高考圆锥曲线 向量问题专题

高考圆锥曲线向量问题专题

x21.已知椭圆E：2ay2b21(ab0)过点(0,2），且离心率为

2． 2(Ⅰ)求椭圆E的方程； (Ⅱ)设直线xmy1，(mR)交椭圆E于A，B两点，

判断点G(-,0)与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．

946x2y222.已知椭圆C1：221ab0离心率为,焦距为22,抛物线C2:x2pyp0的焦点F

3ab是椭圆C1的顶点.

（Ⅰ）求C1与C2的标准方程；

（Ⅱ）设过点F的直线l交C2于P,Q两点,若C1的右顶点A在以PQ为直径的圆内,求直线l的斜率的取值范围.

3.已知抛物线C：y2px(p0)的焦点为F,直线y4与y轴的交点为P,与C的交点为Q,且

2|QF|5|PQ|. 4（I）求C的方程；

（II）过F的直线l与C相交于A,B两点,若AB的垂直平分线l与C相较于M,N两点,且A,M,B,N四点在同一圆上,求l的方程.

1

4.．如图，已知满足条件z3i3i（其中i为虚数单位）的复数z在复平面xOy上的对应点Zx,y的轨迹为圆C（圆心为C），定直线m的方程为x3y60，过A1,0斜率为k的直线l与直线m相交于N点，与圆C相交于P、Q两点，M是弦PQ中点. （1）若直线l经过圆心C，求证：l与m垂直； （2）当PQ23时，求直线l的方程；

（3）设tAMAN，试问t是否为定值？若为定值，请求出t的值，若t不为定值，请说明理由.

2x5.已知F1、F2分别是椭圆y21的两焦点，点P是该椭圆上一动点，则PF1PF2_________.

4 2

x2y26.已知椭圆：O为坐标原点，OMF:221ab0的右焦点为F1,0,M点的坐标为0,b，

ab是等腰直角三角形. （1）求椭圆的方程；

（2）经过点C0,2作直线AB交椭圆于A,B两点，求AOB面积的最大值；

（3）是否存在直线l交椭圆于P,Q两点，使点F为PQM的垂心（垂心：三角形三边高线的交点）？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.

的坐标为3,0，7.已知点F1、F2为椭圆的两个焦点，其中左焦点F椭圆的长轴长是短轴长的2倍，P为1椭圆上一点。

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若PF1PF2，且点P在第一象限，求点P的坐标； （3）若线段PF1中点在y轴上，求

PF1PF2的值.

3

21x2y28.已知斜率为的直线l与椭圆C:1交于A,B两点，线段AB中点M纵坐标为，点

212p(22,2)在椭圆上，若APB的平分线交线段AB于点N，则

|PN|的值为( ) |MN|(A) 2 (B) 3225 (C) (D) 5 55

y211的左右顶点，设过P(,t)的直线PA,PB与双曲线分别交于点M,N，直线9.设A,B分别是双曲线x322MN交x轴于点Q，过Q的直线交双曲线于S,T两点，且SQ2QT,则BST的面积( ) (A) 933335 (B) 17 (C) 15 (D) 182

210.已知A.B.C.D在抛物线y2x上，如图，直线AB和CD都通过抛物线的焦点F,若ABCD，则

AD•CB的最小值是（ ）

A.2 B.4 C.6 D.8

211.设抛物线y4x的焦点为F，准线为l，过F点的直线l交抛物线于A,B两点，分别过A,B作l的垂

'线，垂足为C,D.若|AF|=2|FB|,则三角形CDF的面积为 .

4

x2y281a0，b0）12．已知双曲线22（的左、右焦点为F1，F2，渐近线方程为yx，作直线F1Tab3与圆xA．

21y2a2相切于点T，交双曲线的右支于点P，若OM(OF1OP)，则OMMT（ ）

24535a B．a C．a D．a 53x2y213. 已知O为坐标原点,椭圆的方程为1,若P、Q为椭圆的两个动点且OQOP,则

43OPOQ的最小值是（ ） A. 2 B.

2248 C. D. 7 7714.设双曲线C的中心为点O,若直线l1和l2相交于点O,直线l1交双曲线于A1、B1,直线l2交双曲线于A2、

B2,且使A1B1A2B2,则称l1和l2为“WW直线对”.现有所成的角为600的“WW直线对”只有两对,

且在右支上存在一点P,使PF12PF2,则该双曲线的离心率的取值范围是（ ）

3A. (1,2) B. [3,9) C. (,3] D.(2,3]

215.已知ABC是边长为2的正三角形，P是平面ABC内一点，则PAPBPC的最小值是（ ）

34A.2 B. C. D.1

2316.已知抛物线C：y2x，过点(2,0)的直线l交C与A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆． (1)证明：坐标原点O在圆M上；

(2)设圆M过点P(4,2)，求直线l与圆M的方程．

5

2

答 案 1.【解析】解法一：(Ⅰ)由已知得

bcaa22,2,解得b2cb2c2,a2x22，所以椭圆E的方程为

42y221．

(Ⅱ)设点A(x1y1),B(x2,y2),AB中点为H(x0,y0)．

xmy1由x24y221得(m22)y22my30,

所以y1+y2=所以GH|22m32从而. ,yy=，y120m22m22m22925525(x0)y02(my0)2y02(m2+1)y02+my0+.

44216(m2+1)(y1y2)2

4(m2+1)(y02y1y2),

5m23(m2+1)252(m22)m221617m2216(m22)|AB|24(x1x2)2(y1y2)24(m2+1)[(y1y2)24y1y2]4故|GH|2|AB|24525my0(m2+1)y1y22160

所以|GH|>|AB|9，故G(-,0)在以AB为直径的圆外． 24c6,解得a3,b1,故椭圆C1的标a32.【解析】（Ⅰ）设椭圆C1的焦距为2c,依题意有2c22,

x2y21,又抛物线C2:x22pyp0开口向上,故F是椭圆的C1上顶准方程为312点,∴F0,1,,∴p2故抛物线C2的标准方程为x4y.

（Ⅱ）由题意可设直线的方程为：ykx1,设点Px1,y1,Qx2,y2ykx1,联立2得

x4y 6

x24kx40,由韦达定理得x1x24k,x1x24.

A在以PQ为直径的圆内APAQ0x1x23x1x23y1y20

216x1x2163x1x248x12x20

1634k48160k0.

3.【解析】（I）设Qx0,4,代入y2p28p8,解得pp2px,得x08,pPQ8,QFpp2x0p28.．由题设得p2（舍去）或p0,代入y22,∴C的方程为y24x得y24my4（II）由题设知l与坐标轴不垂直,故4x；

0．设Ax1,y1,Bx2,y2,则y1y24m,

可设l的方程为xy1y2my1m4．故AB的中点为D2m21,2m,ABm21y1y24ym4m242m21．又l的斜率为m,3l的方

程为x则

1ymy3y42m23．将上式代入y242m234x,并整理得y20．设Mx3,y3,Bx4,y4,4,y3y4m．故MN的中点为

4m212m212122． E22m3,,MN12y3y42mmmm由于MN垂直平分线AB,故A,M,B,N四点在同一圆上等价于AE2m2BE1MN,从而1AB224DE212MN,4即4m2122m2m2224m21242m21m,化简得m210,解得m1或m所求直线1．

l的方程为xy10或xy10．

4．【解析】（1）证明如下： 因为z3i3i，所以C:x2y34，所以圆心C0,3，半径R2；

2又因为A1,0，所以kl303且km1，所以klkm1，所以l与m垂直；

013221（2）当直线l的斜率不存在时，l:x1，此时PQd2=R2，所以PQ44112，所以

2PQ23，满足题意；

当l的斜率存在且为k时，l:ykx1，dk31k2,R2，所以PQ2R2d223，解得：

7

k4，此时l:4x3y40； 3综上：直线l的方程为x1或4x3y40；

M1,3,N1,,A1,0，（3）当直线l的斜率不存在时，可知：所以AM0,3,AN0,，

所以tAMAN5，即t5；

5353ykx1当直线l的斜率存在且为k时，设l:ykx1，Px1,y1,Qx2,y2，联立2可得：2xy341kx2k2226kxk26k50，

k23k3k2kx1x2k23k3k2k,所以xM，yMkxM1，即M22，所以221k1k21k1k13k3k2kAM,22；

1k1kykx15k3k65k5,AN,又由可得：N，所以，故

13k13k13k13kx3y605k3k2k51k213k15k5tAMAN5， 2221k13k1k13k1k13k综上可知：t为定值，且t5.

x25.【解析】由椭圆y21知，焦点F1(3,0)，F2(3,0)，设P(x,y),2x2，

4x21则PF1PF2(3x,y)(3x,y)xy3x133x28，

442222x2，0x24，故PF1PF2[2,1]，故答案为：2,1

6.【解析】（1）由OMF是等腰直角三角形，可得b1,a2b2，

x2故椭圆方程为y21；

2（2）设过点C0,2的直线AB的方程为ykx2，A,B的横坐标分别为xA,xB， 将线AB的方程为ykx2代入椭圆方程，

8

消元可得(1+2k)x8kx60,∴k22216k2240，

3， 28k6,xx， AB2212k12k2xAxB8k616k224xAxB42， 22212k12k12k令k2t，则t3,2xAxB16t24 2(12t)u123u0,xAxB42令ut，则4(2u4)22（当且仅当u2时取等号）

u42u又AOB面积12xAxBxAxB， 22； 2∴△AOB面积的最大值为

（3）假设存在直线l交椭圆于P,Q两点，且使点F为PQM的垂心， 设Px1,y1,Qx2,y2，

因为M(0,1),F(1,0)，所以kPQ1．

于是设直线l的方程为yxm，代入椭圆方程， 消元可得3x24mx2m220．

4m2m22由，得m3，且x1x2, ,x1x2332由题意应有MPFQ0，所以x1x21y2y110， 所以2x1x2x1x2(m1)mm0．

22m224m整理得2(m1)m2m0．

33解得m4或m1． 3经检验，当m1时，PQM不存在，故舍去．

9

∴当m44时，所求直线l存在，且直线l的方程yx

3322222x2y27.【解析】（1）c=3,a=2b,bc=a,a12，b3，1；

123PF1PF2x029y020P22,1 （2）设Px0,y0 因为x02y021123（3）因为线段PF1中点在y轴上，所以PF2x轴，因为P点在第一象限，所以设P3,y0， 代入椭圆方程，得y03733，所以PF2，因为PF 1PF243，所以PF1222所以

PF1PF27

8.【答案】C

x2y2m12y22mym240, 【解析】由题意可设l:yxmx2y2m，联立x2y22114(8m2)0m28，设A(x1,y1),B(x2,y2),y1y2m2(所以l:y2)2，即m2 2122x2，此时2y2mym40,化简为y2+2y10,y1y22，y1y21 2kPAkPBy12x122y22x222y122y12222y222y22222y12y222y12y2

2y1y22(y1y2)2(1)2(2)0所以直线PA,PB的倾斜角互补，其角平分线PNx轴

2y1y22y1y2

所以PN2，把y23221,M(2,),代入l:yx2得x2242

|MN|(222)2(225|PN|225)==故选C. 22|MN|5 529.【答案】A

【解析】由题意可得双曲线的左右顶点A(-1，0),B(1，0)，则PA:x3yy1,PB:x1，联立2t2t 10

3yx1274t22729y36ty2t，代入x1可得x， (2)y0y0,y2224tt274t274t2tyx213274t236t34t212t所以M(,)，同理可得N(,)，设Q(s,0),因为M,N,Q三点共线，

274t2274t234t234t212t212t所以kMNkSNs2,Q(2,0)，设过Q的直线方程为xmy2

94t234t2s(34t2)xmy212m9(3m21)y212my90,S(x1,y1),T(x2,y2),y1y22,y1y2 2y223m13m1x13=36(m21)0恒成立,由SQ2QT得y12y2代入韦达定理的2(所以S12m2912， )m3m213m2135BST111|BQ||y1y2|(y1y2)24y1y222236(m21)935，故选A.

|3m21|1610.【答案】B

【解析】由题意得：设AB的直线方程：xmy2物线y2x相交于Ax1,y1,Bx2,y2两点，

1与抛 22xx2m112yy2m122联立方程得到：y2my10，故此韦达定理：；

y1y21xx1124再设CD的直线方程：x11y与抛物线y22x相交于Cx3,y3,Dx4,y4两点， m212yy2xx143423mm同理：

1yy1xx343441111AD•CB=AF+FDCF+FB=AF•FB+CF•FD=x1x2x3x422221111x1x2x1x2x3x4x3x4242421112212m12122m22+2m2•24

m2mm11.【答案】32 11

【解析】由题意得:抛物线的经典结论：

112=1及|AF|=2|FB|，联立可以得到： |AF||BF|p31|AF|=3，|FB|=， 设Ax1,y1,Bx1,y1，根据抛物线的性质，得到：x12,x2，

2211从而得到|CD|32，S三角形CDF=•|CD|•p=•32•23222 12．【答案】D

【解析】：易知：FTba，OM1831118PF2,MTPTPMPF1FTPFPFa 1112223OMMTPF2PF1285aa，选D． 3313. 【答案】C

【解析】当直线OP，OQ的斜率一条不存在，一条为零满足OQOP，此时OPOQ437设

22x2y21212111P(,k)直线OP斜率为k，则直线OQ斜率为，联立4，解得，代32234k34kkkykx1212k212k2122212k2112k22k1t， 入求得点Q(，则不妨令OPOQ,)34k23k24，3k24k3k24则原式12t12t841148，当时原式有最小值，故选C.

4t13t11211t27tt214.【答案】D

x2y2【解析】不妨设双曲线的方程为221,(a0,b0)

abx由A如上图，因为满足条件的直线只有2对，1,A2,B1,B2关于轴对称，1B1A2B2及双曲线的对称性知A当直线与x轴的夹角为30时,双曲线的渐近线与x轴的夹角大于30，双曲线与直线才能有交点

00A1,A2,B1,B2.若双曲线的渐近线与x轴的夹角等于300,则无交点,且不可能存在A1B1A2B2当直线与

.

x轴的夹角为600时,双曲线的渐近线与x轴的夹角大于600，则有两对直线,符合题意

btan6003ab2c2a2c2a23a2c2aec2 a 12

又在右支上存在一点P,使PF12PF2,由双曲线的定义得PF1PF22aPF22acae综上可得:2e3，故选:D 14.【答案】B

【解析】 以BC所在的直线为x轴，以BC边上的高所在在直线为y轴建立平面直角坐标系，则

c3 aA0,3,B1,0,C1,0,设Px,y，则PBPC2x,2y,PAx,3y,

33 PAPBPC2x22y223y2x22y22当x0,y233时，PAPBPC取得最小值。故选B. 2215．【解析】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，l：xym2

xmy22由2可得y2my40，则y1y24 y2xy1y2y12y22x=x=又1，2，故x1x2==4

224因此OA的斜率与OB的斜率之积为故坐标原点O在圆M上．

（2）由（1）可得y1+y2=2m，x1+x2=my1+y2+4=2m4

22y1y2-4==-1，所以OAOB． x1x24故圆心M的坐标为m2+2，m，圆M的半径r由于圆M过点P(4,2)，因此APBP0， 故x14x24+y1+2y2+2=0 即x1x24x1+x2y1y22y1y2200 由（1）可得y1y2=-4，x1x2=4． 所以2mm10，解得m1或m2m22m2 21． 2当m1时，直线l的方程为xy20，圆心M的坐标为(3,1)，圆M的半径为10，圆M的方程为

13

x3y1当m2210

18591时，直线l的方程为2xy40，圆心M的坐标为(,)，圆M的半径为，圆M的

4242942方程为(x)(y)

12285． 16

14