浙江省各年高考卷中圆锥曲线大题

圆锥曲线大题1、如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．（Ⅰ）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；（Ⅱ）若P是半椭圆x2+24y=1(x0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．5.答案：（1）略；（2）1510[62,]4.解答：（1）设00(,)Pxy，211(,)4yAy，222(,)4yBy，则PA中点为20011(,)282xyyy，由AP中点在抛物线上，可得220101()4()228yyxy，化简得2210100280yyyxy，显然21yy，且对2y也有2220200280yyyxy，所以12,yy是二次方程22000280yyyxy的两不等实根，所以1202yyy，1202MPyyyyy，即PM垂直于x轴.（2）121()(||||)2MPMMSxxyyyy0121()||2Mxxyy，由（1）可得1202yyy，212008yyxy，2220000012(2)4(8)8(4)0()yxyyxyy，此时00(,)Pxy在半椭圆221(0)4yxx上，∴2220000008(4)8[4(1)4]32(1)yxxxxx，∵010x，∴0，∴22120000||32(1)42(1)||yyxxxxa，2222220000121212000042(8)6(44)()2||38888MPyxyxyyyyyyxxxxxx2003(1)xx，PMBAOyx所以22301200001()||62(1)1622MSxxyyxxxxt，20051[1,]2txx，所以3151062[62,]4St，即PAB的面积的取值范围是1510[62,]4.2、如图，已知抛物线2xy，点A11()24，，39()24B，，抛物线上的点)2321)(,(xyxP．过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；（Ⅱ）求||||PQPA的最大值．【答案】（Ⅰ）)1,1(；（Ⅱ）2716【解析】110,24930,42kxykxkyk解得点Q的横坐标是)1(23422kkkxQ，因为|PA|=211()2kx=)1(12kk|PQ|=1)1)(1()(1222kkkxxkQ，所以|PA||PQ|=3)1)(1(kk令3)1)(1()(kkkf，因为2)1)(24()('kkkf，所以f(k)在区间)21,1(上单调递增，)1,21(上单调递减，因此当k=12时，||||PQPA取得最大值2716．3、如图，设椭圆（a＞1）.（I）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；（II）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.【答案】（I）；（II）．2221xya2222211akkak202e（II）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足．记直线，的斜率分别为，，且，，．由（I）知，，，故，所以．由于，，得，因此，①因为①式关于，的方程有解的充要条件是，所以4yQQQ1k2k1k20k12kk2211221211akkak222222221Q1akkak22221122222212212111akkakkakak22222222121212120kkkkaakk12kk1k20k2222221212120kkaakk222212111112aakk1k2k22121aa．因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，由得，所求离心率的取值范围为．4、已知椭圆上两个不同的点，关于直线对称．（1）求实数的取值范围；（2）求面积的最大值（为坐标原点）．2a0,1312a21caeaa202e2212xyAB12ymxmAOBO5、如图，设椭圆动直线与椭圆只有一个公共点，且点在第一象限.（1）已知直线的斜率为，用表示点的坐标；（2）若过原点的直线与垂直，证明：点到直线的距离的最大值为.71.（I）设直的方程为，由，消去得，，由于直线与椭圆只有一个公共点，故，即，解得点的坐标为，由点在第一象限，故点的坐标为；（II）由于直线过原点，且与垂直，故直线的方程为，所以点到直线的距离，整理得，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以点到直线的距离的最大值为.6、如图，点P(0，−1)是椭圆C1：x2a2+y2b2=1(ab0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2+y2=4的直径．l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D．（Ⅰ）求椭圆C1的方程；（Ⅱ）求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．【命题意图】本题考查椭圆的几何性质，直线与圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力【答案解析】（Ⅰ）由题意得b=1，a=2．所以椭圆C的方程为x24+y2=1．（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为y=kx−1．又圆C2：x2+y2=4，故点O到直线l1的距离d=1k2+1，所以|AB|=24−d2=24k2+3k2+1．又l1l2，故直线l2的方程为x+ky+k=0．由x+ky+k=0，x24+y2=1．消去y，整理得(4+k2)x2+8kx=0l0ykxmk22221ykxmxyaby22222222220bakxakmxamablCP022220bmakP22222222,akmbmbakbakPP22222222,akbbakbak1lOl1l0xkyP1l2222222221akbbakbakdk22222222abdbbaakk22222bakabk2222222222222abababbbaabbaakk2bkaP1lbaxOyBl1l2PDA（第21题图）故x0=−8k4+k2．所以|PD|=8k2+14+k2．设△ABD的面积为S，则S=12|AB||PD|=84k2+34+k2，所以S=324k2+3+134k2+33224k2+3134k2+3=161313，当且仅当k=±102时取等号所以所求直线l1的方程为y=±102x−17、如图，椭圆C：2222+1xyab(a＞b＞0)的离心率为12，其左焦点到点P(2，1)的距离为10．不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)求ABP的面积取最大时直线l的方程．【解析】(Ⅰ)由题：12cea；(1)左焦点(﹣c，0)到点P(2，1)的距离为：22(2)1dc10．(2)由(1)(2)可解得：222431abc，，．∴所求椭圆C的方程为：22+143xy．(Ⅱ)易得直线OP的方程：y＝12x，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，R(x0，y0)．其中y0＝12x0．∵A，B在椭圆上，∴220220+12333434422+143AAABABABABABBBxyxyyxxkxxyyyxy．设直线AB的方程为l：y＝﹣32xm(m≠0)，代入椭圆：2222+143333032xyxmxmyxm＝-．显然222(3)43(3)3(12)0mmm．∴﹣12＜m＜12且m≠0．由上又有：ABxx＝m，AByy＝233m．∴|AB|＝1ABk|ABxx|＝1ABk2()4ABABxxxx＝1ABk243m．∵点P(2，1)到直线l的距离为：31211ABABmmdkk．∴SABP＝12d|AB|＝12|m＋2|243m，当|m＋2|＝243m，即m＝﹣3orm＝0(舍去)时，(SABP)max＝12．此时直线l的方程y＝﹣3122x．【答案】(Ⅰ)22+143xy；(Ⅱ)y＝﹣3122x．8、已知抛物线1:C2x＝y，圆2:C22(4)1xy的圆心为点M。（Ⅰ）求点M到抛物线1C的准线的距离；（Ⅱ）已知点P是抛物线1C上一点（异于原点），过点P作圆2C的两条切线，交抛物线1C于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂足于AB，求直线l的方程.21．本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。（I）解：由题意可知，抛物线的准线方程为：1,4y所以圆心M（0，4）到准线的距离是17.4（II）解：设222001122(,),(,),(,)PxxAxxBxx，则题意得00120,1,xxxx，设过点P的圆C2的切线方程为200()yxkxx，即200ykxkxx①则2002|4|1,1kxxk即222220000(1)2(4)(4)10xkxxkx，设PA，PB的斜率为1212,()kkkk，则12,kk是上述方程的两根，所以222000121222002(4)(4)1,.11xxxkkkkxx将①代入222000,yxxkxkxx得由于0x是此方程的根，故110220,xkxxkx，所以222200012121200212002(4)422,.1ABMPxxxxxkxxkkxxkxxxx由MPAB，得2200002002(4)4(2)(1)1ABMPxxxkkxxx，解得2023,5x即点P的坐标为2323(,)55，所以直线l的方程为31154.115yx9、已知m＞1，直线，椭圆，分别为椭圆的左、右焦点.（Ⅰ）当直线过右焦点时，求直线的方程；（Ⅱ）设直线与椭圆交于两点，，的重心分别为.若原点在以线段为直径的圆内，求实数的取值范围.解析：本题主要考察椭圆的几何性质，直线与椭圆，点与圆的位置关系等基础知识，同时考察解析几何的基本思想方法和综合解题能力。（Ⅰ）解：因为直线经过，所以,得，又因为，所以，故直线的方程为。（Ⅱ）解：设。由，消去得则由，知，且有。由于，故为的中点，由，可知2:02mlxmy222:1xCym1,2FFCl2FllC,AB12AFFV12BFFV,GHOGHm:l202mxmy22(1,0)Fm2212mm22m1m2ml22202xy1122(,),(,)AxyBxy222221mxmyxymx222104mymy2228(1)804mmm28m212121,282mmyyyy12(,0),(,0),FcFcO12FF2,2AGGOBHHO1121(,),(,),3333xyxyGh2221212()()99xxyyGH设是的中点，则，由题意可知即即而所以即又因为且所以。所以的取值范围是。10、已知椭圆1C：22221(0)yxabab的右顶点为(1,0)A，过1C的焦点且垂直长轴的弦长为1．（I）求椭圆1C的方程；（II）设点P在抛物线2C：2()yxhhR上，2C在点P处的切线与1C交于点,MN．当线段AP的中点