20xx年高考文科数学试题分类解析之圆锥曲线

20xx年高考文科数学试题分类解析之圆锥曲线内容摘要：

点，所以12p，即2p. 15【答案】144 2 yx 因为 1C的方程为14 22 yx，所以 1C的一条渐近线的斜率211k，所以 2的一条渐近线的斜率1k，因为双曲线 2的顶点重合，即焦点都在 x轴上， 设 2C的方程为)0,0(12222  babyax， 所以2ba，所以 2C的方程为144 22 y. 16【答案】23双曲线221xyaa的右焦点为(,0)c.不妨设所作直线与双曲线的渐近线byxa平行，其方程为()by x ca，代入221求得点 P的横坐标为2acx c，由22acac ，得2) 4 1 0cc  ，解之得23c，23ca（舍去，因为离心率1ca），故双曲线的离心率为. 17【答案】（ Ⅰ ）255 （ Ⅱ ）详见解析 . 【解析】（ Ⅰ ）解：由题设条件知，点)31,3( baM，又105OMk从而1052ab. 进而bbacba 2,5 22 ，故552 ace. （ Ⅱ ）证：由N是AC的中点知，点N的坐标为 2,2 ba，可得 65,6 baNM. 又 baAB ,，从而有 2222 5616561 abbaNMAB  由（ Ⅰ ）得计算结果可知,5 22 ba所以0NMAB，故ABMN. 18【答案】（ I）63；（ II） 1；（ III） 直线 与直线 D平行 . 【解析】（Ⅰ）椭圆C的标准方程为2 2 13x y. 所以3a，1b，2c. 所以椭圆C的离心率63ce a. （Ⅱ）因为 过点(1,0)D且垂直于 x轴，所以可设1(1, )Ay，1(1, )By. 直线 的方程为11 (1 )( 2)y y x   . 令3x，得1(3,2 )My. 所以直线 的斜率112 131BM yyk . （Ⅲ）直线 与直线 D平行 .证明如下： 当直线 的斜率不存在时，由（Ⅱ）可知1BMk . 又因为直线 的斜率10121DEk ，所以//DE. 当直线 的斜率存在时，设其方程为( 1)( 1)y k x k  . 设11( , )Ax y，22( , )Bx y，则直线 的方程为11 ( 2)2yyxx   . 令3x，得点1113(3, )2yxM x. 由2233( 1)xyy k x  ，得2 2 2 2(1 3 ) 6 3 3 0k x k x k    . 所以212 2613kxx k，2213kxx k . 直线 的斜率11 212323BMyx yxkx . 因为1 1 1 1 2 121( 1 ) 3 ( 1 ) ( 2) ( 3 ) ( 2)1 ( 3 ) ( 2)BM k x x k x x x xk xx          1 2 1 221( 1 ) [ 2( ) 3 )( 3 ) ( 2)k x x x xxx      2222213 3 12( 1 ) [ 3 )1 3 1 3( 3 ) ( 2)kkkkxx   0， 所以1BM DEkk. 所以//BM DE. 综上可知，直线 与 直线 D平行 . 19【答案】 （Ⅰ ）2 4yx；（Ⅱ）详见解析． 【解析】解法一：（ I）由抛物线的定义得F22p  ． 因为F3，即232p，解得p，所以抛物线 的方程为2 4yx． （ II）因为点 2,m在抛物线 :2 4上， 所以22m，由抛物线的对称性，不妨设 2,2 2． 由 2,， F1,0可得直线 F的方程为 2 2 1． 由 2 2 14，得22 5 2 0xx  ， 解得x或12x，从而1,22． 又 G 1,0， 所以 G 2 2 0 2 22 1 3k  ， G2 0 2 21312k   ， 所以GG0kk，从而GF GF  ，这表明点 F到直线G，的距离相等， 故以 F为圆心且与直线G相切的圆必与直线G相切． 解法二：（ I）同解法一． （ II）设以点 为圆心且与直线 相切的圆的半径为 r． 因为点 2,m在抛物线 :2 4yx上， 所以22m，由抛物线的对称性，不妨设 2,2 2． 由 2,， F1,0可得直线 F的方程为 2 2 1． 由 22 14，得22 5 2 0xx  ， 解得2x或12x，从而1,22． 又 G 1,0，故直线G的方程为2 3 2 2 0xy  ， 从而2 2 2 2 428 9 17r． 又直线G的方程为2 2 3 2 2 0 ， 所以点 F到直线 的距离2 2 2 2 428 9 17dr  ． 这表明以点 为圆心且与直线G相切的圆必与直线G相切． 20【答案】（ Ⅰ ） 4xy（ Ⅱ ）当直线 l与椭圆 C在四个顶点处相切时，OPQ的面积取得最小值 8. 【解析】（ Ⅰ ）因为| | | | | | 3 1 4O M M N NO    ，当,MN在 x 轴上时，等号成立；同理| | | | | | 3 1 2O M M N NO    ，当,DO重合，即 MN x轴时，等号成立 . 所以椭圆 C 的中心为原点 O，长半轴长为 4，短半轴长为 2，其方程为 4xy （ Ⅱ ）（ 1）当直线 l的斜率不存在时，直线 l为 4x或 4x，都有1 4 4 82OPQS    . （ 2）当直线 l的斜率存在时，设直线1: ( )2l y kx m k   ， 由,4 16,y kx m 消去y，可得2 2 2(1 4 ) 8 4 16 0k x km x m    .因为直线 l总与椭圆 C有且只有一个公共点，所以2 2 2 264 4( 1 4 ) ( 4 16) 0k m k m     ，即2216 4mk. ① 又由,2 0,y kx mxy  可得2( , )1 2 1 2mmP kk；同理可得2( , )1 2 1 2mmQ .由原点 O到直线PQ的距离为2||1md k 和2| | 1 | |PQPQ k x x  ，可得 221 1 1 2 2 2| | | || | | |2 2 2 1 2 1 2 1 4O P Q P Q m m mS P Q d m x x m k k k          . ② 将 ① 代入 ② 得，。