广东高考数学真题汇编08：圆锥曲线

第1页共21页广东高考数学真题汇编08：圆锥曲线1、（2010广东文数）7.若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是A.54B.53C.52D.512（2007广东理数）在直角坐标系xOy中,有一定点A（2，1）。若线段OA的垂直平分线过抛物线22(0)ypxp的焦点，则该抛物线的准线方程是______;2答案：54x;解析：OA的垂直平分线的方程是y-12(1)2x，令y=0得到x=54;3、（2006广东）已知双曲线9322yx,则双曲线右支上的点P到右焦点的距离与点P到右准线的距离之比等于A.2B.332C.2D.43、依题意可知3293,322baca，2332ace，故选C.4（2004广东）若双曲线222(0)xykk的焦点到它相应的准线的距离是2，则k(A)6(B)8(C)1(D)45．（2007广东文数）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线关于x轴对称，顶点在原点O，且过点(24)P，，则该抛物线的方程是．5.28yx6(2005广东)若焦点在x轴上的椭圆1222myx的离心率为21，则m=（）A．3B．23C．38D．326【答案】B解:∵轴上焦点在x，∴2a，∵21ace，∴22c，∴23222cabm，故选B．7.（2009广东文科）已知椭圆G的中心在坐标原点,长轴在x轴上,离心率为23,两个焦点分别为1F和2F,椭圆G上一点到1F和2F的距离之和为12.圆kC:0214222ykxyx)(Rk的圆心为点第2页共21页kA.(1)求椭圆G的方程(2)求21FFAk的面积(3)问是否存在圆kC包围椭圆G?请说明理由.7【解析】（1）设椭圆G的方程为：22221xyab（0ab）半焦距为c;则21232aca,解得633ac,22236279bac所求椭圆G的方程为：221369xy.w.w.w.k.s.5.u.c.o.m(2)点KA的坐标为,2K12121126326322KAFFSFFV（3）若0k，由2260120215120kkf可知点（6，0）在圆kC外，若0k，由22(6)0120215120kkf可知点（-6，0）在圆kC外；不论K为何值圆kC都不能包围椭圆G.8.（2008广东文、理数）设0b，椭圆方程为222212xybb，抛物线方程为28()xyb．如图6所示，过点(02)Fb，作x轴的平行线，与抛物线在第一象限的交点为G，已知抛物线在点G的切线经过椭圆的右焦点1F．（1）求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；（2）设AB，分别是椭圆长轴的左、右端点，试探究在抛物线上是否存在点P，使得ABP△为直角三角形？若存在，请指出共有几个这样的点？并说明理由（不必具体求出这些点的坐标）．8【解析】（1）由28()xyb得218yxb，当2yb得4x，G点的坐标为(4,2)b，1'4yx，4'|1xy，过点G的切线方程为(2)4ybx即2yxb，令0y得2xb，1F点的坐标为(2,0)b，由椭圆方程得1F点的坐标为(,0)b，第3页共21页2bb即1b，即椭圆和抛物线的方程分别为2212xy和28(1)xy；（2）过A作x轴的垂线与抛物线只有一个交点P,以PAB为直角的RtABP只有一个，同理以PBA为直角的RtABP只有一个。若以APB为直角，设P点坐标为21(,1)8xx，A、B两点的坐标分别为(2,0)和(2,0)，222421152(1)108644PAPBxxxx。关于2x的二次方程有一大于零的解，x有两解，即以APB为直角的RtABP有两个，因此抛物线上存在四个点使得ABP为直角三角形。9．（2007广东文数）在平面直角坐标系xOy中，已知圆心在第二象限，半径为22的圆C与直线yx相切于坐标原点O，椭圆22219xya与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10．（1）求圆C的方程；（2）试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长．若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．9解:(1)设圆C的圆心为(m，n)则222mnn解得22mn所求的圆的方程为22(2)(2)8xy(2)由已知可得210a5a椭圆的方程为221259xy，右焦点为F(4，0)；假设存在Q点222cos,222sin使QFOF，22222cos4222sin4整理得sin3cos22代入22sincos1得:210cos122cos70，122812222cos11010因此不存在符合题意的Q点.10．（2007广东理数）在直角坐标系xOy中，已知圆心在第二象限、半径为22的圆C与直线y=x相切于坐标原点O，椭圆22219xya与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10。（1）求圆C的方程；（2）试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆的右焦点F的距离等于线段OF的长，若存在求出Q的坐标；若不存在，请说明理由。10解析：（1）圆C：22(2)(2)8xy；第4页共21页（2）由条件可知a=5，椭圆221259xy，∴F（4，0），若存在，则F在OQ的中垂线上，又O、Q在圆C上，所以O、Q关于直线CF对称；直线CF的方程为y-1=1(1)3x,即340xy，设Q（x,y），则334022yxxy，解得45125xy所以存在，Q的坐标为412(,)55。11（2004广东）某中心接到其正东、正西、正北方向三个观测点的报告：正西、正北两个观测点同时听到一声巨响，正东观测点听到巨响的时间比其他两个观测点晚4s，已知各观测点到中心的距离都是1020m，试确定该巨响的位置。（假定当时声音传播的速度为340/ms，各相关点均在同一平面上）11．解：如图，yxoABCP以接报中心为原点O，正东、正北方向为x轴、y轴正向，建立直角坐标系.设A、B、C分别是西、东、北观测点，则A（－1020，0），B（1020，0），C（0，1020）设P（x,y）为巨响为生点，由A、C同时听到巨响声，得|PA|=|PB|，故P在AC的垂直平分线PO上，PO的方程为y=－x，因B点比A点晚4s听到爆炸声，故|PB|－|PA|=340×4=1360由双曲线定义知P点在以A、B为焦点的双曲线12222byax上，依题意得a=680,c=1020，13405680340568010202222222222yxacb故双曲线方程为用y=－x代入上式，得5680x，∵|PB||PA|,10680),5680,5680(,5680,5680POPyx故即答：巨响发生在接报中心的西偏北450距中心m10680处.*12（2004广东）设直线l与椭圆2212516xy相交于,AB两点，l又与双曲线221xy相交于C、D两点，,CD三等分线段AB，求直线l的方程。12．解：首先讨论l不与x轴垂直时的情况，设直线l的方程为y=kx+b，如图所示，l与椭圆、双曲线的交点为：),(),,(),,(),,(44332211yxDyxCyxByxA第5页共21页yxolABCD依题意有CDABDBAC3,，由)2...(0)1(2)1(1251650)1...(0)40025(2)2516(116252222222122222bbkxxkyxbkxykbkxxbbkxxkyxbkxy得由得若1k，则与双曲线最多只有一个交点，不合题意，故1k24312kbkxx由43214213xxxxxxxxDBAC13161616410),(331)2(,1645)1(,0)(0001225165022341224,322,122bbbxxxxCDABbxbxkibkbkkbkkbk即由得由得由时当或故l的方程为1316y(ii)当b=0时，由(1)得24,322,111)2(,251620kxkx得由251616251640)(33223412kkkxxxxCDAB即由故l的方程为xy2516再讨论l与x轴垂直的情况.设直线l的方程为x=c,分别代入椭圆和双曲线方程可解得，第6页共21页2412412524124125162558||3||||3||1,255422341224,322,1xlcccyyyyCDABcycy的方程为故即由综上所述，故l的方程为1316y、xy2516和24124125x*13(2005广东)在平面直角坐标系xoy中，抛物线2xy上异于坐标原点O的两不同动点Ａ、Ｂ满足BOAO（如图４所示）（Ⅰ）求AOB得重心G（即三角形三条中线的交点）的轨迹方程；（Ⅱ）AOB的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．13【答案】解法一：（Ⅰ）∵直线AB的斜率显然存在，∴设直线AB的方程为bkxy，),(),,(2211yxByxA，依题意得0,,22bkxxyxybkxy得消去由，①∴kxx21，②bxx21③∵OBOA，∴02121yyxx，即0222121xxxx，④由③④得，02bb，∴)(01舍去或bb∴设直线AB的方程为1kxy∴①可化为012kxx，∴121xx⑤，设AOB的重心G为),(yx，则33021kxxx⑥，3232)(3022121kxxkyyy⑦，由⑥⑦得32)3(2xy，即3232xy，这就是AOB得重心G的轨迹方程．（Ⅱ）由弦长公式得2122124)(1||xxxxkAByxyOAB图4第7页共21页把②⑤代入上式，得41||22kkAB，设点O到直线AB的距离为d，则112kd，∴24||212kdABSAOB，∴当0k，AOBS有最小值，∴AOB的面积存在最小值，最小值是1．解法二：（Ⅰ）∵AO⊥BO,直线OA，OB的斜率显然存在，∴设AO、BO的直线方程分别为kxy，xky1，设),(11yxA，),(22yxB，依题意可得由2xykxy得),(2kkA，由21xyxky得)1,1(2kkB，设AOB的重心G为),(yx，则313021kkxxx①，31302221kkyyy②，由①②可得，3232xy，即为所求的轨迹方程.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，42||kkOA，4211||kkOB，∴42421121||||21kkkkOBOASAOB212122kk12221，当且仅当221kk，即1k时，AOBS有最小值，∴AOB的面积存在最小值，最小值是1.解法三:（I）设△AOB的重心为G(x,y)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，则332121yyyxxx…（1）不过∵OA⊥OB，第8页共21页∴1OBOAkk，即12121yyxx，…（2）又点A，B在抛物线上，有222211,xyxy，代入（2）化简得121xx，∴32332)3(31]2)[(31)(3132221221222121xxxxxxxxyyy，∴所以重心为G的轨迹方