2018高考一輪復(fù)習(xí)---圓錐曲線大題(共15頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2017高考一輪復(fù)習(xí) 圓錐曲線大題一選擇題（共1小題）1（2012秋黃州區(qū)校級期末）若直線y=kx+2與雙曲線x2y2=6的左支交于不同的兩點，那么k的取值范圍是（）A（）B（1，1）C（）D（）二填空題（共2小題）2（2014秋煙臺期末）已知（4，2）是直線l被橢圓+=1所截得的線段的中點，則l的方程是3（2013和平區(qū)校級模擬）過點M（2，2p）作拋物線x2=2py（p0）的兩條切線，切點分別為A、B，若線段AB中點的縱坐標(biāo)為6，則拋物線的方程為三解答題（共9小題）4（2015春杭州期中）已知圓C的圓心在坐標(biāo)原點，且被直線3x+4y+15=0截得的弦長為8（）試求

2、圓C的方程；（）當(dāng)P在圓C上運動時，點D是P在x軸上的投影，M為線段PD上一點，且|MD|=|PD|求點M的軌跡方程5（2011陜西）如圖，設(shè)P是圓x2+y2=25上的動點，點D是P在x軸上的射影，M為PD上一點，且|MD|=|PD|（）當(dāng)P在圓上運動時，求點M的軌跡C的方程（）求過點（3，0）且斜率的直線被C所截線段的長度6（2013新課標(biāo)）平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：（ab0）右焦點的直線x+y=0交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為（）求M的方程（）C，D為M上的兩點，若四邊形ACBD的對角線CDAB，求四邊形ACBD面積的最大值7（2014秋安徽月考）已知橢圓C：+=

3、1（ab0）的離心率e=，且由橢圓上頂點、右焦點及坐標(biāo)原點構(gòu)成的三角形面積為2（）求橢圓C的方程；（）已知P（0，2），過點Q（1，2）作直線l交橢圓C于A、B兩點（異于P），直線PA、PB的斜率分別為k1、k2試問k1+k2 是否為定值？若是，請求出此定值，若不是，請說明理由8（2015秋新鄉(xiāng)校級月考）已知橢圓C的方程為+=1（ab0），左、右焦點分別為F1、F2，焦距為4，點M是橢圓C上一點，滿足F1MF2=60°，且=（1）求橢圓C的方程；（2）過點P（0，2）分別作直線PA、PB交橢圓C于A、B兩點，設(shè)PA、PB的斜率分別是k1，k2，且k1+k2=4，求證：直線AB過定點，

4、并求出直線AB的斜率k的取值范圍9（2013秋豐臺區(qū)期末）已知拋物線C：y2=2px（p0）的焦點F（1，0），O為坐標(biāo)原點，A，B是拋物線C上異于O的兩點（）求拋物線C的方程；（）若直線OA，OB的斜率之積為，求證：直線AB過x軸上一定點10（2014秋邛崍市校級月考）已知A、B是拋物線y2=2px（p0）上的兩點，且OAOB（O為坐標(biāo)原點），求證：（1）A、B兩點的橫坐標(biāo)之積為定值；（2）直線AB經(jīng)過定點11（2012東城區(qū)二模）已知橢圓的左焦點F1（1，0），長軸長與短軸長的比是（）求橢圓的方程；（）過F1作兩直線m，n交橢圓于A，B，C，D四點，若mn，求證：為定值12（2015四川）

5、如圖，橢圓E：=1（ab0）的離心率是，點P（0，1）在短軸CD上，且=1（）求橢圓E的方程；（）設(shè)O為坐標(biāo)原點，過點P的動直線與橢圓交于A、B兩點是否存在常數(shù)，使得+為定值？若存在，求的值；若不存在，請說明理由2017高考一輪復(fù)習(xí) 圓錐曲線大題參考答案與試題解析一選擇題（共1小題）1（2012秋黃州區(qū)校級期末）若直線y=kx+2與雙曲線x2y2=6的左支交于不同的兩點，那么k的取值范圍是（）A（）B（1，1）C（）D（）【分析】根據(jù)直線y=kx+2與雙曲線x2y2=6的左支交于不同的兩點，可得直線與雙曲線聯(lián)立方程有兩個不等的負根，進而構(gòu)造關(guān)于k的不等式組，解不等式可得答案【解答】解：聯(lián)立方程

6、得（1k2）x24kx10=0若直線y=kx+2與雙曲線x2y2=6的左支交于不同的兩點，則方程有兩個不等的負根解得：k（）故選D【點評】本題考查的知識點圓錐曲線中的范圍問題，其中分析出題目的含義是直線與雙曲線聯(lián)立方程有兩個不等的負根，是解答的關(guān)鍵二填空題（共2小題）2（2014秋煙臺期末）已知（4，2）是直線l被橢圓+=1所截得的線段的中點，則l的方程是x+2y8=0【分析】設(shè)直線l與橢圓交于P1（x1，y1）、P2（x2，y2），由“點差法”可求出直線l的斜率k=再由由點斜式可得l的方程【解答】解：設(shè)直線l與橢圓交于P1（x1，y1）、P2（x2，y2），將P1、P2兩點坐標(biāo)代入橢圓方程相

7、減得直線l斜率k=由點斜式可得l的方程為x+2y8=0【點評】本題考查橢圓的中點弦方程，解題的常規(guī)方法是“點差法”3（2013和平區(qū)校級模擬）過點M（2，2p）作拋物線x2=2py（p0）的兩條切線，切點分別為A、B，若線段AB中點的縱坐標(biāo)為6，則拋物線的方程為x2=2y或x2=4y【分析】設(shè)過點M的拋物線的切線方程與拋物線的方程聯(lián)立，利用方程的判別式等于0，再利用韋達定理，結(jié)合線段AB中點的縱坐標(biāo)為6，可求拋物線的方程【解答】解：設(shè)過點M的拋物線的切線方程為：y+2p=k（x2）與拋物線的方程聯(lián)立消y得：x22pkx+4pk+4p2=0此方程的判別式等于0，pk24k4p=0設(shè)切線的斜率分別

8、為k1，k2，則k1+k2=此時x=pk，y=設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則12=y1+y2=2（k1+k2）+4p=p23p+2=0p=1或p=2所求拋物線的方程為x2=2y或x2=4y故答案為：x2=2y或x2=4y【點評】本題考查拋物線的切線，考查韋達定理的運用，考查中點坐標(biāo)公式，屬于中檔題三解答題（共9小題）4（2015春杭州期中）已知圓C的圓心在坐標(biāo)原點，且被直線3x+4y+15=0截得的弦長為8（）試求圓C的方程；（）當(dāng)P在圓C上運動時，點D是P在x軸上的投影，M為線段PD上一點，且|MD|=|PD|求點M的軌跡方程【分析】（）求出到直線3x+4y+15=0的距離，利用，

9、求出圓的半徑，即可求出圓C的方程；（）設(shè)點M的坐標(biāo)是（x，y），P的坐標(biāo)是（xP，yP），確定坐標(biāo)之間的關(guān)系，利用P在圓x2+y2=25上，求點M的軌跡方程【解答】解：（）已知圓C的圓心在坐標(biāo)原點，且被直線3x+4y+15=0截得的弦長為8，而圓心到直線3x+4y+15=0的距離d=3，由弦長公式得，所以r=5所以所求圓的方程為x2+y2=25；（5分）（）設(shè)點M的坐標(biāo)是（x，y），P的坐標(biāo)是（xP，yP），點D是P在x軸上的投影，M為PD上一點，且|MD|=|PD|，xP=x，且yP=y，P在圓x2+y2=25上，x2+（y）2=25，整理得，即C的方程是（5分）【點評】本題考查圓的方程，考

10、查直線與圓的位置關(guān)系，考查代入法求圓的方程，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題5（2011陜西）如圖，設(shè)P是圓x2+y2=25上的動點，點D是P在x軸上的射影，M為PD上一點，且|MD|=|PD|（）當(dāng)P在圓上運動時，求點M的軌跡C的方程（）求過點（3，0）且斜率的直線被C所截線段的長度【分析】（）由題意P是圓x2+y2=25上的動點，點D是P在x軸上的射影，M為PD上一點，且|MD|=|PD|，利用相關(guān)點法即可求軌跡；（）由題意寫出直線方程與曲線C的方程進行聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系得到線段長度【解答】解：（）設(shè)M的坐標(biāo)為（x，y）P的坐標(biāo)為（xp，yp）由已知得：P在圓上，即C的方程為（

11、）過點（3，0）且斜率為的直線方程為：，設(shè)直線與C的交點為A（x1，y1）B（x2，y2），將直線方程 即：，線段AB的長度為|AB|=【點評】此題重點考查了利用相關(guān)點法求動點的軌跡方程，還考查了聯(lián)立直線方程與曲線方程進行整體代入，還有兩點間的距離公式6（2013新課標(biāo)）平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：（ab0）右焦點的直線x+y=0交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為（）求M的方程（）C，D為M上的兩點，若四邊形ACBD的對角線CDAB，求四邊形ACBD面積的最大值【分析】（）把右焦點（c，0）代入直線可解得c設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），線段AB的中點P（x0，y0）

12、，利用“點差法”即可得到a，b的關(guān)系式，再與a2=b2+c2聯(lián)立即可得到a，b，c（）由CDAB，可設(shè)直線CD的方程為y=x+t，與橢圓的方程聯(lián)立得到根與系數(shù)的關(guān)系，即可得到弦長|CD|把直線x+y=0與橢圓的方程聯(lián)立得到根與系數(shù)的關(guān)系，即可得到弦長|AB|，利用S四邊形ACBD=即可得到關(guān)于t的表達式，利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得到其最大值【解答】解：（）把右焦點（c，0）代入直線x+y=0得c+0=0，解得c=設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），線段AB的中點P（x0，y0），則，相減得，又=，即a2=2b2聯(lián)立得，解得，M的方程為（）CDAB，可設(shè)直線CD的方程為y=x+t，聯(lián)立，消去y

13、得到3x2+4tx+2t26=0，直線CD與橢圓有兩個不同的交點，=16t212（2t26）=728t20，解3t3（*）設(shè)C（x3，y3），D（x4，y4），|CD|=聯(lián)立得到3x24x=0，解得x=0或，交點為A（0，），B，|AB|=S四邊形ACBD=，當(dāng)且僅當(dāng)t=0時，四邊形ACBD面積的最大值為，滿足（*）四邊形ACBD面積的最大值為【點評】本題綜合考查了橢圓的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、“點差法”、中點坐標(biāo)公式、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立得到一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式、四邊形的面積計算、二次函數(shù)的單調(diào)性等基礎(chǔ)知識，考查了推理能力、數(shù)形結(jié)合的思想方法、計算能力、分析問題和

14、解決問題的能力7（2014秋安徽月考）已知橢圓C：+=1（ab0）的離心率e=，且由橢圓上頂點、右焦點及坐標(biāo)原點構(gòu)成的三角形面積為2（）求橢圓C的方程；（）已知P（0，2），過點Q（1，2）作直線l交橢圓C于A、B兩點（異于P），直線PA、PB的斜率分別為k1、k2試問k1+k2 是否為定值？若是，請求出此定值，若不是，請說明理由【分析】（）留言橢圓的離心率，a、b、c的關(guān)系，以及三角形的面積，解方程組即可求橢圓C的方程；（）利用直線斜率存在與不存在兩種情況，通過直線方程與橢圓的方程，求出A、B坐標(biāo)，求出直線PA、PB的斜率分別為k1、k2k1+k2 為定值【解答】解：（）由題意得，解得a2=

15、8，b2=4，所以橢圓C的方程為=15分（）k1+k2 為定值4，證明如下：6分（）當(dāng)直線l斜率不存在時，l方程為x=1，由方程組 易得，于是k1=，k2=，所以k1+k2=4為定值8分（）當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)l方程為y（2）=kx（1），即y=kx+k2，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），由方程組，消去y，得（1+2k2）x2+4k（k2）x+2k28k=0，由韋達定理得（*） 10分k1+k2=2k+（k4），將（*）式代入上式得k1+k2=4為定值13分【點評】本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系，直線的斜率的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力8（2015秋新鄉(xiāng)校級月考）已知橢

16、圓C的方程為+=1（ab0），左、右焦點分別為F1、F2，焦距為4，點M是橢圓C上一點，滿足F1MF2=60°，且=（1）求橢圓C的方程；（2）過點P（0，2）分別作直線PA、PB交橢圓C于A、B兩點，設(shè)PA、PB的斜率分別是k1，k2，且k1+k2=4，求證：直線AB過定點，并求出直線AB的斜率k的取值范圍【分析】（1）設(shè)|MF1|=m，|MF2|=n，利用余弦定理，結(jié)合三角形的面積公式，可求a，結(jié)合c，可求b，即可求橢圓C的方程；（2）設(shè)直線AB的方程為y=kx+m，代入橢圓方程，利用韋達定理，結(jié)合k1+k2=4，可得m=k2，即可證明直線AB過定點，利用0，求出直線AB的斜率k

17、的取值范圍【解答】（1）解：設(shè)|MF1|=m，|MF2|=n，則F1MF2=60°，且=，16=m2+n2mn，mn=，m+n=4，2a=4，a=2，c=2，b=4，橢圓C的方程為；（2）證明：設(shè)直線AB的方程為y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），則y=kx+m代入橢圓方程，可得（2k2+1）x2+4kmx+2m28=0，x1+x2=，x1x2=，k1+k2=4，m=k2，直線AB的方程為y=kx+k2，即y=k（x+1）2，直線AB過定點（1，2）=（4km）24（2k2+1）（2m28）0，m=k2，k（7k+4）0，k0或k【點評】本題考查橢圓的方程，考查余弦定理

18、，考查三角形面積的計算，考查韋達定理的運用，考查學(xué)生的計算能力，屬于難題9（2013秋豐臺區(qū)期末）已知拋物線C：y2=2px（p0）的焦點F（1，0），O為坐標(biāo)原點，A，B是拋物線C上異于O的兩點（）求拋物線C的方程；（）若直線OA，OB的斜率之積為，求證：直線AB過x軸上一定點【分析】（）利用拋物線C：y2=2px（p0）的焦點F（1，0），可得拋物線C的方程；（）分類討論，設(shè)出直線的方程，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理，結(jié)合斜率公式，可求直線方程，即可得出結(jié)論【解答】（）解：因為拋物線y2=2px的焦點坐標(biāo)為（1，0），所以得到拋物線方程為y2=4x（4分）（）證明：當(dāng)直線AB的斜率不存在

19、時，設(shè)A因為直線OA，OB的斜率之積為，所以，化簡得t2=32所以（8，t），B（8，t），此時直線AB的方程為x=8（7分）當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線的方程為y=kx+b，A（xA，yA），B（xB，yB）聯(lián)立方程，化簡得ky24y+4b=0（9分）根據(jù)韋達定理得到，因為直線OA，OB的斜率之積為，所以得到，即xAxB+2yAyB=0（11分）得到，化簡得到y(tǒng)AyB=0（舍）或yAyB=32（12分）又因為，所以y=kx8k，即y=k（x8）綜上所述，直線AB過定點（8，0）（14分）【點評】本題考查拋物線的方程，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，考查學(xué)生的計算能力，屬

20、于中檔題10（2014秋邛崍市校級月考）已知A、B是拋物線y2=2px（p0）上的兩點，且OAOB（O為坐標(biāo)原點），求證：（1）A、B兩點的橫坐標(biāo)之積為定值；（2）直線AB經(jīng)過定點【分析】（1）OAOB時，設(shè)直線AB：x=my+n，代入拋物線方程，可得y22pmy2pn=0，利用OAOB，即可證明A、B兩點的橫坐標(biāo)之積為定值；（2）由（1）知，直線AB：x=my+2p過定點（2p，0）【解答】證明：（1）OAOB時，設(shè)直線AB：x=my+n代入拋物線方程，可得y22pmy2pn=0，OAOB，x1x2+y1y2=+y1y2=0，y1y2=4p2=2pn，n=2p，x1x2=4p2；（2）由（1

21、）知，直線AB：x=my+2p過定點（2p，0）【點評】本題考查拋物線方程，考查學(xué)生的計算能力，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，比較基礎(chǔ)11（2012東城區(qū)二模）已知橢圓的左焦點F1（1，0），長軸長與短軸長的比是（）求橢圓的方程；（）過F1作兩直線m，n交橢圓于A，B，C，D四點，若mn，求證：為定值【分析】（）由長軸長與短軸長的比是，c=1，結(jié)合a2=b2+c2求出a2，b2，則橢圓的方程可求；（）分直線m的斜率存在且不等于0和斜率不存在兩種情況討論，斜率不存在時直接與橢圓方程聯(lián)立求線段的長，斜率存在且不等于0時射出直線方程，和橢圓方程聯(lián)立后利用弦長公式，借助于根與系數(shù)關(guān)系求證【解答】（）解：由已知得解得：a=2，故所求橢圓方程為；（）證明：由（）知F1（1，0），當(dāng)直線m斜率存在時，設(shè)直線m的方程為：y=k（x+1）（k0）由，得（3+4k2）x2+8k2x+4k212=0由于0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則有，|AB|=同理所以=當(dāng)直線m斜率不存在時，此時|AB|=3，|CD|=4，=綜上，為定值【點評