0)的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过F2且与双曲线交于A、B两点。

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（1）若l的倾斜角为

，F1AB是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； 2（2）设b

3，若l的斜率存在，且(F1AF1B)AB0，求l的斜率.

3、（2015年上海高考）已知椭圆x2+2y2=1，过原点的两条直线l1和l2分别于椭圆交于A、B和C、D，记得到的平行四边形ABCD的面积为S．

（1）设A（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐标表示点C到直线l1的距离，并证明S=2|x1y2﹣x2y1|；

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（2）设l1与l2的斜率之积为﹣，求面积S的值．

4、（2014年上海高考）在平面直角坐标系xOy中，对于直线l:axbyc0和点P1(x1,y1),P2(x2,y2)，记

(ax1by1c)(ax2by2c). 若0，则称点P1,P2被直线l分割. 若曲线C与直线l没有公共点，且曲线

C上存在点P1,P2被直线l分割，则称直线l为曲线C的一条分割线.

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(1) 求证：点A(1,2),B(1,0)被直线xy10分割；

(2) 若直线ykx是曲线x24y21的分割线，求实数k的取值范围；

(3) 动点M到点Q(0,2)的距离与到y轴的距离之积为1，设点M的轨迹为曲线E. 求证：通过原点的直线中，有且仅有一条直线是E的分割线.

x2y25、（虹口区2016届高三三模）设椭圆C:221(ab0)，定义椭圆C的“相关圆”E

aba2b2为:xy2.

ab222若抛物线y4x的焦点与椭圆C的右焦点重合，且椭圆C的短轴长与焦距相等.

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2文档从网络中收集，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

（1）求椭圆C及其“相关圆”E的方程；

（2）过“相关圆”E上任意一点P作其切线 l，若 l与椭圆C交于A,B两点， 求证:AOB为定值（O为坐标原点）；

(3) 在（2）的条件下，求OAB面积的取值范围.

6、（浦东新区2016届高三三模）设椭圆E1的长半轴长为a1，短半轴长为b1，椭圆E2的长半轴长为a2，短半轴

a1b1x2，则称椭圆E1与椭圆E2是相似椭圆。已知椭圆E:y21，其左顶点为A，右顶点为B。长为b2，若 a2b22x2y2（1）设椭圆E与椭圆F:1是“相似椭圆”，求常数s的值；

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x2（2）设椭圆G:y201，过A作斜率为k1的直线l1与椭圆G仅有一个公共点，过椭圆E的上顶点D

2作斜率为k2的直线l2与椭圆G只有一个公共点，当为何值时，k1k2取得最小值，并求出最小值；

x2y2（3）已知椭圆E与椭圆H:1t2是相似椭圆，椭圆H上异于A、B的任意一点Cx0,y0，求证：

2tABC的垂心M在椭圆E上。

x2y27、（奉贤区2016届高三二模）已知椭圆C:221ab0的长轴长是短轴长的两倍，焦距为23．

ab（1）求椭圆C的标准方程；

（2）不过原点O的直线与椭圆C交于两点M、N，且直线OM、MN、ON的斜率依次成等比数列，问：直线是否定向的，请说明理由．

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x2y2A(1,0)、M(m,n)(n0)8、（虹口区2016届高三二模）已知直线y2x是双曲线C:221的一条渐近线，

ab都在双曲线C上，直线AM与y轴相交于点P，设坐标原点为O．

(1) 求双曲线C的方程，并求出点P的坐标（用m、n表示）；

(2) 设点M关于y轴的对称点为N，直线AN与y轴相交于点Q．问：在x轴上是否存在定点T，

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使得TPTQ？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．

(3) 若过点D(0,2)的直线l与双曲线C交于R、S两点，且OROSRS，试求直线l 的方程．

yMNPOAxQ（第22题图）x02y02x2y29、（黄浦区2016届高三二模）对于双曲线C(a,b):221(a,b0)，若点P(x0,y0)满足221，则

ababx02y02称P在的C(a,b)外部；若点P(x0,y0)满足221，则称P在C(a,b)的内部；

ab（1）若直线ykx1上的点都在C(1,1)的外部，求k的取值范围；

（2）若C(a,b)过点(2,1)，圆xyr(r0)在C(a,b)内部及C(a,b)上的点构成的圆弧长

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等于该圆周长的一半，求b、r满足的关系式及r的取值范围；

2（3）若曲线|xy|mx1(m0)上的点都在C(a,b)的外部，求m的取值范围；

x2y210、（静安区2016届高三二模）已知F1,F2分别是椭圆C:221（其中ab0）的左、右焦点，椭圆Cab过点(3,1)且与抛物线y28x有一个公共的焦点． （1）求椭圆C的方程；

（2）过椭圆C的右焦点且斜率为1的直线l与椭圆交于A、B两点，求线段AB的长度．

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11、（嘉定区2016届高三上学期期末）在平面直角坐标系xOy内，动点P到定点F(1,0)的距离与P到定直线

1x4的距离之比为．

2（1）求动点P的轨迹C的方程；

（2）若轨迹C上的动点N到定点M(m,0)（0m2）的距离的最小值为1，求m的值．

（3）设点A、B是轨迹C上两个动点，直线OA、OB与轨迹C的另一交点分别为A1、B1，且直线OA、

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OB的斜率之积等于

3，问四边形ABA1B1的面积S是否为定值？请说明理由． 4x2y21，12、（金山区2016届高三上学期期末）在平面直角坐标系中，已知椭圆C:设点Rx0,y0是椭圆C 2412上一点，从原点O向圆R:xx0yy08作两条切线，切点分别为P,Q．

22(1) 若直线OP,OQ互相垂直，且点R在第一象限内，求点R的坐标； (2) 若直线OP,OQ的斜率都存在，并记为k1,k2，求证：2k1k210．

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x2y213、（静安区2016届高三上学期期末）设P1和P2是双曲线221上的两点，线段P1P2的中点为M，直线

abP1P2不经过坐标原点O.

b2 (1)若直线P1P2和直线OM的斜率都存在且分别为k1和k2，求证:k1k2=2；

a(2)若双曲线的焦点分别为F1(3,0)、F2(3,0)，点P1的坐标为(2，1) ，直线OM的斜率为求由四点P1、 F1、P2、F2所围成四边形P1 F1P2F2的面积.

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3， 2文档从网络中收集，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

14、（闵行区2016届高三上学期期末） 已知椭圆的中心在坐标原点，且经过点(1,)，它的一个焦点与抛物线

32:y24x的焦点重合．

（1）求椭圆的方程；

（2）斜率为k的直线l过点F1,0，且与抛物线交于A、B两点，设点P(1,k)，△PAB的面积为43，求k的值；

（3）若直线l过点M0,m（m0），且与椭圆交于C、D两点，点C关于y轴的对称点为Q，直线QD的

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纵截距为n，证明：mn为定值.

15、（青浦区2016届高三上学期期末）已知椭圆M的对称轴为坐标轴，且抛物线y4x的焦点F是椭圆M的一个焦点，以F为圆心，以椭圆M的短半轴长为半径的圆与直线l：x22y20相切． （1）求椭圆M的方程；

（2）已知直线yxm与椭圆M交于A、B两点，且椭圆M上存在点P满足OPOAOB，求m的值．

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[参]

一、填空、选择题 1、【答案】

25 5【解析】试题分析：

利用两平行线间距离公式得d|c1c2|a2b2|11|221225 52、解：因为抛物线y2=2px（p＞0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，

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所以=1，所以p=2．故答案为：2．

3、【解析】：椭圆右焦点为(2,0)，即抛物线焦点，所以准线方程x2 4、6 5、【答案】y1

【解析】yx2x24y，则其准线方程为y1 6、4或9 7、2

18、【答案】0,

214【解析】由题意知：直线与抛物线的交点个数为0或1个。

ykx1k2x22k2x10 由2y2x①k0，显然满足； ②当k0时，由0k11，由图像知：k 2221所以，综上所述，k的取值范围是0,。

9、【答案】C

【解析】利用“焦点三角形的面积公式”。Sb2cot，求得面积Scot33 3x2y211 11、 12、10、

412215、1 16、

2 13、1023 14、(2,4)

42 17、y4x 318、33 19、A

二、解答题

1、【答案】（1）y4x（0y2）．（2）五边形面积更接近于S1面积的“经验值”． 【解析】

试题分析：（1）由C上的点到直线与到点F的距离相等，知C是以F为焦点、以

2为准线的抛物线在正方形FG内的部分．

（2）计算矩形面积，五边形面积．进一步计算矩形面积与“经验值”之差的绝对值，五边形面积与“经验值”之差的绝对值，比较二者大小即可．

试题解析：（1）因为C上的点到直线与到点F的距离相等，所以C是以F为焦点、以

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． 为准线的抛物线在正方形FG内的部分，其方程为y24x（0y2）（2）依题意，点的坐标为所求的矩形面积为

1,1． 4511，而所求的五边形面积为． 24581，而五边形面积与“经验值”之差 236矩形面积与“经验值”之差的绝对值为

的绝对值为

1181，所以五边形面积更接近于S1面积的“经验值”． 4312考点：1.抛物线的定义及其标准方程；2.面积. 2、【答案】（1）y2x．（2）【解析】

试题分析：（1）设x,y．根据F1是等边三角形，得到41b23b4，解得b．

215. 5（2）（2）设x1,y1，x2,y2，直线l:ykx2与双曲线方程联立，得到一元二次方程，根据l与双曲线交于两点，可得k30，且361k20．

2kk1． 设的中点为x,y．由F1F10，计算F10，从而F1得出k的方程求解．

试题解析：（1）设x,y．

2由题意，F2c,0，c1b2，yb2c21b4，

因为F1是等边三角形，所以2c3y， 即41b23b4，解得b2． 故双曲线的渐近线方程为y2x． （2）由已知，F12,0，F22,0．

设x1,y1，x2,y2，直线l:ykx2．显然k0．

21文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

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2y21x由，得k23x24k2x4k230． 3ykx2因为l与双曲线交于两点，所以k30，且361k20． 设的中点为x,y．

2F，故kF1k1． 由F1F10即F10，知1x1x22k26k3k2而x，ykx22，kF1， 2k3k32k23所以

153k32，得，故的斜率为． k1kl252k353、

4、【解析】：（1）将A(1,2),B(1,0)分别代入xy1，得(121)(11)40 ∴点A(1,2),B(1,0)被直线xy10分割

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x24y2122 （2）联立，得(14k)x1，依题意，方程无解，

ykx ∴14k0，∴k211或k

222 （3）设M(x,y)，则x(y2)x1，

∴曲线E的方程为[x(y2)]x1 ①

当斜率不存在时，直线x0，显然与方程①联立无解， 又P1(1,2),P2(1,2)为E上两点，且代入x0，有10， ∴x0是一条分割线；

当斜率存在时，设直线为ykx，代入方程得：(k1)x4kx4x10， 令f(x)(k1)x4kx4x1，则f(0)1，

243224322222f(1)k214k3(k2)2，f(1)k214k3(k2)2，

当k2时，f(1)0，∴f(0)f(1)0，即f(x)0在(0,1)之间存在实根， ∴ykx与曲线E有公共点

当k2时，f(0)f(1)0，即f(x)0在(1,0)之间存在实根， ∴ykx与曲线E有公共点

∴直线ykx与曲线E始终有公共点，∴不是分割线，

综上，所有通过原点的直线中，有且仅有一条直线x0是E的分割线

5、解：（1）因为抛物线y4x的焦点1,0与椭圆C的右焦点重合，所以c1，又因为椭圆C的短轴长与焦

2距相等，所以bc1. ……2分

2x2故椭圆C的方程为：y21，其“相关圆”E的方程为：x2y2. ……4分

32

证：（2）（i）当直线l的斜率不存在时，不妨设其方程为x6，则 36666，所以.……6分 AOBA,,B,33323 （ii）当直线l的斜率存在时，设其方程为ykxm，并设Ax1,y1,Bx2,y2，

ykxm22222则由得x2(kxm)2,即(12k)x4kmx2m20,……8分x22

y1222故△=16km4(12k)(2m2)8(2km1)0,即 2km10222222(*)

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4km2(m21),x1x2.且x1x212k212k2m 2m2, 即3m22k220.…8分

由直线l与 “相关圆”E相切，得d1k231k2故OAOBx1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1k2)x1x2km(x1x2)m22(1k2)(m21)4k2m23m22k222m0.12k212k212k2从而OAOB,即AOB 综合上述，得AOB解：（3）由于SOAB

22.

为定值. ……10分

16ABOPAB,所以求SOAB的取值范围，只需求出弦长AB的取值范围. 26当直线l的斜率不存在时，由（2）的（i），知AB当直线l的斜率存在时，

26； ……12分 38(2k2m21)84k45k218k2 AB1kx1x2(1k)1.224242(12k)34k4k134k4k1

22（i）当k0时,|AB|26； ……14分 311（ii）当k0时, 因为4k2248，所以8813, 1k334k24k2故26AB33，当且仅当k2时，AB23.

2……16分 .2

26于是AB的取值范围为,3.321s2s2

12

因此SOAB的取值范围为2,3

6、【解析】（1）由题意得或，分别解得s4或s1

（2）由题意知：A2,0，D0,1，直线l1:yk1x2，直线l2:yk2x1

yk1x2由得：12k12x242k12x4k1220，因为直线l1与椭圆G仅有一个公共点，则0k12①

222x2y2由yk2x11得：12k12x24k2x220，因为直线l2与椭圆G仅有一个公共点，则0k22② 222x2y211122kkkk代入①得：，所以121212k2242由②解得：k1k22k1k22

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此时k1k2211 ，即2212k22（3）由题意知：

x2y2t21。且A2,0，Bt4，所以H:24212,0。

2x2y22x01上，设垂心Mx0,y，则AMBC，即AMBC0x02,yx02,y00y。又点Cx0,y0在H:24y022x0有2xy4。则x2yx22，所以ABC的垂心M在椭圆E上。

y022020202202a22b7、解：（1）由已知得 2c23 3分

a2b2c2解得a2,b1 5分

x2y21． 6分 ∴椭圆C的标准方程为4

（2）(理)由题意可设直线的方程为：ykxmkm0，

ykxm联立x2，消去y并整理，

2y14得：14k2x24kmx4m210 7分

计算1k2m210 8分 此时设Mx1,y1,Nx2,y2，

4m218km则x1x2，x1x2 9分 2214k14k22于是y1y2kx1mkx2mkx1x2kmx1x2m 10分 又直线OM,MN,ON的斜率依次成等比数列，

22y1y2kx1x2kmx1x2m∴k2 11分 x1x2x1x28k2m2122m0,m0,k∴ 12分

14k24所以是不定向的， 13分 方向向量d2,1 13分 (2)文

可得A2,1,B2,1 8分

2xPyP21 9分 设PxP,yp，则4xP2mn 11分 yPmn1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

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m2n21 13分 2a12a1,y28、解：（1）由已知，得b故双曲线C的方程为 x1. ……3分

2b2,4aAM(m1,n)为直线AM的一个方向向量， 直线AM的方程为

x1yn,它与y轴的交点为P(0,). ……5分

m1n1m

（2）由条件，得N(m,n),且AN(m1,n)为直线AN的一个方向向量， 故直线AN的方程为

nx1y). ……7分 ,它与y轴的交点为Q(0,1mm1n 假设在x轴上存在定点T(x0,0)，使得TPTQ,则

2nnn2由TP(x0,),TQ(x0,),及m1,得 m1m14nnn2n2222 TPTQ(x0,)(x0,)x02x0x040. 2m1nm1m1(1)14故x02,即存在定点T，其坐标为(2,0)或(2,0),满足题设条件. ……10分

(3) 由OROSRS知，以OR、OS为邻边的平行四边形的对角线的长相等，故此四边形为矩形，从而OROS. ……12分

由已知，可设直线l的方程为ykx2,并设R(x1,y1),S(x2,y2),

ykx2,22则由 得 (k4)x4kx80. 22y1,x4 由16k232(k24)16(8k2)0,及k240,得k28且k24 （*）

由x1x24k8,xx,y1y2(kx12)(kx22), ……14分 12k24k2428(k21)8k24(k22)得OROSx1x2y1y2(k1)x1x22k(x1x2)422420

k4k4k4故k22,符合约束条件（*）.

因此，所求直线l的方程为y2x2. ……16分

2(kx01)21的解为一切实9、[解]（1）由题意，直线ykx1上点(x0,kx01)满足x2y21，即求不等式x0数时k的取值范围．（1分）

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22kx020， 对于不等式(1k2)x0当k1时，不等式的解集不为一切实数，（2分）

21k0,于是有解得|k|2． 224k8(1k)0,故k的取值范围为(,2)轴正半轴的情况．

(2,)．（4分）

（2）因为圆x2y2r2和双曲线C(a,b)均关于坐标轴和原点对称，所以只需考虑这两个曲线在第一象限及x、y2r2r由题设，圆与双曲线的交点平分该圆在第一象限内的圆弧，它们交点的坐标为2,2．

2r2rr2r2将x，y代入双曲线C(a,b)方程，得221（*），（6分）

222a2b41又因为C(a,b)过点(2,1)，所以221，（7分）

ab24b8b222将a2代入（*）式，得r2．（9分）

b1b323r由b22（10分） 0，解得r28．因此，r的取值范围为(22,)．

r811x2y22（3）由|xy|mx1，得|y|m|x|．将|y|m|x|代入221，

|x||x|ab1m|x||x|x21对任意非零实数x均成立．由题设，不等式2（12分） 2ab1m|x||x|x21a2222222[(bam)x22a2m]． 其中22ababxa22222令xt，设f(t)(bam)t（t0）． 2a2m，

t当b2a2m20时，函数f(t)在(0,)上单调递增，f(t)1不恒成立；（14分）

22a2当bam0时，(bam)t≤2(a2m2b2)a2，

t222222函数f(t)的最大值为2(a2m2b2)a22a2m，

2(a2m2b2)a22a2m01；因为m0，所以（16分）

a2b2a2222当bam0时，f(t)2a2m01．（17分）

tbb综上，b2a2m2≤0，解得m≥．因此，m的取值范围为,．（18分）

aa10、（1）抛物线y28x的焦点为(2,0) ………1分

x2y2所以椭圆C:221的左焦点为(2,0)，c2 ，b2a24………2分

ab又

3121，得a48a2120，解得a26（a22舍去）………4分 2ab1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

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x2y21。………6分 故椭圆C的方程为62（2）直线l的方程为yx2． …………………7分

yx2联立方程组x2y2

126消去y并整理得2x26x30． …………………9分 设A(x1,y1)，B(x2,y2)． 故x1x23，x1x223． …………………10分 2则AB1kx1x2(1k2)[(x1x2)24x1x2]6…………12分

(x1)2y2111、（1）设P(x,y)，由题意，， ……………………………（2分）

|x4|2化简得3x4y12， ………………（3分）

22x2y21． ………………………………（4分） 所以，动点P的轨迹C的方程为43x2122（2）设N(x,y)，则|MN|(xm)y(xm)3144x2mxm3

22221(x4m)23(1m2)，2x2． ………………………………（2分） 4122①当04m2，即0m时，当x4m时，|MN|取最小值3(1m)1，

2解得m2622，故舍去． …………………（4分） ，m，此时x3331m2时，当x2时，|MN|2取最小值m24m41， 2解得m1，或m3（舍）． …………………………………………………（6分） 综上，m1．

②当4m2，即

（3）解法一：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则由kOAkOByy33，得12，（1分）

x1x244|AB|(x1x2)2(y1y2)2，

2x12x221y31因为点A、B在椭圆C上，所以y3，2， 4421所以，9x1x216y1y29(4x1)(4x2)，化简得x1x24． …………（2分）

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y123①当x1x2时，则四边形ABA1B1为矩形，y2y1，则2，

x14x12x1232322x2由y3，得，解得，， 1x31y111244421S|AB||A1B|4|x1||y1|43． ……………………………………（3分） ②当x1x2时，直线AB的方向向量为d(x2x1,y2y1)，直线AB的方程为

(y2y1)x(x2x1)yx2y1x1y20，原点O到直线AB的距离为d所以，△AOB的面积SAOB|x1y2x2y1|(x2x1)(y2y1)22

11|AB|d|x1y2x2y1|， 22根据椭圆的对称性，四边形ABA1B1的面积S4SAOB2|x1y2x2y1|，……（4分） 所以，S4(x1y2x2y1)4(x1y22x1x2y1y2x2y1)

22x2322x1222243x1142x1x23x21412(x1x2)48，所以S43．

222222所以，四边形ABA1B1的面积为定值43． ……………………………………（6分）

解法二：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则A1(x1,y1)，B1(x2,y2)， 由kOAkOByy33，得12， …………………………………………（1分）

x1x244212x12x221y31因为点A、B在椭圆C上，所以y3，2， 44所以，9x1x216y1y29(4x1)(4x2)，化简得x1x24． …………（2分） 直线OA的方程为y1xx1y0，点B到直线OA的距离d22222222|x1y2x2y1|xy2121，

△ABA1的面积SABA11|AA1|d|x1y2x2y1|， ……………………（3分） 2根据椭圆的对称性，四边形ABA1B1的面积S2SABA12|x1y2x2y1|，……（4分） 所以， S4(x1y2x2y1)4(x1y22x1x2y1y2x2y1)

2222221文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

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22x2322x1222243x11xx3x112(xx12212)48，所以S43． 424所以，四边形ABA1B1的面积为定值43． ………………………………（6分） 解法三：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则A1(x1,y1)，B1(x2,y2) 由kOAkOByy33，得12， …………………………………………（1分）

x1x244212x12x22因为点A、B在椭圆C上，所以y3，1y312， 44所以，9x1x216y1y29(4x1)(4x2)，化简得x1x24． …………（2分）

22222222△ABA1的面积SABA1x11x22x1y1y1y111|x1y2x2y1|， ……………………（3分） 1根据椭圆的对称性，四边形ABA1B1的面积S2SABA12|x1y2x2y1|，……（4分） 所以，所以，S4(x1y2x2y1)4(x1y22x1x2y1y2x2y1)

22x2322x1222243x11xx3x112(xx)48，所以S43． 12212244222222所以，四边形ABA1B1的面积为定值43． ……………………………………（6分）

12、解：(1)由题意得：圆R的半径为22，因为直线OP,OQ互相垂直，且与圆R相切，所以四边形OPRQ为正方形，故OR22y016① ………………3分 2r4，即x022x0y01②…………………………………5分 又Rx0,y0在椭圆C上，所以C:2412由①②及R在第一象限，解得x0y022,…………………………………………7分 (2)证明：因为直线OP：y=k1x，OQ：y=k2x均与圆R相切，……………………8分 所以|k1x0y0|1k12228)k122x0y0k1y080 22，化简得(x0222同理有(x08)k22x0y0k2y080………………………………………………10分 所以k1、k2是方程(x08)k2x0y0ky080的两个不相等的实数根， 1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

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2y08所以k1k22，………………………………………………………………………11分 x0822x0y01， 又因为Rx0,y0在椭圆C上，所以C:241212x011222，即2k1k2+1=0．………………………14分 即y012x0，所以k1k22x08224

x2y213、(1)解法1：设不经过点O的直线P1P2方程为yk1xl，代入双曲线221方程得：

ab(b2a2k12)x22a2k1lxa2b2a2l20.

x1x2y1y22a2k1l设 P1坐标为(x1,y1)，P2坐标为(x2,y2)，中点坐标为M (x,y),则x，x1x22， ,y2222bak1b2y1y2b2a2k12222222，所以，ak1k2ak1bak1，k1k2=2。 k2k1ax1x2a2k1

x12y1221(1)2x1x2y1y2ab另解：设P1(x1,y1)、P2(x2,y2)，中点M (x,y),则 x且 ,y2222x2y21(2)a2b2（1）-（2）得：

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0。

a2b2因为,直线P1P2和直线OM的斜率都存在,所以(x1+x2)(x1-x2)0，

等式两边同除以(x1+x2)(x1-x2)，得：

1y1y2y1y210 a2x1x2x1x2b2 即

b2k1k2=2。…………6分

a221x2221,（2）由已知得a,求得双曲线方程为y21， b2a2b23b231直线P1 P2斜率为2，

a23直线P1 P2方程为y11(x2), 31文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

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代入双曲线方程可解得P2(,)(中点M坐标为(,).

7777

101231883F1F2y1y23. 2773另解: 线段P1 P2中点M在直线yx上.所以由中点M((x,y),可得点P2的坐标为P2(2x2,3x1),代入双

223101(2x2)2曲线方程可得，所以P2(,)。面积(3x1)21,即7x22x0，解得x（y）

277771883F1F2y1y23. 277面积

911x2y214、[解]（1）设椭圆的方程为221ab0，由题设得a24b2，…2分

aba2b21a24x2y21 …………………………4分 ，椭圆的方程是243b3（2）设直线l:yk(x1)，由yk(x1),2222kx2(k2)xk0 得2y4x,l与抛物线有两个交点，k0，16(k21)0，

4(k44k24)4k44(k21)2则AB …………………………6分 1k22kkP(1,k)到l的距离d3kk12，又S△PAB14(k21)3k43 43,222kk14k23k23，故k3． ………………………10分

（3）

Cx1,y1,Dx2,y2，点C关于y轴的对称点为Q(x1,y1)，

y2y1x(yy)xyxy(xx1)，设x0得my11212112

x2x1x2x1x2x1则直线CD:yy1直线QD:yy1y2y1x(yy)xyxy(xx1)，设x0得ny1121211214分

x2x1x2x1x2x122222x12y12x2y233x2y1x12y2222211，又，，y(4x)y(4x2) mn11222434344x2x13232x2(4x12)x12(4x2)xyxy44mn3．………………………16分 2xxx2x12222122212122

15、解：（1）因为抛物线y4x的焦点F是椭圆M的一个焦点，即F(1,0)

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x2y222又椭圆M的对称轴为坐标轴，所以设椭圆方程为221,ab0,且ab1

ab又以F为圆心，以椭圆M的短半轴长为半径的圆与直线l：x22y20相切

x21,所以椭圆M的方程是y21 即b21(22)2（2）设A(x1,y1)，B(x2,y2) 102yxm22x2y23x24mx2m220

(4m)212(2m22)8m22403m3

x24242y21 即P(m,m)在椭圆OPOAOB,P(x1x2,y1y2)又x1x2m,y1y2m，

23333上,即(4223m)2(m)22m 332

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