2016年高考文科圆锥曲线大题

1.（新课标Ⅰ文数）在直角坐标系xOy中，直线:0lytt交y轴于点M，交抛物线C：220ypxp于点PM，关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H.（I）求OHON；（II）除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.2.（新课标Ⅱ文数）已知A是椭圆E：22143xy的左顶点，斜率为0kk＞的直线交E于A，M两点，点N在E上，MANA.（I）当AMAN时，求AMN的面积(II)当2AMAN时，证明：32k.3.（新课标Ⅲ文数）已知抛物线22Cyx：的焦点为F，平行于x轴的两条直线12ll，分别交C于AB，两点，交C的准线于PQ，两点.（Ⅰ）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明ARFQ；（Ⅱ）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.4.（2016年北京文数）已知椭圆C：22221xyab过点2,00,1AB（），（）两点.（I）求椭圆C的方程及离心率；（II）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.5.（2016年山东文数）已知椭圆:C222210xyabab的长轴长为4，焦距为22.（I）求椭圆C的方程；(Ⅱ)过动点(0)0Mmm，的直线交x轴与点N，交C于点AP，(P在第一象限)，且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B.(i)设直线PMQM、的斜率分别为'kk、，证明'kk为定值.(ii)求直线AB的斜率的最小值.6.（2016年上海文数）双曲线2221(0)yxbb的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过F2且与双曲线交于A、B两点.（1）若l的倾斜角为2，1FAB△是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；（2）设3,b若l的斜率存在，且|AB|=4，求l的斜率.7.（2016年四川文数）已知椭圆E：222210xyabab的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点1(3)2P，在椭圆E上。(Ⅰ)求椭圆E的方程；(Ⅱ)设不过原点O且斜率为12的直线l与椭圆E交于不同的两点AB，，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于CD，，证明：MAMBMCMD8.（2016年天津文数）设椭圆13222yax（3a）的右焦点为F，右顶点为A，已知||3||1||1FAeOAOF，其中O为原点，e为椭圆的离心率.（Ⅰ）求椭圆的方程；学.科.网（Ⅱ）设过点A的直线l与椭圆交于点B（B不在x轴上），垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，若HFBF，且MAOMOA，求直线的l斜率.9.（2016年浙江文数）如图，设抛物线22(0)ypxp的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于1.AF（I）求p的值；（II）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点NAN，与x轴交于点.M求M的横坐标的取值范围.答案1.（Ⅰ）由已知得),0(tM，),2(2tptP.又N为M关于点P的对称点，故),(2tptN，ON的方程为xtpy，代入pxy22整理得0222xtpx，解得01x，ptx222，因此)2,2(2tptH.所以N为OH的中点，即2||||ONOH.（Ⅱ）直线MH与C除H以外没有其它公共点.理由如下：直线MH的方程为xtpty2，即)(2typtx.代入pxy22得04422ttyy，解得tyy221，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外直线MH与C没有其它公共点.2.【答案】（Ⅰ）14449；（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）先求直线AM的方程，再求点M的纵坐标，最后求AMN的面积；（Ⅱ）设11,Mxy，，将直线AM的方程与椭圆方程组成方程组，消去y，用k表示1x，从而表示||AM，同理用k表示||AN，再由2AMAN求k.试题解析：（Ⅰ）设11(,)Mxy，则由题意知10y.由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为4，又(2,0)A，因此直线AM的方程为2yx.将2xy代入22143xy得27120yy，解得0y或127y，所以1127y.因此AMN的面积11212144227749AMNS.（2）将直线AM的方程(2)(0)ykxk代入22143xy得2222(34)1616120kxkxk.由2121612(2)34kxk得2122(34)34kxk，故2212121||1|2|34kAMkxk.由题设，直线AN的方程为1(2)yxk，故同理可得22121||43kkANk.由2||||AMAN得2223443kkk，即3246380kkk.设32()4638ftttt，则k是()ft的零点，22'()121233(21)0ftttt，所以()ft在(0,)单调递增，又(3)153260,(2)60ff，因此()ft在(0,)有唯一的零点，且零点k在(3,2)内，所以32k.考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系.3.解：（Ⅰ）由题设)0,21(F.设bylayl:,:21，则0ab，且22111(,),(,),(,),(,),(,)222222ababAaBbPaQbR.记过BA,学科&网两点的直线为l，则l的方程为0)(2abybax......3分（Ⅰ）由于F在线段AB上，故01ab.记AR的斜率为1k，FQ的斜率为2k，则222111kbaabaababaabak.所以FQAR∥.......5分（Ⅱ）设l与x轴的交点为)0,(1xD，则2,2121211baSxabFDabSPQFABF.由题设可得221211baxab，所以01x（舍去），11x.设满足条件的AB的中点为),(yxE.当AB与x轴不垂直时，由DEABkk可得)1(12xxyba.而yba2，学科&网所以)1(12xxy.当AB与x轴垂直时，E与D重合.所以，所求轨迹方程为12xy.....12分4.解：（I）由题意得，2a，1b．所以椭圆C的方程为2214xy．又223cab，所以离心率32cea．（II）设00,xy（00x，00y），则220044xy．又2,0，0,1，所以，直线的方程为0022yyxx．令0x，得0022yyx，从而002112yyx．直线的方程为0011yyxx．令0y，得001xxy，从而00221xxy．所以四边形的面积12S00002121212xyyx22000000000044484222xyxyxyxyxy00000000224422xyxyxyxy2．从而四边形的面积为定值．5.【答案】(Ⅰ)22142xy.(Ⅱ)(i)见解析；(ii)直线AB的斜率的最小值为62.【解析】试题分析：(Ⅰ)分别计算a,b即得.(Ⅱ)(i)设0000,0,0Pxyxy，由M(0,m)，可得00,2,,2.PxmQxm得到直线PM的斜率002mmmkxx，直线QM的斜率0023'mmmkxx.证得.(ii)设1122,,,AxyBxy，直线PA的方程为y=kx+m，直线QB的方程为y=-3kx+m.联立22142ykxmxy，整理得222214240kxmkxm.应用一元二次方程根与系数的关系得到222221222200022223221812118121mmkmxxkxkxkkx，2222212222000622286121812118121kmmkkmyymmkxkxkkx，得到2212161116.44AByykkkxxkk应用基本不等式即得.试题解析：(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c，由题意知24,222ac，所以222,2abac，所以椭圆C的方程为22142xy.(Ⅱ)(i)设0000,0,0Pxyxy，由M(0,m)，可得00,2,,2.PxmQxm所以直线PM的斜率002mmmkxx，直线QM的斜率0023'mmmkxx.此时'3kk，所以'kk为定值-3.(ii)设1122,,,AxyBxy，直线PA的方程为y=kx+m，直线QB的方程为y=-3kx+m.联立22142ykxmxy，整理得222214240kxmkxm.由20122421mxxk可得21202221mxkx，所以211202221kmykxmmkx，同理222222002262,181181mkmxymkxkx.所以222221222200022223221812118121mmkmxxkxkxkkx，2222212222000622286121812118121kmmkkmyymmkxkxkkx，所以2212161116.44AByykkkxxkk由00,0mx，可知k0，所以1626kk，等号当且仅当66k时取得.此时26648mm，即147m，符号题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.6.解：（1）设,xy．由题意，2F,0c，21cb，22241ybcb，因为1F是等边三角形，所以23cy，即24413bb，解得22b．故双曲线的渐近线方程为2yx．（2）由已知，2F2,0．设11,xy，22,xy，直线:l2ykx．由22132yxykx，得222234430kxkxk．因为l与双曲线交于两点，所以230k，且23610k．由212243kxxk，2122433kxxk，得2212223613kxxk，故2222121212261143kxxyykxxk，解得235k，故l的斜率为155．7.（I）由已知，a=2b.又椭圆22221(0)xyabab过点1(3,)2P，故2213414bb，解得21b.所以椭圆E的方程是2214xy.（II）设直线l的方程为1(0)2yxmm，1122(,),(,)AxyBxy，由方程组221,41,2xyyxm得222220xmxm，①方程①的判别式为24(2)m，由，即220m，解得22m.由①得212122,22xxmxxm.所以M点坐标为(,)2mm，直线OM方程为12yx，由方程组221,41,2xyyx得22(2,),(2,)22CD.所以2555(2)(2)(2)224MCMDmmm.又222212121212115[()()][()4]4416MAMBABxxyyxxxx22255[44(22)](2)164mmm.所以=MAMBMCMD.8.【答案