答案

2015—2016学年度高二（上）寒假作业（3）——圆锥曲线综合一、填空题：1．(-3，0)∪(0，3)2．18y3．144．125．226．分析：椭圆的右顶点为,0a，所以直线方程为03330yxaxya，直线与圆相切，所以有222231344422acbabacea7．38．解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为A、B两点在抛物线上，∴y21＝2px1，①y22＝2px2，②①－②得(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，又线段AB的中点的纵坐标为2，∴y1＋y2＝4，又直线的斜率为1，∴y1－y2x1－x2＝1，∴2p＝4，p＝2，∴抛物线的准线方程x＝－1．9．6210．11,22k11．[0,2]12．91613．解：由点63(,)33在半圆上，所以1b，而当点M位于点63(,)33时，AGM的面积最大可知，OM⊥AG，即1OMAGkk，2a，∴半椭圆的方程为2212yx（y≥0）14．分析：设出M，N的坐标分别为1122,,,xyxy∵M，N在抛物线22(0)ypxp∴2112ypx①2222ypx②，①-②知2212122yypxx12121212yyyykpxxk∵M，N在直线2l：1yxpk上21221xxpk即弦MN的中点坐标为21,pkkp∵过定点（p，0）作两条互相垂直的直线12,ll，1l与抛物线交于P，Q两点，2l与抛物线交于M，N两点，设1l的斜率为k∴1mnkk∴弦MN的中垂线的斜率为k，∴弦MN的中垂线的方程为：21ykpkxpk令x=0得y=32pkpk．二、解答题：15．解析：（1）设直线l的方程为y=kx+b；由条件知112caa，∴a=2，b2=4﹣1=3；∴椭圆C的方程为22143xy；将直线l的方程带入椭圆C的方程并整理得：（3+4k2）x2+8kbx+4b2﹣12=0；若设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则：122834kbxxk，21228234kbyybk；根据AB的中点坐标，所以：222413424134kbkkbbk；解得319,816kb；∴直线l的方程为319816yx；（2）由条件知b=1，a2=2，椭圆方程为；直线l过F2（1，0），方程可设为：y=k（x﹣1）；∴代入椭圆方程并整理得：（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0；若设P（x1，y1），Q（x2，y2），则：222121212222422,.121212kkkxxxxyykkk，由条件11FPFQ得211271012kFPFQk∴解得77k；∴直线l的方程为7(1)7yx16．解：（1）由已知5||||2ABBF，即2252aba，222445aba，222244()5aaca，∴32cea．（2）由（1）知224ab，∴椭圆C：222214xybb．设11(,)Pxy，22(,)Qxy，直线l的方程为22(0)yx，即220xy．由22222222204(22)4014xyxxbxybb，即2217321640xxb．22217321617(4)017bb．123217xx，21216417bxx．∵OPOQ，∴0OPOQ，即12120xxyy，1212(22)(22)0xxxx，121254()40xxxx．从而25(164)128401717b，解得1b，∴椭圆C的方程为2214xy．17．解：（1）将直线1xy代入椭圆方程，因为直线与椭圆交于两点，故0，解得33b，所以b的范围为36(,)33．yxBAOF（2）将直线1xy代入椭圆方程，可得：2222121222222,aaabxxxxabab由OAOB可得12120xxyy，解得22222abab即2211122ab，代22到椭圆方程得2022112yab即2012y，所以点P的纵坐标为22.（3）设直线1xy与坐标轴交于CD、，则12,2CODCDS又,AOBCOD两个三角形等高，故54AOBCODSABCDS所以12522||4ABxx，求得22167ab所以2244,7ab，所以椭圆方程为227144xy.18．解析：（1）焦点(1,0)F．∵直线l的斜率不为0，所以设:1lxmy，11(,)Axy，22(,)Bxy由214xmyyx得2440ymy，124yym，124yy，21212()242xxmyym，2221212(4)14416yyxx，∴212||2445ABxxm，∴214m．∴直线l的斜率24k，∵0k，∴2k．∴直线l的方程为220xy．（2）设2(,2)Maa，1122211122424MAyayakyxayaa，同理242MBkya，2221MDamka，∵直线MA，MD，MB的斜率始终成等差数列，∴2MDMAMBkkk恒成立，即2124444122amayaya恒成立．∴212111122amayaya122212121412()4ayyamayyayya，把124yym，124yy代入上式，得21(1)()0amm恒成立，1a．∴存在点M(1，2)或M(1，－2)使得对任意直线l，直线MA，MD，MB的斜率始终成等差数列．19．解：（1）由题意可得112,222cbca，解得1b，2a，故椭圆方程为2212xy．（2）假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F为△PQM的垂心，设11(,)Pxy，22(,),Qxy因为(0,1)M，(1,0)F，故1PQk．于是设直线l的方程为yxm，xFDyABO由22,22,yxmxy得2234220xmxm．由0，得23m，且1243mxx,212223mxx．由题意应有0MPFQ，又1122(,1),(1,)MPxyFQxy，故1221(1)(1)0xxyy，得1221(1)()(1)0xxxmxm．即212122()(1)0xxxxmmm．整理得222242(1)033mmmmm．解得43m或1m．经检验，当1m时，△PQM不存在，故舍去1m．∴当43m时，所求直线l存在，且直线l的方程为43yx．20．解析：（1）椭圆C的标准方程为2213xy．所以3a，1b，2c．63cea．（2）因为AB过点(1,0)D且垂直于x轴，所以可设1(1,)Ay，1(1,)By．直线AE的方程为11(1)(2)yyx．令3x，得1(3,2)My．所以112131BMyyk．（3）直线BM与直线DE平行．证明如下：当直线AB的斜率不存在时，由（2）可知1BMk．又因为直线DE的斜率10121DEk，所以//BMDE．当直线AB的斜率存在时，设其方程为(1)(1)ykxk．设11(,)Axy，22(,)Bxy，则直线AE的方程为1111(2)2yyxx．令3x，得点1113(3,)2yxMx．由2233(1)xyykx，得2222(13)6330kxkxk．所以2122613kxxk，21223313kxxk．直线的斜率11212323BMyxyxkx．因为11112121(1)3(1)(2)(3)(2)1(3)(2)BMkxxkxxxxkxx121221(1)[2()3)(3)(2)kxxxxxx2222213312(1)[3)1313(3)(2)kkkkkxx0，所以1BMDEkk．所以//BMDE．综上可知，直线BM与直线DE平行．