江苏高考复习之高考圆锥曲线专题-直线和圆锥曲线常考题型

内心是三条角平分线的交点，它到三边的距离相等。外心是三条边垂直平分线的交点，它到三个顶点的距离相等。重心是三条中线的交点，它到顶点的距离是它到对边中点距离的2倍。垂心是三条高的交点，它能构成很多直角三角形相似。（2019年全国一卷理科）19．（12分）已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若，求|AB|．19．解：设直线11223:,,,,2lyxtAxyBxy．（1）由题设得3,04F，故123||||2AFBFxx，由题设可得1252xx．由2323yxtyx，可得22912(1)40xtxt，则1212(1)9txx．323APPB从而12(1)592t，得78t．所以l的方程为3728yx．（2）由3APPB可得123yy．由2323yxtyx，可得2220yyt．所以122yy．从而2232yy，故211,3yy．代入C的方程得1213,3xx．故413||3AB．（2019年全国二卷理科）21．（12分）已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−12.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：PQG△是直角三角形；（ii）求PQG△面积的最大值.21．解：（1）由题设得1222yyxx，化简得221(||2)42xyx，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为(0)ykxk．由22142ykxxy得2212xk．记2212uk，则(,),(,),(,0)PuukQuukEu．于是直线QG的斜率为2k，方程为()2kyxu．由22(),2142kyxuxy得22222(2)280kxukxku．①设(,)GGGxy，则u和Gx是方程①的解，故22(32)2Gukxk，由此得322Gukyk．从而直线PG的斜率为322212(32)2ukukkukkuk．所以PQPG，即PQG△是直角三角形．（ii）由（i）得2||21PQuk，2221||2ukkPGk，所以△PQG的面积222218()18(1)||12(12)(2)12()kkkkSPQPGkkkk‖．设t=k+1k，则由k0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．因为2812tSt在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为169．因此，△PQG面积的最大值为169．（2019年全国三卷理科）21．已知曲线C：y=22x，D为直线y=12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，52)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.21．解：（1）设111,,,2DtAxy，则2112xy.由于y'x，所以切线DA的斜率为1x，故11112yxxt.整理得1122+1=0.txy设22,Bxy，同理可得2222+1=0txy.故直线AB的方程为2210txy.所以直线AB过定点1(0,)2.（2）由（1）得直线AB的方程为12ytx.由2122ytxxy，可得2210xtx.于是2121212122,1,121xxtxxyytxxt，2222121212||11421ABtxxtxxxxt.设12,dd分别为点D，E到直线AB的距离，则212221,1dtdt.因此，四边形ADBE的面积22121||312SABddtt.设M为线段AB的中点，则21,2Mtt.由于EMAB，而2,2EMtt，AB与向量(1,)t平行，所以220ttt.解得t=0或1t.当t=0时，S=3；当1t时，42S.因此，四边形ADBE的面积为3或42.（2018年全国三卷理科）20.已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．（1）证明：；（2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．【答案】（1）（2）或【解析】分析：（1）设而不求，利用点差法进行证明。（2）解出m,进而求出点P的坐标，得到,再由两点间距离公式表示出，得到直的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解。详解：（1）设，则.两式相减，并由得.由题设知，于是.①由题设得，故.（2）由题意得，设，则.由（1）及题设得.又点P在C上，所以，从而，.于是.同理.所以.故，即成等差数列.设该数列的公差为d，则.②将代入①得.所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.故，代入②解得.所以该数列的公差为或.（2018年全国二卷理科）19.设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．（1）求的方程；（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．【答案】(1)y=x–1,(2)或．【解析】分析：(1)根据抛物线定义得，再联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理代入求出斜率，即得直线的方程；（2）先求AB中垂线方程，即得圆心坐标关系，再根据圆心到准线距离等于半径得等量关系，解方程组可得圆心坐标以及半径，最后写出圆的标准方程.详解：（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x–1）（k0）．设A（x1，y1），B（x2，y2）．由得．，故．所以．由题设知，解得k=–1（舍去），k=1．因此l的方程为y=x–1．（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，即．设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则解得或因此所求圆的方程为或．点睛：确定圆的方程方法(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程．(2)待定系数法①若已知条件与圆心和半径有关，则设圆的标准方程依据已知条件列出关于的方程组，从而求出的值；②若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D、E、F的方程组，进而求出D、E、F的值．（2018年全国一卷理科）19.设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：.【答案】(1)AM的方程为或.(2)证明见解析.【解析】分析：(1)首先根据与轴垂直，且过点，求得直线l的方程为x=1，代入椭圆方程求得点A的坐标为或，利用两点式求得直线的方程；(2)分直线l与x轴重合、l与x轴垂直、l与x轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果.详解：（1）由已知得，l的方程为x=1.由已知可得，点A的坐标为或.所以AM的方程为或.（2）当l与x轴重合时，.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，则，直线MA，MB的斜率之和为.由得.将代入得.所以，.则.从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以.综上，.点睛：该题考查的是有关直线与椭圆的问题，涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与椭圆相交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量，在解题的过程中，第一问求直线方程的时候，需要注意方法比较简单，需要注意的就是应该是两个，关于第二问，在做题的时候需要先将特殊情况说明，一般情况下，涉及到直线与曲线相交都需要联立方程组，之后韦达定理写出两根和与两根积，借助于斜率的关系来得到角是相等的结论.17年北京理科（18）（本小题14分）已知抛物线C：y2=2px过点P（1，1）.过点（0，）作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点.（Ⅰ）求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；（Ⅱ）求证：A为线段BM的中点.解：（Ⅰ）由抛物线C：过点P（1，1），得.所以抛物线C的方程为.抛物线C的焦点坐标为（，0），准线方程为.（Ⅱ）由题意，设直线l的方程为（），l与抛物线C的交点为，.由，得.则，.因为点P的坐标为（1，1），所以直线OP的方程为，点A的坐标为.直线ON的方程为，点B的坐标为.因为1222ypx12p2yx1414x12ykx0k11(,)Mxy22(,)Nxy212ykxyx224(44)10kxkx1221kxxk12214xxkyx11(,)xy22yyxx2112(,)yyxx，所以.故A为线段BM的中点.17年全国一卷理科20.（12分）定点问题已知椭圆C：（ab0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）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.20.（12分）解：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.21122112112222yyyyyyxxyxxx122112211()()222kxxkxxxxx122121(22)()2kxxxxx22211(22)42kkkkx0211122yyyxx2222=1xyab32323P4P3P4P222211134abab因此，解得.故C的方程为.（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，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.则，得，不符合题设.从而可设l：（）.将代入得由题设可知.（切记）设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.而.由题设，故.即.222111314bab2241ab2214xy0t||2t242t242t22124242122ttkktt2tykxm1mykxm2214xy222(41)8440kxkmxm22=16(41)0km2841kmk224441mk12121211yykkxx121211kxmkxmxx1212122(1)()kxxmxxxx121kk1212(21)(1)()0kxxmxx222448(21)(1)04141mkmkmkk解得.当且仅当时，，欲使l：，即，所以l过定点（2，）（消去参量的影响）17年全国卷二20.（12分）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.20.解（1）设P（x,y）,M（x0,y0）,设N（x0,0）,00,,0,NPxxyNMy由2NPNM得002=,2xxyy因为M（x0,y0）在C上，所以22122xy因此点P的轨迹方程为222xy（2）由题意知F（-1,0）.设Q（-3，t）,P(m,n),则3,1,,33tOQ,PFmnOQPFmtn，,3,OPm,nPQm,tn12mk1m012myxm11(2)2myx1由1OPPQ得22-31