2015年---2019年全国理科数学(圆锥曲线部分)

12015---2019全国1卷圆锥曲线考题汇集20152016201720182019分值22分22分22分22分22分选择题1题2题1题2题1题填空题1题无1题无1题解答题1题1题1题1题1题2015年5．已知M（00,xy）是双曲线C：2212xy上的一点，12,FF是C上的两个焦点，若120MFMF，则0y的取值范围是（）（A）（-33，33）（B）（-36，36）（C）（223，223）（D）（233，233）【答案】A【解析】由题知12(3,0),(3,0)FF，220012xy，所以12MFMF=0000(3,)(3,)xyxy=2220003310xyy，解得03333y，故选A.2考点：双曲线的标准方程；向量数量积坐标表示；一元二次不等式解法.14．一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在x轴上，则该圆的标准方程为。【答案】【解析】设圆心为（，0），则半径为，则，解得，故圆的方程为.20．（本小题满分12分）在直角坐标系xoy中，曲线C：y=24x与直线ykxa（a＞0）交与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.【答案】（Ⅰ）0axya或0axya（Ⅱ）存在试题解析：（Ⅰ）由题设可得(2,)Maa，(22,)Na，或(22,)Ma，(2,)Naa.∵12yx，故24xy在x=22a处的到数值为a，C在(22,)aa处的切线方程为(2)yaaxa，即0axya.故24xy在x=-22a处的到数值为-a，C在(22,)aa处的切线方程为(2)yaaxa，即0axya.故所求切线方程为0axya或0axya.（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：设P（0，b）为复合题意得点，11(,)Mxy，22(,)Nxy，直线PM，PN的斜率分别为12,kk.22325()24xya4||a222(4||)||2aa32a22325()24xy3将ykxa代入C得方程整理得2440xkxa.∴12124,4xxkxxa.∴121212ybybkkxx=1212122()()kxxabxxxx=()kaba.当ba时，有12kk=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM=∠OPN，所以(0,)Pa符合题意.考点：抛物线的切线；直线与抛物线位置关系；探索新问题；运算求解能力2016年5：已知方程x2m2+n－y2m2－n＝1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（）（A）(–1,3)（B）(–1,3)（C）(0,3)（D）(0,3)分析：表示双曲线，则∴由双曲线性质知：，其中是半焦距∴焦距，解得∴故选A．10：以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的标准线于D、E两点.已知|AB|=，|DE|=，则C的焦点到准线的距离为（）(A)2(B)4(C)6(D)810．以开口向右的抛物线为例来解答，设抛物线为，设圆的方程为，如图：222213xymnmn2230mnmn223mnm222234cmnmnmc2224cm1m13n422522ypx0p222xyr4设，，点在抛物线上，∴……①点在圆上，∴……②点在圆上，∴……③联立①②③解得：，焦点到准线的距离为．故选B．20（本小题满分12分）设圆的圆心为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.解答：．⑴圆A整理为，A坐标，如图，，则，由，则所以E的轨迹为一个椭圆，方程为，()；0,22Ax,52pD0,22Ax22ypx082px,52pD222xyr2252pr0,22Ax222xyr2208xr4p4p222150xyxEAEB22116xy1,0BEAC∥CEBD∠∠,ACADDC则∠∠EBDD∠∠，EBED4AEEBAEEDAD22143xy0yF543211234y141210864224xEDABC5⑵；设，因为，设，联立得；则；圆心到距离，所以，2017年10．已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为：A．16B．14C．12D．10【答案】A【解析】设AB倾斜角为．作1AK垂直准线，2AK垂直x轴易知11cos22AFGFAKAKAFPPGPP（几何关系）（抛物线特性）221:143xyC:1lxmyPQl⊥:1PQymx1lC与椭圆221143xmyxy2234690mymy2222222363634121||1||13434MNmmmMNmyymmmAPQ22|11||2|11mmdmm2222224434||2||21611mmPQAQdmm2222222121114342411||||2412,831223413431MPNQmmmSMNPQmmmm543211234y1210864224xQPNMAB6cosAFPAF∴同理1cosPAF，1cosPBF∴22221cossinPPAB又DE与AB垂直，即DE的倾斜角为π22222πcossin2PPDE而24yx，即2P．∴22112sincosABDEP2222sincos4sincos224sincos241sin2421616sin2≥，当π4取等号即ABDE最小值为16，故选A15．已知双曲线C：22221xyab（a0，b0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点。若∠MAN=60°，则C的离心率为________。233分析：如图，OAa，ANAMb∵60MAN，∴32APb，222234OPOAPAab∴2232tan34bAPOPab7又∵tanba，∴223234bbaab，解得223ab∴221231133bea20.（12分）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.解：（1）由于3P，4P两点关于y轴对称，故由题设知C经过3P，4P两点.又由222211134abab知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此222111314bab，解得2241ab.故C的方程为2214xy.（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知0t，且||2t，可得A，B的坐标分别为（t，242t），（t，242t）.则22124242122ttkktt，得2t，不符合题设.从而可设l：ykxm（1m）.将ykxm代入2214xy得222(41)8440kxkmxm8由题设可知22=16(41)0km.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=2841kmk，x1x2=224441mk.而12121211yykkxx121211kxmkxmxx1212122(1)()kxxmxxxx.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)2myx，所以l过定点（2，1）2018年8．设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FM→·FN→=A．5B．6C．7D．8解析：选DF(1,0)，MN方程为y=23(x+2),代入抛物线方程解得交点M(1,2),N(4,4),则FM→=(0,2),FN→=(3,4)∴FM→·FN→=811．已知双曲线C：x23-y2=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M、N.若ΔOMN为直角三角形，则|MN|=A．32B．3C．23D．4解析：选B依题F(2,0),曲线C的渐近线为y=±33x,MN的斜率为3，方程为y=3(x-2),联立方程组解得M(32,-32),N(3,3),∴|MN|=319．（12分）设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A,B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；9（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.解：（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x=1.由已知可得，点A的坐标为(1,22)或(1,-22).所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.（2）当l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=00.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA=∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y=k(x-1)(k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x12,x22，直线MA，MB的斜率之和为kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2.由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2)将y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0所以，x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0从而kMA+kMB=0，故MA，MB的倾斜角互补，所以∠OMA=∠OMB.综上，∠OMA=∠OMB.2019年10.已知椭圆C的焦点为121,01,0FF()，()，过F2的直线与C交于A，B两点.若222AFFB││││，1ABBF││││，则C的方程为A.2212xyB.22132xyC.22143xyD.22154xy【答案】B方法一：如图，由已知可设2FBn，则212,3AFnBFABn，由椭圆的定义有121224,22aBFBFnAFaAFn．在12AFF△和12BFF△中，由余弦定理得2221222144222cos4,422cos9nnAFFnnnBFFn，又2121,AFFBFF互补，2121coscos0AFFBFF，两式消去2121coscosAFFBFF,，得223611nn，解得32n．2222423,3,312,anabac所求椭圆方程为1022132xy，故选B．方法二：如图，由已知可设2FBn，则212,3AFnBFABn，由椭圆的