全国卷高考圆锥曲线真题答案

全国卷高考圆锥曲线真题

参考答案与试题解析

一．解答题（共21小题）

1．（2015?新课标II）已知椭圆C：9x2+y2=m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．

（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；

（2）若l过点（，m），延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．

【分析】（1）联立直线方程和椭圆方程，求出对应的直线斜率即可得到结论．

（2）四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即x P=2x M，建立方程关系即可得到结论．

【解答】解：（1）设直线l：y=kx+b，（k≠0，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（x M，y M），将y=kx+b代入9x2+y2=m2（m＞0），得（k2+9）x2+2kbx+b2﹣m2=0，

则判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，

则x1+x2=，则x M==，y M=kx M+b=，

于是直线OM的斜率k OM==，

即k OM?k=﹣9，

△直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．

（2）四边形OAPB能为平行四边形．

△直线l过点（，m），

△由判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，

即k2m2＞9b2﹣9m2，

△b=m﹣m，

△k2m2＞9（m﹣m）2﹣9m2，

即k2＞k2﹣6k，

则k＞0，

△l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3，

由（1）知OM的方程为y=x，

设P的横坐标为x P，

由得，即x P=，

将点（，m）的坐标代入l的方程得b=，

即l的方程为y=kx+，

将y=x，代入y=kx+，

得kx+=x

解得x M=，

四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即x P=2x M，于是=2×，

解得k1=4﹣或k2=4+，

△k i＞0，k i≠3，i=1，2，

△当l的斜率为4﹣或4+时，四边形OAPB能为平行四边形．

【点评】本题主要考查直线和圆锥曲线的相交问题，联立方程组转化为一元二次方程，利用根与系数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．

2．（2015?河北）在直角坐标系xOy中，曲线C：y=与直线l：y=kx+a（a＞0）交于M，N两点．

（△）当k=0时，分別求C在点M和N处的切线方程．

（△）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有△OPM=△OPN？（说明理由）

【分析】（I）联立，可得交点M，N的坐标，由曲线C：y=，利用导数的运算法则可得：y′=，利用导数的几何意义、点斜式即可得出切线方程．

（II）存在符合条件的点（0，﹣a），设P（0，b）满足△OPM=△OPN．M（x1，y1），N（x2，y2），直线PM，PN的斜率分别为：k1，k2．直线方程与抛物线方程联立化为x2﹣4kx﹣4a=0，

利用根与系数的关系、斜率计算公式可得k1+k2=．k1+k2=0?直线PM，PN的倾斜角互补?△OPM=△OPN．即可证明．

【解答】解：（I）联立，不妨取M，N，

由曲线C：y=可得：y′=，

△曲线C在M点处的切线斜率为=，其切线方程为：y﹣a=，化为．

同理可得曲线C在点N处的切线方程为：．

（II）存在符合条件的点（0，﹣a），下面给出证明：

设P（0，b）满足△OPM=△OPN．M（x1，y1），N（x2，y2），直线PM，PN的斜率分别为：k1，k2．

联立，化为x2﹣4kx﹣4a=0，

△x1+x2=4k，x1x2=﹣4a．

△k1+k2=+==．

当b=﹣a时，k1+k2=0，直线PM，PN的倾斜角互补，

△△OPM=△OPN．

△点P（0，﹣a）符合条件．

【点评】本题考查了导数的运算法则、利用导数的几何意义研究切线方程、直线与抛物线相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

3．（2014?新课标I）已知点A（0，﹣2），椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，F是椭圆的焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．

（△）求E的方程；

（△）设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．【分析】（△）通过离心率得到a、c关系，通过A求出a，即可求E的方程；

（△）设直线l：y=kx﹣2，设P（x1，y1），Q（x2，y2）将y=kx﹣2代入，利用△

＞0，求出k的范围，利用弦长公式求出|PQ|，然后求出△OPQ的面积表达式，利用换元法以及基本不等式求出最值，然后求解直线方程．

【解答】解：（△）设F（c，0），由条件知，得又，

所以a=2，b2=a2﹣c2=1，故E的方程．…．（6分）

（△）依题意当l△x轴不合题意，故设直线l：y=kx﹣2，设P（x1，y1），Q（x2，y2）

将y=kx﹣2代入，得（1+4k2）x2﹣16kx+12=0，

当△=16（4k2﹣3）＞0，即时，

从而

又点O到直线PQ的距离，所以△OPQ的面积=，设，则t＞0，，

当且仅当t=2，k=±等号成立，且满足△＞0，

所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为：y=x﹣2或y=﹣x﹣2．…（12分）

【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力．

4．（2014?新课标II）已知函数f（x）=e x﹣e﹣x﹣2x．

（△）讨论f（x）的单调性；

（△）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；

（△）已知1.4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．

【分析】对第（△）问，直接求导后，利用基本不等式可达到目的；

对第（△）问，先验证g（0）=0，只需说明g（x）在[0+∞）上为增函数即可，从而问题转化为“判断g′（x）＞0是否成立”的问题；

对第（△）问，根据第（△）问的结论，设法利用的近似值，并寻求ln2，于是在b=2及b ＞2的情况下分别计算，最后可估计ln2的近似值．

【解答】解：（△）由f（x）得f′（x）=e x+e﹣x﹣2，

即f′（x）≥0，当且仅当e x=e﹣x即x=0时，f′（x）=0，

△函数f（x）在R上为增函数．

（△）g（x）=f（2x）﹣4bf（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（e x﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，

则g′（x）=2[e2x+e﹣2x﹣2b（e x+e﹣x）+（4b﹣2）]

=2[（e x+e﹣x）2﹣2b（e x+e﹣x）+（4b﹣4）]

=2（e x+e﹣x﹣2）（e x+e﹣x+2﹣2b）．

①△e x+e﹣x＞2，e x+e﹣x+2＞4，

△当2b≤4，即b≤2时，g′（x）≥0，当且仅当x=0时取等号，

从而g（x）在R上为增函数，而g（0）=0，

△x＞0时，g（x）＞0，符合题意．

②当b＞2时，若x满足2＜e x+e﹣x＜2b﹣2即，得

，此时，g′（x）＜0，

又由g（0）=0知，当时，g（x）＜0，不符合题意．

综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2．

（△）△1.4142＜＜1.4143，根据（△）中g（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（e x﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，

为了凑配ln2，并利用的近似值，故将ln即代入g（x）的解析式中，

得．

当b=2时，由g（x）＞0，得，

从而；

令，得＞2，当

时，

由g（x）＜0，得，得

．

所以ln2的近似值为0.693．

【点评】1．本题三个小题的难度逐步增大，考查了学生对函数单调性深层次的把握能力，对思维的要求较高，属压轴题．

2．从求解过程来看，对导函数解析式的合理变形至关重要，因为这直接影响到对导数符号的判断，是解决本题的一个重要突破口．

3．本题的难点在于如何寻求ln2，关键是根据第（2）问中g（x）的解析式探究b的值，从而获得不等式，这样自然地将不等式放缩为的范围的端点值，达到了估值的目的．

5．（2014?广西）已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|=|PQ|．

（△）求C的方程；

（△）过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上，求l的方程．

【分析】（△）设点Q的坐标为（x0，4），把点Q的坐标代入抛物线C的方程，求得x0=，根据|QF|=|PQ|求得p的值，可得C的方程．

（△）设l的方程为x=my+1 （m≠0），代入抛物线方程化简，利用韦达定理、中点公式、弦长公式求得弦长|AB|．把直线l′的方程代入抛物线方程化简，利用韦达定理、弦长公式求得|MN|．由于MN垂直平分线段AB，故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|，由此求得m的值，可得直线l的方程．

【解答】解：（△）设点Q的坐标为（x0，4），把点Q的坐标代入抛物线C：y2=2px（p＞0），可得x0=，△点P（0，4），△|PQ|=．

又|QF|=x0+=+，|QF|=|PQ|，

△+=×，求得p=2，或p=﹣2（舍去）．

故C的方程为y2=4x．

（△）由题意可得，直线l和坐标轴不垂直，y2=4x的焦点F（1，0），

设l的方程为x=my+1（m≠0），

代入抛物线方程可得y2﹣4my﹣4=0，显然判别式△=16m2+16＞0，y1+y2=4m，y1?y2=﹣4．△AB的中点坐标为D（2m2+1，2m），弦长|AB|=|y1﹣y2|=

=4（m2+1）．

又直线l′的斜率为﹣m，△直线l′的方程为x=﹣y+2m2+3．

过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，

把线l′的方程代入抛物线方程可得y2+y﹣4（2m2+3）=0，△y3+y4=，y3?y4=﹣4（2m2+3）．故线段MN的中点E的坐标为（+2m2+3，），△|MN|=|y3﹣y4|=

，

△MN垂直平分线段AB，故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|，

△+DE2=MN2，

△4（m2+1）2 ++=×，化简可得m2﹣1=0，

△m=±1，△直线l的方程为x﹣y﹣1=0，或x+y﹣1=0．

【点评】本题主要考查求抛物线的标准方程，直线和圆锥曲线的位置关系的应用，韦达定理、弦长公式的应用，体现了转化的数学思想，属于难题．

6．（2013?新课标△）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：（a＞b＞0）右焦点的直线x+y﹣=0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为．

（△）求M的方程

（△）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD△AB，求四边形ACBD面积的最大值．

【分析】（△）把右焦点（c，0）代入直线可解得c．设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB 的中点P（x0，y0），利用“点差法”即可得到a，b的关系式，再与a2=b2+c2联立即可得到a，b，c．

（△）由CD△AB，可设直线CD的方程为y=x+t，与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到弦长|CD|．把直线x+y﹣=0与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到弦长|AB|，利用S四边形ACBD=即可得到关于t的表达式，利用二次函数的单调性即可得到其最大值．

【解答】解：（△）把右焦点（c，0）代入直线x+y﹣=0得c+0﹣=0，解得c=．

设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点P（x0，y0），

则，，相减得，

△，

△，又=，

△，即a2=2b2．

联立得，解得，

△M的方程为．

（△）△CD△AB，△可设直线CD的方程为y=x+t，

联立，消去y得到3x2+4tx+2t2﹣6=0，

△直线CD与椭圆有两个不同的交点，

△△=16t2﹣12（2t2﹣6）=72﹣8t2＞0，解﹣3＜t＜3（*）．

设C（x3，y3），D（x4，y4），△，．

△|CD|===．

联立得到3x2﹣4x=0，解得x=0或，

△交点为A（0，），B，

△|AB|==．

△S四边形ACBD===，

△当且仅当t=0时，四边形ACBD面积的最大值为，满足（*）．

△四边形ACBD面积的最大值为．

【点评】本题综合考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、“点差法”、中点坐标公式、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到一元二次方程根与系数的关系、弦长公式、四边形的面积计算、二次函数的单调性等基础知识，考查了推理能力、数形结合的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．

7．（2013?新课标△）已知圆M：（x+1）2+y2=1，圆N：（x﹣1）2+y2=9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C．

（△）求C的方程；

（△）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|．

【分析】

（I）设动圆的半径为R，由已知动圆P与圆M外切并与圆N内切，可得|PM|+|PN|=R+1+（3﹣R）=4，而|NM|=2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，求出即可；

（II）设曲线C上任意一点P（x，y），由于|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤4﹣2=2，所以R≤2，当且仅当△P的圆心为（2，0）R=2时，其半径最大，其方程为（x﹣2）2+y2=4．分①l的倾斜角为90°，此时l与y轴重合，可得|AB|．②若l的倾斜角不为90°，由于△M的半径1≠R，可知l

与x轴不平行，设l与x轴的交点为Q，根据，可得Q（﹣4，0），所以可设l：y=k（x+4），与椭圆的方程联立，得到根与系数的关系利用弦长公式即可得出．

【解答】解：（I）由圆M：（x+1）2+y2=1，可知圆心M（﹣1，0）；圆N：（x﹣1）2+y2=9，圆心N（1，0），半径3．

设动圆的半径为R，

△动圆P与圆M外切并与圆N内切，△|PM|+|PN|=R+1+（3﹣R）=4，

而|NM|=2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，

△a=2，c=1，b2=a2﹣c2=3．

△曲线C的方程为（x≠﹣2）．

（II）设曲线C上任意一点P（x，y），

由于|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤3﹣1=2，所以R≤2，当且仅当△P的圆心为（2，0）R=2时，其半径最大，其方程为（x﹣2）2+y2=4．

①l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|=．

②若l的倾斜角不为90°，由于△M的半径1≠R，可知l与x轴不平行，

设l与x轴的交点为Q，则，可得Q（﹣4，0），所以可设l：y=k（x+4），

由l于M相切可得：，解得．

当时，联立，得到7x2+8x﹣8=0．

△，．

△|AB|===

由于对称性可知：当时，也有|AB|=．

综上可知：|AB|=或．

【点评】本题综合考查了两圆的相切关系、直线与圆相切问题、椭圆的定义及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、弦长公式等基础知识，需要较强的推理能力和计算能力及其分类讨论的思想方法．

8．（2014?沧州校级一模）已知双曲线C：=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y=2与C的两个交点间的距离为．

（I）求a，b；

（II）设过F2的直线l与C的左、右两支分别相交于A、B两点，且|AF1|=|BF1|，证明：|AF2|、|AB|、|BF2|成等比数列．

【分析】（I）由题设，可由离心率为3得到参数a，b的关系，将双曲线的方程用参数a表示出来，再由直线建立方程求出参数a即可得到双曲线的方程；

（II）由（I）的方程求出两焦点坐标，设出直线l的方程设A（x1，y1），B（x2，y2），将其与双曲线C的方程联立，得出x1+x2=，，再利用|AF1|=|BF1|建立关于A，B坐标的方程，得出两点横坐标的关系，由此方程求出k的值，得出直线的方程，从而可求得：|AF2|、|AB|、|BF2|，再利用等比数列的性质进行判断即可证明出结论．【解答】解：（I）由题设知=3，即=9，故b2=8a2

所以C的方程为8x2﹣y2=8a2

将y=2代入上式，并求得x=±，

由题设知，2=，解得a2=1

所以a=1，b=2

（II）由（I）知，F1（﹣3，0），F2（3，0），C的方程为8x2﹣y2=8 ①

由题意，可设l的方程为y=k（x﹣3），|k|＜2代入①并化简得（k2﹣8）x2﹣6k2x+9k2+8=0设A（x1，y1），B（x2，y2），

则x1≤﹣1，x2≥1，x1+x2=，，于是

|AF1|==﹣（3x1+1），

|BF1|==3x2+1，

|AF1|=|BF1|得﹣（3x1+1）=3x2+1，即

故=，解得，从而=﹣

由于|AF2|==1﹣3x1，

|BF2|==3x2﹣1，

故|AB|=|AF2|﹣|BF2|=2﹣3（x1+x2）=4，|AF2||BF2|=3（x1+x2）﹣9x1x2﹣1=16

因而|AF2||BF2|=|AB|2，所以|AF2|、|AB|、|BF2|成等比数列

【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合关系，考查了运算能力，题设条件的转化能力，方程的思想运用，此类题综合性强，但解答过程有其固有规律，一般需要把直线与曲线联立利用根系关系，解答中要注意提炼此类题解答过程中的共性，给以后解答此类题提供借鉴．

9．（2012?新课标）设抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点为F，准线为l，A∈C，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点；

（1）若△BFD=90°，△ABD的面积为，求p的值及圆F的方程；

（2）若A，B，F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．

【分析】（1）由对称性知：△BFD是等腰直角△，斜边|BD|=2p点A到准线l的距离

，由△ABD的面积S△ABD=，知=，由此能求出圆F的方程．

（2）由对称性设，则点A，B关于点F对称得：

，得：，由此能求出坐

标原点到m，n距离的比值．

【解答】解：（1）由对称性知：△BFD是等腰直角△，斜边|BD|=2p

点A到准线l的距离，

△△ABD的面积S△ABD=，

△=，

解得p=2，所以F坐标为（0，1），

△圆F的方程为x2+（y﹣1）2=8．

（2）由题设，则，

△A，B，F三点在同一直线m上，

又AB为圆F的直径，故A，B关于点F对称．

由点A，B关于点F对称得：