2023年高考數(shù)學(xué)圓錐曲線匯編答案

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?c2?2?x2y2?2122??11．解：(1)由題意：?2?2?1，解得a?4,b?2，所求橢圓方程為42?ab222??c?a?b(2)方法一設(shè)點Q、A、B的坐標(biāo)分別為(x,y),(x1,y1),(x2,y2)。

????????APAQ????????????????由題設(shè)知AP,PB,AQ,QB均不為零，記???????????,則??0且??1

PBQB????????????????x??x2y??y2x??x2又A，P，B，Q四點共線，從而AP???PB,AQ??QB,于是4?1，1?1,x?1，

1??1??1??22y1??y2x12??2x2y12??2y2y??4x，??（1）?y，??（2）.從而

1??1??21??2222又點A、B在橢圓C上，即x1，（4）?2y12?4,??(3)x2?2y2?4,??(4).（1）+（2）×2并結(jié)合（3）

得4s?2y?4，即點Q(x,y)總在定直線2x?y?2?0上

????????PAPB????????????????方法二設(shè)點Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由題設(shè)，PA,PB,AQ,QB均不為零。且?????????

AB????????????????4??x1??y,y1?又P,A,Q,B四點共線，可設(shè)PA???AQ,PB??BQ(??0,?1),于是x1?（1）1??1??4??x1??yx2?,y2?（2）

1??1??由于A(x1,y1),B(x2,y2)在橢圓C上，將（1），（2）分別代入C的方程x?2y?4,整理得

22(x2?2y2?4)?2?4(2x?y?2)??14?0（3）(x2?2y2?4)?2?4(2x?y?2)??14?0(4)

(4)－(3)得8(2x?y?2)??0,∵??0,∴2x?y?2?0.即點Q(x,y)總在定直線2x?y?2?0上

x2?y2?1，直線AB，EF的方程分別為x?2y?2，y?kx(k?0)．2．解：（Ⅰ）依題設(shè)得橢圓的方程為4如圖，設(shè)D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x1?x2，且x1，x2滿足方程(1?4k)x?4，故x2??x1?22yBOEFDAx21?4k2．①

????????1510x2?x1?)x?由ED?6DF知x0?x1?6(x2?x0)，得x0?(6；由D在AB上知227771?4k

1

x0?2kx0?2，得x0?2232102．所以，化簡得24k?25k?6?0，解得k?或k?．?1?2k381?2k71?4k2（Ⅱ）解法一：根據(jù)點到直線的距離公式和①式知，點E，F(xiàn)到AB的距離分別為

h1?x1?2kx1?25?2(1?2k?1?4k2)5(1?4k)2，h2?x2?2kx2?25?2(1?2k?1?4k2)5(1?4k)2．

又AB?22?1?5，所以四邊形AEBF的面積為S?12(1?2k)14(1?2k)AB(h1?h2)??5??22221?4k5(1?4k)1?4k2?4k≤22，?21?4k2當(dāng)2k?1，即當(dāng)k?1時，上式取等號．所以S的最大值為22．2解法二：由題設(shè)，BO?1，AO?2．設(shè)y1?kx1，y2?kx2，由①得x2?0，y2??y1?0，故四邊形AEBF的面積為S?S△BEF?S△AEF?x2?2y2?2222(x2?2y2)2?x2?4y2?4x2y2≤2(x2?4y2)?22，當(dāng)

x2?2y2時，上式取等號．所以S的最大值為22．

3．解：(Ⅰ)由橢圓的定義，點P的軌跡是以M、N為焦點，長軸長2a=6的橢圓.因此半焦距c=2，長半軸a=3，

x2y2??1.從而短半軸b=a?c?5，所以橢圓的方程為9522(Ⅱ)由PM?PN?2,得PM?PNcosMPN?PM?PN?2.①

1?cosMPN由于cosMPN?1,P不為橢圓長軸頂點，故P、M、N構(gòu)成三角形.在△PMN中，MN?4,由余弦定理有

MN?PM?PN?2PM?PNcosMPN.②將①代入②，得42?PM?PN?2(PM?PN?2).

22222x2x2y22?y?1上.由(Ⅰ)知，點P的坐標(biāo)又滿足??1，故點P在以M、N為焦點，實軸長為23的雙曲線395所以

?33x??,???5x?9y?45,?2

由方程組?2解得?2??x?3y?3.?y??5.??222即P點坐標(biāo)為(

335335335335,)、（，-）、（-，）或（?，-）.222222224．解：（Ⅰ）由題意得直線BD的方程為y?x?1．由于四邊形ABCD為菱形，所以AC?BD．

2

?x2?3y2?4，22于是可設(shè)直線AC的方程為y??x?n．由?得4x?6nx?3n?4?0．

?y??x?n由于A，C在橢圓上，所以???12n?64?0，解得?24343．?n?333n3n2?4設(shè)A，C兩點坐標(biāo)分別為(x1，y1)，，x1x2?，y1??x1?n，y2??x2?n．(x2，y2)，則x1?x2?24所以y1?y2?n?3nn?．所以AC的中點坐標(biāo)為?，?．2?44?由四邊形ABCD為菱形可知，點?n3n?3nn??1，解得n??2．，?在直線y?x?1上，所以?44?44?所以直線AC的方程為y??x?2，即x?y?2?0．

?（Ⅱ）由于四邊形ABCD為菱形，且?ABC?60，所以AB?BC?CA．所以菱形ABCD的面積

?3n2?1632222，S?AC．由（Ⅰ）可得AC?(x1?x2)?(y1?y2)?22所以S?

5．解法一：(Ⅰ)設(shè)M，N為短軸的兩個三等分點，由于△MNF為正三角形，所以O(shè)F??43343?(?3n2?16)???n????．所以當(dāng)n?0時，菱形ABCD的面積取得最大值43．433??3MN,即1＝2x2y232b22?1.g,解得b＝3.a?b?1?4,因此，橢圓方程為?4323(Ⅱ)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).(ⅰ)當(dāng)直線AB與x軸重合時，

OA?OB?2a2,AB?4a2(a2?1),因此，恒有OA?OB?AB.222222

x2y2(ⅱ)當(dāng)直線AB不與x軸重合時，設(shè)直線AB的方程為：x?my?1,代入2?2?1,

ab2b2mb2?a2b2,y1y2?2整理得(a?bm)y?2bmy?b?ab?0,所以y1?y2?2

a?b2m2a?b2m222222222uuruuur由于恒有OA?OB?AB，所以?AOB恒為鈍角.即OAgOB?(x1,y1)g(x2,y2)?x1x2?y1y2?0恒成立.

2223

x1x2?y1y2?(my1?1)(my2?1)?y1y2?(m2?1)y1y2?m(y1?y2)?1

(m2?1)(b2?a2b2)2b2m2??2?122222a?bma?bm2222222?mab?b?ab?a??0.a2?b2m2又a2+b2m2>0,所以-m2a2b2+b2-a2b2+a2a2-a2b2+b2對m?R恒成立.

當(dāng)m?R時，a2b2m2最小值為0，所以a2-a2b2+b20,所以a0,解得a>1?51?51?5或a。2221?5，+?）.2綜合（i）(ii)，a的取值范圍為（解法二：

（Ⅰ）同解法一，

1y2b2(a2?1)2222

（Ⅱ）解：（i）當(dāng)直線l垂直于x軸時，x=1代入2?2?1,yA?.由于恒有|OA|+|OB|1，即

a2?11?51?51?5>1,解得a>或a.a222（ii）當(dāng)直線l不垂直于x軸時，設(shè)A（x1，y1）,B（x2，y2）.

x2y2設(shè)直線AB的方程為y=k(x-1)代入2?2?1,得(b2+a2k2)x2-2a2k2x+a2k2-a2b2=0,

ab2a2k2a2k2?a2b2222222222

故x1+x2=由于恒有|OA|+|OB|0時，不合題意；②當(dāng)a2-a2b2+b2=0時，a=

1?53?53?51?5;③當(dāng)a2-a2b2+b20,解得a2>或a2>（舍去），a>，

22221?5。21?5，+?）.2112x?b，當(dāng)y?b?2得x??4，?G點的坐標(biāo)為(4,b?2)，y'?x，

484

因此a?綜合（i）（ii），a的取值范圍為（

6．解：（1）由x?8(y?b)得y?

2y'|x?4?1，

過點G的切線方程為y?(b?2)?x?4即y?x?b?2，令y?0得x?2?b，?F1點的坐標(biāo)為(2?b,0)，

x22?2?b?bb?1?y?1和由橢圓方程得F點的坐標(biāo)為，即，即橢圓和拋物線的方程分別為(b,0)12x2?8(y?1)；

（2）?過A作x軸的垂線與拋物線只有一個交點P,?以?PAB為直角的Rt?ABP只有一個，同理?以?PBA為直角的Rt?ABP只有一個。

2若以?APB為直角，設(shè)P點坐標(biāo)為(x,x?1)，A、B兩點的坐標(biāo)分別為(?2,0)和(2,0)，

????????114522PA?PB?x2?2?(x2?1)2?x?x?1?0。關(guān)于x的二次方程有一大于零的解，即以?APB?x有兩解，

8644為直角的Rt?ABP有兩個，因此拋物線上存在四個點使得?ABP為直角三角形。

7．（Ⅰ）解法1：以O(shè)為原點，AB、OD所在直線分別為x軸、y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則A（－2，0），B（2，0），D(0,2)，P（3,1）。

依題意得|｜MA｜－｜MB｜|=｜PA｜－｜PB｜＝(2?3)?1?（2?3）?1＝22＜｜AB｜＝4.∴曲線C是以原點為中心，A、B為焦點的雙曲線.

設(shè)實半軸長為a，虛半軸長為b，半焦距為c，則c＝2，2a＝22，∴a2=2,b2=c2－a2=2.∴曲線C的方程為

222218x2y2??1.22解法2：同解法1建立平面直角坐標(biāo)系，則依題意可得|｜MA｜－｜MB｜|=｜PA｜－｜PB｜＜｜AB｜＝4.

(3)212xy?2?1,∴曲線C是以原點為中心，A、B為焦點的雙曲線.設(shè)雙曲線的方程為2?2?1(a＞0，b＞0）.則由a2baba2?b2?4.22x2y2??1.解得a=b=2,∴曲線C的方程為222

2

(Ⅱ)解法1：依題意，可設(shè)直線l的方程為y＝kx+2，代入雙曲線C的方程并整理得（1－K2）x2－4kx－6=0.①∵直線l與雙曲線C相交于不同的兩點E、F，

5

∴

1?k2?0,??(?4k)?4?6(1?k)?0,22?k??1,?3?k?3.∴k∈（－3,－1）∪（－1，1）∪（1，3）.②

設(shè)E（x1，y1），F(xiàn)(x2,y2)，則由①式得x1+x2=

22｜EF｜＝(x1?x2)?(y1?y2)?4k6,xx??,于是1221?k1?k(1?k2)(x1?x2)2

2＝1?k?(x1?x2)?4x1x2?1?k?22223?k21?k2.

而原點O到直線l的距離d＝

21?k2，

2112223?k22223?k?1?k??.∴S△DEF=d?EF??222221?k1?k1?k若△OEF面積不小于22,即S△OEF?22，則有

223?k21?k2?22?k4?k2?2?0,解得?2?k?2.③

綜合②、③知，直線l的斜率的取值范圍為[－2，－1]∪(-1,1)∪(1,2).

解法2：依題意，可設(shè)直線l的方程為y＝kx+2，代入雙曲線C的方程并整理，得（1－K2）x2－4kx－6=0.①

∵直線l與雙曲線C相交于不同的兩點E、F，∴1?k2?0,??(?4k)?4?6(1?k)?0.22?

k??1,?3?k?3.

∴k∈（－3，－1）∪（－1，1）∪（1，3）.②

設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),則由①式得｜x1－x2｜=(x1?x2)?4x1x2?當(dāng)E、F在同一支上時（如圖1所示），S△OEF＝S?ODF?S?ODE?當(dāng)E、F在不同支上時（如圖2所示）.S?OEF?S?ODF2?1?k2?223?k21?k2.③

11OD?x1?x2?OD?x1?x2;2211?S△ODE=OD?(x1?x2)?OD?x1?x2.

221223?k2.綜上得S△OEF＝OD?x1?x2,于是由｜OD｜＝2及③式，得S△OEF=221?k若△OEF面積不小于22,即S?OEF?22,則有

223?k21?k2?22?k4?k2?2?0,解得?2?k?2.④.

綜合②、④知，直線l的斜率的取值范圍為[－2，－1]∪（－1，1）∪（1，2）.

6

8．解：（Ⅰ）設(shè)AB為點P（x0,0）的任意一條“相關(guān)弦〞，且點A、B的坐標(biāo)分別是（x1,y1）、（x2,y2）（x1?x2）,則y21=4x1,y22=4x2,兩式相減得（y1+y2）（y1－y2）=4（x1－x2）.由于x1?x2,所以y1+y2?0.

設(shè)直線AB的斜率是k，弦AB的中點是M（xm,ym）,則k=

y1?y242.從而AB的垂直平分線l的??x1?x2y1?y2ym方程為y?ym??yym（x0,0）在直線l上，所以－ym=?m(x0?xm).而ym?0,于是xm?x0?2.故(x?xm).又點P

22點P（x0,0）的所有“相關(guān)弦〞的中點的橫坐標(biāo)都是x0－2.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，弦AB所在直線的方程是y?ym?k(x?xm)，代入y2?4x中，整理得

(ym?kxm)2.）則x1、x2是方程（·）的兩個實根，且x1?x2?kx?2[k(ym?kxm)?2]x?(ym?kxm)?0.（·2k222設(shè)點P的“相關(guān)弦〞AB的弦長為l，則l2?(x1?x2)2?(y1?y2)2?(1?k2)(x1?x2)2

?(1?k2)[(x1?x2)2?4x1x2]?4(1?k2)(xm2?x1x2)?4(1?42)[xm?2ym(ym?2xm)2ym]42ym

2242?(4?ym)(4xm?ym)??ym?4ym(xm?1)?16xm22?4(xm?1)2?[ym?2(xm?1)]2?4(x0?1)2?[ym?2(x0?3)]2.22由于03,則2(x0－3)?(0,4x0－8),所以當(dāng)t=2(x0－3),即ym=2(x0－3)時,l有最大值2(x0－1).若23時，點P（x0,0）的“相關(guān)弦〞的弦長中存在最大值，且最大值為2（x0－1）；當(dāng)20,b>0)，右焦點為F(c,0)(c>0)，則c2=a2+b2

ab不妨設(shè)l1：bx-ay=0，l2：bx+ay=0

則|FA|?|b?c?a?0|a?b22?b，

8

|OA|?OF2?AF2?a。

由于|AB|2+|OA|2=|OB|2，且|OB|=2|AB|-|OA|，

所以|AB|+|OA|=(2|AB|-|OA|)，于是得tanAOB=又BF與FA同向，故∠AOF=

222

|AB||OA|?4。3112tan?AOF4∠AOB，所以,解得tan∠AOF=，或tan∠AOF=-2（舍去）。?22231?tan?AOF因此

b1?,a?2b,c?a2?b2?5b。所以雙曲線的離心率e=c=5a22a1，c=5b知，直線AB的方程為2（Ⅱ）由a=2b知，雙曲線的方程可化為x2-4y2=4b2①,由l1的斜率為y=-2(x-5b)②,將②代入①并化簡，得15x2-325bx+84b2=0。

84b2325b設(shè)AB與雙曲線的兩交點的坐標(biāo)分別為(x1,y1)，(x2,y2)，則x1+x2=，x1·x2=③

15152AB被雙曲線所截得的線段長l=1?(?2)?|x1?x2|?5[(x1?x2)2?4x1x2]④,將③代入④，并化簡得l=

4b，3x2y2??1而由已知l=4，故b=3，a=6,所以雙曲線的方程為

369

12．解法一：（Ⅰ）如圖，設(shè)A(x1，2x12)，B(x2，2x22)，把y?kx?2代入y?2x2得2x?kx?2?0，

2?kk2x1?x2kk?，?N點的坐標(biāo)為?，由韋達(dá)定理得x1?x2?，x1x2??1，?xN?xM?224?48??．?yM2B1NO1xAk2k??設(shè)拋物線在點N處的切線l的方程為y??m?x??，將y?2x2代入上式

84??mkk22??0，?直線l與拋物線C相切。得2x?mx?482?mkk2????m?8????m2?2mk?k2?(m?k)2?0，?m?k．即l∥AB．

8??4????????1|MN|?|AB|．（Ⅱ）假設(shè)存在實數(shù)k，使NA?NB?0，則NA?NB，又?M是AB的中點，?2?k21111?k2由（Ⅰ）知yM?(y1?y2)?(kx1?2?kx2?2)?[k(x1?x2)?4]???4???2．

2222?2?4k2k2k2?16?MN?x軸，?|MN|?|yM?yN|??2??．

488

9

12?k?|x1?x2|?1?k?(x1?x2)?4x1x2?1?k????4?(?1)?k?1?k2?16．又|AB|?1?k?2?2?22222k2?1612??k?1?k2?16，解得k??2．

84????????k??2即存在，使NA?NB?0．

2解法二：（Ⅰ）如圖，設(shè)A(x1，2x12)，B(x2，2x2)，把y?kx?2代入y?2x2得2x?kx?2?0．

2?kk2x1?x2kk?，?N點的坐標(biāo)為?，由韋達(dá)定理得x1?x2?，x1x2??1．?xN?xM?2