高考数学编圆锥曲线.pdf

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高考数学编圆锥曲线
高考数学试题分类汇编——圆锥曲线
〔上海文数〕23183142〔此题总分值小题分,第小题总分值个小题,第分〕此题共有
,第小题总分值
x2y2
椭圆的方程为221(ab0),A(0,b)、B(0,b)和Q(a,0)为的三个顶点.
ab
1
〔1〕假设点M满足AM(AQAB),求点M的坐标;
2
〔2〕设直线l1:yk1xp交椭圆于C、D两点,交直线l2:y
b2
k1k22,证明:E为CD的中点;
a
〔3〕设点P在椭圆内且不在x轴上,如何构作过PQ中点F的直线l,使得l与椭圆的

两个交点P1、P2满足PP1PP2PQPP1PP2PQ?令a10,b5,点P的坐标是

〔-8,-1〕,假设椭圆上的点P1、P2满足PP1PP2PQ,求点P1、P2的坐标.
ab
解析:(1)M(,);
22
yk1xp
2222222222
(2)由方程组xy,消y得方程(ak1b)x2ak1pxa(pb)0,
221
ab
因为直线l1:yk1xp交椭圆于C、D两点,
所以>0,即a2k2b2p20,
1
设C(x1,y1)、D(x2,y2),CD(x中点坐标为0,y0),
xxa2kp
x121
02a2k2b2
1
那么2,
bp
y0k1x0p222
ak1b
yk1xp
由方程组,消y(k得方程2k1)xp,
yk2x
pa2kp
x1x
22220
bk2k1ak1b
又因为k22,所以2,
ak1bp
yk2x222y0
ak1b
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故ECD为的中点;
(3)PxFOFkΓΓ在椭圆的斜率内且不在轴上,所以点因为点内,可以求得直线2,
b2
由PP1PP2PQ知FP为1P2的中点,根据(2)可得直线l的斜率k12,从而得直线l的
ak2
方程.
11b21
F(1,),直线OF的斜率k2,直线l的斜率k12,
22ak22
1
yx1
22
解方程组22,消y:x2x480,解得P1(6,4)、P2(8,3).
xy
1
10025
〔湖南文数〕19.〔本小题总分值13分〕
为了考察冰川的融化状况,一支科考队在某冰川山上相距8KmA、B的两点各建一个考察基
、地,视冰川面为平面形,以过ABxABy轴,线段轴建立平两点的直线为的垂直平分线为
、面直角坐标系〔图4〕。考察范围到AB10Km的区域。两点的距离之和不超过
(I)求考察区域边界曲线的方程:
(II)如图4所示,设线段P1P2是冰川的局部边界线〔不考虑其他边界〕,当冰川融化
时,边界线沿与其垂直的方向朝考察区域平行移动,第一年移动,以后每年移动
的距离为前一年的2A恰好在冰川边界线上?倍。问:经过多长时间,点
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m2
〔浙江理数〕(21)15m>1,直线分〕〔此题总分值l:xmy0,椭圆
2
2
x2
C:2y1,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点.
m
〔Ⅰ〕当直线l过右焦点F2时,求直线l的方程;
〔Ⅱ〕设直线l与椭圆C交于A,B两点,VAF1F2,VBF1F2
的重心分别为G,,求
实数m的取值范围.
解析:此题主要考察椭圆的几何性质,直线与椭圆,点与圆的位置关系等根底知识,同时考
察解析几何的根本思想方法和综合解题能力。
m2m2
〔Ⅰ〕解:因为直线l:xmy0经过F(m21,0),所以m21得,
2
22
m22,
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又因为m1,所以m2,
2
2
故直线l的方程为x2y0。
2
〔Ⅱ〕解:设A(x1,y1),B(x2,y2)。
2
m
xmy
2
由2,消去x得
x2
2y1
m
m2
2
2ymy10
4
2
2m22
那么由m8(1)m80,知m8,
4
2
mm1
且有y1y2,y1y2。
282
由于F1(c,0),F2(c,0),,
故O为F1F2的中点,

由AG2GO,BH2HO,
x1y1x2y1
可知G(,),h(,),
3333
(xx)2(yy)2
21212
GH
99
x1x2y1y2
设M是GH的中点,那么M(,),
66
由题意可知2MOGH,
xxyy(xx)2(yy)2
即4[(12)2(12)2]1212
6699
即x1x2y1y20
m2m2
而x1x2y1y2(my1)(my2)y1y2
22
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2
2m1
(m1)()
82
2
m1
所以0
82
2
即m4
又因为m1且0
所以1m2。
所以m的取值范围是(1,2)。
〔〔全国卷221〕〔本小题总分值12分〕理数〕
x2y2
己知斜率为1的直线l与双曲线C:221a>0,b>0相交于B、D两点,且BD
ab
的中点为M1,3.
〔Ⅰ〕求C的离心率;
〔Ⅱ〕设C的右顶点为A,右焦点为F,DFBF17,证明:过A、B、D三点的圆与
x轴相切.
【参考答案】
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〔陕西文数〕20.〔本小题总分值13分〕
〔Ⅰ〕求椭圆C的方程;
(Ⅱ)设nlnP,与椭圆相交为过原点的直线,是与垂直相交与点
于A,B两点的直线
立?假设存在,求出直线l的方程;并说出;假设不存在,请说明理由。
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〔〔辽宁文数〕20〕〔本小题总分值12分〕
x2y2
设F1,F2分别为椭圆C:221(ab0)的左、右焦点,过F2的直线l与椭圆C
ab
相交于A,B两点,直线l的倾斜角为60,F到直线l的距离为23.
1
〔Ⅰ〕求椭圆C的焦距;

〔Ⅱ〕如果AF22F2B,求椭圆C的方程.
解:〔Ⅰ〕设焦距为2c,由可得F1到直线l的距离3c23,故c2.
所以椭圆C的焦距为4.
〔Ⅱ〕设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知y10,y20,直线l的方程为y3(x2).
y3(x2),
22224
联立x2y2得(3ab)y43by3b0.
221
ab
3b2(22a)3b2(22a)
解得y122,y222.
3ab3ab

因为AF22F2B,所以y12y2.
3b2(22a)3b2(22a)
即22222.
3ab3ab
得ab24,所以b5.
x2y2
故椭圆C的方程为1.
95
〔辽宁理数〕(20)〔本小题总分值12分〕
22
xy
设椭圆C:221(ab0)的左焦点为F,过点FCAB,相交于的直线与椭圆
ab

两点,直线l60的倾斜角为o,AF2FB.
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(I)C的离心率;求椭圆
15
(II)|AB|=如果,
4
解:
设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知y1<0,y2>0.
〔Ⅰ〕直线l的方程为y3(xc),其中ca2b2.
y3(xc),
2222224
联立xy得(3ab)y23bcy3b0
221
ab
22
3b(c2a)3b(c2a)
解得y122,y222
3ab3ab

因为AF2FB,所以y12y2.
22
3b(c2a)3b(c2a)
即22222
3ab3ab
c2
得离心率e.……6分
a3
2
1243ab15
〔Ⅱ〕因为AB1y2y1,所以22.
333ab4
c25515
由得b,得a=3,b5.
a3344
22
xy
椭圆C的方程为1.……12分
95
〔〔全国卷222〕〔本小题总分值12分〕文数〕
22
xy
斜率为11C:的直线与双曲线221(a0,b0)相交于B、DBD两点,且的中点为
ab
M〔〕
〔Ⅰ〕〔Ⅰ〕求C的离心率;
〔Ⅱ〕〔Ⅱ〕设CA,右焦点为F,|DF|·|BF|=17A、B、D证明:过三点的圆与的右顶点为
x轴相切。
【解析】此题考查了圆锥曲线、直线与圆的知识,考查学生运用所学知识解决问题的能力。
〔1〕由直线过点〔1,3〕及斜率可得直线方程,直线与双曲线交于BD1,两点的中点为〔
3〕,可利用直线与双曲线消元后根据中点坐标公式找出A,B的关系式即求得离心率。
〔2〕利用离心率将条件|FA||FB|=17,用含AA,那么A点坐标可的代数式表示,即可求得
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得〔1,0〕,由于AX2AM=BD轴上所以,只要证明即证得。在
〔江西理数〕21.〔本小题总分值12分〕
22
xy
C1:221(ab0)22
abC2:xbyb
设椭圆,抛物线。
(1)假设C2经过C1的两个焦点,求C1的离心率;
5
〔(2)设A0,b〕,Q33,、,又MN为C1与C2不在yAMN轴上的两个交点,假设△
4
3
的垂心为B0,b,且△QMN的重心在C2上,求椭圆C1和抛物线C2的方程。
4
【解析】考查椭圆和抛物线的定义、根本量,通过交点三角形来确认方程。
22
〔1〕由椭圆焦点(c,0)在抛物线上,可得:cb,由
c212
2222
abc2c,有2e。
a22
(2)由题设可知M、Ny关于轴对称,设
M(x1,y1),N(x1,y1)(x10),由AMN的垂心为B,有
3
BMAN0x2(yb)(yb)0。
111
4
22b
由点N(x1,y1)在抛物线上,x1by1b,解得:y1或y1b(舍去)
4
55b5bb
故x1b,M(b,),N(b,),得QMN重心坐标(3,).
224244
b211
由重心在抛物线上得:3b2,所以b=2,M(5,),N(5,),又因为
422
22
216xy2
M、N在椭圆上得:a,椭圆方程为1,抛物线方程为x2y4。
3164
3
〔安徽文数〕17、〔本小题总分值12分〕
椭圆E经过点A2,3,对称轴为坐标轴,
1
焦点F1,F2在x轴上,离心率e。
2
(Ⅰ)求椭圆E的方程;
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(Ⅱ)求F1AF2的角平分线所在直线的方程。
17..
22
xy1
【解题指导】〔1〕设椭圆方程为221,把点A2,3代入椭圆方程,把离心率e
ab2
22222
用a,c表示,再根据abc,求出a,b,得椭圆方程;〔2〕可以设直线l上任一点坐
|3x4y6|
标为(x,y),根据角平分线上的点到角两边距离相等得|x2|.
5
解:〔Ⅰ〕设椭圆E的方程为
x2y2
221.
ab
1c1x2y2
由e,得,b2a2c23c2,1.
2a24c23c2
13
将A(2,3)代入,有221,解得:c2,椭圆E的方程为
cc
x2y2
1.
1612
3
()由()知F1(2,0),F2(2,0),所以直线AF1的方程为y=(x2),
4
即3x4y6,F1AF2的角平分线所在直线的斜率为正数。
3x4y6
设P(x,y)为F1AF2的角平分线所在直线上任一点,则有x2
5
若3x4y65x10,得x2y80,其斜率为负,不合题意,舍去。
于是3x-4y+6=-5x+10,即2x-y-1=0.
所以,F1AF2的角平分线所在直线的方程为2x-y-1=0.
x2y2
【规律总结】对于椭圆解答题,一般都是设椭圆方程为221,根据题目满足的条件求
ab
22
出a,b,得椭圆方程,这一问通常比拟简单;〔2〕对于角平分线问题,利用角平分线的几
何意义,即角平分线上的点到角两边距离相等得方程.
〔分,〔Ⅰ〕小问分,〔Ⅱ〕小问〔重庆文数〕21〕〔本小题总分值1257.〕分
5
以原点O为中心,F(5,0)为右焦点的双曲线C的离心率e.
2
〔Ⅰ〕求双曲线C的标准方程及其渐近线方程;
〔Ⅱ〕如题〔21〕图,过点M(x1,y1)的直线l1:x1x4y1y4与过点N(x2,y2)〔其
中x2x1〕的直线l2:x2x4y2y4的交点E在双曲线C上,直线MN与双曲线的两条

渐近线分别交于G、H两点,求OGOH的值.
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2
〔〔浙江文数〕22〕、〔此题总分值15m分〕是非零实数,抛物线C:y2ps〔p>0〕
m2
的焦点F在直线l:xmy0上。
2
〔I〕假设m=2,求抛物线C的方程
〔II〕设直线l、与抛物线CAB,△A交于
A2F,△BB1F的重心分别为G,H
求证:对任意非零实数m,C抛物线的准线与
xGH轴的焦点在以线段为直径的圆外。
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〔〔重庆理数〕20〕〔本小题总分值12分,
分,〔〔I〕小问5II〕小问7分〕
以原点O为中心,F5,0为右焦点的双
5
曲线C的离心率e。
2
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(I)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程;
(II)如题〔20〕图,过点Mx1,y1的直线l1:x1x4y1y4与过点Nx2,y2〔其
中x2x〕的直线l2:x2x4y2y4的交点ECMN与两条上,直线在双曲线
渐近线分别交与G、H两点,求OGH的面积。
〔〔山东文数〕22〕〔本小题总分值14分〕
22
xy
如图,椭圆221(ab0)过点.
ab
22
(1,),离心率为,左、右焦点分别为F1、
22
:xy2上且不在x轴上的任意
一点,直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B
和C、D,O为坐标原点.
〔I〕求椭圆的标准方程;
〔II〕设直线PF1、PF2的斜线分别为k1、k2.
13
〔i〕证明:2;
k1k2
〔ii〕问直线l上是否存在点P,使得直线OA、OB、OC、OD的斜率kOA、
kOB、kOC、kOD满足kOAkOBkOCkOD0?假设存在,求出所有满足条件的点P的坐
标;假设不存在,说明理由.
〔〔北京文数〕19〕〔本小题共14分〕
6
椭圆C的左、右焦点坐标分别是(2,0),(2,0),离心率是,直线y=tC椭圆
3
交与不同的两点M,N,以线段为直径作圆P,圆心为P。
〔Ⅰ〕求椭圆C的方程;
〔Ⅱ〕假设圆PxP与轴相切,求圆心的坐标;
〔Ⅲ〕设Q〔x,y〕是圆Pty上的动点,当变化时,求的最大值。
c622
解:〔Ⅰ〕因为,且c2,所以a3,bac1
a3
x2
2
所以椭圆C的方程为y1
3
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〔Ⅱ〕由题意知p(0,t)(1t1)
yt
22
由x2得x3(1t)
y1
3
2
所以圆P的半径为3(1t)
33
解得t所以点P0,的坐标是〔〕
22
222
〔Ⅲ〕由〔Ⅱ〕知,圆P的方程x(yt)3(1t)。因为点Q(x,y)在圆P上。所以
yt3(1t2)x2t3(1t2)
2
设tcos,(0,),那么t3(1t)cos3sin2sin()
6
1
当,即t,且x0,y取最大值2.
32
〔〔北京理数〕19〕〔本小题共14分〕
在平面直角坐标系xOyBA〔-1,1〕关于原点OPAPBP中,点与点对称,是动点,且直线与
1
的斜率之积等于.
3
(Ⅰ)求动点P的轨迹方程;
(Ⅱ)设直线APBPx=3M,N,问:是否存在点PPABPMN和与△的面使得△交于点分别与直线
积相等?假设存在,求出点P的坐标;假设不存在,说明理由。
〔I〕解:因为点BA与(1,1)关于原点O对称,所以点B得坐标为(1,1).
设点P的坐标为(x,y)
y1y11
由题意得
x1x13
化简得x23y24(x1).
故动点P的轨迹方程为x23y24(x1)
〔II〕解法一:设点P的坐标为(x0,y0),点M,N得坐标分别为(3,yM),(3,yN).
y01
那么直线AP的方程为y1(x1),直线BP的方程为
x01
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y01
y1(x1)
x01
4y0x032y0x03
令x3得yM,yN.
x01x01
于是PMN得面积
|xy|(3x)2
1000
SPMN|yMyN|(3x0)2
2|x01|
又直线AB的方程为xy0,|AB|22,
|x0y0|
点P到直线AB的距离d.
2
于是PAB的面积
1
SPAB|AB|d|x0y0|
2
|xy|(3x)2
当SS时,得|xy|000
PABPMN002
|x01|
又|x0y0|0,
225
所以(3x0)=|x01|,解得|x0。
3
2233
因为x03y04,所以y0
9
533
故存在点P使得PAB与PMN的面积相等,此时点P的坐标为(,).
39
解法二:假设存在点P使得PAB与PMN的面积相等,设点P的坐标为(x0,y0)
11
那么|PA||PB|sinAPB|PM||PN|sinMPN.
22
因为sinAPBsinMPN,
|PA||PN|
所以
|PM||PB|
|x01||3x0|
所以
|3x0||x1|
225
即(3x0)|x01|,解得x0
3
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2233
因为x03y04,所以y0
9
故存在点PS使得PAB与PMN的面积相等,此时点P的坐标为
533
(,).
39
〔〔四川理数〕20〕〔本小题总分值12分〕
1
定点A(-1,0),F(2,0),定直线l:x=,不在xPF与点轴上的动点的距离是它到直
2
、线l2PE,过点FEB、CABACl于于点分别交的距离的的轨迹为的直线交两点,直线
M、N
〔Ⅰ〕求E的方程;
〔Ⅱ〕试判断以线段MNF,
本小题主要考察直线、轨迹方程、双曲线等根底知识,考察平面机袭击和的思想方法及推理
运算能力.
221
解:(1)设P(x,y),那么(x2)y2|x|
2
y2
化简得x2-=1(y≠0)………………………………………………………………4分
3
(2)①当直线BCxBCy=k(x-2)(k≠0)与轴不垂直时,设的方程为
2
2y
与双曲线x-=1yw_联立消去得
3
(3-k)2x2+4k2x-(4k2+3)=0
由题意知3-k2≠00且△>
设B(x1,y1),C(x2,y2),
2
4k
x1x22
k3
那么2
4k3
x1x22
k3
y1y2=k2(x1-2)(x2-2)=k2[x1x2-2(x1+x2)+4]
22
24k38k
=k(22+4)
k3k3
2
9k
=2
k3
因为x1、x2≠-1
y1
所以直线ABy=的方程为(x+1)
x11
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高考数学编圆锥曲线
13y1
因此M(点的坐标为,)
22(x11)
33y33y
FM(,1),同理可得FN(,2)#*m
22(x11)22(x21)
329yy
因此FMFN()12
22(x11)(x21)
2
81k
4k23
=22
94k34k
4(221)
k3k3
=0
=②当直线BCxx2,那么B(2,3),C(2,-3)与轴垂直时,起方程为
1333
+ABy=x1,因此M(的方程为点的坐标为,),FM(,)
2222
33
同理可得FN(,)
22
333
因此FMFN()2()=0w
222

综上FMFN=0,即FM⊥FN
故以线段MNF………………………………………………12为直径的圆经过点分
〔〔天津文数〕21〕〔本小题总分值14分〕
x2y23
椭圆221〔a>b>0〕的离心率e=,连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4.
ab2
〔Ⅰ〕求椭圆的方程;
、〔Ⅱ〕设直线lAB,点A-a,0〕.的坐标为〔与椭圆相交于不同的两点
42
i〕假设〔|AB|=,求直线l的倾斜角;
5

iiQ〕假设点〔(0,y0)在线段AB的垂直平分线上,且QAQB=.
【解析】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、两点间的距离公
式、直线的倾斜角、平面向量等根底知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形
结合的思想,
c322222
〔Ⅰ〕解:由e=,得3aab,解得a=2b.
a2
1
由题意可知2a2b4,即ab=2.
2
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高考数学编圆锥曲线
a2b,
解方程组得a=2,b=1.
ab2,
2
x2
所以椭圆的方程为y1.
4
(Ⅱ)(i)解:由〔Ⅰ〕可知点A-2,0〕.设点B的坐标为的坐标是〔(x1,y1),直线l
=k〔x+2〕.的方程为
yk(x2),
2
于是A、B两点的坐标满足方程组x2消去y并整理,得
y1.
4
(14k2)x216k2x(16k24)0.
22
16k428k4k
由2x12,得x12.
14k14k14k
2222
28k4k41k
所以|AB|2222.
14k14k14k
4241k242
由|AB|,得2.
514k5
4222
整理得32k9k230,即(k1)(32k23)0,解得k=1.
3
所以直线l的倾斜角为或.
44
8k22k
〔ii〕解:设线段ABM,由〔i〕得到M的中点为的坐标为2,2.
14k14k
以下分两种情况:
〔1〕当k=0B2,0〕,线段ABy时,点的坐标是〔的垂直平分线为轴,于是

QA2,y0,QB2,y0.由QAQB4,得y022。
2k18k2
〔2〕当k0时,线段AB的垂直平分线方程为y2x2。
14kk14k
6k
令x0,解得y02。
14k

由QA2,y0,QBx1,y1y0,
228k2
6k4k6k
QAQB2x1y0y1y02222
14k14k14k14k
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高考数学编圆锥曲线
416k415k21

24,
14k2

214214
整理得7k2。故k。所以y0。
75
214
综上,y022或y0
5
〔〔天津理数〕20〕〔本小题总分值12分〕
22
xy3
椭圆221(ab0)的离心率e,连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为
ab2
4。
(1)求椭圆的方程;
(2)设直线l与椭圆相交于