2012-2018高考(全国I,II,III卷)真题分类汇编专题：16.圆锥曲线二(解析版)

1专题：圆锥曲线二1.(2018新课标III理20)已知斜率为k的直线l与椭圆22143xyC：交于A，B两点．线段AB的中点为10Mmm，．⑴证明：12k；⑵设F为C的右焦点，P为C上一点,且0FPFAFB．证明：FA，FP，FB成等差数列，并求该数列的公差．解答：（1）设直线l方程为ykxt，设11(,)Axy,22(,)Bxy,22143ykxtxy联立消y得222(43)84120kxktxt，则2222644(412)(34)0kttk，得2243kt…①，且1228234ktxxk，121226()2234tyykxxtmk，∵0m，∴0t且0k.且2344ktk…②.由①②得2222(34)4316kkk，∴12k或12k.∵0k，∴12k.（2）0FPFAFBuuruuruurr，20FPFMuuruuurr,∵(1,)Mm，(1,0)F，∴P的坐标为(1,2)m.由于P在椭圆上，∴214143m，∴34m，3(1,)2M，又2211143xy，2222143xy，两式相减可得1212121234yyxxxxyy，2又122xx，1232yy，∴1k，直线l方程为3(1)4yx，即74yx，∴2274143yxxy，消去y得2285610xx，1,21432114x，22221122||||(1)(1)3FAFBxyxyuuruur，2233||(11)(0)22FPuur,∴||||2||FAFBFP.∴FA，FP，FB成等差数列，12122||||||||||cccdFAFBaxaxxxaaa21212111321()4422714xxxx.∴32128d.2.(2018新课标III文20)已知斜率为k的直线l与椭圆22143xyC：交于A，B两点．线段AB的中点为10Mmm，．⑴证明：12k；⑵设F为C的右焦点，P为C上一点,且0FPFAFB．证明:2FPFAFB．（1）设直线l方程为ykxt，设11(,)Axy,22(,)Bxy,22143ykxtxy联立消y得222(43)84120kxktxt，则2222644(412)(34)0kttk，得2243kt…①，3且1228234ktxxk，121226()2234tyykxxtmk，∵0m，∴0t且0k.且2344ktk…②.由①②得2222(34)4316kkk，∴12k或12k.∵0k，∴12k.（2）0FPFAFBuuruuruurr，20FPFMuuruuurr,∵(1,)Mm，(1,0)F，∴P的坐标为(1,2)m.由于P在椭圆上，∴214143m，∴34m，3(1,)2M，又2211143xy，2222143xy，两式相减可得1212121234yyxxxxyy，又122xx，1232yy，∴1k，直线l方程为3(1)4yx，即74yx，∴2274143yxxy，消去y得2285610xx，1,21432114x，22221122||||(1)(1)3FAFBxyxyuuruur，2233||(11)(0)22FPuur,4∴||||2||FAFBFP.3.(2018新课标II文20理19)设抛物线24Cyx：的焦点为F，过F且斜率为(0)kk的直线l与C交于A，B两点，||8AB．（1）求l的方程；（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．解：（1）由题意得(1,0)F，l的方程为(1)(0)ykxk.设1221(,),(,)AyxyxB，由2(1),4ykxyx得2222(24)0kxkxk.216160k，故122224kxkx.所以122244||||||(1)(1)xkABAFBFkx.由题设知22448kk，解得1k（舍去），1k.因此l的方程为1yx.（2）由（1）得AB的中点坐标为(3,2)，所以AB的垂直平分线方程为2(3)yx，即5yx.设所求圆的圆心坐标为00(,)xy，则00220005,(1)(1)16.2yxyxx解得003,2xy或0011,6.xy因此所求圆的方程为22(3)(2)16xy或22(11)(6)144xy.4.(2018新课标I理19)设椭圆22:12xCy的右焦点为F，过F的直线l与C交于,AB两点，点M的坐标为2,0.（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：OMAOMB.5解：（1）由已知得(1,0)F，l的方程为x=1.由已知可得，点A的坐标为2(1,)2或2(1,)2.所以AM的方程为222yx或222yx.（2）当l与x轴重合时，0OMAOMB.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为(1)(0)ykxk，1221(,),(,)AyxyxB，则122,2xx，直线MA，MB的斜率之和为212122MAMBxxyykk.由1122,ykkxykxk得121212(23()42)(2)MAMBxxxxkkxxkkk.将(1)ykx代入2212xy得2222(21)4220kxkxk.所以，21221222422,2121xxxkkkxk.则3131322244128423()4021kkkkkkkkkxxxx.从而0MAMBkk，故MA，MB的倾斜角互补，所以OMAOMB.综上，OMAOMB.5.(2018新课标I文20)设抛物线22Cyx：，点20A，，20B，，过点A的直线l与C交于M，N两点．⑴当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；⑵证明：ABMABN∠∠．解答：（1）当l与x轴垂直时，l的方程为2x，代入22yx，∴(2,2),(2,2)MN或(2,2),(2,2)MN，∴BM的方程为：220,yx或220yx.（2）设MN的方程为2xmy，设1122(,),(,)MxyNxy，联立方程222xmyyx，得2240ymy，∴12122,4yymyy，11222,2xmyxmy，6∴121212122244BMBNyyyykkxxmymy12121224()0(4)(4)myyyymymy，∴BMBNkk，∴ABMABN.6.(2017新课标III文20)在直角坐标系xOy中，曲线y=x2+mx–2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,1).当m变化时，解答下列问题：（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；（2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.解：(1)设12,0,,0AxBx，则12,xx是方程220xmx的根，所以1212,2xxmxx，则1212,1,112110ACBCxxxx，所以不会能否出现AC⊥BC的情况。（2）解法1：过A，B，C三点的圆的圆心必在线段AB垂直平分线上，设圆心00,Exy，则12022xxmx，由EAEC得22221212100+122xxxxxyy，化简得1201122xxy，所以圆E的方程为22221112222mmxy，令0x得121,2yy，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为123，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值7解法2：设过A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D，由122xx可知原点O在圆内，由相交弦定理可得122ODOCOAOBxx，又1OC，所以2OD，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为3OCOD，为定值.7.(2017新课标III理20)已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C与A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点P（4，-2），求直线l与圆M的方程．解：（1）证明：①当xAB轴时，2x代入xy22得2yO在以AB为直径的圆上.此时圆半径为2.②当AB不垂直于x轴时，设AB的方程为2xky且2211,,,yxByxA，由222xkyxy消去y整理0424222kxkkx424212221xxkkxx,kxxkyy242121，4222121xxkyy从而12121xxyykkOBOA，OOBOA,在以AB为直径的圆上.（2）由（1）知以AB为直径的圆的方程为02121yyyyxxxx即0242222yxkkyx，由于2,4P在此圆上，代入上述方程得312k，故所求圆的方程为0101022yxyx8.(2017新课标II文20)设O为坐标原点，动点M在椭圆12:22yxCC错误!未找到引用源。上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足2NPNM（1）求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x=-3上，且1OPPQ.证明过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.89.(2017新课标I文20)设A，B为曲线C：y=24x上两点，A与B的横坐标之和为4.（1）求直线AB的斜率；（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AMBM，求直线AB的方程.910.(2017新课标II理20)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：2212xy上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P满足2NPNM.（1）求点P的轨迹方程；（2）设点Q在直线x=-3上，且1OPPQ.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.【解析】（1）设(,)Pxy，(,)Mxy，(,0)Nx2NPNM(,)2(0,)xxyy即022xxxxyyyy代入椭圆方程2212xy，得到222xy∴点P的轨迹方程222xy。∴过P与直线OQ垂直的直线为：1123yyxxy当1x时，11231yyxy112233xyyy10112233xyyy1212233yyxyy①代入得0y∴过P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。11.(2017新课标I理20)已知椭圆C：2222=1xyab（ab0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，32），P4（1，32）中恰有三点在椭圆C上.（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.11由题设121kk，故1212(21)(1)()0kxxmxx.即222448(21)(1)04141mkmkmkk.解得12mk.当且仅当1m时，0，欲使l：12myxm，即11(2)2my