最新-圓錐曲線高考題匯總-附答案

1、學(xué)習(xí) 好資料2013-2018 年圓錐曲線高考題匯總角度問題1、（ 18文）設(shè)拋物線 C：y2 2x，點(diǎn) A 2，0 ，B 2，0 ，過點(diǎn) A的直線l與C交于 M，N兩點(diǎn)（1）當(dāng) l 與 x 軸垂直時(shí)，求直線 BM 的方程；（2）證明： ABM ABN 解：（1）當(dāng) l與 x軸垂直時(shí)， l的方程為 x=2，可得 M的坐標(biāo)為（ 2，2）或（ 2，2）所以直線 BM 的方程為 y= 1 x 1 或 y 1 x 1 22（2）當(dāng) l 與x軸垂直時(shí)， AB為 MN 的垂直平分線，所以 ABM=ABN當(dāng) l 與 x 軸不垂直時(shí)，設(shè) l 的方程為 y k（x 2）（k 0）， M（x1，y1），N（x2，

2、y2），則 x1>0， x2>0y k（x 2），2 2由 2得 ky22y4k=0，可知 y1+y2= ， y1y2=4y2 2x k直線 BM ，BN 的斜率之和為y1y2x2y1 x1y2 2（y1 y2） kBM kBNx1 2 x2 2（x1 2）（x2 2）將 x1 y1 2 ， x2 y2 2 及 y1+y2，y1y2 的表達(dá)式代入式分子，可得 kk2y1y2 4k（y1 y2）8 8x2 y1 x1y2 2（y1 y2）0kk所以 kBM+kBN=0，可知 BM ，BN 的傾斜角互補(bǔ)，所以 ABM + ABN綜上， ABM=ABN2 x22、（ 18理）設(shè)橢圓 C:

3、y2 1的右焦點(diǎn)為 F，過F 的直線l與C交于 A,B兩點(diǎn)，點(diǎn) M的坐標(biāo)為 （2,0） .2（ 1）當(dāng) l 與 x 軸垂直時(shí)，求直線 AM 的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：OMA OMB .解：( 1)由已知得 F (1,0) ，l 的方程為 x=1.由已知可得，點(diǎn) A 的坐標(biāo)為 (1, 2)或 (1, 2).2222所以 AM 的方程為 y 2 x 2 或y 2 x 2. 22(2)當(dāng) l 與 x 軸重合時(shí)， OMA OMB 0 .當(dāng) l 與 x 軸垂直時(shí)， OM 為 AB 的垂直平分線，所以 OMA OMB .當(dāng) l 與 x 軸不重合也不垂直時(shí)，設(shè) l 的方程為 y k(x 1)(k

4、0) ， A( x1 , y1), B ( x2 , y 2 ) ，則 x12, x22 ，直線 MA， MB 的斜率之和為 kMA kMBy1y2x1 2 x2 2由 y1 kx1 k,y2 kx2 k 得kMA k MB2kx1x2 3k(x1 x2) 4k(x1 2)(x2 2)2將 y k(x 1) 代入 x y2 1得22 2 2 2(2k2 1)x2 4k 2x 2k 2 2 0.所以，x1x24k22k2 1,x1x22k2 22k2 12kx1x2 3k(x1 x2) 4k3 3 34k3 4k 12k3 8k3 4k2k2 1更多精品文檔從而 kMA kMB 0，故 MA，M

5、B 的傾斜角互補(bǔ)，所以O(shè)MA OMB .學(xué)習(xí) 好資料綜上， OMA OMB .3、(15 理卷一)在直角坐標(biāo)系 xOy 中,曲線 C:y= 與直線 l:y=kx+a(a>0) 交于 M,N 兩點(diǎn).( )當(dāng) k=0 時(shí),分別求 C 在點(diǎn) M 和 N 處的切線方程 ;()y 軸上是否存在點(diǎn) P,使得當(dāng) k變動時(shí) ,總有 OPM= OPN?說明理由 .解析 ()由題設(shè)可得 M(2 ,a),N(-2 ,a)或 M(-2 ,a),N(2 ,a).又 y'= ,故 y= 在 x=2 處的導(dǎo)數(shù)值為 ,C 在點(diǎn) (2 ,a)處的切線方程為 y-a= (x-2 ), 即 x-y-a=0.y= 在

6、x=-2 處的導(dǎo)數(shù)值為 - ,C 在點(diǎn) (-2 ,a)處的切線方程為 y-a=- (x+2 ),即 x+y+a=0.故所求切線方程為 x-y-a=0 和 x+y+a=0.(5 分 )( )存在符合題意的點(diǎn) ,證明如下 :設(shè) P(0,b)為符合題意的點(diǎn) ,M(x 1,y1),N(x 2,y2),直線 PM,PN 的斜率分別為 k1,k2.將 y=kx+a 代入 C 的方程得 x2-4kx-4a=0.故 x 1+x 2=4k,x 1 x2=-4a.從而 k1+k2= - + - = = .當(dāng) b=-a 時(shí),有 k1+k2=0,則直線 PM 的傾斜角與直線 PN 的傾斜角互補(bǔ) ,故 OPM= OPN

7、,所以點(diǎn) P(0,-a)符合題 意 .(12 分 )定點(diǎn)問題1、( 17 理卷 2)已知橢圓C：22xy22 =1 （ a> b>0），四點(diǎn) P1（1,1），P2（0,1）， P3（1，ab3)，P4(1， 3 )2 4 2中恰有三點(diǎn)在橢圓 C 上 .1)求 C 的方程；2）設(shè)直線 l不經(jīng)過 P2點(diǎn)且與 C相交于 A，B兩點(diǎn).若直線 P2A與直線 P2B的斜率的和為 1，證明： l過定點(diǎn).由題設(shè) k1 k2 1 ，故 (2k 1)x1x2 (m 1)(x1 x2) 0 .即 (2k 1)24m 424k2 1(m 1)8km24k2 1更多精品文檔m1(x 2) ，解得 k m 1

8、2當(dāng)且僅當(dāng) m 1時(shí)，0 ，欲使 l ： y m 1x m ，即 y 1所以 l 過定點(diǎn)（ 2， 1 ）2x22、（ 17 理卷二）設(shè) O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，動點(diǎn) M 在橢圓 C：y2 1上，過 M 做 x 軸的垂線，垂足為 N，點(diǎn) P 滿足2NP 2NM .（1） 求點(diǎn) P 的軌跡方程； 設(shè)點(diǎn) Q在直線 x=-3 上，且 OP PQ 1 .證明：過點(diǎn) P且垂直于 OQ的直線 l過 C的左焦點(diǎn) F.解析】( 1)設(shè) P(x,y)，M(x ,y )，N(x,0)(x x,y) 2(0, y)x x 0 x即 y 2y y 2 代入橢圓方程 x y 2 1 ，得到 x2 y2 22點(diǎn) P 的軌跡方程 x

9、2 y2 2 。學(xué)習(xí) 好資料3過 P 與直線 OQ 垂直的直線為： y y1 3 x x1 y2當(dāng) x 1 時(shí)，yy13 1x1y133x1y13x13y1y23x13y2y2 y2y2 y2y2y2代入得 y 0過 P且垂直于 OQ的直線 l過C的左焦點(diǎn) F 。定值問題1、(15文卷二)已知橢圓 C: + =1(a>b>0)的離心率為 ,點(diǎn)(2, )在 C上.( )求 C 的方程 ;()直線 l不過原點(diǎn) O且不平行于坐標(biāo)軸 ,l 與C有兩個(gè)交點(diǎn) A,B,線段 AB 的中點(diǎn)為 M.證明:直線 OM 的斜率與直線 l 的斜率的乘積為定值 .解析 ( )由題意有= , + =1,解得

10、a2=8,b2=4.所以 C 的方程為 + =1.( )設(shè)直線 l:y=kx+b(k 0,b 01),yA1()x,B(x 2,y2),M(x M,yM).將 y=kx+b 代入 + =1 得2 2 2(2k +1)x +4kbx+2b -8=0.故 xM=,yM =k·xM+b=于是直線 OM 的斜率 kOM= =- ,即 kOM ·k=- .所以直線 OM 的斜率與直線 l 的斜率的乘積為定值 .2 2 22、(15理卷二) 已知橢圓 C:9x2+y2=m2(m>0),直線 l不過原點(diǎn) O且不平行于坐標(biāo)軸 ,l 與C有兩個(gè)交點(diǎn) A,B,線段 AB 的中點(diǎn)為 M.(

11、)證明:直線 OM 的斜率與 l 的斜率的乘積為定值()若 l過點(diǎn),延長線段 OM 與 C交于點(diǎn) P,四邊形 OAPB 能否為平行四邊形 ?若能,求此時(shí) l的斜率;若不能 ,說明理由.()設(shè)直線 l:y=kx+b(k 0,b 01),yA1()x,B(x 2,y2),M(x M,yM). 將 y=kx+b 代入 9x2+y2=m2 得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=,yM=kx M+b=于是直線 OM 的斜率 kOM= =- ,即 kOM ·k=-9.所以直線 OM 的斜率與 l 的斜率的乘積為定值( )四邊形 OAPB 能為平行四邊形 .因?yàn)橹本€ l 過點(diǎn),所以

12、 l 不過原點(diǎn)且與 C 有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是 k>0,k 3.由 ()得 OM 的方程為 y=- x.設(shè)點(diǎn) P 的橫坐標(biāo)為 xP.由 得 =,即 xP=將點(diǎn) 的坐標(biāo)代入 l 的方程得 b=因此 xM=.四邊形 OAPB 為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段 AB 與線段 OP 互相平分 ,即 xP=2xM.于是=2 ×,解得 k1=4- ,k2=4+ .因?yàn)?ki>0,k i 3,i=1,2所, 以當(dāng) l的斜率為 4- 或4+ 時(shí),四邊形 OAPB 為平行四邊形更多精品文檔學(xué)習(xí) 好資料范圍問題221、( 16理卷一)設(shè)圓 x2+y2+2x-15=0 的圓心為 A,直線l過點(diǎn)B(1,

13、0)且與 x軸不重合,l交圓 A于C,D兩點(diǎn),過B作AC 的平行線交 AD 于點(diǎn) E.()證明|EA|+|EB|為定值 ,并寫出點(diǎn) E的軌跡方程 ;()設(shè)點(diǎn) E的軌跡為曲線 C1,直線 l交C1于M,N 兩點(diǎn),過B且與 l垂直的直線與圓 A交于 P,Q兩點(diǎn),求四邊形 MPNQ 面積的取值范圍 .()因?yàn)閨AD|=|AC|,EB AC,故 EBD= ACD= ADC.所以 |EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圓 A 的標(biāo)準(zhǔn)方程為 (x+1) 2+y 2=16,從而|AD|=4, 所以 |EA|+|EB|=4.(2 分)由題設(shè)得 A(-1,0),B(1,0),

14、|AB|=2, 由橢圓定義可得點(diǎn) E的軌跡方程為 + =1(y 0).(4分)()當(dāng) l 與 x 軸不垂直時(shí) ,設(shè) l 的方程為 y=k(x- 1)(k 0),M(x 1,y1),N(x 2,y2).由得(4k2+3)x 2-8k2x+4k2-12=0.則 x1+x2=,x1x2= - .所以 |MN|=|x1-x2|=.(6 分 )過點(diǎn) B(1,0)且與 l垂直的直線 m:y=- (x-1),A 到 m的距離為,所以|PQ|=2- =4 .故四邊形 MPNQ 的面積S= |MN|PQ|=12.(10 分 )可得當(dāng) l 與 x 軸不垂直時(shí) ,四邊形 MPNQ 面積的取值范圍為 (12,8 ).

15、 更多精品文檔學(xué)習(xí) 好資料當(dāng) l 與 x 軸垂直時(shí) , 其方程為 x=1,|MN|=3,|PQ|=8, 四邊形 MPNQ 的面積為 12.綜上,四邊形 MPNQ 面積的取值范圍為 12,8 ).(12 分)2、(16 理卷二)已知橢圓 E: + =1 的焦點(diǎn)在 x 軸上,A 是 E 的左頂點(diǎn) ,斜率為 k(k>0)的直線交 E 于 A,M 兩點(diǎn),點(diǎn) N 在 E 上 ,MA NA.()當(dāng) t=4,|AM|=|AN| 時(shí) ,求AMN 的面積 ;()當(dāng) 2|AM|=|AN| 時(shí),求 k 的取值范圍 .( )設(shè) M(x 1,y1),則由題意知 y1>0.當(dāng) t=4 時(shí),E 的方程為 + =

16、1,A(-2,0).(1 分 )由已知及橢圓的對稱性知 ,直線 AM 的傾斜角為 .因此直線 AM 的方程為 y=x+2.(2 分 )將 x=y-2 代入 + =1 得 7y2-12y=0.解得 y=0 或 y= ,所以 y1= .(4 分 )因此 AMN 的面積 S AMN =2 × × × = .(5 分 )2 2 2 2 2()由題意 ,t>3,k>0,A(- ,0).將直線 AM 的方程 y=k(x+ ) 代入 + =1 得(3+tk2)x2+2 ·tk2x+t 2k2-3t=0.(7 分)由 x1·(- )= - 得 x1

17、= - ,故 |AM|=|x 1+ | =.(8 分 )由題設(shè) ,直線 AN 的方程為 y=- (x+ ),故同理可得 |AN|= .(9 分 )由 2|AM|=|AN| 得 =,即 (k3-2)t=3k(2k-1).當(dāng) k= 時(shí)上式不成立 ,因此 t= - - .(10 分 ) t>3 等價(jià)于 - - = - - <0,即 - <0.(11 分 ) 由此得 - 或 - 解得 <k<2.因此 k 的取值范圍是 ( ,2).(12 分 )最值問題1、( 14理卷一)已知點(diǎn) A(0,-2),橢圓 E: + =1(a>b>0)的離心率為 ,F是橢圓 E的右焦

18、點(diǎn) ,直線 AF 的斜率為,O為坐標(biāo)原點(diǎn) .()求 E的方程 ;()設(shè)過點(diǎn) A的動直線 l與E相交于 P,Q兩點(diǎn).當(dāng)OPQ的面積最大時(shí) ,求 l的方程 .( )設(shè) F(c,0),由條件知 , = ,得 c= .又 = ,所以 a=2,b2=a2-c2=1.故 E 的方程為 +y 2=1.()當(dāng) lx 軸時(shí)不合題意 ,故設(shè) l:y=kx-2,P(x 1,y1),Q(x 2,y2).2 2 2將 y=kx-2 代入 +y =1 得 (1+4k )x -16kx+12=0.更多精品文檔學(xué)習(xí) 好資料當(dāng) =16(4k2-3)>0, 即 k2> 時(shí),x1,2=.從而 |PQ|=|x1-x2|=

19、.又點(diǎn) O 到直線 PQ 的距離 d= ,所以 OPQ的面積S OPQ= d·|PQ|=.設(shè)- =t, 則 t>0,S OPQ= .因?yàn)?t+ 4當(dāng), 且僅當(dāng) t=2, 即 k= ± 時(shí)等號成立 ,且滿足 >0,所以 ,當(dāng) OPQ 的面積最大時(shí) ,l 的方程為 y= x-2 或 y=- x-2.222、(14文卷一)已知點(diǎn) P(2,2),圓C:x2+y2-8y=0,過點(diǎn)P的動直線 l與圓 C交于 A,B 兩點(diǎn),線段AB 的中點(diǎn)為 M,O為坐 標(biāo)原點(diǎn) .( )求 M 的軌跡方程 ;()當(dāng)|OP|=|OM|時(shí),求l的方程及 POM的面積 .22()圓 C 的方程可化為 x2+(y-4) 2=16,所以圓心為 C(0,4),半徑為 4.設(shè) M(x,y), 則 =(x,y-4), =(2-x,2-y). 由題設(shè)知 · =0,故 x(2-x)+(y-4)(2-y)=0, 即(x-1)2+(y-3) 2=2.由于點(diǎn) P在圓 C的內(nèi)部,所以 M的軌跡方程是 (x-1)2+(y-3)2=2.()由()可知 M 的軌跡是以點(diǎn) N(1,3) 為圓心 , 為半徑的圓 更多精品文檔學(xué)習(xí) 好資料由于|OP|=|O