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圆锥曲线2009年理科高考解答题荟萃


理科高考解答题荟萃 高考解答 圆锥曲线 2009 年理科高考解答题荟萃
y 2 x2 1.(2009 浙江理)已知椭圆 C1 : 2 + 2 = 1 ( a > b > 0) 的右顶点为 A(1, 0) ,过 C1 的焦点 a b
且垂直长轴的弦长为 1 . 求椭圆 C1 的方程; (I) (II) 设点 P 在抛物线 C2 : = x + h ( h ∈ R) y
2

上,C2 在点 P 处的切线与 C1 交于点 M , N .当线段 AP 的中点与 MN 的中点的横坐标相等 时,求 h 的最小值.

?b = 1 ?a = 2 y2 ? ,∴ ? , 所求的椭圆方程为 + x 2 = 1 , 解(I)由题意得 ? b 2 4 ?2 ? = 1 ?b = 1 ? a
( II ) 不 妨 设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ), P (t , t + h), 则 抛 物 线 C2 在 点 P 处 的 切 线 斜 率 为
2

y′

x =t

= 2t , 直 线 MN 的 方 程 为 y = 2tx ? t 2 + h , 将 上 式 代 入 椭 圆 C1 的 方 程 中 , 得

4 x 2 + (2tx ? t 2 + h)2 ? 4 = 0 , 即 4 (1 + t 2 ) x 2 ? 4t (t 2 ? h) x + (t 2 ? h) 2 ? 4 = 0 , 因 为 直 线

? ? MN 与椭圆 C1 有两个不同的交点,所以有 ?1 = 16 ? ?t 4 + 2(h + 2)t 2 ? h 2 + 4 ? > 0 ,

x1 + x2 t (t 2 ? h) = , 设线段 MN 的中点的横坐标是 x3 ,则 x3 = 2 2(1 + t 2 )
设线段 PA 的中点的横坐标是 x4 , x4 = 则
2

t +1 , 由题意得 x3 = x4 , 即有 t 2 + (1 + h)t + 1 = 0 , 2

其中的 ? 2 = (1 + h) ? 4 ≥ 0,∴ h ≥ 1 或 h ≤ ?3 ; 当 h ≤ ?3 时有 h + 2 < 0, 4 ? h 2 < 0 ,因此不等式 ?1 = 16 ? ?t 4 + 2(h + 2)t 2 ? h 2 + 4 ? > 0 不 ? ? 成立;因此 h ≥ 1 ,当 h = 1 时代入方程 t 2 + (1 + h)t + 1 = 0 得 t = ?1 ,将 h = 1, t = ?1 代入不
4 2 2 等式 ?1 = 16 ? ?t + 2(h + 2)t ? h + 4 ? > 0 成立,因此 h 的最小值为 1. ? ?

2.(2009 北京理)已知双曲线 C :

x2 y2 ? = 1(a > 0, b > 0) 的离心率为 3 ,右准线方程为 a2 b2

x=

3 ( Ⅰ ) 求 双 曲 线 C 的 方 程 ; Ⅱ ) 设 直 线 l 是 圆 O : x2 + y 2 = 2 上 动 点 ( 3

P ( x0 , y0 )( x0 y0 ≠ 0) 处的切线, l 与双曲线 C 交于不同的两点 A, B ,证明 ∠AOB 的大小为
定值. 【解法 1】本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识,考查曲线和方程 的关系等解析几何的基本思想方法,考查推理、运算能力.

? a2 3 ? = ?c 3 ,解得 a = 1, c = 3 , (Ⅰ)由题意,得 ? ?c = 3 ?a ?
∴ b = c ? a = 2 ,∴所求双曲线 C 的方程为 x ?
2 2 2

2

y2 = 1. 2

(Ⅱ)点 P ( x0 , y0 )( x0 y0 ≠ 0 ) 在圆 x + y = 2 上,
2 2

圆在点 P ( x0 , y0 ) 处的切线方程为 y ? y0 = ? 化简得 x0 x + y0 y = 2 .

x0 ( x ? x0 ) , y0

? 2 y2 =1 ?x ? 2 2 2 2 由? 及 x0 + y0 = 2 得 ( 3 x0 ? 4 ) x 2 ? 4 x0 x + 8 ? 2 x0 = 0 , 2 ?x x + y y = 2 0 ? 0
∵切线 l 与双曲线 C 交于不同的两点 A、B,且 0 < x0 < 2 ,
2 2 2 2 ∴ 3 x0 ? 4 ≠ 0 ,且 ? = 16 x0 ? 4 3 x0 ? 4 8 ? 2 x0 > 0 , 2

(

)(

)

设 A、B 两点的坐标分别为 ( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 ) ,
2 4 x0 8 ? 2 x0 则 x1 + x2 = 2 , x1 x2 = 2 , 3 x0 ? 4 3 x0 ? 4 uuu uuu r r OA ? OB ∵ cos ∠AOB = uuu uuu ,且 r r OA ? OB

uuu uuu r r 1 OA ? OB = x1 x2 + y1 y2 = x1 x2 + 2 ( 2 ? x0 x1 )( 2 ? x0 x2 ) , y0
= x1 x2 + 1 2 ? 4 ? 2 x0 ( x1 + x2 ) + x0 x1 x2 ? 2 ? ? 2 ? x0

=

2 2 2 x0 ( 8 ? 2 x0 ) ? 8 ? 2 x0 8x2 1 ? ?4 ? 2 0 + ? + 2 2 2 3x0 ? 4 2 ? x0 ? 3x0 ? 4 3x0 ? 4 ? ? ? 2 2 8 ? 2 x0 8 ? 2 x0 ? 2 = 0. 2 3 x0 ? 4 3 x0 ? 4
°

==

∴ ∠AOB 的大小为 90 .

(Ⅰ)同解法 1. 【解法 2】 (Ⅱ)点 P ( x0 , y0 )( x0 y0 ≠ 0 ) 在圆 x + y = 2 上,
2 2

圆在点 P ( x0 , y0 ) 处的切线方程为 y ? y0 = ?

x0 ( x ? x0 ) , y0

? 2 y2 =1 ?x ? 2 2 化简得 x0 x + y0 y = 2 .由 ? 及 x0 + y0 = 2 得 2 ?x x + y y = 2 0 ? 0

( 3x ( 3x

2 0 2 0

2 ? 4 ) x 2 ? 4 x0 x + 8 ? 2 x0 = 0 2 ? 4 ) y 2 ? 8 y0 x ? 8 + 2 x0 = 0

① ②
2

∵切线 l 与双曲线 C 交于不同的两点 A、B,且 0 < x0 < 2 , ∴ 3 x0 ? 4 ≠ 0 ,设 A、B 两点的坐标分别为 ( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 ) ,
2

则 x1 x2 =

2 8 ? 2 x0 2 x2 ? 8 , y1 y2 = 0 , 2 2 3 x0 ? 4 3 x0 ? 4
°

∴ OA ? OB = x1 x2 + y1 y2 = 0 ,∴ ∠AOB 的大小为 90 . (∵ x0 + y0 = 2 且 x0 y0 ≠ 0 ,∴ 0 < x0 < 2, 0 < y0 < 2 ,从而当 3 x0 ? 4 ≠ 0 时,方程①和
2 2 2 2 2

uuu uuu r r

方程②的判别式均大于零). 3.(2009 江苏卷)在平面直角坐标系 xoy 中,抛物线 C 的顶点在原点,经过点 A(2,2) , 其焦点 F 在 x 轴上。 (1)求抛物线 C 的标准方程; (2)求过点 F,且与直线 OA 垂直的直线的方程; 设过点 M ( m, 0)( m > 0) 的直线交抛物线 C 于 D、 (3) E 两点,ME=2DM,记 D 和 E 两点间的距离为 f ( m) ,求 f ( m) 关于 m 的表 达式。

4.(2009 山东卷理)设椭圆 E:

x2 y2 + = 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N ( 6 ,1)两点,O a2 b2

为坐标原点, (I)求椭圆 E 的方程; (II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条 切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ⊥ OB ?若存在,写出该圆的方程,并求|AB |的取 值范围,若不存在说明理由。 解:(1)因为椭圆 E:

uuu r

uuu r

x2 y2 + = 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N ( 6 ,1)两点, a2 b2

?4 2 ?1 1 ? a 2 + b2 = 1 ? a2 = 8 ?a 2 = 8 x2 y 2 ? ? 所以 ? 解得 ? 所以 ? 2 椭圆 E 的方程为 + =1 6 1 1 1 8 4 b =4 ? ? + =1 ? = ? a 2 b2 ? b2 4 ? ?
(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且

? y = kx + m uuu uuu r r ? OA ⊥ OB ,设该圆的切线方程为 y = kx + m 解方程组 ? x 2 y 2 得 x 2 + 2( kx + m) 2 = 8 , =1 ? + 4 ?8
即 (1 + 2k 2 ) x 2 + 4kmx + 2m 2 ? 8 = 0 , 则△= 16k 2 m 2 ? 4(1 + 2k 2 )(2m 2 ? 8) = 8(8k 2 ? m 2 + 4) > 0 ,即 8k ? m + 4 > 0
2 2

4km ? ? x1 + x2 = ? 1 + 2k 2 ? ? 2 ? x x = 2m ? 8 ? 1 2 1 + 2k 2 ? y1 y2 = (kx1 + m)(kx2 + m) = k 2 x1 x2 + km( x1 + x2 ) + m 2 =

,

k 2 (2m 2 ? 8) 4k 2 m2 m 2 ? 8k 2 ? + m2 = 1 + 2k 2 1 + 2k 2 1 + 2k 2

uuu uuu r r 2 m 2 ? 8 m 2 ? 8k 2 要使 OA ⊥ OB ,需使 x1 x2 + y1 y2 = 0 ,即 + = 0 ,所以 3m 2 ? 8k 2 ? 8 = 0 ,所 2 2 1 + 2k 1 + 2k
以k =
2

3m 2 ? 8 ≥ 0 又 8k 2 ? m 2 + 4 > 0 , 所 以 8

? m2 > 2 8 2 6 2 ,所以 m ≥ ,即 m≥ 或 ? 2 3 3 ?3m ≥ 8

m≤?

2 6 , 因 为 直 线 y = kx + m 为 圆 心 在 原 点 的 圆 的 一 条 切 线 , 所 以 圆 的 半 径 为 3 m
,r =
2

r=

1+ k 2

m2 = 1+ k 2

m2 8 2 6 8 2 2 = ,r = ,所求的圆为 x + y = ,此时圆的切 2 3m ? 8 3 3 3 1+ 8

线 y = kx + m 都满足 m ≥

2 6 2 6 2 6 或m ≤ ? ,而当切线的斜率不存在时切线为 x = ± 3 3 3

与椭圆

uuu uuu r r x2 y 2 2 6 2 6 2 6 2 6 + = 1 的两个交点为 ( ,± ) 或 (? ,± ) 满足 OA ⊥ OB ,综上, 8 4 3 3 3 3
2 2

存在圆心在原点的圆 x + y =

8 ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 3

uuu uuu r r OA ⊥ OB .
4km ? ? x1 + x2 = ? 1 + 2k 2 ? , 因为 ? 2 ? x x = 2m ? 8 ? 1 2 1 + 2k 2 ?

4km 2 2m 2 ? 8 8(8k 2 ? m 2 + 4) 所以 ( x1 ? x2 ) = ( x1 + x2 ) ? 4 x1 x2 = ( ? ) ? 4× = , 1 + 2k 2 1 + 2k 2 (1 + 2k 2 ) 2
2 2

| AB |= ( x1 ? x2 )2 + ( y1 ? y2 ) = (1 + k 2 )( x1 ? x2 ) 2 = (1 + k 2 )
2

8(8k 2 ? m2 + 4) (1 + 2k 2 )2

=

32 4k 4 + 5k 2 + 1 32 k2 ? 4 = [1 + 4 ], 3 4k + 4 k 2 + 1 3 4k + 4k 2 + 1

①当 k ≠ 0 时 | AB |=

32 1 [1 + ] 1 3 4k 2 + 2 + 4 k

1 1 1 + 4 ≥ 8 所以 0 < ≤ , 2 1 k 4k 2 + 2 + 4 8 k 32 32 1 所以 < [1 + ] ≤ 12 , 1 3 3 4k 2 + 2 + 4 k
因为 4k +
2

所以

4 2 6 <| AB |≤ 2 3 当且仅当 k = ± 时取”=”. 3 2
4 6 . 3 2 6 2 6 2 6 2 6 ,± ) 或 (? ,± ), 3 3 3 3

② 当 k = 0 时, | AB |=

③ 当 AB 的斜率不存在时, 两个交点为 (

所以此时 | AB |=

4 6 , 3 4 4 6 ≤| AB |≤ 2 3 即: | AB |∈ [ 6, 2 3] 3 3

综上, |AB |的取值范围为

【命题立意】 :本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆 的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关 参数问题以及方程的根与系数关系. 5.( 2009 广 东 卷 理 ) 已知曲线 C : y = x 2 与直线 l : x ? y + 2 = 0 交于两点 A( x A , y A ) 和

B ( xB , yB ) ,且 xA < xB .记曲线 C 在点 A 和点 B 之间那一段 L 与线段 AB 所围成的平面区
域(含边界)为 D .设点 P ( s, t ) 是 L 上的任一点,且点 P 与点 A 和点 B 均不重合. (1)若点 Q 是线段 AB 的中点,试求线段 PQ 的中点 M 的轨迹方程;

51 = 0 与 D 有公共点,试求 a 的最小值. 25 1 5 2 解(1)联立 y = x 与 y = x + 2 得 x A = ?1, x B = 2 ,则 AB 中点 Q ( , ) , 2 2 1 5 +s +t 1 5 2 2 设线段 PQ 的中点 M 坐标为 ( x, y ) ,则 x = ,y = ,即 s = 2 x ? , t = 2 y ? , 2 2 2 2
(2)若曲线 G : x ? 2ax + y ? 4 y + a +
2 2 2

又点 P 在曲线 C 上,

5 1 11 = (2 x ? ) 2 化简可得 y = x 2 ? x + ,又点 P 是 L 上的任一点, 2 2 8 1 1 5 且不与点 A 和点 B 重合,则 ? 1 < 2 x ? < 2 ,即 ? < x < , 2 4 4 11 1 5 2 ∴中点 M 的轨迹方程为 y = x ? x + ( ? < x < ). 8 4 4 y
∴ 2y ? xB xA D

o

x

(2)曲线 G : x ? 2ax + y ? 4 y + a +
2 2 2

51 =0, 25

49 7 ,其圆心坐标为 E (a,2) ,半径 r = 25 5 51 2 2 2 由图可知,当 0 ≤ a ≤ 2 时,曲线 G : x ? 2ax + y ? 4 y + a + = 0 与点 D 有公共点; 25 51 2 2 2 当 a < 0 时, 要使曲线 G : x ? 2ax + y ? 4 y + a + = 0 与点 D 有公共点, 只需圆心 E 到 25
即圆 E : ( x ? a ) + ( y ? 2) =
2 2

直线 l : x ? y + 2 = 0 的距离 d =

|a?2+2| 2

=

|a| 2



7 7 2 ,得 ? ≤ a < 0 ,则 a 的最小值 5 5

为?

7 2 . 5

x2 y2 6. ( 2009 安 徽 卷 理 ) 点 P ( x0 , y0 ) 在 椭 圆 + = 1(a > b > 0) 上 , a2 b2 x0 = a cos β , y0 = b sin β , 0 < β <

π
2

. 直线 l2 与直线 l1 :

x0 y0 x + 2 y = 1 垂直,O 为坐标原 2 a b

点,直线 OP 的倾斜角为 α ,直线 l2 的倾斜角为 γ .

(I)证明: 点 P 是椭圆

x2 y2 + = 1 与直线 l1 的唯一交点; a2 b2

(II)证明: tan α , tan β , tan γ 构成等比数列. 解析:本小题主要考查直线和椭圆的标准方程和参数方程,直线和曲线的几何性质,等比数 解析 列等基础知识。考查综合运用知识分析问题、解决问题的能力。本小题满分 13 分。 (方法一)由 证明 (I)

x0 y0 b2 x2 y2 x + 2 y = 1 得 y = 2 (a 2 ? x0 x), 代入椭圆 2 + 2 = 1 , a2 b a y0 a b

得(

1 b 2 x0 2 2 2b 2 x0 b2 + 4 2 ) x ? 2 x + ( 2 ? 1) = 0 . a 2 a y0 a y0 y0

将?

? x0 = a cos β 2 2 2 代入上式,得 x ? 2a cos β ? x + a cos β = 0, 从而 x = a cos β . ? y0 = b sin β

? x2 y2 ? 2 + 2 =1 ? x = x0 ?a b 因此,方程组 ? 有唯一解 ? ,即直线 l1 与椭圆有唯一交点 P. x0 y0 ? y = y0 ? x+ y =1 ? a2 b2 ?
(方法二)显然 P 是椭圆与 l1 的交点, Q (a cos β1 , b sin β1 ), 0 ≤ β1 < 2π 是椭圆与 l1 的交点, 若 代入 l1 的方程

cos β sin β x+ y = 1 ,得 cos β cos β1 + sin β sin β1 = 1, a b

即 cos( β ? β1 ) = 1, β = β1 , 故 P 与 Q 重合。

(方法三)在第一象限内,由

x2 y2 b 2 b 2 + 2 = 1 可得 y = a ? x 2 , y0 = a ? x0 2 , 2 a b a a bx0 a a 2 ? x0 2 b 2 x0 =? 2 , a y0

椭圆在点 P 处的切线斜率 k = y ′( x0 ) = ?

切线方程为 y = ?

b 2 x0 xx y y ( x ? x0 ) + y0 , 即 02 + 02 = 1 。 2 a y0 a b

因此, l1 就是椭圆在点 P 处的切线。 根据椭圆切线的性质,P 是椭圆与直线 l1 的唯一交点。 (II) tan α =

y0 b x b2 y a2 a = tan β , l1 的斜率为 ? 0 2 , l2 的斜率为 tan γ = 0 2 = tan β , y0 a x0 a x0b b

由此得 tan α tan γ = tan 2 β ≠ 0, tan α , tan β , tan γ 构成等比数列。

7.(2009 江西卷理)已知点 P ( x0 , y0 ) 为双曲线 1

x2 y 2 ? = 1( b 8b 2 b 2
P
P 1
F1

y

为正常数)上任一点, F2 为双曲线的右焦点,过 P 作右准线的垂线, 1 垂足为 A ,连接 F2 A 并延长交 y 轴于 P2 . (1) 求线段 P P2 的中点 P 的轨迹 E 的方程; 1

P2

A
O

F2

x

(2) 设轨迹 E 与 x 轴交于 B、D 两点,在 E 上任取一点 Q x1 , y1)y1 ≠ 0) ,直线 QB,QD 分 ( ( 别交 y 轴于 M ,N 两点.求证:以 MN 为直径的圆过两定点. (1) 解 由已知得 F2 3b, ( 0),( b,y0) A ,则直线 F2 A 的方程为: y = ? 令 x = 0 得 y = 9 y0 ,即 P2 (0, 9 y0 ) ,

8 3

3 y0 ( x ? 3b) , b

x ? x= 0 ? x0 = 2 x ? x2 y2 4 x2 y2 ? ? 2 ( ,则 ,即 ? 代入 0 2 ? 02 = 1 得: 2 ? = 1, 设 P x,y) ? y y0 + 9 y0 8b b 8b 25b 2 y0 = ?y = ? = 5 y0 5 ? ? ? 2
即 P 的轨迹 E 的方程为

x2 y2 ? = 1. 2b 2 25b 2

(2) 证明 在

x2 y2 ? = 1 中令 y = 0 得 x 2 = 2b 2 ,则不妨设 B - 2b, ( 0),D 2b, , ( 0) 2b 2 25b 2

于是直线 QB 的方程为: y =

y1 ( x + 2b) , x1 + 2b

直线 QD 的方程为: y =

y1 ( x- 2b) , x1 - 2b

则 M 0, (

2by1 - 2by1 ) , ),N 0, ( x1 + 2b x1 - 2b
2

则以 MN 为直径的圆的方程为: x + y (

2by1 2by1 = )(y + ) 0 , x1 + 2b x1 - 2b

令 y = 0 得: x =
2

2b 2 y12 x2 y2 2 2 ,而 Q x1 , y1) ( 在 2? = 1 上,则 x12 ? 2b 2 = y1 , 2 2 2 x1 ? 2b 2b 25b 25

于是 x = ±5b ,即以 MN 为直径的圆过两定点 ( ?5b, 0), (5b, 0) . 8.(2009 湖北卷理)过抛物线 y 2 = 2 px ( p > 0) 的对称轴上一点 A ( a, 0 )( a > 0 ) 的直线与抛 物线相交于 M、N 两点,自 M、N 向直线 l : x = ?a 作垂线,垂足分别为 M 1 、 N1 。 (Ⅰ)当 a = (Ⅱ)记

p 时,求证: AM 1 ⊥ AN1 ; 2

?AMM 1 、 ?AM 1 N1 、 ?ANN1 的面积分别为 S1 、 S 2 、 S3 ,是否存在 λ ,使

2 得对任意的 a > 0 ,都有 S 2 = λ S1S 2 成立。若存在,求出 λ 的值;若不存在,说明理由。

解 依题意,可设直线 MN 的方程为 x = my + a, M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) , 则有 M ( ?a, y1 ), N ( ? a, y2 ) 由?

? x = my + a ? y = 2 px
2

消去 x 可得 y ? 2mpy ? 2ap = 0
2

, ①

从而有 ?

? y1 + y2 = 2mp ? y1 y2 = ?2ap
2

于是 x1 + x2 = m( y1 + y2 ) + 2a = 2( m p + a ) 又由 y1 = 2 px1 , y1 = 2 px2 可得 x1 x2 =
2 2



( y1 y2 ) 2 (?2ap) 2 = = a2 2 2 4p 4p



(Ⅰ)如图 1,当 a =

p p p 时,点 A( , 0) 即为抛物线的焦点, l 为其准线 x = ? 2 2 2 P P 2 此时 M 1 ( ? , y1 ), N1 ( ? , y2 ), 并由 ①可得 y1 y2 = ? p 2 2 uuuu v uuuv 证法 1: Q AM 1 = ( ? p, y1 ), AN1 = ( ? p, y2 )

uuuu uuuv v ∴ AM 1 ? AN1 = p 2 + y1 y2 = p 2 ? p 2 = 0,即AM 1 ⊥ AN1
Q K AM1 = ?
y1 y , K AN1 = ? 2 , p p

证法 2:

∴ K AM1 ? K AN1 =

y1 y2 p2 = ? 2 = ?1,即AM 1 ⊥ AN1 . p2 p

(Ⅱ)存在 λ = 4 ,使得对任意的 a > 0 ,都有 S 2 = 4 S1S3 成立,证明如下:
2

证法 1:记直线 l 与 x 轴的交点为 A1 ,则 OA = OA1 = a 。于是有

1 1 ? MM 1 ? A1M 1 = (x1 + a ) y1 2 2 1 S 2 = ? M 1 N1 ? AA1 = a y1 ? y2 2 1 1 S3 = ? NN1 ? A1 N1 = (x2 + a ) y2 2 2 S1 =
2 ∴ S 2 = 4 S1S3 ? (a y1 ? y2 )2 = ( x1 + a ) y1 ? ( x2 + a ) y2

? a 2 [( y1 + y2 ) 2 ? 4 y1 y2 ] = [ x1 x2 + a ( x1 + x2 ) + a 2 ] y1 y2
将①、②、③代入上式化简可得

a 2 (4m 2 p 2 + 8ap ) = 2ap (2am 2 p + 4a 2 ) ? 4a 2 p (m 2 p + 2a )
上式恒成立,即对任意 a > 0, S 2 = 4 S1S3 成立
2

证法 2:如图 2,连接 MN1 , NM 1 ,则由 y1 y2 = ?2ap, y1 = 2 px1 可得
2

K OM =

y1 2 p 2 py2 2 py2 y = = = = 2 = K ON1 ,所以直线 MN1 经过原点 O, x1 y1 y1 y2 ?2ap ? a

同理可证直线 NM 1 也经过原点 O 又 OA = OA1 = a 设 M 1 A1 = h1 , N1 A1 = h2 , MM 1 = d1 , NN1 = d 2 , 则

S1 =

1 1 1 d1h1 , S 2 = ? 2a (h1 + h2 ) = a (h1 + h2 ), S3 = d 2 h2 . 2 2 2

x2 y 2 3 9.(2009 全国卷Ⅱ理)已知椭圆 C : 2 + 2 = 1( a > b > 0) 的离心率为 ,过右焦点 F 的 a b 3
直线 l 与 C 相交于 A 、 B 两点,当 l 的斜率为 1 时,坐标原点 O 到 l 的距离为 (I)求 a , b 的值; (II) C 上是否存在点 P,使得当 l 绕 F 转到某一位置时,有 OP = OA + OB 成立? 若存在,求出所有的 P 的坐标与 l 的方程;若不存在,说明理由。 解 (I)设 F (c, 0) ,直线 l : x ? y ? c = 0 ,由坐标原点 O 到 l 的距离为

2 2

uuu r

uuu uuu r r

2 2



|0?0?c| 2 c 3 = ,解得 c = 1 .又 e = = ,∴ a = 3, b = 2 . 2 a 3 2
x2 y 2 + = 1 .设 A( x1 , y1 ) 、 B ( x2 , y2 ) 3 2

(II)由(I)知椭圆的方程为 C :

由题意知 l 的斜率为一定不为 0,故不妨设 l : x = my + 1 代入椭圆的方程中整理得 (2m + 3) y + 4my ? 4 = 0 ,显然 ? > 0 。
2 2

由韦达定理有: y1 + y2 = ?

4m 4 , y1 y2 = ? 2 , .... ....① 2 2m + 3 2m + 3 uuu uuu uuu r r r .假设存在点 P,使 OP = OA + OB 成立,则其充要条件为: ( x1 + x2 ) 2 ( y1 + y2 )2 + = 1。 3 2

点 P 的坐标为( x1 + x2 , y1 + y2 ) ,点 P 在椭圆上,即
2 2 2 2

整理得 2 x1 + 3 y1 + 2 x2 + 3 y2 + 4 x1 x2 + 6 y1 y2 = 6 。 又 A、B 在椭圆上,即 2 x1 + 3 y1 = 6, 2 x2 + 3 y2 = 6 .
2 2 2 2

................② 故 2 x1 x2 + 3 y1 y2 + 3 = 0 ................ 将 x1 x2 = ( my1 + 1)( my2 + 1) = m y1 y2 + m( y1 + y2 ) + 1 及①代入②解得 m =
2 2

1 2

∴ y1 + y2 =

2 2 4m 2 3 3 2 或? , x1 + x2 = ? + 2 = ,即 P ( , ± ). 2 2 2 2m + 3 2 2 2

当m =

2 3 2 2 时, P ( , ? ), l : x = y +1; 2 2 2 2 2 3 2 2 时, P ( , ), l : x = ? y + 1. 2 2 2 2 x2 + y 2 =1(y ≥ 0,a>0) a2

当m = ?

10.(2009 福建卷理)已知 A,B 分别为曲线 C:

与 x 轴的左、右两个交点,直线 l 过点 B,且与 x 轴垂直,S 为 l 上 异于点 B 的一点,连结 AS 交曲线 C 于点 T.(1)若曲线 C 为半圆,点 T 为 (II)如图,点 M 是以 SB 为 圆弧 AB 的三等分点,试求出点 S 的坐标; 直径的圆与线段 TB 的交点,试问:是否存在 a ,使得 O,M,S 三点共线? 若存在,求出 a 的值,若不存在,请说明理由。

解 方法一 (Ⅰ)当曲线 C 为半圆时, a = 1, 如图,由点 T 为圆弧 AB 的三等分点得∠BOT=60°或 120°. (1)当∠BOT=60°时, ∠SAE=30°. 又 AB=2,故在△SAE 中,有 SB = AB ? tan 30° =
2 3 2 3 ,∴ s (t , ); 3 3 2 3 )或S(1,2 3) 3

(2)当∠BOT=120°时,同理可求得点 S 的坐标为 (1, 2 3) ,综上, S (1, (Ⅱ)假设存在 a (a > 0) ,使得 O,M,S 三点共线.

由于点 M 在以 SB 为直线的圆上,故 BT ⊥ OS . 显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 k>0,可设直线 AS 的方程为 y = k ( x + a) .

? x2 2 ? + y =1 由 ? a2 得(1 + a 2 k 2 ) x 2 + 2a 2 k 2 x + a 4 k 2 ? a 2 = 0 ? y = k ( x + a) ? 设点 T ( xT , yT ),∴ xT ? (? a) = 故 xT = 亦即 T (

a2 k 2 ? a2 , 1 + a2 k 2

a ? a2 k 2 2ak ,从而 y T = k ( xT + a) = . 2 2 1+ a k 1 + a2 k 2

a ? a2k 2 2ak , ). 1 + a2 k 2 1 + a2k 2 uuu r ?2 a 2 k 2 2ak Q B (a, 0),∴ BT = (( , )) 1 + a2 k 2 1 + a2 k 2

uuu r ?x = a 由? 得 s (a, 2ak ),∴ OS = (a, 2ak ). ? y = k ( x + a) uuu uuu ?2a 2 k 2 + 4a 2 k 2 r r 由 BT ⊥ OS ,可得 BT ? OS = = 0 即 ?2 a 2 k 2 + 4 a 2 k 2 = 0 1 + a2 k 2

Q k > 0, a > 0,∴ a = 2
经检验,当 a = 2 时,O,M,S 三点共线. 故存在 a = 2 ,使得 O,M,S 三点共线.

方法二: (Ⅰ)同方法一. (Ⅱ)假设存在 a,使得 O,M,S 三点共线. 由于点 M 在以 SO 为直径的圆上,故 SM ⊥ BT . 显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 k>0,可设直线 AS 的方程为 y = k ( x + a)
? x2 2 ? + y =1 由 ? a2 得(1 + a 2 b 2 ) x 2 + 2a 2 k 2 x + a 2 k 2 ? a 2 = 0 ? y = k ( x + a) ?

设点 T ( xT , yT ) ,则有 xT ? (? a) =

a4 k 2 ? a2 . 1 + a2 k 2

故 xT =

a ? a2 k 2 2ak a ? a2 k 2 2ak , 从而yT = k ( xT + a) = 亦即T ( ? ). a + a2k 2 1 + a2 k 2 1 + a2 k 2 1 + a2 k 2 yT 1 Q B(a, 0),∴ k BT = = ? 2 , 故kSM = a 2 k xT ? a a k

?x = a 由? 得S(a,2ak),所直线 SM 的方程为 y ? 2ak = a 2 k ( x ? a) ? y = k ( x + a)

O,S,M 三点共线当且仅当 O 在直线 SM 上,即 2ak = a 2 k ( ?a ) .
Q a > 0, K > 0,∴ a = 2
故存在 a = 2 ,使得 O,M,S 三点共线.
11.(2009 辽宁卷文、理)已知,椭圆 C 以过点 A(1,

3 ) ,两个焦点为(-1,0) (1,0) 。 2

(1) 求椭圆 C 的方程; (2) E,F 是椭圆 C 上的两个动点,如果直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数,证明直 线 EF 的斜率为定值,并求出这个定值。

x2 y2 (Ⅰ)解 由题意,c=1,可设椭圆方程为 + = 1。 解 1 + b 2 4b 2
因为 A 在椭圆上,所以

1 9 3 + 2 = 1 ,解得 b 2 =3, b 2 = ? (舍去) 。 2 1 + b 4b 4

所以椭圆方程为

x2 y 2 + = 1. 4 3

3 x2 y 2 + = 1得 (Ⅱ)证明 设直线AE方程:得 y = k ( x ? 1) + ,代入 证明 2 4 3
3 (3+4k 2)x 2 +4k (3 ? 2k ) x + 4( ? k ) 2 ? 12 = 0 2
设E( xE , yE ) F( xF , y F ) , .因为点A(1,

3 )在椭圆上, 2

3 4( ? k ) 2 ? 12 所以 xE = 2 , 3 + 4k 2 3 yE = kxE + ? k 。 2
又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数,在上式中以 ? k 代 k ,可得

3 4( + k ) 2 ? 12 , xF = 2 3 + 4k 2

3 yF = ? kxF + + k 。 2
所以直线 EF 的斜率 k EF =

y F ? y E ? k ( xF + xE ) + 2 k 1 = = 。 xF ? xE xF ? xE 2 1 。 2

即直线 EF 的斜率为定值,其值为

12.(2009 宁夏海南卷理) 已知椭圆 C 的中心为直角坐标系 xOy 的原点,焦点在 s 轴上, 它的一个顶点到两个焦点的距离分别是 7 和 1. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)若 P 为椭圆 C 上的动点,M 为过 P 且垂直于 x 轴的直线上的点, 的轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线。 解 (Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为 a,c ,由已知得

OP OM

=λ,求点 M

?a ? c = 1 , 解得a = 4, c = 3 , ? ?a + c = 7
x2 y 2 所以椭圆 C 的标准方程为 + =1 16 7
(Ⅱ)设 M ( x, y ) ,其中 x ∈ [ ?4, 4] 。由已知

OP OM

2 2

= λ 2 及点 P 在椭圆 C 上可得

9 x 2 + 112 = λ2 。 2 2 16( x + y )
整理得 (16λ 2 ? 9) x 2 + 16λ 2 y 2 = 112 ,其中 x ∈ [ ?4, 4] 。 (i) λ =

3 时。化简得 9 y 2 = 112 4 4 7 (?4 ≤ x ≤ 4) ,轨迹是两条平行于 x 轴的线段。 3
x2 y2 + = 1 ,其中 x ∈ [ ?4, 4] 112 112 16λ 2 ? 9 16λ 2

所以点 M 的轨迹方程为 y = ±

(ii) λ ≠

3 时,方程变形为 4

当0 < λ < 分。 当

3 时,点 M 的轨迹为中心在原点、实轴在 y 轴上的双曲线满足 ?4 ≤ x ≤ 4 的部 4

3 < λ < 1 时,点 M 的轨迹为中心在原点、长轴在 x 轴上的椭圆满足 ?4 ≤ x ≤ 4 的部分; 4 当 λ ≥ 1 时,点 M 的轨迹为中心在原点、长轴在 x 轴上的椭圆;

13.(2009 四川卷文、理)已知椭圆

x2 y2 + = 1(a > b > 0) 的左、右焦点分别为 F1、F2 , a2 b

离心率 e =

2 ,右准线方程为 x = 2 。 (I)求椭圆的标准方程; (II)过点 F1 的直线 l 与该 2 uuuur uuuu r
2 26 ,求直线 l 的方程。 3

椭圆交于 M 、N 两点,且 F2 M + F2 N =

?c 2 ? = ?a 2 ,解得 a = 2, c = 1 解 (I)由已知得 ? 2 ?a = 2 ?c ?
∴ b=

a 2 ? c2 = 1
x2 + y2 = 1 . 2

∴ 所求椭圆的方程为

(II)由(I)得 F1 ( ?1, 0) 、 F2 (1, 0)

? x = ?1 2 ? ①若直线 l 的斜率不存在,则直线 l 的方程为 x = ?1 ,由 ? x 2 得y=± 2 2 ? + y =1 ?2
设 M ( ?1,

2 2 ) 、 N (?1, ? ), 2 2
2 2 ) + (?2, ? ) = (?4, 0) = 4 ,这与已知相矛盾。 2 2

∴ F2 M + F2 N = ( ?2,

uuuur uuuu r

②若直线 l 的斜率存在,设直线直线 l 的斜率为 k ,则直线 l 的方程为 y = k ( x + 1) , 设 M ( x1 , y1 ) 、 N ( x2 , y2 ) ,

? y = k ( x + 1) ? 联立 ? x 2 ,消元得 (1 + 2k 2 ) x 2 + 4k 2 x + 2k 2 ? 2 = 0 2 ? + y =1 ?2


?4k 2 2k 2 ? 2 x1 + x2 = , x1 x2 = , 1 + 2k 2 1 + 2k 2



y1 + y2 = k ( x1 + x2 + 2) =

2k , 1 + 2k 2

又∵ F2 M = ( x1 ? 1, y1 ), F2 N = ( x2 ? 1, y2 ) ∴

uuuur

uuuu r

uuuur uuuu r F2 M + F2 N = ( x1 + x2 ? 2, y1 + y2 )
2 2 uuuur uuuu r ? 8k 2 + 2 ? ? 2k ? 2 26 2 2 F2 M + F2 N = ( x1 + x2 ? 2) + ( y1 + y2 ) = ? +? = 2 ? 2 ? 3 ? 1 + 2k ? ? 1 + 2 k ?
4 2



化简得 40k ? 23k ? 17 = 0 解得 k = 1或k = ?
2 2

∴ ∴

k = ±1

17 (舍去) 40

所求直线 l 的方程为 y = x + 1或y = ? x ? 1

14.(2009 湖南卷理)在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 到点 F(3,0)的距离的 4 倍与它到直 线 x=2 的距离的 3 倍之和记为 d,当 P 点运动时,d 恒等于点 P 的横坐标与 18 之和 (Ⅰ)求点 P 的轨迹 C; (Ⅱ)设过点 F 的直线 l 与轨迹 C 相交于 M,N 两点,求线段 MN 长度的最大值。 ,则 d = 4 ( x ? 3) ? y + 3︳x-2︳ 解(Ⅰ)设点 P 的坐标为(x,y)
2 2

由题设 当 x>2 时,由①得 ( x ? 3) + y = 6 ?
2 2

1 x, 化简得 2

x2 y 2 + = 1. 36 27

当 x ≤ 2 时 由①得 (3 + x) + y = 3 + x, 化简得 y 2 = 12 x
2 2

x2 y2 故点 P 的轨迹 C 是椭圆 C1 : + = 1 在直线 x=2 的右侧部分与 36 27
抛物线 C2 : y = 12 x 在直线 x=2 的左侧部分(包括它与直线 x=2 的交点)
2

所组成的曲线,参见图 1 (Ⅱ)如图 2 所示,易知直线 x=2 与 C1 , C2 的交点都是 A(2, 2 6 ) ,B(2, ?2 6 ) , 直线 AF,BF 的斜率分别为 k AF = ?2 6 , k BF = 2 6 . 当点 P 在 C1 上时,由②知

PF = 6 ?

1 x. 2



当点 P 在 C2 上时,由③知

PF = 3 + x



若直线 l 的斜率 k 存在,则直线 l 的方程为 y = k ( x ? 3) (i)当 k≤ k AF ,或 k≥ k BF ,即 k≤-2 N( x 2 , y 2 )都在 C ∣MF∣= 6 1 上,此时由④知

6 时,直线 I 与轨迹 C 的两个交点 M( x1 , y1 ) ,

1 x 2 2 1 1 1 从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= (6 x1 )+ (6 x 2 )=12 - ( x1 + x 2 ) 2 2 2
∣NF∣= 6 -

1 x1 2

? y = k ( x ? 3) ? 由 ? x2 y2 得 (3 + 4k 2 ) x 2 ? 24k 2 x + 36k 2 ? 108 = 0 则 x1 , y1 是这个方程的两根, =1 ? + ? 36 27
所以 x1 + x 2 =

24k 2 1 12k 2 *∣MN∣=12 ( x1 + x 2 )=12 3 + 4k 2 2 3 + 4k 2

因为当 k ≤ 2 6, 或k ≥ 2 6时, k 2 ≥ 24,

MN = 12 ?

12k 2 12 100 = 12 ? = . 2 1 3 + 4k 11 +4 k2

当且仅当 k = ±2 6 时,等号成立。 ( 2 ) 当 k AE < k < k AN , ?2 6 < k < 2 6 时 , 直 线 L 与 轨 迹 C 的 两 个 交 点

M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) 分别在 C1 , C2 上,不妨设点 M 在 C1 上,点 C2 上,则④⑤知,
1 MF = 6 ? x1 , NF = 3 + x2 2
设直线 AF 与椭圆 C1 的另一交点为 E ( x0 , y0 ), 则x0 < x1 , x2 < 2.

1 1 MF = 6 ? x1 < 6 ? x0 = EF , NF = 3 + x2 < 3 + 2 = AF 2 2
所以 MN = MF + NF < EF + AF = AE 。而点 A,E 都在 C1 上,且

k AE = ?2 6, 有(1)知 AE =

100 100 , 所以 MN < 11 11

若直线 ι 的斜率不存在,则 x1 = x2 =3,此时

1 100 MN = 12 ? ( x1 + x2 ) = 9 < 2 11
综上所述,线段 MN 长度的最大值为

100 11 .

x2 ? y 2 = 1, 设过点 A( ?3 2, 0) 的直线 l 的方向向量 15.(2009 年上海卷理)已知双曲线 c : 2
v e = (1, k ) 当直线 l 与双曲线 C 的一条渐近线 m 平行时,求直线 l 的方程及 l 与 m 的距离;
(1) 证明:当 k >

2 时,在双曲线 C 的右支上不存在点 Q,使之到直线 l 的距离为 6 。 2

(1)解 双曲线 C 的渐近线 m : 解

x ± 2 y = 0............2分 2

∴ ∴

直线 l 的方程 x ± 2 y + 3 2 = 0 直线 l 与 m 的距离 d =

3 2 1+ 2

= 6

(2)证明 方法一 证明 方法一设过原点且平行与 l 的直线 b : kx ? y = 0 则直线 l 与 b 的距离 d =

3 2k 1+ k 2

当k >

2 时,d > 6 2

又双曲线 C 的渐近线为 x ± 2 y = 0

∴ 双曲线 C 的右支在直线 b 的右下方, ∴ 双曲线 C 右支上的任意点到直线 l 的距离为 6 。
故在双曲线 C 的右支上不存在点 Q ,使之到直线 l 的距离为 6 。 (2)方法二 双曲线 C 的右支上存在点 Q ( x0 , y0 ) 到直线 l 的距离为 6 , 方法二

? kx0 ? y0 + 3 2 ? = 6, (1) 则? 1+ k 2 ? ? x0 ? 2 y0 = 2, (2)
由(1)得 y0 = kx0 + 3 2k ± 6 设 t = 3 2k ± 6 当k >

1+ k 2 ,

1+ k 2

2 2 , t = 3 2k ± 6 1 + k > 0 2
代入(2)得 (1 ? 2k ) x0 ? 4ktx0 ? 2(t + 1) = 0
2 2 2

将 y0 = kx0 + t

(*)

Qk >

2 , t > 0,∴1 ? 2k 2 < 0, ?4kt < 0, ?2(t 2 + 1) < 0 2

∴ 方程(*)不存在正根,即假设不成立
故在双曲线 C 的右支上不存在 Q,使之到直线 l 的距离为 6 16.(2009 重庆卷理)已知以原点 O 为中心的椭圆的一条准线方程为 y =

4 3 ,离心率 3

e=

3 , M 是椭圆上的动点. 2

(Ⅰ)若 C , D 的坐标分别是 (0, ? 3), (0, 3) ,求 MC MD 的最大值; (Ⅱ)如题图,点 A 的坐标为 (1, 0) , B 是圆 x 2 + y 2 = 1 上的点, N 是点 M 在 x 轴上的射 影,点 Q 满足条件: OQ = OM + ON , QA BA = 0 .求线段 QB 的中点 P 的轨迹方程;

uuur

uuuu uuur r

uuu uuu r r

解 (Ⅰ)由题设条件知焦点在 y 轴上,故设椭圆方程为

x2 y2 + = 1 (a >b> 0 ). a2 b2

设c =

a 2 ? b 2 ,由准线方程 y =

4 3 3 c 3 得.由 e = 得 = ,解得 a = 2 ,c = 3 2 a 2

3,

从而 b = 1,椭圆方程为 x +
2

y2 =1 . 4 y2 = 1 的焦点,所以, MC + MD = 2a = 4 4

又易知 C,D 两点是椭圆 x +
2

从而 MC ? MD ≤ (

MC + MD 2 ) = 2 2 = 4 ,当且仅当 MC = MD , 2

即点 M 的坐标为 (±1, 0) 时上式取等号, MC ? MD 的最大值为 4 .

(II)如图(20)图,设 M( xm , ym ), B ( xB , yB )

uuuu uuur uuur r Q ( xQ , yQ ) .因为 N ( xN , 0), OM + ON = OQ ,故
xQ = 2 xN , yQ = yM ,
2 2 xQ + yQ = (2 xM ) 2 + y y = 4



因为 QA ? BA = 0,

uuu uuu r r

(1 ? xQ ? yQ ) ? (1 ? xN ? yn ) = (1 ? xQ )(1 ? xN ) + yQ y N = 0,
所以 xQ xN + yQ y N = xN + xQ ? 1 . ②

记 P 点的坐标为 ( xP , y P ) ,因为 P 是 BQ 的中点

所以 2 xP = xQ + xP , 2 yP = yQ + y P 由因为 xN + y N = 1 ,结合①,②得
2 2

2 2 xP + y P =

1 (( xQ + xN )2 + ( yQ + y N ) 2 ) 4

1 2 2 2 2 ( xQ + xN + yQ + yn + 2( xQ xN + yQ yN )) 4 1 = (5 + 2( xQ + xN ? 1)) 4 3 = + xP 4 1 2 2 故动点 P 的估计方程为 ( x ? ) + y = 1 2 =



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