cltaaa全國卷高考數(shù)學(xué)圓錐曲線大題集大全(文件)
【正文】 ②m位于時，d較大由點M ∴故 ：(1) 曲線表示以為圓心,以3為半徑的圓, 圓上兩點P、Q滿足關(guān)于直線對稱,則圓心在直線上,代入解得 (2)直線PQ與直線垂直,所以設(shè)PQ方程為,.將直線與圓的方程聯(lián)立得由解得..又以PQ為直徑的圓過O點解得故所求直線方程為：（1）∵，且，
∴動點到兩個定點的距離的和為4，∴軌跡是以為焦點的橢圓，方程為 （2）設(shè)，直線的方程為，代入，
消去得 ， 由得 ， 且， ∴ 設(shè)點，由可得 ∵點在上，∴∴，又因為的任意性，∴， ∴，又， 得 ， 代入檢驗，滿足條件，故的值是。.總之或是定值.：（1）設(shè)P點坐標(biāo)為，則 ，化簡得，所以曲線C的方程為；（2）曲線C是以為圓心，為半徑的圓 ，曲線也應(yīng)該是一個半徑為的圓，點關(guān)于直線的對稱點的坐標(biāo)為，所以曲線的方程為，該圓的圓心到直線的距離為 ，或，所以，或。 設(shè)l：y=k(x－1)(k≠0)，代入3x2+4y2=12得(3+4k2)x2－8k2x+4k2－12=0，由于l過點D(1，0)是橢圓的焦點，∴l(xiāng)與橢圓必有兩個交點，設(shè)E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，EF的中點H的坐標(biāo)為（x0，y0），∴x1+x2= ，x1x2= ， x0= = ，y0=k(x0－1)= ， ∴線段EF的垂直平分線為y－ y0 =－ (x－x0)，令y=0得，點G的橫坐標(biāo)xG = ky0+x0 = + = = －，∵k≠0，∴k20，∴3+4k23，0，∴－－0，∴xG= －(0，）∴點G的橫坐標(biāo)的取值范圍為(0，）. ：∵，∴ 由得 ∴設(shè)橢圓的方程為（）即（）設(shè)是橢圓上任意一點，則 （）若即，則當(dāng)時， 由已知有，得； 若即，則當(dāng)時， 由已知有，得（舍去）. 綜上所述，. 所以，橢圓的方程為. ：（I）由已知∴橢圓的方程為，雙曲線的方程.又 ∴雙曲線的離心率（Ⅱ）由（Ⅰ）A（－5，0），B（5，0） 設(shè)M得M為AP的中點∴P點坐標(biāo)為 將M、p坐標(biāo)代入cc2方程得消去y0得 解之得由此可得P（10，當(dāng)P為（10， 時 PB： 即代入 MN⊥x軸 即：（1）由題意可知所以橢圓方程為 設(shè)，將其代入橢圓方程相減，將代入 可化得 （2）若2tan3，則：（1）直線AB方程為：bxayab＝0 依題意 解得 ∴ 橢圓方程為 ?。?）假若存在這樣的k值，由得 ∴ ① 設(shè)， ，則 ?、凇 《? 要使以CD為直徑的圓過點E（1，0），當(dāng)且僅當(dāng)CE⊥DE時，則，即 ∴ ③ 將②式代入③整理解得 經(jīng)驗證，使①成立 綜上可知，存在，使得以CD為直徑的圓過點E ：（1）設(shè) ， 點在線段的中垂線上由已知；又∥，又 ，頂點的軌跡方程為 .(2)設(shè)直線方程為：，由 消去得： ① ， 而由方程①知 ＞＜ ，＜＜， .：解：令 則 即 即 又∵ ∴ 所求軌跡方程為（Ⅱ）解：由條件（2）可知OAB不共線，故直線AB的斜率存在 設(shè)AB方程為 則 ∵OAPB為矩形，∴OA⊥OB ∴ 得 所求直線方程為…：（I）由題意，拋物線頂點為（－n，0），又∵焦點為原點∴m＞0 準(zhǔn)線方程且有m=4n. ∵準(zhǔn)線與直線交點在x軸上，交點為 又與x軸交于（－2，0），∴m=4，n=1 ∴拋物線方程為y2=4（x+1） （II）由 ∴－1＜k＜1且k≠0
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