2012届高考数学圆锥曲线训练

k1?k1?y1y?2 x1?1x2?1?k(x1?1)k(x2?1)2(x1?x2)?4??k(2?)?0 x1?1x2?1x1x2?1?(x1?x2)x1?1x2?12xx?x1?x2?得x?12?1 x?x1x2?xx1?x2?2（Ⅱ）设动点R(x,y),由?RF?MF

x2y218. 解：（1）据题意，设椭圆C的方程为 2?2?1(a?b?0),c?a2?b2，

aba2?4 ∵直线x=4 为椭圆C的准线， ∴c又|MF1|?|MF2|， ∴M为椭圆C短轴上的顶点， ∵|MF1|?|MF2|?2MF1?MF2,?cos?F1MF2?∴?F1MF2?60?，△F1MF2为等边三角形

∴a?|MF1|?|MF1|?2c，故a2?4c?2a,?a?2,c?1

x2y2??1 且b?a?c?2?1?3，∴椭圆C的方程为 4322221MF1?MF2|MF1|?|MF2|?1， 2（2）显然直线PQ不与x轴重合，当PQ与x轴垂直，即直线PQ分斜率不存在时，

2b22?3|PQ|???3,|F1F2|?2

a21?3?2?3. 2当直线PQ斜率存在时，设它的斜率为k，

∴S?PF1Q?则直线PQ的方程为y?k(x?1)(k?0)，代入椭圆C的方程，消去x的并整理得：

(4k2?3)y2?6ky?9k2?0,??36k2?36k2(4k2?3)?0，设P(x1,y1),Q(x2,y2),?6k?9k2,y1?y2?2 则y1?y2?2

4k?34k?31112(1?k2)2∴|PQ|?1?2?|y1?y2|?1?2?(y1?y2)?4y1?y2? 2kk4k?3设4k2+3=t，则t>3，此时k2?(S?PF1Q?12t?3. 4t?32t?3)?44?3?3(1?1)2?4.

t33t211?0?S?PF1Q?3. ∵0??,t3综上，直线PQ与x轴垂直时，△PF1Q的面积最大，且最大面积为3. 设△PF1Q内切圆半径为r，则

11(|PF1|?|PQ|?|QF1|)?r?(|PF1|?|PF2|?|QF1|?|QF2|)?r?4R 2233∴4r?3,r?，即r?时，△PF1Q内切圆面积最大，此时不存在，直线PQ

44S?PF1Q?与x轴垂直，∴PF2?F2Q，即??1.

?2b2x2?1?a?2??y2?1 19. 解（1）由条件得?a，所以方程??4?b?1?2b?a? （2）易知直线l斜率存在，令l:y?k(x?1),A(x1,y1),B(x2,y2),E(?4,y0)

?y?k(x?1)?2222由?x2?(1?4k)x?8kx?4k?4?02??y?1?48k24k2?4x1?x2??,x1x2? 221?4k1?4k??(x1?1)??(x2?1)(1)由AQ??QB?(?1?x1,?y1)??(x2?1,y2)即?

?y1???y2??48k2?16?0

由

??(x1?4)??(x1?4)(2)AE??EB?(?4?x1,y0?y1)??(x2?4,y2?y0)即?

y?y??(y?y)120?0由（1）???x1?1x?4,由(2)???1 x2?1x2?4??????(x1?1)(x2?4)?(x1?4)(x2?1)2xx?5(x1?x2)?8 ??12(x2?1)(x2?4)(x2?1)(x2?4)8k24k2?4,x1x2?将x1?x2??代入有 221?4k1?4k8k2?840k28k2?8?40k2?8?32k2??82221?4k1?4k1?4k?????????0 (x2?1)(x2?4)(x2?1)(x2?4)

42|AB|22221，可得|MP|?|MA|2?()?12?()?,由3233射影定理，得 |MB|2?|MP|?|MQ|,得|MQ|?3, 在Rt△MOQ中，

20. 解（:1）由|AB|? |OQ|?|MQ|2?|MO|2?32?22?5， 故a?5或a??5， 所以直线AB方程是

2x?5y?25?0或2x?5y?25?0; （2）连接MB，MQ，设P(x,y),Q(a,0),由 点M，P，Q在一直线上，得 2y?2?,(*)由射影定理得|MB|2?|MP|?|MQ|, ?ax即x2?(y?2)2?a2?4?1,(**) 把（*）及（**）消去a，

71并注意到y?2，可得x2?(y?)2?(y?2).

416

2012届高考数学圆锥曲线训练

1. 已知常数m > 0 ，向量a = (0, 1)，向量b = (m, 0)，经过点A(m, 0)，以λa+b为方向向量的直线与经过点B(- m, 0)，以λb- 4a为方向向量的直线交于点P，其中λ∈R．

(1) 求点P的轨迹E； (2) 若m?25，F(4,

0)，问是否存在实数k使得以Q(k, 0)为圆心，|QF|为半径的

5．若存在求出

圆与轨迹E交于M、N两点，并且|MF| + |NF| =3存在，试说明理由．

k的值；若不

2 双曲线的实半轴与虚半轴长的积为3，它的两焦点分别为F1、F2，直线l过F2且与直线F1F2的夹角为?，且tan??21，l与线段F1F2的垂直平分线的交点2为P，线段PF2与双曲线的交点为Q，且PQ:QF2?2:1，建立适当的坐标系，求双曲线的方程.

3. 在直角坐标平面上，O为原点，M为动点，|OM|?5,ON?25OM. 过点M作MM15⊥y轴于M1，过N作NN1⊥x轴于点N1，OT?M1M?N1N. 记点T的轨迹为曲线C，点A（5，0）、B（1，0），过点A作直线l交曲线C于两个不同的点P、Q（点Q在A与P之间）. （1）求曲线C的方程；

（2）证明不存在直线l，使得|BP|=|BQ|；

（3）过点P作y轴的平行线与曲线C的另一交点为S，若AP?tAQ，证明SB?tBQ.

4. 已知离心率为

5的双曲线C的中心在坐标原点，左、右焦点F1、F2在x轴上，2双曲线C的右支上一点A使AF1AF2的面积为1。 1?AF2?0且?F（1） 求双曲线C的标准方程；

（2） 若直线l:y?kx?m与双曲线C相交于E、F两点（E、F不是左右顶点），

且以EF为直径的圆过双曲线C的右顶点D。求证：直线l过定点，并求出

该定点的坐标。

x2y2?1有公共渐进线，且经过点A?3,23的双曲线的方程。 5.求与双曲线?916??

6、已知F1,F2分别是双曲线3x2?5y2?75的左右焦点，P是双曲线上的一点，且

?F1PF2=120?，求?F1PF2的面积

7、证明：双曲线上任意一点到两条渐进线的距离的乘积是一个定值

8、已知半圆x2?y2?1(y?0)的直径为AB，点P在半圆上，双曲线以A,B为焦点，且过点P。若?PAB?

9. 已知圆：x2+y2=c2(c＞0),把圆上的各点纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍得一椭圆。

⑴求椭圆方程,并证明椭圆离心率是与c无关的常数； ⑵设圆与x轴交点为P，过点P的直线l与圆的另一交点为Q，直线l与椭圆的两交点为M、N，且满足MN?2PQ，求直线l的倾斜角。

x2y210. 已知点（x,y）在椭圆C：2?2?1（a＞b＞0）上运动

aby⑴求点(,xy)的轨迹C′方程；

x?3，求双曲线的方程。

?3??0,⑵若把轨迹C′的方程表达式记为：y=f(x)，且在??3?内y=f(x)有最大值，试求??椭圆C的离心率的取值范围。

x2y211. 已知过椭圆2?2?1(a?b?0)右焦点F且斜率为1的直线交椭圆C于A、

abB两点，N为弦的中点；又函数y?a?sinx?3b?cosx的图像的一条对称轴的方

程是x?

?6

。

（1） 求椭圆C的离心率e与kON;

（2） 对于任意一点M?C,试证:总存在角?(??R)使等式:

OM?cos?OA?sin?OB成立.

12. 已知圆k过定点A(a,0)(a＞0),圆心k在抛物线C：y2=2ax上运动，MN为圆k在y轴上截得的弦.

(1)试问MN的长是否随圆心k的运动而变化？

(2)当|OA|是|OM|与|ON|的等差中项时，抛物线C的准线与圆k有怎样的位置关系？

x2y213. 如图，已知椭圆?=1(2≤m≤5),过其左焦点且斜率为1的直线与

mm?1椭圆及其准线的交点从左到右的顺序为A、B、C、D，设f(m)=||AB|－|CD||

(1)求f(m)的解析式； (2)求f(m)的最值.

14. 已知双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，右准线为l:x?1,一条渐近线2的方程是y?3x.过双曲线C的右焦点F2的一条弦交双曲线右支于P、Q两点，R是弦PQ的中点. （1）求双曲线C的方程；

（2）若在l的左侧能作出直线m:x=a，使点R在直线m上的射影S满足

PS?QS?0，当点P在曲线C上运动时，求a的取值范围.

x2?y2?1左，右焦点。 15. 设F1,F2分别是椭圆的4（Ⅰ）若P是第一象限内该椭圆上的一点，且PF1?PF2?求点P的坐标。

5， 4OB为锐角（Ⅱ）设过定点M(0,2)的直线与椭圆交于不同的两点A,B，且?A（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围。

16. 抛物线C的方程为y?ax2(a?0),过抛物线作斜率C上一点P(x0,y0)(x0?0)，为k1,k2的两条直线，分别交抛物线C于A(x1,y1),B(x2,y2)两点（P、A、B三点互不相同），且满足k2??k1?0(??0且???1). （1）求抛物线C的焦点坐标和准线方程；

（2）设直线AB上一点M满足BM??MA,证明：线段PM的中点在y轴上； （3）当??1时，若点P的坐标为（1，—1），求∠PAB为钝角时，点A的纵

坐标的取 值范围.

17. 如图，已知点F（1，0），直线l:x??1为平面上的动点，过P作直线l的垂

线，垂足为点Q，若QP?QF?FP?FQ.

（1）求动点P的轨迹C的方程；

（2）过点M（－1，0）作直线m交轨迹C于A，B两点。

（Ⅰ）记直线FA，FB的斜率分别为k1,k2，求k1+k2

的值；

（Ⅱ）若线段AB上点R满足

RF⊥MF。

错误！嵌入对象无效。

18. 已知椭圆C的中心为坐标原点，F1、F2分别为它的左、右焦点，直

线x=4为它的一条准线，又知椭圆C上存在点M使

2MF1?MF2?|MF1|?|MF2|,|MF1|?|MF2|.

|MA||RA|?,求证： |MB||RB| （1）求椭圆C的方程；

（2）若PQ为过椭圆焦点F2的弦，且PF2??F2Q，求?PF1Q内切圆面积最大

时实数?的值.

x2y219. 已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)，通径长为1，且焦点与短轴两端点构成

ab等边三角形.

（1）求椭圆的方程；

（2）过点Q（－1，0）的直线l交椭圆于A，B两点，交直线x=－4于点E，

点Q分AB 所成比为λ，点E分AB所成比为μ，求证λ+μ为定值，并计算出该定值.

20. 已知⊙M：x2?(y?2)2?1,Q是x轴上的动点，QA，QB分别切⊙M于A，B两点，（1）如果|AB|?42，求直线MQ的方程； 3（2）求动弦AB的中点P的轨迹方程.

答案：

1. 解 (1) ∵λa+b = ( m,λ)，∴ 直线AP方程为

y?λ(x?m)；…………………………① m又λb - 4a =(λm, - 4), ∴ 直线NP方程为

y??4(x?m)；…………………………② ?m由①、②消去λ得

y2??4m2(x2?m2)，即

x2m2?y2?1． 4故当m = 2时，轨迹E是以(0, 0)为圆心，以2为半径的圆：x2 + y2 = 4； 当m > 2时，轨迹E是以原点为中心，以(?m2?4,0)为焦点的椭圆：

4?m2)的椭圆．

当0 < m <2时，轨迹E是以中心为原点，焦点为(0,?x2y2??1；其右焦点为204(2) 假设存在实数k满足要求，此时有圆Q：(x- k)2 + y2 = (4- k)2 ; 椭圆E：

F(4 , 0 )，且e?255．

由圆Q与椭圆E的方程联立得2y2- 5kx + 20k- 30 = 0, 设M(x1, y1), N(x2, y2), 则有

x1?x2?5k， 2………………………………………………③

△=25k2- 4×2(20k- 30)， 又 |MF| =2∴

25?5?225x1, |NF| =25?5x2, 55而|MF|?|NF|?35；

225x1+25?5x2?3555,

由此可得

x1?x2?52，……………………………………………………………………④

由③、④得k = 1，且此时△＞0．故存在实数k = 1满足要求．

2. 解 以F1F2的中点为原点，F1、F2所在直线为x轴建立坐标系，则所求双

x2y2曲线方程为2?2?1（a>0，b>0），设F2（c，0），不妨设l的方程为

ab2121y?(x?c)，它与y轴交点P(0,?c)，由定比分点坐标公式，得Q点的

224c221c2221?1，又ab?3， 坐标为(c,?c)，由点Q在双曲线上可得2?2369a36by22?1. ∴a?1，b?3，∴双曲线方程为x?3

3. （1）设点T的坐标为(x,y)，点M的坐标为(x?,y?)，则M1的坐标为（0，y?），

ON?25252525OM?(x?,y?)，于是点N的坐标为(x?,y?)，N1的坐标 5555

为(2525x?,0)，所以M1M?(x?,0),N1N?(0,y?). 55

?x?x?,25?由OT?M1M?N1N,有(x,y)?(x?,0)?(0,y?),所以?25

5y?.?y?5?由此得x??x,y??

5y. 2

由|OM|?5,有x?2?y?2?5,所以x2?(52y)2?5,得x25?y24?1,

即所求的方程表示的曲线C是椭圆. ……………………3分

（2）点A（5，0）在曲线C即椭圆的外部，当直线l的斜率不存在时，直线l与椭圆C

无交点，所以直线l斜率存在，并设为k. 直线l的方程为y?k(x?5).

?x2y2?1,??由方程组?5得(5k2?4)x2?50k2x?125k2?20?0. 4?y?k(x?5)?依题意??20(16?80k2)?0,得?

55?k?. 55

当?55时，设交点P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中点为R(x0,y0)， ?k?55

x1?x250k225k2,x0??2. 则x1?x2?225k?45k?4

25k2?20k?y0?k(x0?5)?k(2?5)?2.

5k?45k?4又|BP|?|BQ|?BR?l?k?kBR??1,

k?kBR20k220k25k?4?k????1?20k2?20k2?4, 2225k4?20k1?25k?4

而20k2?20k2?4不可能成立，所以不存在直线l，使得|BP|=|BQ|.…………7分

（3）由题意有S(x1,?y1),AP?(x1?5,y1),AQ?(x2?5,y2)，则有方程组

?x1?5?t(x2?5),(1)?y?ty,(2)2?1?x12y12???1,(3) 由（1）得x1?t(x2?5)?5 （5）

4?5?x2y2?2?2?1.(4)4?52将（2），（5）代入（3）有4[t(x2?5)?5]2?5t2y2?20.

整理并将（4）代入得(t2?1)?2(1?t)tx2?5(1?t)2?0， 易知t?1,解得x2?3t?2. t因为B（1，0），S(x1,y1)，故SB?(1?x1,y1),BQ?(x2?1,y2)，所以

SB?tBQ?(1?x1,y1)?t(x2?1,y2)?(1?x1?t(x2?1),y1?ty2)

?(1?t(x2?5)?5?t(x2?1),0)?(?4?t(2x2?6),0)?(?4?t(6t?4?6),0)?(0,0),t

?SB?tBQ.

x2y24. 解： （1）由题意设双曲线的标准方程为2?2?1(a?0,b?0)，由已知

abca2?b25?得：e??解得a?2b

aa2∵AF1AF2的面积为1 1?AF2?0且?F∴|F1A|?|F2A|?2a,S?F1AF2?1|F1A|?|F2A|?1,|F1A|2?|F2A|2?|F1F2|2 2∴(|F1A|?|F2A|)2?4c2?4?4a2 ∴b?1,a?2

x2?y2?1。 ∴双曲线C的标准方程为4?y?kx?m?222（2）设E(x1,y1),F(x2,y2)，联立?x2得(4k?1)x?8kmx?4m?4?0 2??y?1?41显然k??否则直线l与双曲线C只有一个交点。

2??(8km)2?4(4m2?4)(4k2?1)?0即4k2?m2?1?0 8km?x?x??12??4k2?1则? 24m?4?xx?12?4k2?1?又y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?k2x1x2?km(x1?x2)?m2 ∵以EF为直径的圆过双曲线C的右顶点D(2,0) ∴DE?DF?0即(x1?2,y1)?(x2?2,y2)?0 ∴(k2?1)x1x2?(km?2)(x1?x2)?m2?4?0

4m2?4?8km?(km?2)??m2?4?0 ∴(k?1)?224k?14k?12化简整理得3m2?16km?20k2?0 ∴m1??2k,m2??10k ，且均满足4k2?m2?1?0 3当m1??2k时，直线l的方程为y?k(x?2)，直线过定点（2，0），与已知矛盾！

101010k时，直线l的方程为y?k(x?)，直线过定点（，0） 33310∴直线l定点，定点坐标为（，0）。

3当m2??

x2y2?1有公共渐进线，且经过点A?3,23的双曲线的方程。 5.求与双曲线?916??x2y2解：设双曲线的方程为2?2??

ab?A?3,23在双曲线上

??233??9162??2?1 得??

1

4

4x2y2??1 所以双曲线方程为94

6、已知F1,F2分别是双曲线3x2?5y2?75的左右焦点，P是双曲线上的一点，且

?F1PF2=120?，求?F1PF2的面积

x2y2?1 解：双曲线可化为?2515设PF1?mPF2?nF1F2?2c?210 ?m?n?2a?10由题意可得? 222?F1F2?m?n?2mncos120??m2?n2?2mn?100即?2 2?m?n?mn?160所以mn?20

1S?F1PF2?mnsin120??53

2

7、证明：双曲线上任意一点到两条渐进线的距离的乘积是一个定值

x2y2a解：设双曲线的方程为2?2?1 P?xo,yo? 所以渐近线方程为y??x

babP到y?bx?ayobx?ayoaax的距离d1?o P到y??x的距离d2?o 2222bba?ba?bb2xo2?a2yo2bxo?ayobxo?ayod1?d2???* 222222a?ba?ba?bxo2yo2又P在双曲线上 所以2?2?1 即b2xo2?a2yo2?a2b2

ab故*可化为d1?d2?

b2xo2?a2yo2a2?b2a2b2?22 a?b8、已知半圆x2?y2?1(y?0)的直径为AB，点P在半圆上，双曲线以A,B为焦点，且过点P。若?PAB??3，求双曲线的方程。

解：?P在半圆上 ?PAB??AP??3133AB?1 ?Py? AP?222?P在圆上 ?x2??13?13?1 即x?? ?P???2,2?? 24??又2c?AB?2?c?1

?a?可得???2?a2?b2?1?b?c?1??1322? ?xy?2?1?4?4?12ab??a2b222?4a4?8a2?1?0?a2?2?32?33?1 ?0?a2?1?a2? b2? 222x2y2??1 所以双曲线方程为2?33?122

9. 解：⑴设R(x,y)是圆：x2＋y2=c2上任一点，则S（2x,y）在所求椭圆上的点，

u2设S(u,v),有u=2x,v=y即x=,y=v代入圆的方程得：?v2?c2故所求的椭圆

22ux2y22方程为：2?2?1?椭圆的长半轴的长为2c，半焦距为c,故离心率e=与

22ccc无关。

⑵设直线l的方程为：x=－c＋tcos?

y=tsin? (t为参数，?为倾斜角) ① 把①代入圆的方程得：（－c＋tcos?）cos?2＋(tsin?)2=c2整理得：t2－2ccos?t2=0 ② 设②的两根为t1、t2,解得：t1=0,t2=2ccos? ?PQ?t1?t2?2cco?s 把①代入椭圆方程得：（－c＋tcos?）2+2(tsin?)2=2c2 整理得：

(1+sin2?)t2－2ccos?t－c2=0 ③ 设方程③的两根为t3、t4,由韦达定理：

c22c?cos?t3＋t4=,t3t4=－，MN?t3?t4， 21?sin?1?sin?MN24c2cos2?4c28c2?(t3?t4)?(t3?t4)?4t3t4= ??22222(1?sin?)1?sin?(1?sin?)222又MN?2PQ?MN8c2?2PQ故有：?8c2cos2?即 22(1?sin?)2cos2?(1+sin2?)2=1整理得：sin2?(1?sin2??sin4?)?0又??﹝0，?）

?sin?=0??=0或sin2?=

5?1?sin??25?1故得： 2??arcsin5?1或????arcsin25?1。 25?1。 2综合得：?=0或??arcsin

5?1或????arcsin2?x?acos?x2y210. 解：⑴椭圆C：2?2?1的参数方程为：?，又设点 (?为参数）

ab?y?bsin?′′

(x0,y0)是轨迹C上任意一点，则轨迹C的参数方程为：

yb?x??0x?atan?a2b2x0tan?（?为参数）消去参数?得：y0?ab把?2?22211?tan?b?ax0?y0?xy?absin2??2′

x0,y0换成x,y，所求轨迹C的方程为：a2x2y?a2b2x?b2y?0 ①

a2b2x⑵把方程①表达为函数解析式：y?f(x)?2，下证函数y?f(x)在 22b?axbb(0,)上是增函数，在(,??)上是减函数。设x1＞x2＞0， aa作差f(x1)?f(x2)?a2b2x1b?ax1222?a2b2x2b2?a2x22a2ab(x1?x2)(1?2x1x2)b= ② 222222(b?ax1)(b?ax2)24b2a2b当＞x1＞x2＞0时，则有0＜x1x2＜2于是得到：0＜2x1x2＜1故由②式知： aabf(x1)?f(x2)＞0?f(x1)＞f(x2)

b2a2b当x1＞x2＞时，则有x1x2＞2于是得到：2x1x2＞1故由②式知：

aabf(x1)?f(x2)＜0?f(x1)＜f(x2)

bb故得到函数y?f(x)在(0,)上是增函数，在(,??)上是减函数。因此

aaby?f(x)在（0,??)上有最大值，当且仅当x?时取到最大值。

ab133b2要使函数y?f(x)在(0,)内取到最大值，则只要＜?2＜设椭圆

a333aa2?c21c226?()半焦距为c，于是有＜＞＜e＜1 ?3a33a2即符合题意的离心率的取值范围是(

6,1)。 311. 解:1)函数y?a?sinx?3b?cosx?a2?9b2sin(x??).又a?0,b?0,故?为第一象限角,且tan??3b. a 函数y?a?sixn?3b?coxs图像的一条对称轴方程式是:

x??6,??6????2,????3,?3b?3,得a?3b.又a2?b2?c2,c为半点焦距，a?c?2b,?e?c6?. a3 由a?3b知椭圆C的方程可化为

x2?3y2?3b2 （1） 又焦点F的坐标为（2b,0），AB所在的直线方程为

y?x?2b （2） （2）代入（1）展开整理得

4x2?62bx?3b2?0 （3）

设A（x1,y1），B（x2,y2），弦AB的中点N（x0,yo），则x1,x2是方程（3）的两个不等的实数根，由韦达定理得

32b3b2x1?x2?,x1?x2? （4）

24 ?x0?x1?x232b?, 242b, 4 y0?x0?2b?? ?kON?y01??,即为所求。 x032）OA与OB是平面内的两个不共线的向量，由平面向量基本定理，对于这一平面内的向量OM，有且只有一对实数?,?,使得等式OM??OA??OB成立。设

M(x,y),由1）中各点的坐标可得：

(x,y)??(x1,y1)??(x2,y2). ?x??x1??x2,y??y1??y2.

又点M(x,y)在椭圆C上，代入（1）式得 (?x1??x2)2?3(?y1??y2)2?3b2,

化为：?2(x1?3y1)??2(x2?3y2)?2??(x1x2?3y1y2)?3b2 （5） 由（2）和（4）式得

2222x1x2?3y1y2?x1x2?3(x1?2b)(x2?2b)?4x1x2?32b(x1?x2)?6b2?3b2?9b2?6b2?0.又A,B两点在椭圆上，故1有x1?3y1?3b2,x2?3y2?3b2,入（5）式化简得：

?2??2?1

2222

由?2??2?1得到??1,??1,又?是唯一确定的实数，且??1，故存在角?，使??cos?成立，则有?2?1??2?sin2?,????sin?.

若??sin?，则存在角?(??R)使等式OM?cos?OA?sin?OB成立；若

???sin?,由?sin??sin(??)与cos??cos(??),于是用?代换??，同样证得存在角?(??R)使等式：OM?cos?OA?sin?OB成立.

综合上述，对于任意一点M?C，总存在角?(??R)使等式：

OM?cos?OA?sin?OB成立.

12. 解：(1)设圆心k(x0,y0),且y02=2ax0, 圆k的半径R=|AK|=(x0?a)2?y02?x02?a2 ∴|MN|=2R2?x02?2x02?a2?x02=2a(定值)

∴弦MN的长不随圆心k的运动而变化.

(2)设M(0,y1)、N(0,y2)在圆k：(x－x0)2+(y－y0)2=x02+a2中， 令x=0，得y2－2y0y+y02－a2=0 ∴y1y2=y02－a2

∵|OA|是|OM|与|ON|的等差中项. ∴|OM|+|ON|=|y1|+|y2|=2|OA|=2a. 又|MN|=|y1－y2|=2a ∴|y1|+|y2|=|y1－y2|

∴y1y2≤0，因此y02－a2≤0,即2ax0－a2≤0. ∴0≤x0≤

a. 2a≤a,而圆k半径R=x02?a2≥a. 2圆心k到抛物线准线距离d=x0+

且上两式不能同时取等号，故圆k必与准线相交.

13. 解：(1)设椭圆的半长轴、半短轴及半焦距依次为a、b、c，则a2=m,b2=m－1,c2=a2－b2=1

∴椭圆的焦点为F1(－1,0),F2(1,0).

a2故直线的方程为y=x+1,又椭圆的准线方程为x=±,即x=±m.

c∴A(－m,－m+1),D(m,m+1)

?y?x?1?考虑方程组?x2,消去y得：(m－1)x2+m(x+1)2=m(m－1) y2?1???mm?1整理得：(2m－1)x2+2mx+2m－m2=0 Δ=4m2－4(2m－1)(2m－m2)=8m(m－1)2 ∵2≤m≤5,∴Δ＞0恒成立，xB+xC=

?2m. 2m?1又∵A、B、C、D都在直线y=x+1上

∴|AB|=|xB－xA|=2=(xB－xA)·2,|CD|=2(xD－xC) ∴||AB|－|CD||=2|xB－xA+xD－xC|=2|(xB+xC)－(xA+xD)| 又∵xA=－m,xD=m,∴xA+xD=0 ∴||AB|－|CD||=|xB+xC|·2=|故f(m)=

22m?2m|·2= (2≤m≤5)

2m1?2m22m，m∈［2,5］. 2m22m22，可知f(m)=

12m2?m111又2－≤2－≤2－

25m10242,∴f(m)∈［］ 9310242故f(m)的最大值为，此时m=2;f(m)的最小值为，此时m=5.

93(2)由f(m)=

y2??1(??0)， 14. 解：（1）设双曲线C的方程为

?3?x2则它的右准线方程为x???,即x?.

22?2y2?1. 已知得?=1，则?=1，所以所求双曲线C的方程是x?3（2）因为点R在直线m上的射影S满足PS?QS?0, 所以PS⊥QS，即△PSQ是直角三角形.

1|PQ|?xR?a, 所以点R到直线m:x=a(a?)的距离为|RS|=

22即|PQ|?2xR?2a……………………①

又

|PF2||F2Q|??2. 11XP?22所以|PQ|=|PF2|+|F2Q|=2（xP－xQ－1）=4XR－2……………………② 将②代入①，得xR?1?a.

又P、Q是过右焦点F2的一条弦，且P、Q均在双曲线C的右支上，R是弦

PQ的中点.

所以xR?2,即1?a?2,所以a??1. 故所求a的取值范围是a≤－1.

15. 解：（Ⅰ）易知a?2,b?1,c?3。

?F1(?3,0),F2(3,0).设p(x,y)(x?0,y?0).则

5x2PF1?PF2?（?3?x,?y）(3?x,?y)?x?y?3??,又?y?1，

4422

7?222x?y??x?1?x?1?3?4??联立?2，解得?23??，p(1,) 32?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?1216k,x?x?? 12221?4k1?4k由??(16k)2?4?(1?4k2)?12?0 16k2?3(1?4k2)?0,4k2?3?0

得k2?31 ○4又?AOB为锐角?cos?AOB?0?OA?OB?0，

?OA?OB?x1x2?y1y2?0

又y1y2?(kx1?2)(kx2?2)?k2x1x2?2k(x1?x2)?4

?x1x2?y1y2?(1?k2)x1x2?2k(x1?x2)?4

?(1?k2)?121?4k2?2k(?161?4k2)?4?12(1?k2)2k?16k1?4k2?1?4k2?4 ?4(4?k2)11?4k2?0,??4?k2?4. ○2 综○1○2可知3334?k2?4,?k的取值范围是（?2，?2）?（2，2）

16. （1）由抛物线C的方程y?ax2(a?0)得，

焦点坐标为(0,14a),准线方程为y??14a. （

2

）设直线PA

的方y?y0?k1(x?x0),直线PB的方程为y?y0?k2(x?x0)

点P(x的坐标是方程组??y?y0?k1(x?x0)①

0,y0)和点A(x1,y1)?y?ax2

②

将②式代入①式，得ax2?k1x?k1x0?y0?0， 于是x11?x0?ka,故xk1?1a?x0 ③ 又点P(x?y?y0?k1(x?x0)④

0,y0)和点B(x2,y2)的坐标是方程组??y?ax2 ⑤

将⑤式代入④式，得ax2?k2x?k2x0?y0?0， 于是x2?x0?k2a,故xk22?a?x0 由已知得，k2???k1,则x2???ak1?x0. ⑥

设点M的坐标为(xM,yM),则BM??MA,则x2??x1M?x1??. 将③式和⑥式代入上式，得xM??x0??x01????x0,即xM?x0?0.

程为

的解 的解 所以线段PM的中点在y轴上 （3）因为点P（

1，－1）在抛物线

y?ax2上,所以a??1,所以抛物线的方程为y??x2.

由③式知x1??k1?1,代入y??x2,得y1??(k1?1)2 将??1代入⑥式得x2?k1?1,代入y??x2,得y1??(k1?1)2 因此，直线PA、PB分别与抛物线C的交点A、B的坐标为

A(?k1?1,?k2?2k1?1),B(k1?1,?k12?2k1?1).于是,AP?(k1?2,k12?2k1),AB?(2k1,4k1)所以AP?AB?2k1(k1?2)?4k1(k12?2k1)?2k1(k1?2)(2k1?1),因为?PAB为钝角且P,A,B三点互不相同,故必有AP?AB?01求得k1的取值范围是k1??2或??k1?0.又点A的纵坐标y1满足y1??(k1?1)22

故当k1??2时,y1??1;当?1即y1?(??,?1)?(?1,?)

4

11?k1?0时,?1?y?? 2417. 解：（1）设点P(x,y),则Q(?1,y),

由QP?QF?FP?FQ得:

(x?1,0)?(2,?y)?(x?1,y)?(?2,y),化简得C:y2?4x （2）（Ⅰ）由题意直线m斜率存在且不为0， 设直线m:u?k(x?1)与抛物线方程联立

?y?k(x?1) 得k2x2?(2k2?4)x?k2?0 ?2?y?4x?k?0

?

???0

??1?k?1且k?0

4?2k2,x1x2?1 设A(x1,y1),B(x1,y1)则x1?x2?2k

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