圆锥曲线高考真题专练(含答案)

2018年数学全国1卷设椭圆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，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.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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）2016年数学全国1卷设圆222150xyx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EAEB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.【答案】（I）13422yx（0y）；（II）)38,12[【解析】试题分析：（I）利用椭圆定义求方程；（II）把面积表示为关于斜率k的函数，再求最值。试题解析：（I）因为||||ACAD，ACEB//，故ADCACDEBD，所以||||EDEB，故||||||||||ADEDEAEBEA.又圆A的标准方程为16)1(22yx，从而4||AD，所以4||||EBEA.由题设得)0,1(A，)0,1(B，2||AB，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：13422yx（0y）.（II）当l与x轴不垂直时，设l的方程为)0)(1(kxky，),(11yxM，),(22yxN.由134)1(22yxxky得01248)34(2222kxkxk.则3482221kkxx，341242221kkxx.所以34)1(12||1||22212kkxxkMN.过点)0,1(B且与l垂直的直线m：)1(1xky，A到m的距离为122k，所以1344)12(42||22222kkkPQ.故四边形MPNQ的面积341112||||212kPQMNS.可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为)38,12[.当l与x轴垂直时，其方程为1x，3||MN，8||PQ，四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为)38,12[.2013年数学全国1卷已知圆:,圆:,动圆与圆外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线C.（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）是与圆,圆都相切的一条直线，与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.【解析】由已知得圆的圆心为（-1，0）,半径=1，圆的圆心为(1,0),半径=3.设动圆的圆心为（，），半径为R.（Ⅰ）∵圆与圆外切且与圆内切，∴|PM|+|PN|===4，由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左右焦点，场半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为.（Ⅱ）对于曲线C上任意一点（，），由于|PM|-|PN|=≤2，∴R≤2,当且仅当圆P的圆心为（2，0）时，R=2.∴当圆P的半径最长时，其方程为，当的倾斜角为时，则与轴重合，可得|AB|=.当的倾斜角不为时，由≠R知不平行轴，设与轴的交点为Q，则=，可求得Q（-4，0），∴设：，由于圆M相切得，解得.当=时，将代入并整理得，解得=，∴|AB|==.当=－时，由图形的对称性可知|AB|=，综上，|AB|=或|AB|=.2012年数学全国1卷设抛物线22(0)Cxpyp：的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于,BD两点.（1）若90BFD，ABD的面积为42，求p的值及圆F的方程；（2）若,,ABF三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C之有一个公共点，求坐标原点到,mn距离的比值.【解析】（1）由对称性知：BFD是等腰直角，斜边2BDp点A到准线l的距离2dFAFBp1424222ABDSBDdp圆F的方程为22(1)8xy（2）由对称性设2000(,)(0)2xAxxp，则(0,)2pF点,AB关于点F对称得：22220000(,)3222xxpBxppxppp得：3(3,)2pAp，直线3322:30223ppppmyxxyp22332233xxxpyyyxppp切点3(,)36ppP直线333:()306336ppnyxxyp坐标原点到,mn距离的比值为33:326pp。已知O为坐标原点，F为椭圆C：2212yx在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为2的直线l与C交与A、B两点，点P满足0OAOBOPuuruuuruuurr.(I)证明：点P在C上；(II)设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上.【命题意图】本题考查直线方程、平面向量的坐标运算、点与曲线的位置关系、曲线交点坐标求法及四点共圆的条件。【解析】(I)(0,1)F,l的方程为21yx,代入2212yx并化简得242210xx.…………………………2分设112233(,),(,),(,)AxyBxyPxy,则122626,,44xx1212122,2()21,2xxyyxx由题意得3123122(),()1,2xxxyyy所以点P的坐标为2(,1)2.经验证点P的坐标2(,1)2满足方程2212yx,故点P在椭圆C上…6分(II)由P2(,1)2和题设知，Q2(,1)2，PQ的垂直平分线1l的方程为22yx.①设AB的中点为M,则21(,)42M,AB的垂直平分线2l的方程为2124yx.②由①、②得1l、2l的交点为21(,)88N.…………………………9分22221311||()(1)2888NP,22132||1(2)||2ABxxg,32||4AM,22221133||()()48288MN,22311||||||8NAAMMN,故||||NPNA,又||||NPNQ,||||NANB,所以||||||||NANPNBNQ,由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心,NA为半径的圆上.……………12分如图，已知抛物线2:Eyx与圆222:(4)(0)Mxyrr相交于A、B、C、D四个点。（I）求r得取值范围；（II）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P坐标分析：（I）这一问学生易下手。将抛物线2:Eyx与圆222:(4)(0)Mxyrr的方程联立，消去2y，整理得227160xxr．．．．．．．．．．．．．（＊）抛物线2:Eyx与圆222:(4)(0)Mxyrr相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：方程（＊）有两个不相等的正根即可.易得15(,4)2r.考生利用数形结合及函数和方程的思想来处理也可以．（II）考纲中明确提出不考查求两个圆锥曲线的交点的坐标。因此利用设而不求、整体代入的方法处理本小题是一个较好的切入点．设四个交点的坐标分别为11(,)Axx、11(,)Bxx、22(,)Cxx、22(,)Dxx。则由（I）根据韦达定理有212127,16xxxxr，15(,4)2r则2112211212||()||()2Sxxxxxxxx222212121212[()4](2)(7216)(415)Sxxxxxxxxrr令216rt，则22(72)(72)Stt下面求2S的最大值。方法一：利用三次均值求解。三次均值目前在两纲中虽不要求，但在处理一些最值问题有时很方便。它的主要手段是配凑系数或常数，但要注意取等号的条件，这和二次均值类似。221(72)(72)(72)(72)(144)2Sttttt3317272144128()()2323ttt当且仅当72144tt，即76t时取最大值。经检验此时15(,4)2r满足题意。方法二：利用求导处理，这是命题人的意图。具体解法略。下面来处理点P的坐标。设点P的坐标为：(,0)pPx由APC、、三点共线，则121121pxxxxxxx得1276pxxxt。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