2013-2018年圆锥曲线高考题汇总-附答案

12013-2018年圆锥曲线高考题汇总角度问题1、（18文）设抛物线22Cyx：，点20A，，20B，，过点A的直线l与C交于M，N两点．（1）当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；（2）证明：ABMABN∠∠．解：（1）当l与x轴垂直时，l的方程为x=2，可得M的坐标为（2，2）或（2，–2）．所以直线BM的方程为y=112x或112yx．（2）当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM=∠ABN．当l与x轴不垂直时，设l的方程为(2)(0)ykxk，M（x1，y1），N（x2，y2），则x10，x20．由2(2)2ykxyx，得ky2–2y–4k=0，可知y1+y2=2k，y1y2=–4．直线BM，BN的斜率之和为1221121212122()22(2)(2)BMBNyyxyxyyykkxxxx．①将112yxk，222yxk及y1+y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得121221121224()882()0yykyyxyxyyykk．所以kBM+kBN=0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM+∠ABN．综上，∠ABM=∠ABN．2、（18理）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.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，2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.3、（15理卷一）在直角坐标系xOy中,曲线C:y=𝑥24与直线l:y=kx+a(a0)交于M,N两点.(Ⅰ)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程;(Ⅱ)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由.解析(Ⅰ)由题设可得M(2√𝑎,a),N(-2√𝑎,a)或M(-2√𝑎,a),N(2√𝑎,a).又y'=𝑥2,故y=𝑥24在x=2√𝑎处的导数值为√𝑎,C在点(2√𝑎,a)处的切线方程为y-a=√𝑎(x-2√𝑎),即√𝑎x-y-a=0.y=𝑥24在x=-2√𝑎处的导数值为-√𝑎,C在点(-2√𝑎,a)处的切线方程为y-a=-√𝑎(x+2√𝑎),即√𝑎x+y+a=0.故所求切线方程为√𝑎x-y-a=0和√𝑎x+y+a=0.(5分)(Ⅱ)存在符合题意的点,证明如下:设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2.将y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0.故x1+x2=4k,x1x2=-4a.从而k1+k2=𝑦1-b𝑥1+𝑦2-b𝑥2=2𝑘𝑥1𝑥2+(a−b)(𝑥1+𝑥2)𝑥1𝑥2=𝑘(𝑎+𝑏)𝑎.当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故∠OPM=∠OPN,所以点P(0,-a)符合题意.(12分)3定点问题1、（17理卷2）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.由题设121kk，故1212(21)(1)()0kxxmxx.即222448(21)(1)04141mkmkmkk.解得12mk.4当且仅当1m时，0，欲使l：12myxm，即11(2)2myx，所以l过定点（2，1）2、（17理卷二）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；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112233xyyy1212233yyxyy①代入得0y∴过P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。5定值问题1、（15文卷二）已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(ab0)的离心率为√22,点(2,√2)在C上.(Ⅰ)求C的方程;(Ⅱ)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.解析(Ⅰ)由题意有√𝑎2-𝑏2𝑎=√22,4𝑎2+2𝑏2=1,解得a2=8,b2=4.所以C的方程为𝑥28+𝑦24=1.(Ⅱ)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入𝑥28+𝑦24=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=𝑥1+𝑥22=-2𝑘𝑏2𝑘2+1,yM=k·xM+b=𝑏2𝑘2+1.于是直线OM的斜率kOM=𝑦𝑀𝑥𝑀=-12𝑘,即kOM·k=-12.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.2、（15理卷二）已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.(Ⅰ)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;(Ⅱ)若l过点(𝑚3,m),延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.(Ⅰ)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=𝑥1+𝑥22=-𝑘𝑏𝑘2+9,yM=kxM+b=9𝑏𝑘2+9.于是直线OM的斜率kOM=𝑦𝑀𝑥𝑀=-9𝑘,即kOM·k=-9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(Ⅱ)四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点(𝑚3,m),所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0,k≠3.由(Ⅰ)得OM的方程为y=-9𝑘x.设点P的横坐标为xP.6由{𝑦=−9𝑘x,9𝑥2+𝑦2=𝑚2得𝑥𝑃2=𝑘2𝑚29𝑘2+81,即xP=±𝑘𝑚3√𝑘2+9.将点(𝑚3,m)的坐标代入l的方程得b=𝑚(3-𝑘)3,因此xM=𝑘(𝑘-3)𝑚3(𝑘2+9).四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM.于是±𝑘𝑚3√𝑘2+9=2×𝑘(𝑘-3)𝑚3(𝑘2+9),解得k1=4-√7,k2=4+√7.因为ki0,ki≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4-√7或4+√7时,四边形OAPB为平行四边形.范围问题1、（16理卷一）设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.(Ⅰ)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;(Ⅱ)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.(Ⅰ)因为|AD|=|AC|,EB∥AC,故∠EBD=∠ACD=∠ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.(2分)由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为𝑥24+𝑦23=1(y≠0).(4分)(Ⅱ)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2).由{𝑦=𝑘(𝑥-1),𝑥24+𝑦23=1得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.则x1+x2=8𝑘24𝑘2+3,x1x2=4𝑘2-124𝑘2+3.所以|MN|=√1+𝑘2|x1-x2|=12(𝑘2+1)4𝑘2+3.(6分)过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-1𝑘(x-1),A到m的距离为2√𝑘2+1,所以|PQ|=2√42-(2√𝑘2+1)2=4√4𝑘2+3𝑘2+1.故四边形MPNQ的面积S=12|MN||PQ|=12√1+14𝑘2+3.(10分)可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8√3).7当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12.综上,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8√3).(12分)2、（16理卷二）已知椭圆E:𝑥2𝑡+𝑦23=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.(Ⅰ)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(Ⅱ)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.(Ⅰ)设M(x1,y1),则由题意知y10.当t=4时,E的方程为𝑥24+𝑦23=1,A(-2,0).(1分)由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为π4.因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)将x=y-2代入𝑥24+𝑦23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y1=127.(4分)因此△AMN的面积S△AMN=2×12×127×127=14449.(5分)(Ⅱ)由题意,t3,k0,A(-√𝑡,0).将直线AM的方程y=k(x+√𝑡)代入𝑥2𝑡+𝑦23=1得(3+tk2)x2+2√𝑡·tk2x+t2k2-3t=0.(7分)由x1·(-√𝑡)=𝑡2𝑘2-3t3+𝑡𝑘2得x1=√𝑡(3-t𝑘2)3+𝑡𝑘2,故|AM|=|x1+√𝑡|√1+𝑘2=6√𝑡(1+𝑘2)3+𝑡𝑘2.(8分)由题设,直线AN的方程为y=-1𝑘(x+√𝑡),故同理可得|AN|=6𝑘√𝑡(1+𝑘2)3𝑘2+t.(9分)由2|AM|=|AN|得23+𝑡𝑘2=𝑘3𝑘2+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=√23时上式不成立,因此t=3𝑘(2𝑘-1)𝑘3-2.(10分)t3等价于𝑘3-2𝑘2+k−2𝑘3-2=(𝑘-2)(𝑘2+1)𝑘3-20,即𝑘-2𝑘3-20.(11分)由此得{𝑘-20,𝑘3-20或{𝑘-20,𝑘3-2