2018年高考文数解析几何圆锥曲线精选试题及知识点分析
2018年高考真题汇编——理科数学(解析版)10：圆锥曲线
2018高考真题分类汇编：圆锥曲线一、选择题1.【2018高考真题浙江理8】如图，F 1,F 2分别是双曲线C ：22221x y a b-=（a,b ＞0）的左、右焦点，B 是虚轴的端点，直线F 1B 与C 的两条渐近线分别交于P ,Q 两点，线段PQ 的垂直平分线与x 轴交与点M ，若|MF 2|=|F 1F 2|,则C 的离心率是A.23 B 62 D. 3【答案】B【解析】由题意知直线B F 1的方程为：b x c b y +=，联立方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+=0,b y a x b x cb y 得点Q ),(a c bc a c ac --，联立方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++=0,b y a x b x cb y 得点P ),(ac bc a c ac ++-，所以PQ 的中点坐标为),(222b c b c a ，所以PQ 的垂直平分线方程为：)(222bca xbc b c y --=-，令0=y ，得)1(22b a c x +=，所以c ba c 3)1(22=+，所以2222222a cb a -==，即2223c a =，所以26=e 。
故选B2.【2018高考真题新课标理8】等轴双曲线C 的中心在原点，焦点在x 轴上，C 与抛物线x y 162=的准线交于,A B 两点，43AB =；则C 的实轴长为（ ）()A 2 ()B 22 ()C 4 ()D 8【答案】C【解析】设等轴双曲线方程为)0(22>=-m m y x ，抛物线的准线为4-=x ，由34=AB ,则32=A y ,把坐标)32,4(-代入双曲线方程得4121622=-=-=y x m ，所以双曲线方程为422=-y x ，即14422=-y x ，所以2,42==a a ，所以实轴长42=a ，选C. 3.【2018高考真题新课标理4】设12F F 是椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的左、右焦点，P 为直线32ax =上一点，12PF F ∆是底角为30o 的等腰三角形，则E 的离心率为（ ）()A 12 ()B 23 ()C 34 ()D 45【答案】C【解析】因为12PF F ∆是底角为30o 的等腰三角形，则有PF F F 212=,，因为2130=∠F PF ，所以0260=∠D PF ,0230=∠DPF ，所以21222121F F PF D F ==，即c c c a =⨯=-22123，所以c a 223=，即43=a c ，所以椭圆的离心率为43=e ，选C.4.【2018高考真题四川理8】已知抛物线关于x 轴对称，它的顶点在坐标原点O ，并且经过点0(2,)M y 。
2018年高考数学圆锥曲线的综合问题
y y2 x x 2x 1 =-9· 1 2 =-9· M =(-9)· ,kl· kOM=-9(常数). 2 yM x1 x2 y1 y2 kOM
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. 解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),中点M(x0,y0),
(去伪存真).
2.(2015课标Ⅱ,20,12分,0.145)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.
因为直线l过点 , m ,所以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)得OM的方程为y=- x. 设点P的横坐标为xP.
9 km k 2 m2 y x, 2 x 由 得 = ,即xP= 2 . k P 2 9 k 81 2 2 2 3 k 9 9 x y m m(3 k ) m 的坐标代入l的方程得b= 将点 , ,m 3 3 k ( k 3)m . 因此xM= 3(k 2 9)
m 3
解析 (1)解法一:设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故
x x2 kb 9b = ,yM=kxM+b= . 2 2 k 9 k 9 2 yM 9 于是直线OM的斜率kOM= =- ,即kOM· k=-9. xM k
高考圆锥曲线中的定点与定值问题(题型总结超全)
专题08 解锁圆锥曲线中的定点与定值问题一、解答题1．【陕西省榆林市第二中学2018届高三上学期期中】已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为；圆过椭圆的三个顶点.过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）证明：在轴上存在定点，使得为定值；并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）设圆过椭圆的上、下、右三个顶点，可求得，再根据椭圆的离心率求得，可得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线的方程为，将方程与椭圆方程联立求得两点的坐标，计算得。
设x轴上的定点为，可得，由定值可得需满足，解得可得定点坐标。
解得。
∴椭圆的标准方程为.（Ⅱ）证明：由题意设直线的方程为，由消去y整理得，设，，要使其为定值，需满足，解得.故定点的坐标为.点睛：解析几何中定点问题的常见解法(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点； (2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．2．【四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考】已知斜率为k 的直线l 经过点()1,0-与抛物线2:2C y px =（0,p p >为常数）交于不同的两点,M N ，当12k =时，弦MN的长为. （1）求抛物线C 的标准方程；（2）过点M 的直线交抛物线于另一点Q ，且直线MQ 经过点()1,1B -，判断直线NQ 是否过定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1）24y x =;（2）直线NQ 过定点()1,4- 【解析】试题分析：（1）根据弦长公式即可求出答案；（2）由（1）可设()()()2221122,2,,2,,2M t t N t t Q t t ，则12MN k t t =+， 则()11:220MN x t t y tt -++=； 同理： ()22:220MQ x t t y tt -++=()1212:220NQ x t t y t t -++=.由()1,0-在直线MN 上11t t ⇒=（1）；由()1,1-在直线MQ 上22220t t tt ⇒+++=将（1）代入()121221t t t t ⇒=-+- （2） 将（2）代入NQ 方程()()12122420x t t y t t ⇒-+-+-=，即可得出直线NQ 过定点．（2）设()()()2221122,2,,2,,2M t t N t t Q t t ，则12211222=MN t t k t t t t -=-+， 则()212:2MN y t x t t t -=-+即()11220x t t y tt -++=； 同理： ()22:220MQ x t t y tt -++=；()1212:220NQ x t t y t t -++=.由()1,0-在直线MN 上11tt ⇒=，即11t t =（1）； 由()1,1-在直线MQ 上22220t t tt ⇒+++=将（1）代入()121221t t t t ⇒=-+- （2） 将（2）代入NQ 方程()()12122420x t t y t t ⇒-+-+-=，易得直线NQ 过定点()1,4-3．【四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考】已知抛物线()2:0C y mx m =>过点()1,2-， P 是C 上一点，斜率为1-的直线l 交C 于不同两点,A B （l 不过P 点），且PAB ∆的重心的纵坐标为23-. （1）求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标；（2）记直线,PA PB 的斜率分别为12,k k ，求12k k +的值. 【答案】（1）方程为24y x =;其焦点坐标为()1,0（2）120k k +=【解析】试题分析;（1）将()1,2-代入2y mx =，得4m =，可得抛物线C 的方程及其焦点坐标；（2）设直线l 的方程为y x b =-+，将它代入24y x =得22220x b x b -++=（），利用韦达定理，结合斜率公式以及PAB ∆的重心的纵坐标23-，化简可12k k + 的值；因为PAB ∆的重心的纵坐标为23-， 所以122p y y y ++=-，所以2p y =，所以1p x =，所以()()()()()()1221121212122121221111y x y x y y k k x x x x ------+=+=----， 又()()()()12212121y x y x --+--()()()()12212121x b x x b x ⎡⎤⎡⎤=-+--+-+--⎣⎦⎣⎦()()()12122122x x b x x b =-+-+-- ()()()22212220b b b b =-+-+--=.所以120k k +=.4．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的短轴端点到右焦点()10F ，的距离为2．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过点F 的直线交椭圆C 于A B ，两点，交直线4l x =：于点P ，若1PA AF λ=，2PB BF λ=，求证： 12λλ-为定值．【答案】(1) 22143x y +=;(2)详见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）利用椭圆的几何要素间的关系进行求解；（Ⅱ）联立直线和椭圆的方程，得到关于x 或y 的一元二次方程，利用根与系数的关系和平面向量的线性运算进行证明.（Ⅱ）由题意直线AB 过点()1,0F ，且斜率存在，设方程为()1y k x =-, 将4x =代人得P 点坐标为()4,3k ，由()221{ 143y k x x y =-+=，消元得()22223484120k xk x k +-+-=，设()11,A x y ， ()22,B x y ，则0∆>且21222122834{ 41234k x x kk x x k +=+-⋅=+， 方法一：因为1PA AF λ=，所以11141PA x AF x λ-==-. 同理22241PB x BFx λ-==-，且1141x x --与2241x x --异号，所以12121212443321111x x x x x x λλ⎛⎫---=+=--+ ⎪----⎝⎭()()1212123221x x x x x x +-=-+-++()2222238682412834k k k k k --=-+--++0=. 所以， 12λλ-为定值0.当121x x <<时，同理可得120λλ-=. 所以， 12λλ-为定值0.同理2223PB my BFmy λ-==，且113my my -与223my my -异号，所以()12121212123332y y my my my my my y λλ+---=+=-()()36209m m ⨯-=-=⨯-.又当直线AB 与x 轴重合时， 120λλ-=， 所以， 12λλ-为定值0.【点睛】本题考查直线和椭圆的位置关系，其主要思路是联立直线和椭圆的方程，整理成关于x 或y 的一元二次方程，利用根与系数的关系进行求解，因为直线AB 过点()1,0F ，在设方程时，往往设为1x my =+()0m ≠，可减少讨论该直线是否存在斜率.5．【四川省绵阳南山中学2017-2018学年高二上学期期中考】设抛物线C ： 24y x =， F 为C 的焦点，过F 的直线l 与C 相交于,A B 两点. （1）设l 的斜率为1，求AB ； （2）求证： OA OB ⋅是一个定值. 【答案】(1) 8AB =（2）见解析【解析】试题分析：（1）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系及抛物线的定义、弦长公式即可得出；（2）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系、向量的数量积即可得出；（2）证明：设直线l 的方程为1x ky =+，由21{4x ky y x=+-得2440y ky --= ∴124y y k +=， 124y y =-()()1122,,,OA x y OB x y ==，∵()()1212121211OA OB x x y y kx ky y y ⋅=+=+++，()212121222144143k y y k y y y y k k =++++=-++-=-，∴OA OB ⋅是一个定值.点睛：熟练掌握直线与抛物线的相交问题的解题模式、根与系数的关系及抛物线的定义、过焦点的弦长公式、向量的数量积是解题的关键，考查计算能力,直线方程设成1x ky =+也给解题带来了方便.6．【内蒙古包头市第三十三中2016-2017学年高一下学期期末】已知椭圆C : 22221(0,0)x y a b a b+=>>的,右焦点为求椭圆C 的方程; (2)若过原点作两条互相垂直的射线,与椭圆交于A ,B 两点,求证:点O 到直线AB 的距离为定值.【答案】(1) 2213x y += ,(2) O 到直线AB 的距离为定值2. 【解析】试题分析：（1）根据焦点和离心率列方程解出a ，b ，c ；（2）对于AB 有无斜率进行讨论，设出A ，B 坐标和直线方程，利用根与系数的关系和距离公式计算；有OA⊥OB知x1x2+y1y2=x1x2+(k x1+m) (k x2+m)=(1+k2) x1x2+k m(x1+x2)=0 代入,得4 m2=3 k2+3原点到直线AB的距离d==，当AB的斜率不存在时, 11x y= ,可得,1x d==依然成立.所以点O 到直线点睛：本题考查了椭圆的性质，直线与圆锥曲线的位置关系，分类讨论思想，对于这类题目要掌握解题方法．设而不求，套用公式解决．7．【四川省成都市石室中学2017-2018学年高二10月月考】已知双曲线()222210x yb aa b-=>>渐近线方程为y=，O为坐标原点，点(M在双曲线上．（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）已知,P Q为双曲线上不同两点，点O在以PQ为直径的圆上，求2211OP OQ+的值．【答案】（Ⅰ）22126x y-=；（Ⅱ）221113OP OQ+=.【解析】试题分析：（1）根据渐近线方程得到设出双曲线的标准方程，代入点M的坐标求得参数即可；（2）由条件可得OP OQ⊥，可设出直线,OP OQ的方程，代入双曲线方程求得点,P Q的坐标可求得221113OP OQ+=。
2018届浙江省高考试题逐类透析――圆锥曲线
七、平面解析几何（二）圆锥曲线一、高考考什么？[考试说明]5．掌握椭圆、抛物线的定义、标准方程、几何图形及简单几何性质。
6．会解决直线与圆、椭圆、抛物线的位置关系的问题，会判断圆与圆的位置关系。
7．了解双曲线的定义、标准方程、几何图形及简单几何性质，了解直线与双曲线的位置关系。
8. 了解方程与曲线的对应关系，会求简单的曲线的方程。
[知识梳理]弦长公式：若直线与圆锥曲线相交于两点A（）、B（），则：＝＝通径：椭圆、双曲线，抛物线定义及基本量：椭圆双曲线抛物线定义基本量离心率抛物线：若的焦点弦为AB，，则：①②；③[全面解读]圆锥曲线是高中数学教学的核心内容之一，在高考数学中占有十分重要的地位，是高考的重点、热点和难点。
综观历年高考，试题中几乎考查了解析几何教学中的所有内容，重点考查了定义、位置关系、弦长、离心率、渐近线等问题，有较高的思维度和灵活性，通过一定量的计算，分析研究圆锥曲线的性质特点，充分考查解析几何的本质。
[难度系数] ★★★★☆二、高考怎么考？[原题解析][2004年]（4）曲线y2=4x关于直线x=2对称的曲线方程是( )A．y2=8-4x B．y2=4x-8 C．y2=16-4x D．y2=4x-16（9）若椭圆(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，线段F1F2被抛物线y2=2bx 的焦点分成5∶3的两段，则此椭圆的离心率为 ( )A． B． C． D．[2005年]（13）过双曲线(a＞0，b＞0)的左焦点且垂直于轴的直线与双曲线相交于M、N两点，以MN为直径的圆恰好过双曲线的右顶点，则双曲线的离心率等于_________．[2008年]（12）已知为椭圆的两个焦点，过的直线交椭圆于A、B两点若，则=___________。
[2009年]（9）过双曲线（）的右顶点A作斜率为-1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B,C.若=,则双曲线的离心率是（）A． B． C． D．[2010年]（8）设、分别为双曲线的左、右焦点.若在双曲线右支上存在点，满足，且到直线的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为( )A． B．C． D．（13）设抛物线的焦点为，点.若线段的中点在抛物线上，则到该抛物线准线的距离为________。
2018年高考数学试题分类汇编之圆锥曲线解析版
2018年高考数学试题分类汇编之圆锥曲线（解析版）一、选择题1.（浙江卷）（2）双曲线221 3=x y -的焦点坐标是A ．(0)，0)B ．(−2，0)，(2，0)C ．(0，，(0D ．(0，−2)，(0，2)解：∵双曲线方程可得双曲线的焦点在x 轴上，且a 2=3，b 2=1， 由此可得222=+=b a c ∴该双曲线的焦点坐标为（±2，0）故选：B2.（天津文）（7）已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>> 的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于,A B 两点.设,A B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为1d 和2d ，且126,d d += 则双曲线的方程为（A ）22139x y -= （B ）22193x y -= （C ）221412x y -=（D ）221124x y -= 解：由题意可得，CD 是双曲线的一条渐近线x aby =，即0=-ay bx ，)0,(c F故选：A3.（天津理）(7)已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，B 两点. 设A ，B 到双曲线同一条渐近线的距离分别为1d 和2d ，且126d d +=，则双曲线的方程为A221412x y -= B221124x y -= C 22139x y -= D 22193x y -=解：由题意可得，CD 是双曲线的一条渐近线x aby =，即0=-ay bx ，)0,(c F故选：C4.（全国卷一文）（4）已知椭圆C ：22214x y a +=的一个焦点为(20)，，则C 的离心率为A ．13B ．12C D 解：椭圆的一个焦点为（2，0），可得a 2-4=4，解得22=a ，故选：C5.（全国卷一理）（8）设抛物线C ：y 2=4x 的焦点为F ，过点（–2，0）且斜率为23的直线与C 交于M ，N 两点，则FM FN ⋅= A ．5B ．6C ．7D ．8解：抛物线C ：y 2=4x 的焦点为F （1，0），过点（-2，0联立直线与抛物线C ：y 2=4x ，消去x 可得：y 2-6y+8=0， 解得y 1=2，y 2=4，不妨M （1，2），N （4，4），FM ＝(0，2)， FN ＝(3，4)．则 FM ∙FN =（0，2）•（3，4）=8． 故选：D6.（全国卷一理）（11）已知双曲线C ：2213x y -=，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M 、N .若△OMN 为直角三角形，则|MN |= A ．32B ．3 C． D ．4故选：B7.（全国卷二文）（6）双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>A．y =B．y =C．y = D ．y = 解：∵双曲线的离心率为==ace则2222±=-=aa c ab 故选：A.8.（全国卷二文）（11）已知1F ，2F 是椭圆C 的两个焦点，P 是C上的一点，若12PF PF ⊥，且2160PFF ∠=︒，则C 的离心率为 A．1 B．2C D 1-解：F 1，F 2是椭圆C 的两个焦点，P 是C 上的一点，若PF 1⊥PF 2，且∠PF 2F 1=60°， 可得椭圆的焦点坐标F 2（c ，0），所以P（c 23,21故选：D9.（全国卷二理）（5）双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>A ．y =B ．y =C ．y x =D ．y =解：∵双曲线的离心率为==ace则2222±=-=aa c ab 故选：A ．10.（全国卷二理）（12）已知1F ，2F 是椭圆22221(0)x y C a b a b+=>>：的左，右焦点，A 是C 的左顶点，点P在过A 12PF F △为等腰三角形，12120F F P ∠=︒，则C 的离心率为 A ．23B ．12C ．13D ．14解：由题意可知：A （-a ，0），F 1（-c ，0），F 2（c ，0），直线AP 的方程为：）（a x y +=63，故选：D11.（全国卷三文）（10）已知双曲线22221(00)x y C a b a b-=>>：，(4,0)到C 的渐近线的距离为AB ．2CD ．故选：D12.（全国卷三理）（11）设12F F ，是双曲线22221x y C a b-=：（00a b >>，）的左、右焦点，O 是坐标原点．过2F 作C 的一条渐近线的垂线，垂足为P ．若1PF ，则C 的离心率为A B ．2 C D在三角形F 1PF 2中，由余弦定理可得|PF 1|2=|PF 2|2+|F 1F 2|2-2|PF 2|•|F 1F 2|COS ∠PF 2O ，故选：C二、填空题1.（北京文）（10）已知直线l 过点（1,0）且垂直于 轴，若l 被抛物线24y ax =截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为_________.解：∵直线l 过点（1，0）且垂直于x 轴，∴x=1，代入到y 2=4ax ，可得y 2=4a ，显然a ＞0，∴y=±∴抛物线的焦点坐标为（1，0）， 故答案为：（1，0）2.（北京文）（12）若双曲线2221(0)4x y a a -=>的离心率为2，则a =_________.解：双曲线的离心率为245422=+a a ，解得a=4． 故答案为：43.（北京理）（14）已知椭圆22221(0)x y M a b a b +=>>：，双曲线22221x y N m n -=：．若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为__________；双曲线N 的离心率为__________．解：若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，4.（江苏卷）（8）在平面直角坐标系xOy中，若双曲线22221(0,0)x ya ba b-=>>的右焦点(,0)F c到一条渐近，则其离心率的值是．，故答案为：25.（浙江卷）（17）已知点P(0，1)，椭圆24x+y2=m(m>1)上两点A，B满足AP=2PB，则当m=_______时，点B横坐标的绝对值最大．解：设A（x1，y1），B（x2，y2），由P（0，1），AP=2PB，可得-x 1=2x2，1-y1=2（y2-1），即有x1=-2x2，y1+2y2=3，又x12+4y12=4m，即为x22+y12=m，①x22+4y22=4m，②①-②得（y1-2y2）（y1+2y2）=-3m，可得y1-2y2=-m，即有m=5时，x22有最大值4，即点B横坐标的绝对值最大．故答案为：5．6．（全国卷三理）（16）已知点()11M -，和抛物线24C y x =：，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点．若90AMB =︒∠，则k =________．解：∵抛物线C ：y 2=4x 的焦点F （1，0），∴过A ，B 两点的直线方程为y=k （x-1），联立⎩⎨⎧-==)1(42x k y xy 可得，k 2x 2-2（2+k 2）x+k 2=0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），y 1y 2=k 2（x 1-1）（x 2-1）=k 2[x 1x 2-（x 1+x 2）+1]=-4，∵M （-1，1），∴ MA =（x 1+1，y 1-1）， MB =（x 2+1，y 2-1）， ∵∠AMB=90°=0，∴MA *MB =0∴（x 1+1）（x 2+1）+（y 1-1）（y 2-1）=0，整理可得，x 1x 2+（x 1+x 2）+y 1y 2-（y 1+y 2）+2=0，∴即k 2-4k+4=0， ∴k=2． 故答案为：2三、解答题1.（北京文）（20）（本小题14分）已知椭圆2222:1(0)x y M a b a b +=>>焦距为斜率为k 的直线l 与椭圆M 有两个不同的交点A ，B .（Ⅰ）求椭圆M 的方程；（Ⅱ）若1k =，求||AB 的最大值；（Ⅲ）设(2,0)P -，直线P A 与椭圆M 的另一个交点为C ，直线PB 与椭圆M 的另一个交点为D .若C ,D和点71(,)42Q -共线，求k .解析（Ⅰ）由题意得2c =，所以c =3c e a ==，所以a =2221b a c =-=， 所以椭圆M 的标准方程为2213x y +=．（Ⅱ）设直线AB 的方程为y x m =+，由2213y x m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 可得2246330x mx m ++-=， 则2223644(33)48120m m m ∆=-⨯-=->，即24m <，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则1232m x x +=-，212334m x x -=，则12|||AB x x =-=，易得当20m =时，max ||AB =||AB（Ⅲ）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，33(,)C x y ，44(,)D x y ， 则221133x y += ①，222233x y += ②， 又(2,0)P -，所以可设1112PA y k k x ==+，直线PA 的方程为1(2)y k x =+， 由122(2)13y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 可得2222111(13)121230k x k x k +++-=， 则2113211213k x x k +=-+，即2131211213k x x k =--+， 又1112y k x =+，代入①式可得13171247x x x --=+，所以13147y y x =+， 所以1111712(,)4747x y C x x --++，同理可得2222712(,)4747x y D x x --++．故3371(,)44QC x y =+-，4471(,)44QD x y =+-， 因为,,Q C D 三点共线，所以34437171()()()()04444x y x y +--+-=，将点,C D 的坐标代入化简可得12121y y x x -=-，即1k =．2.（北京理）（19）（本小题14分）已知抛物线C ：2y =2px 经过点P （1，2）．过点Q （0，1）的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ． （Ⅰ）求直线l 的斜率的取值范围；（Ⅱ）设O 为原点，μλ==,，求证：μλ11+为定值．解析：（Ⅰ）因为抛物线y 2=2px 经过点P （1，2）， 所以4=2p ，解得p =2，所以抛物线的方程为y 2=4x ． 由题意可知直线l 的斜率存在且不为0， 设直线l 的方程为y =kx +1（k ≠0）． 由241y x y kx ⎧=⎨=+⎩得22(24)10k x k x +-+=． 依题意22(24)410k k ∆=--⨯⨯>，解得k<0或0<k<1． 又P A ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点（1，-2）．从而k ≠-3． 所以直线l 斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）． （Ⅱ）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）． 由（I ）知12224k x x k -+=-，1221x x k =． 直线P A 的方程为y –2=1122(1)1y y x x --=--． 令x =0，得点M 的纵坐标为1111212211M y kx y x x -+-+=+=+--． 同理得点N 的纵坐标为22121N kx y x -+=+-． 由μλ==,得=1M y λ-，1N y μ=-．所以2212121212122224112()111111=211(1)(1)11M N k x x x x x x k k y y k x k x k x x k k λμ-+---++=+=+=⋅=⋅------． 所以11λμ+为定值．3.（江苏卷）（18）（本小题满分16分）如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C过点1)2，焦点12(F F ，圆O 的直径为12F F ．（1）求椭圆C 及圆O 的方程；（2）设直线l 与圆O 相切于第一象限内的点P ．①若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点P 的坐标； ②直线l 与椭圆C 交于,A B 两点．若OAB △，求直线l 的方程．解析：（1）因为椭圆C的焦点为12(),F F -，可设椭圆C 的方程为22221(0)x y a b a b +=>>．又点1)2在椭圆C 上，所以2222311,43,a b a b ⎧+=⎪⎨⎪-=⎩，解得224,1,a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩因此，椭圆C 的方程为2214x y +=．因为圆O 的直径为12F F ，所以其方程为223x y +=．（2）①设直线l 与圆O 相切于0000(),,(00)P x y x y >>，则22003x y +=， 所以直线l 的方程为0000()x y x x y y =--+，即0003x y x y y =-+． 由220001,43,x y x y x y y ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，消去y ，得222200004243640()x y x x x y +-+-=．（*）因为直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，所以222222000000()()(24)(44364820)4x x y y y x ∆=--+-=-=． 因为00,0x y >，所以001x y =． 因此，点P的坐标为． ②因为三角形OAB，所以1 2AB OP ⋅=，从而AB =．设1122,,()(),A x y B x y ，由（*）得001,2x =，所以2222121()()x B y y x A =-+-222000222200048(2)(1)(4)x y x y x y -=+⋅+． 因为22003x y +=， 所以22022016(2)32(1)49x AB x -==+，即42002451000x x -+=， 解得22005(202x x ==舍去），则2012y =，因此P的坐标为． 综上，直线l的方程为y =+4.（天津文）（19）（本小题满分14分） 设椭圆22221(0)x y a b a b +=>> 的右顶点为A ，上顶点为B .||AB =（I ）求椭圆的方程；（II ）设直线:(0)l y kx k =<与椭圆交于,P Q 两点，l 与直线AB 交于点M ，且点P ，M 均在第四象限.若BPM △的面积是BPQ △面积的2倍，求k 的值.解析：（I ）设椭圆的焦距为2c ，由已知得2259c a =，又由222a b c =+，可得23.a b =由||AB ==从而3,2a b ==. 所以，椭圆的方程为22194x y +=. （II ）解：设点P 的坐标为11(,)x y ，点M 的坐标为22(,)x y ，由题意，210x x >>，点Q 的坐标为11(,).x y -- 由BPM △的面积是BPQ △面积的2倍，可得||=2||PM PQ ，从而21112[()]x x x x -=--，即215x x =.易知直线AB 的方程为236x y +=，由方程组236,,x y y kx +=⎧⎨=⎩ 消去y ，可得2632x k =+.由方程组221,94,x y y kx ⎧+⎪=⎨⎪=⎩消去y，可得1x =由215x x =5(32)k =+，两边平方，整理得2182580k k ++=，解得89k =-，或12k =-. 当89k =-时，290x =-<，不合题意，舍去；当12k =-时，212x =，1125x =，符合题意. 所以，k 的值为12-. 5.（天津理）(19)(本小题满分14分) 设椭圆22221x x a b +=(a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B .，点A 的坐标为(,0)b ，且FB AB ⋅=.（I ）求椭圆的方程；（II ）设直线l ：(0)y kx k =>与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q .若AQAOQ PQ =∠(O 为原点) ，求k 的值. 解析（Ⅰ）：设椭圆的焦距为2c ，由已知知2259c a =，又由a 2=b 2+c 2，可得2a =3b ．由已知可得，FB a =，AB，由FB AB ⋅=ab =6，从而a =3，b =2． 所以，椭圆的方程为22194x y +=． （Ⅱ）解：设点P 的坐标为（x 1，y 1），点Q 的坐标为（x 2，y 2）．由已知有y 1>y 2>0，故12sin PQ AOQ y y ∠=-．又因为2sin y AQ OAB =∠，而∠OAB =π4，故2AQ．由AQ AOQ PQ =∠，可得5y 1=9y 2． 由方程组22194y kx x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，，消去x，可得1y =．易知直线AB 的方程为x +y –2=0，由方程组20y kx x y =⎧⎨+-=⎩，，消去x ，可得221k y k =+．由5y 1=9y 2，可得5（k +1）=，两边平方，整理得25650110k k -+=，解得12k =，或1128k =．所以，k 的值为111228或． 6.（浙江卷）（21）（本题满分15分）如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2=4x 上存在不同的两点A ，B 满足P A ，PB 的中点均在C 上．（Ⅰ）设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；（Ⅱ）若P 是半椭圆x 2+24y =1(x <0)上的动点，求△P AB 面积的取值范围．解析（Ⅰ）设00(,)P x y ，2111(,)4A y y ，2221(,)4B y y ． 因为PA ，PB 的中点在抛物线上，所以1y ，2y 为方程202014()422y x y y ++=⋅即22000280y y y x y -+-=的两个不同的实数根． 所以1202y y y +=．因此，PM 垂直于y 轴．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知120212002,8,y y y y y x y +=⎧⎪⎨=-⎪⎩ 所以2221200013||()384PM y y x y x =+-=-，12||y y -= 因此，PAB △的面积32212001||||4)24PABS PM y y y x =⋅-=-△． 因为220001(0)4y x x +=<，所以2200004444[4,5]y x x x -=--+∈． 因此，PAB △面积的取值范围是7.（全国一卷文）（20）（12分）设抛物线22C y x =：，点()20A ，，()20B -，，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点． （1）当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程；（2）证明：ABM ABN =∠∠．解：（1）当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x =2，可得M 的坐标为（2，2）或（2，–2）．所以直线BM 的方程为y =112x +或112y x =--． （2）当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM =∠ABN ．当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为(2)(0)y k x k =-≠，M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），则x 1>0，x 2>0． 由2(2)2y k x y x=-⎧⎨=⎩，得ky 2–2y –4k =0，可知y 1+y 2=2k ，y 1y 2=–4． 直线BM ，BN 的斜率之和为1221121212122()22(2)(2)BM BN y y x y x y y y k k x x x x ++++=+=++++．① 将112y x k =+，222y x k=+及y 1+y 2，y 1y 2的表达式代入①式分子，可得 121221121224()882()0y y k y y x y x y y y k k ++-++++===． 所以k BM +k BN =0，可知BM ，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM +∠ABN ．综上，∠ABM =∠ABN ．8.（全国一卷理）（19）（12分） 设椭圆22:12x C y +=的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于,A B 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：OMA OMB ∠=∠.解：（1）由已知得(1,0)F ，l 的方程为x =1.由已知可得，点A的坐标为或(1,. 所以AM的方程为y x =+y x =. （2）当l 与x 轴重合时，0OMA OMB ∠=∠=︒.当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以OMA OMB ∠=∠.当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为(1)(0)y k x k =-≠，1221(,),(,)A y x y x B ，则12x x <<，直线MA ，MB 的斜率之和为212122MA MB x x y y k k +=+--. 由1122,y k k x y k x k =-=-得 121212(23()42)(2)MA MB x x x x k k x x k k k -+++=--. 将(1)y k x =-代入2212x y +=得 2222(21)4220k x k x k +-+-=. 所以，21221222422,2121x x x k k k x k -+==++. 则3131322244128423()4021k k k k k k k k k x x x x --++-++==+. 从而0MA MB k k +=，故MA ，MB 的倾斜角互补，所以OMA OMB ∠=∠.综上，OMA OMB ∠=∠.9.（全国二卷文）（20）（12分）设抛物线24C y x =：的焦点为F ，过F 且斜率为(0)k k >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F （1，0），l 的方程为y =k （x –1）（k >0）．设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）．由2(1)4y k x y x =-⎧⎨=⎩得2222(24)0k x k x k -++=．216160k ∆=+=，故212224k x x k ++=． 所以212244(1)(1)k AB AF BF x x k +=+=+++=． 由题设知22448k k +=，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2(3)y x -=--，即5y x =-+．设所求圆的圆心坐标为（x 0，y 0），则00220005(1)(1)16.2y x y x x =-+⎧⎪⎨-++=+⎪⎩，解得0032x y =⎧⎨=⎩，或00116.x y =⎧⎨=-⎩， 因此所求圆的方程为22(3)(2)16x y -+-=或22(11)(6)144x y -++=．10.（全国卷二理）（19）（12分）设抛物线24C y x =：的焦点为F ，过F 且斜率为(0)k k >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)y k x k =->.设1221(,),(,)A y x y x B ，由2(1),4y k x y x=-⎧⎨=⎩得2222(24)0k x k x k -++=. 216160k ∆=+>，故122224k x k x ++=. 所以122244||||||(1)(1)x k AB AF BF kx +=+=+++=. 由题设知22448k k +=，解得1k =-（舍去），1k =.因此l 的方程为1y x =-. （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)y x -=--，即5y x =-+. 设所求圆的圆心坐标为00(,)x y ，则00220005,(1)(1)16.2y x y x x =-+⎧⎪⎨-++=+⎪⎩解得003,2x y =⎧⎨=⎩或0011,6.x y =⎧⎨=-⎩ 因此所求圆的方程为22(3)(2)16x y -+-=或22(11)(6)144x y -++=.11.（全国卷三文）（20）（12分） 已知斜率为k 的直线l 与椭圆22143x y C +=：交于A ，B 两点．线段AB 的中点为(1,)(0)M m m >． （1）证明：12k <-； （2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP FA FB ++=0．证明：2||||||FP FA FB =+．解：（1）设11()A x y ，，22()B x y ，，则2211143x y +=，2222143x y +=． 两式相减，并由1212=y y k x x --得1212043x x y y k +++⋅=．由题设知1212x x +=，122y y m +=，于是34k m=-. 由题设得302m <<，故12k <-． （2）由题意得F （1，0）．设33()P x y ，，则331122(1)(1)(1)(00)x y x y x y -+-+-=，，，，． 由（1）及题设得3123()1x x x =-+=，312()20y y y m =-+=-<．又点P 在C 上，所以34m =，从而3(1)2P -，，3||=2FP uu r ．于是1||22x FA =-uu r ．同理2||=22x FB -uu r ． 所以1214()32FA FB x x +=-+=u u r u u r ．故2||=||+||FP FA FB u u r u u r u u r ． 12.（全国卷三理）（20）（12分）已知斜率为k 的直线l 与椭圆22143x y C +=：交于A ，B 两点，线段AB 的中点为()()10M m m >，． （1）证明：12k <-； （2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点,且FP FA FB ++=0．证明：FA ，FP ，FB 成等差数列，并求该数列的公差．解：（1）设1221(,),(,)A y x y x B ，则222212121,14343y x y x +=+=. 两式相减，并由1221y x y k x -=-得 1122043y x y k x +++⋅=. 由题设知12121,22x y x y m ++==，于是 34k m=-.① 由题设得302m <<，故12k <-. （2）由题意得(1,0)F ，设33(,)P x y ，则 331122(1,)(1,)(1,)(0,0)y x x y x y -+-+-=. 由（1）及题设得3321213()1,()20y y x x y x m =-+==-+=-<.又点P 在C 上，所以34m =，从而3(1,)2P -，3||2FP =.于是 1||(22x FA x ==-. 同理2||22x FB =-. 所以121||||4()32FA FB x x +=-+=. 故2||||||FP FA FB =+，即||,||,||FA FP FB 成等差数列.设该数列的公差为d ，则 1212||||||||||2FB FA x x d =-=-=②将34m =代入①得1k =-. 所以l 的方程为74y x =-+，代入C 的方程，并整理得2171404x x -+=.故121212,28x x x x +==，代入②解得||d =.或。
2018年高考圆锥曲线部分大题解析
1.【2018浙江21】如图，已知点P 是y 轴左侧（不含y 轴）一点，抛物线2:4C y x =上存在不同的两点,A B 满足,PA PB 的中点均在C 上。
（1） 设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；（2） 若P 是半椭圆221(0)4y x x +=<上的动点，求PAB ∆面积的取值范围。
解析：（1）设2200112211(,),(,),(,)44P x y A y y B y yAP 中点满足：22102014()4()22y x y y ++= BP 中点满足：22202024:()4()22y x y y BP ++= 所以12,y y 是方程220204()4()22y x y y ++=即22000280y y y x y -+-=的两个根，所以1202y y y +=，故PM 垂直于y 轴。
（2）由（1）可知212012002,8y y y y y x y +=⋅=-所以2221200013||()384PM y y x y x =+-=-,12||y y -=因此，32212001||||4)24PABS PM y y y x ∆=⋅-=- 因为220001(0)4y x x +=<，所以2200004444[4,5]y x x x -=--+∈因此，PAB ∆面积的取值范围是 1. 距离型问题2.【2018全国3 理20】已知斜率为k 的直线l 与椭圆22:143x y C +=交于,A B 两点，线段AB 的中点为(1,)(0)M m m >（1）证明：12k <-； （2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点且0FP FA FB ++=，证明：,,FP FA FB 为等差数列，并求出该数列的公差。
解析：（1）由中点弦公式22OMb k k a⋅=-，解得34k m =-又因为点M 在椭圆内，故302m <<，故12k <- （2）由题意知2,2FA FB FM FP FM +==-，故(1,2)P m -因为点P 在椭圆上，代入可得3,14m k ==-，即3||2FP = 根据第二定义可知，1211||2,||222FA x FB x =-=- 121||||4()2FA FB x x +=-+联立22212121114371402,42874x y x x x x x x y x ⎧+=⎪⎪⇒-+=⇒+==⎨⎪=-+⎪⎩即121||||4()32FA FB x x +=-+= 故满足2||||||FP FA FB =+，所以,,FP FA FB 为等差数列 设其公差为d ，因为,A B 的位置不确定，则有1212||||||||2d FA FB x x =±-=±-=代入得21428d d =±=±3.【2018全国3 文20】已知斜率为k 的直线l 与椭圆22:143x y C +=交于,A B 两点，线段AB 的中点为(1,)(0)M m m >（1）证明：12k <-； （2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点且0FP FA FB ++=，证明2||||||FP FA FB =+。
专题10圆锥曲线(热点难点突破)2018年高考数学(文)考纲解读与热点难点突破版含解析数学
1．点A 是抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)上一点 ,O 为坐标原点 ,假设以点M (0,8)为圆心 ,|OA |的长为半径的圆交抛物线C 于A ,B 两点 ,且△ABO 为等边三角形 ,那么p 的值是( ) A.38 B ．2 C ．6 D.23【答案】D 【解析】由题意知|MA |＝|OA | ,所以点A 的纵坐标为4 ,又△ABO 为等边三角形 ,所以点A 的横坐标为433 ,又点A 是抛物线C 上一点 ,所以163＝2p ×4 ,解得p ＝23.2．焦点在x 轴上的椭圆方程为x 24a ＋y 2a 2＋1＝1 ,随着a 的增大该椭圆的形状( )A ．越接近于圆B ．越扁C ．先接近于圆后越扁D ．先越扁后接近于圆【答案】D 【解析】由题意知4a ＞a 2＋1且a ＞0 ,解得2－3＜a ＜2＋ 3 ,又e 2＝1－b 2a 2＝1－a 2＋14a ＝1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a .因此当a ∈(2－ 3 ,1)时 ,e 越来越大 ,当a ∈ (1,2＋3)时 ,e 越来越小 ,应选D.3．F 1 ,F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0 ,b ＞0)的左、右焦点 ,对于左支上任意一点P 都有|PF 2|2＝8a |PF 1|(a为实半轴) ,那么此双曲线的离心率e 的取值范围是( ) A ．(1 ,＋∞) B ．(2,3] C ．(1,3]D ．(1,2]4．抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ,点A ,B 为抛物线上的两个动点 ,且满足∠AFB ＝120°.过弦AB 的中点M 作抛物线准线的垂线MN ,垂足为N ,那么|MN ||AB |的最||大值为( )A.33B ．1 C.233D ．2【答案】A 【解析】设AF ＝a ,BF ＝b ,由余弦定理得|AB |2＝a 2＋b 2－2ab cos 120°＝a 2＋b 2＋ab ＝(a ＋b )2－ab ≥(a ＋b )2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝34(a ＋b )2.∵a ＋b ＝AF ＋BF ＝2MN ,∴|AB |2≥34|2MN |2 ,∴|MN ||AB |≤33.5．过点A (0,1)作直线 ,与双曲线x 2－y 29＝1有且只有一个公共点 ,那么符合条件的直线的条数为( )A ．0B ．2C ．4D ．无数【答案】C 【解析】过点A (0,1)和双曲线的渐近线平行的直线和双曲线只有一个公共点 ,这样的直线有两条 ,过点A (0,1)和双曲线相切的直线只有一个公共点 ,这样的直线也有两条 ,故共四条直线与双曲线有且只有一个公共点．6．椭圆y 2＋x 2m2＝1(0＜m ＜1)上存在点P 使得PF 1⊥PF 2 ,那么m 的取值范围是( )A.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫22 1 B ．⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0 22 C.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12 1 D.⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0 12 【答案】B 【解析】当点P 是短轴的顶点时∠F 1PF 2最||大 ,因此假设椭圆上存在点P 使得PF 1⊥PF 2 ,那么∠F 1PF 2≥90° ,所以∠F 2PO ≥45°(O 是原点) ,从而c a≥22 ,即1－m 2≥12 ,又0＜m ＜1 ,所以0＜m ≤22. 7．设点P 是椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上一点 ,F 1 ,F 2分别是椭圆的左 ,右焦点 ,I 为△PF 1F 2的内心 ,假设S△IPF 1＋S △IPF 2＝2S △IF 1F 2 ,那么该椭圆的离心率为( ) A.12 B ．22 C.32D.3－128．椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32.双曲线x 2－y 2＝1的渐近线与椭圆C 有四个交点 ,以这四个交点为顶点的四边形的面积为16 ,那么椭圆C 的方程为( ) A.x 28＋y 22＝1B ．x 212＋y 26＝1 C.x 216＋y 24＝1 D.x 220＋y 25＝1 【答案】D 【解析】椭圆的离心率e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝32,所以a ＝2b .所以椭圆方程为x 2＋4y 2＝4b 2.因为双曲线x 2－y 2＝1的渐近线方程为x ±y ＝0 ,所以渐近线x ±y ＝0与椭圆x 2＋4y 2＝4b 2在第|一象限的交点为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫255b 255b ,所以由圆锥曲线的对称性得四边形在第|一象限局部的面积为255b ×255b ＝4 ,所以b 2＝5 ,所以a 2＝4b 2＝20. 所以椭圆C 的方程为x 220＋y 25＝1.应选D.9．双曲线M ：x 2－y 2b2＝1的左、右焦点分别为F 1 ,F 2 ,记|F 1F 2|＝2c ,以坐标原点O 为圆心 ,c 为半径的圆与双曲线M 在第|一象限的交点为P ,假设|PF 1|＝c ＋2 ,那么P 点的横坐标为________． 【答案】3＋12【解析】根据双曲线的定义知|PF 1|－|PF 2|＝2 ,又|PF 1|＝c ＋2 ,所以|PF 2|＝c ,由勾股定理得(c ＋2)2＋c 2＝4c 2,即c 2－2c －2＝0 ,解得c ＝3＋1 ,根据△OPF 2是等边三角形得P 点的横坐标为3＋12. 10．F 1 ,F 2为x 2a 2＋y 216＝1的左、右焦点 ,M 为椭圆上一点 ,那么△MF 1F 2内切圆的周长等于3π ,假设满足条件的点M 恰好有2个 ,那么a 2＝________.11．如图141 ,F 1 ,F 2是双曲线x2a2－y 2b2＝1(a ＞0 ,b ＞0)的左、右焦点 ,过F 1的直线l 与双曲线的左、右两支分别交于点B ,A .假设△ABF 2为等边三角形 ,那么双曲线的离心率为________． 图141 【答案】7【解析】因为△ABF 2为等边三角形 ,由点A 是双曲线上的一点知 ,|F 1A |－|F 2A |＝|F 1A |－|AB |＝|F 1B |＝2a ,由点B 是双曲线上一点知 ,|BF 2|－|BF 1|＝2a ,从而|BF 2|＝4a ,由∠ABF 2＝60°得∠F 1BF 2＝120° ,在△F 1BF 2中应用余弦定理得4c 2＝4a 2＋16a 2－2·2a ·4a ·cos 120° ,整理得c 2＝7a 2,那么e 2＝7 ,从而e ＝7.12．设F 1 ,F 2是椭圆x 2＋y 2b2＝1(0＜b ＜1)的左、右焦点 ,过F 1的直线l 交椭圆于A ,B 两点 ,假设|AF 1|＝3|F 1B | ,且AF 2⊥x 轴 ,那么b 2＝________.【答案】2313．过抛物线y 2＝4x 焦点F 的直线交其于A ,B 两点 ,O 为坐标原点．假设|AF |＝3 ,那么△AOB 的面积为________． 【答案】322【解析】设直线AB 的倾斜角为θ(0＜θ＜π)及|BF |＝m , ∵|AF |＝3 ,∴点A 到准线l ：x ＝－1的距离为3 , ∴2＋3cos θ＝3 ,即cos θ＝13 ,那么sin θ＝223.∵m ＝2＋m cos(π－θ) ,∴m ＝21＋cos θ＝32 ,∴△AOB 的面积为S ＝12×|OF |×|AB |×sin θ＝12×1×⎝⎛⎭⎪⎫3＋32×223＝322. 14．如图142 ,椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F ,右顶点、上顶点分别为点A ,B ,且|AB |＝52|BF |.图142(1)求椭圆C 的离心率；(2)假设点M⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1617 217在椭圆C 内部 ,过点M 的直线l 交椭圆C 于P ,Q 两点 ,M 为线段PQ 的中点 ,且OP ⊥OQ .求直线l 的方程及椭圆C 的方程．[解] (1)由|AB |＝52|BF | ,即a 2＋b 2＝52a ,2分 4a 2＋4b 2＝5a 2,4a 2＋4(a 2－c 2)＝5a 2, ∴e ＝ca ＝32.4分 (2)由(1)知a 2＝4b 2,∴椭圆C ：x 24b 2＋y 2b 2P (x 1 ,y 1) ,Q (x 2 ,y 2) ,由x 214b 2＋y 21b 2＝1 ,x 224b 2＋y 22b2＝1 ,可得x 21－x 224b 2＋y 21－y 22b 2＝0 , 即x 1＋x 2x 1－x 24b2＋y 1＋y 2y 1－y 2b2＝0 ,即－3217x 1－x 24＋417(y 1－y 2)＝0 ,从而k PQ ＝y 1－y 2x 1－x 2＝2 ,6分 ∴直线l 的方程为y －217＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －⎝ ⎛⎭⎪⎫－1617 ,即2x －y 由⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2＝0 x 24b 2＋y 2b2＝1⇒x 2＋4(2x ＋2)2－4b 2＝0 ,即17x 2＋32x ＋16－4b 2＝0 ,9分Δ＝322＋16×17(b 2－4)＞0⇔b ＞21717 ,x 1＋x 2＝－3217 ,x 1x 2＝16－4b 217.∵OP ⊥OQ ,∴OP →·OQ →＝0 ,即x 1x 2＋y 1y 2＝0 ,x 1x 2＋(2x 1＋2)(2x 2＋2)＝0,5x 1x 2＋4(x 1＋x 2)＋4＝0 ,11分从而516－4b 217－12817＋4＝0 ,解得b ＝1 ,椭圆C 的方程为x 24＋y 2 15．在△ABC 中 ,A (－1,0) ,B (1,0) ,假设△ABC 的重心G 和垂心H 满足GH 平行于x 轴(G ,H 不重合)． (1)求动点C 的轨迹方程；(2)O 为坐标原点 ,假设直线AC 与以O 为圆心 ,以|OH |为半径的圆相切 ,求此时直线AC 的方程． 依题意可得k 21＋k 2＝9－2k 2＋k49＋6k 2＋k4 ,10分即7k 4＋2k 2－9＝0 ,解得k 2＝1 ,即k ＝1或－1 , 故所求直线AC 的方程为y ＝x ＋1或y ＝－x16．椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22,右焦点为F (1 ,0)．(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设点O 为坐标原点 ,过点F 作直线l 与椭圆E 交于M ,N 两点 ,假设OM ⊥ON ,求直线l 的方程．17．椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32,点P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1 32在椭圆E 上．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P 且斜率为k 的直线l 交椭圆E 于点Q (x Q ,y Q )(点Q 异于点P ) ,假设0＜x Q ＜1 ,求直线l 斜率k 的取值范围．18．抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ,直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A , B 两点 ,P 是线段AB 的中点 ,过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点 ,点E (－1 ,3) ,假设直线AB 过焦点F ,求|DF |＋|DE |的最||小值； (2)是否存在实数p ,使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →| ?假设存在 ,求出p 的值；假设不存在 ,说明理由． 解：(1)因为直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0 ,2) , 所以F (0 ,2) ,那么抛物线C 的方程为x 2＝8y ,准线l ：y ＝－2. 设过D 作DG ⊥l 于G ,那么|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE | , 当E , D ,G 三点共线时 ,|DF |＋|DE |取最||小值为2＋3＝5. (2)假设存在实数p ,满足条件等式成立． 联立x 2＝2py 与2x －y ＋2＝0 , 消去y ,得x 2－4px －4p ＝0.设A (x 1 ,y 1) ,B (x 2 ,y 2) ,那么x 1＋x 2＝4p ,x 1x 2＝－4p ,所以Q (2p ,2p )． 因为|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →| , 所以QA ⊥QB ,那么QA →·QB →＝0.因此(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )＝0. (x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )·(2x 2＋2－2p )＝0 , 5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0 ,把x 1＋x 2＝4p ,x 1x 2＝－4p 代入得4p 2＋3p －1＝0 ,解得p ＝14或p ＝－1(舍去)．因此存在实数p ＝14,使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立．19．椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22,点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b a b 在椭圆上 ,O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)点P ,M ,N 为椭圆C 上的三点 ,假设四边形OPMN 为平行四边形 ,证明四边形OPMN 的面积S 为定值 ,并求该定值．。
2018年高考数学—圆锥曲线(解答+答案)
2018年高考数学——圆锥曲线解答1.（18北京理（19）（本小题14分））已知抛物线C ：2y =2px 经过点P （1，2）．过点Q （0，1）的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ． （Ⅰ）求直线l 的斜率的取值范围；（Ⅱ）设O 为原点，QM QO λ=u u u u r u u u r ，QN QO μ=u u u r u u u r ，求证：11λμ+为定值．2.（18江苏18．（本小题满分16分））如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 过点1(3,)2，焦点12(3,0),(3,0)F F ，圆O 的直径为12F F ．（1）求椭圆C 及圆O 的方程；（2）设直线l 与圆O 相切于第一象限内的点P ．①若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点P 的坐标； ②直线l 与椭圆C 交于,A B 两点．若OAB △26，求直线l 的方程．3.（18全国二理19．（12分））设抛物线24C y x =：的焦点为F ，过F 且斜率为(0)k k >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．4.（18全国三理20．（12分））已知斜率为k 的直线l 与椭圆22143x y C +=：交于A ，B 两点，线段AB 的中点为()()10M m m >，． （1）证明：12k <-；（2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点,且FP FA FB ++=0u u u r u u u r u u u r．证明：FA u u u r ，FP u u u r ，FB u u u r 成等差数列，并求该数列的公差．5.18全国一理19．（12分）设椭圆22:12x C y +=的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于,A B 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：OMA OMB ∠=∠.6.（18天津理(19)(本小题满分14分)）设椭圆22221x x a b+=(a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B .A的坐标为(,0)b，且FB AB ⋅=（I ）求椭圆的方程；（II ）设直线l ：(0)y kx k =>与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q .若4AQ AOQ PQ=∠(O 为原点) ，求k 的值.7.（18浙江21．（本题满分15分））如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2=4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上．（Ⅰ）设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；（Ⅱ）若P 是半椭圆x 2+24y =1(x <0)上的动点，求△P AB 面积的取值范围．8.（18北京文（20）（本小题14分））已知椭圆2222:1(0)x y M a b a b +=>>的离心率为63，焦距为22.斜率为k 的直线l与椭圆M 有两个不同的交点A ，B . （Ⅰ）求椭圆M 的方程；（Ⅱ）若1k =，求||AB 的最大值；（Ⅲ）设(2,0)P -，直线PA 与椭圆M 的另一个交点为C ，直线PB 与椭圆M 的另一个交点为D .若C ,D 和点71(,)42Q - 共线，求k .9.（18全国三文20．（12分））已知斜率为k 的直线l 与椭圆22143x y C +=：交于A ，B 两点．线段AB 的中点为(1,)(0)M m m >．（1）证明：12k <-； （2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP FA FB ++=0u u u r u u u r u u u r．证明：2||||||FP FA FB =+u u u r u u u r u u u r ．10.（18全国一文20．（12分））设抛物线22C y x =：，点()20A ，，()20B -，，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点． （1）当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程； （2）证明：ABM ABN =∠∠．参考答案：1.解：（Ⅰ）因为抛物线y 2=2px 经过点P （1，2）， 所以4=2p ，解得p =2，所以抛物线的方程为y 2=4x ． 由题意可知直线l 的斜率存在且不为0， 设直线l 的方程为y =kx +1（k ≠0）． 由241y xy kx ⎧=⎨=+⎩得22(24)10k x k x +-+=． 依题意22(24)410k k ∆=--⨯⨯>，解得k<0或0<k<1． 又PA ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点（1，-2）．从而k ≠-3．所以直线l 斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）． （Ⅱ）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）．由（I ）知12224k x x k -+=-，1221x x k =． 直线PA 的方程为y –2=1122(1)1y y x x --=--．令x =0，得点M 的纵坐标为1111212211M y kx y x x -+-+=+=+--． 同理得点N 的纵坐标为22121N kx y x -+=+-． 由=QM QO λuuu r uuu r ，=QN QO μuuu r uuu r得=1M y λ-，1N y μ=-．所以2212121212122224112()111111=2111(1)(1)11M N k x x x x x x k k y y k x k x k x x k k λμ-+---++=+=+=⋅=⋅------． 所以11λμ+为定值．2.解：（1）因为椭圆C的焦点为12(),F F -，可设椭圆C 的方程为22221(0)x y a b a b +=>>．又点1)2在椭圆C 上，所以2222311,43,a ba b ⎧+=⎪⎨⎪-=⎩，解得224,1,a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 因此，椭圆C 的方程为2214x y +=．因为圆O 的直径为12F F ，所以其方程为223x y +=．（2）①设直线l 与圆O 相切于0000(),,(00)P x y x y >>，则22003x y +=， 所以直线l 的方程为0000()x y x x y y =--+，即0003x y x y y =-+． 由220001,43,x y x y x y y ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，消去y ，得222200004243640()x y x x x y +-+-=．（*） 因为直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，所以222222000000()()(24)(44364820)4x x y y y x ∆=--+-=-=． 因为00,0x y >，所以002,1x y ==． 因此，点P 的坐标为(2,1)． ②因为三角形OAB 的面积为26，所以21 26AB OP ⋅=，从而427AB =． 设1122,,()(),A x y B x y ，由（*）得22000001,22448(2)x y x x ±-=，所以2222121()()x B y y x A =-+- 222000222200048(2)(1)(4)x y x y x y -=+⋅+．因为22003x y +=，所以22022016(2)32(1)49x AB x -==+，即42002451000x x -+=， 解得22005(202x x ==舍去），则2012y =，因此P 的坐标为102(,)．综上，直线l 的方程为532y x =-+．学*科网3.解：（1）由题意得(1,0)F ，l 的方程为(1)(0)y k x k =->.设1221(,),(,)A y x y x B ， 由2(1),4y k x y x=-⎧⎨=⎩得2222(24)0k x k x k -++=.216160k ∆=+>，故122224k x k x ++=. 所以122244||||||(1)(1)x k AB AF BF k x +=+=+++=.由题设知22448k k+=，解得1k =-（舍去），1k =. 因此l 的方程为1y x =-.（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)y x -=--，即5y x =-+.设所求圆的圆心坐标为00(,)x y ，则00220005,(1)(1)16.2y x y x x =-+⎧⎪⎨-++=+⎪⎩解得003,2x y =⎧⎨=⎩或0011,6.x y =⎧⎨=-⎩ 因此所求圆的方程为22(3)(2)16x y -+-=或22(11)(6)144x y -++=.4.解：（1）设1221(,),(,)A y x y x B ，则222212121,14343y x y x +=+=. 两式相减，并由1221y x y k x -=-得1122043y x y k x +++⋅=. 由题设知12121,22x y x ym ++==，于是 34k m=-.① 由题设得302m <<，故12k <-. （2）由题意得(1,0)F ，设33(,)P x y ，则331122(1,)(1,)(1,)(0,0)y x x y x y -+-+-=.由（1）及题设得3321213()1,()20y y x x y x m =-+==-+=-<.又点P 在C 上，所以34m =，从而3(1,)2P -，3||2FP =u u u r .于是1||22x FA ===-u u u r .同理2||22xFB =-u u u r .所以121||||4()32FA FB x x +=-+=u u u r u u u r .故2||||||FP FA FB =+u u u r u u u r u u u r ，即||,||,||FA FP FB u u u r u u u r u u u r成等差数列.设该数列的公差为d ，则1212||||||||||2FB FA x x d =-=-=u u u r u u u r .②将34m =代入①得1k =-. 所以l 的方程为74y x =-+，代入C 的方程，并整理得2171404x x -+=.故121212,28x x x x +==，代入②解得||28d =.所以该数列的公差为28或28-.5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(1,2或(1,2-.所以AM 的方程为y x =+y x =.（2）当l 与x 轴重合时，0OMA OMB ∠=∠=︒.当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以OMA OMB ∠=∠.当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为(1)(0)y k x k =-≠，1221(,),(,)A y x y x B ，则12x x <<MA ，MB 的斜率之和为212122MA MB x x y yk k +=+--. 由1122,y k k x y k x k =-=-得121212(23()42)(2)MA MB x x x x k k x x kk k -+++=--.将(1)y k x =-代入2212x y +=得 2222(21)4220k x k x k +-+-=.所以，21221222422,2121x x x k k k x k -+==++. 则3131322244128423()4021k k k k kk k k k x x x x --++-++==+. 从而0MA MB k k +=，故MA ，MB 的倾斜角互补，所以OMA OMB ∠=∠. 综上，OMA OMB ∠=∠.6.（Ⅰ）解：设椭圆的焦距为2c ，由已知知2259c a =，又由a 2=b 2+c 2，可得2a =3b ．由已知可得，FB a =，AB =，由FB AB ⋅=，可得ab =6，从而a =3，b =2．所以，椭圆的方程为22194x y +=． （Ⅱ）解：设点P 的坐标为（x 1，y 1），点Q 的坐标为（x 2，y 2）．由已知有y 1>y 2>0，故12sin PQ AOQ y y ∠=-．又因为2sin y AQ OAB =∠，而∠OAB =π4，故2AQ =．由AQ AOQ PQ=∠，可得5y 1=9y 2． 由方程组22194y kx x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，，消去x，可得1y =AB 的方程为x +y –2=0，由方程组20y kx x y =⎧⎨+-=⎩，，消去x ，可得221ky k =+．由5y 1=9y 2，可得5（k +1）=，两边平方，整理得25650110k k -+=，解得12k =，或1128k =． 所以，k 的值为111228或．7.（Ⅰ）设00(,)P x y ，2111(,)4A y y ，2221(,)4B y y ． 因为PA ，PB 的中点在抛物线上，所以1y ，2y 为方程202014()422y x y y ++=⋅即22000280y y y x y -+-=的两个不同的实数根． 所以1202y y y +=． 因此，PM 垂直于y 轴．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知120212002,8,y y y y y x y +=⎧⎪⎨=-⎪⎩ 所以2221200013||()384PM y y x y x =+-=-，12||y y -= 因此，PAB △的面积32212001||||4)24PABS PM y y y x =⋅-=-△． 因为220001(0)4y x x +=<，所以2200004444[4,5]y x x x -=--+∈．因此，PAB △面积的取值范围是．8.【解析】（Ⅰ）由题意得2c =，所以c =又3c e a ==，所以a =2221b a c =-=， 所以椭圆M 的标准方程为2213x y +=．（Ⅱ）设直线AB 的方程为y x m =+，由2213y x m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 可得2246330x mx m ++-=， 则2223644(33)48120m m m ∆=-⨯-=->，即24m <，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则1232m x x +=-，212334m x x -=，则12|||2AB x x =-==，易得当20m =时，max ||AB ，故||AB． （Ⅲ）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，33(,)C x y ，44(,)D x y ，则221133x y += ①，222233x y += ②，又(2,0)P -，所以可设1112PA y k k x ==+，直线PA 的方程为1(2)y k x =+， 由122(2)13y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 可得2222111(13)121230k x k x k +++-=， 则2113211213k x x k +=-+，即2131211213k x x k =--+， 又1112y k x =+，代入①式可得13171247x x x --=+，所以13147y y x =+，所以1111712(,)4747x y C x x --++，同理可得2222712(,)4747x y D x x --++．故3371(,)44QC x y =+-u u u r ，4471(,)44QD x y =+-u u u r ，因为,,Q C D 三点共线，所以34437171()()()()04444x y x y +--+-=，将点,C D 的坐标代入化简可得12121y y x x -=-，即1k =． 9..解：（1）设11()A x y ，，22()B x y ，，则2211143x y +=，2222143x y +=．两式相减，并由1212=y y k x x --得1212043x x y y k +++⋅=． 由题设知1212x x +=，122y y m +=，于是34k m=-． 由题设得302m <<，故12k <-． （2）由题意得F （1，0）．设33()P x y ，，则 331122(1)(1)(1)(00)x y x y x y -+-+-=，，，，．由（1）及题设得3123()1x x x =-+=，312()20y y y m =-+=-<． 又点P 在C 上，所以34m =，从而3(1)2P -，，3||=2FP uu r ．于是1||22x FA ==-uu r ．同理2||=22xFB -uu r ．所以1214()32FA FB x x +=-+=uu r uu r ．故2||=||+||FP FA FB uu r uu r uu r ．10．解：（1）当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x =2，可得M 的坐标为（2，2）或（2，–2）．所以直线BM 的方程为y =112x +或112y x =--．（2）当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM =∠ABN ．当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为(2)(0)y k x k =-≠，M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），则x 1>0，x 2>0．由2(2)2y k x y x=-⎧⎨=⎩，得ky 2–2y –4k =0，可知y 1+y 2=2k ，y 1y 2=–4．直线BM ，BN 的斜率之和为 1221121212122()22(2)(2)BM BN y y x y x y y y k k x x x x ++++=+=++++．① 将112y x k =+，222yx k=+及y 1+y 2，y 1y 2的表达式代入①式分子，可得 121221121224()882()0y y k y y x y x y y y k k++-++++===．所以k BM +k BN =0，可知BM ，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM +∠ABN ．综上，∠ABM=∠ABN．。
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文数解析几何1.已知椭圆L：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点于抛物线y2=8x的焦点重合，点(2,2)在L上．(Ⅰ)求L的方程；(Ⅱ)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与L有两个交点A，B，线段AB的中点为M，证明：OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．【答案】解：(Ⅰ)抛物线y2=8x的焦点为(2,0)，由题意可得c=2，即a2−b2=4，又点(2,在L上，可得4a+2b=1，解得a=22，b=2，即有椭圆L：x28+y24=1；(Ⅱ)证明：设直线l的方程为y=kx+b(k,b≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，将直线y=kx+b代入椭圆方程x28+y24=1，可得(1+2k2)x2+4kbx+2b2−8=0，x1+x2=−4kb1+2k2，即有AB的中点M的横坐标为−2kb1+2k，纵坐标为−k⋅2kb1+2k+b=b1+2k，直线OM的斜率为k OM=y M xM=−12⋅1k，即有k OM⋅k=−12．则OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．【解析】(Ⅰ)求得抛物线的焦点，可得c=2，再由点满足椭圆方程，结合a，b，c的关系，解方程可得椭圆的方程；(Ⅱ)设直线l的方程为y=kx+b(k,b≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式可得M的坐标，可得直线OM的斜率，进而得到证明．本题考查椭圆的方程的求法，注意运用点满足椭圆方程和a，b，c的关系，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和中点坐标公式，以及直线的斜率公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．2.设椭圆C：x2a+y2b=1(a>b>0)，过点Q(2,1)，右焦点F(2,0)，(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)设直线l：y=k(x−1)(k>0)分别交x轴，y轴于C，D两点，且与椭圆C交于M，N两点，若CN=MD，求k值，并求出弦长|MN|．【答案】解：(Ⅰ)椭圆过点Q(1)，可得2a+1b=1，由题意可得c=2，即a2−b2=2，解得a=2，b=2，即有椭圆C的方程为x24+y22=1；(Ⅱ)直线l：y=k(x−1)与x轴交点C(1,0)，y轴交点D(0,−k)，联立y=k(x−1)x2+2y2=4，消y得，(1+2k2)x2−4k2x+2k2−4=0，①设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=4k21+2k2，CN=(x2−1,y2)，MD=(−x1,−k−y1)，由CN=MD，得：x1+x2=4k21+2k2=1，解得k=±22.由k>0得k=22代入①得2x2−2x−3=0，x1+x2=1，x1x2=−32，可得|MN|=2⋅(x1+x2)2−4x1x2=32⋅1+6=422．【解析】(Ⅰ)将Q的坐标代入椭圆方程，以及a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；(Ⅱ)求出直线l与x，y轴的交点，代入椭圆方程，运用韦达定理，以及向量共线的坐标表示，可得k的值，运用弦长公式可得弦长|MN|．本题考查椭圆方程的求法，注意运用点满足椭圆方程，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和向量相等的条件，同时考查弦长公式的运用，以及运算能力，属于中档题．3.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a +y2b=1(a>b>0)的焦距为2，离心率为22，椭圆的右顶点为A．(1)求该椭圆的方程：(2)过点D(2,−2)作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q，求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值．【答案】解：(1)由题意可知：椭圆x2a +y2b=1(a>b>0)，焦点在x轴上，2c=2，c=1，椭圆的离心率e=ca =22，则a=，b2=a2−c2=1，则椭圆的标准方程：x22+y2=1；(2)证明：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，A(2,0)，当直线PQ不存在时，不符合题意。
当直线PQ存在时，设直线PQ的方程：y=k(x−2)−2，则y=k(x−2)−2x22+y2=1，整理得：(2k2+1)x2−(42k2+42k)x+4k2+8k+2=0，则=−4(8k+2)>0,k<−14由韦达定理可知：x1+x2=42k2+42k2k+1，x1x2=4k2+8k+22k+1，则y1+y2=k(x1+x2)−22k−22=−22−22k2k+1，则k AP+k AQ=1x−22x−2=12212(12x x−2(x+x)+2，由y1x2+y2x1=[k(x1−2)−2]x2+[k(x2−2)−2]x1=2kx1x2−(2k+2)(x1+x2)=−4k2k2+1，k AP+k AQ=12212(12x x−2(x+x)+2=−4k2k2+1−2×−22−22k2k2+14k2+8k+22−2×42k2+42k2+2=1，∴直线AP，AQ的斜率之和为定值1．【解析】(1)由题意可知2c=2，c=1，离心率e=ca，求得a=2，则b2=a2−c2=1，即可求得椭圆的方程：(2)则直线PQ的方程：y=k(x−2)−2，代入椭圆方程，由韦达定理及直线的斜率公式，分别求得直线AP，AQ的斜率，即可证明直线AP，AQ的率之和为定值．本题考查椭圆的简单几何性质，直线与椭圆位置关系，韦达定理及直线的斜率公式，考查计算能力，属于中档题．4.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，右顶点A(2,0)．(1)求椭圆C的方程；(2)过点M(32,0)的直线l交椭圆于B、D两点，设直线AB斜率为k1，直线AD斜率为k2.求证：k1k2为定值，并求此定值．【答案】解：(Ⅰ)∵椭圆C：x2a+y2b=1(a>b>0)的离心率为32，右顶点A(2,0)，∴由题意得a2=b2+c2ca=32a=2，解得a=2.b=1c= 3.∴椭圆C的方程为x24+y2=1.…(4分)证明：(Ⅱ)由题意知直线l斜率不为0，可设直线l方程为x=my+32，与x24+y2=1联立，得(m2+4)y2+3my−74=0，△=9m2+7(m2+4)>0，设B(x1,y1)，D(x2,y2)，则y1+y2=−3mm+4,y1y2=−74m+4…(8分)k1k2=y1y2(x1−2)(x2−2)=y1y2(my1−12)(my2−12)=y1y2m2y1y2−12m(y1+y2)+14=−74−74m2+32m2+14(m2+4)=−74．∴k1k2为定值，定值为−74…(12分)【解析】(Ⅰ)由椭圆离心率为32，右顶点A(2,0)，列出方程组求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．(Ⅱ)由题意知直线l斜率不为0，可设直线l方程为x=my+32，与椭圆联立，得(m2+4)y2+3my−74=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件能证明k1k2为定值，并能求出此定值．本题考查椭圆方程的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质、根的判别式、韦达定理的合理运用．5.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点(1,32)，且离心率e=12(Ⅰ)求椭圆E的方程；(Ⅱ)设椭圆E的右顶点为A，若直线l：y=kx+m与椭圆E相交于M、N两点(异于A点)，且满足MA⊥NA，试证明直线l经过定点，并求出该定点的坐标．【答案】解：(Ⅰ)由椭圆离心率e=ca =12，则a=2c，b2=a2−c2=3c2，将(1,−32)代入椭圆方程：x24c2+y23c2=1，解得：c=1，则a2=4，b2=3，椭圆方程为x24+y23=1…(3分)(Ⅱ)证明：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，由y=kx+mx24+y23=1，整理得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2−3)=0，则x1+x2=−8mk3+4k2，x1⋅x2=4(m2−3)3+4k2，且△=64m2k2−16(3+4k2)(m2−3)>0，即3+4k2−m2>0，∵以MN为直径的圆过椭圆的右顶点A∴AM⊥AN，即AM⋅AN=0，则(x1−2,y1)(x2−2,y2)=0，即y1y2+x1x2−2(x1+x2)+4=0，又y1y2=(kx1+m)⋅(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=3(m2−4k2)3+4k，∴4(m2−3)3+4k2+3(m2−4k2)3+4k2+2×8mk3+4k2+4=0，化简得，7m2+4k2+16mk=0解得m=−2k或m=−2k7且均满足3+4k2−m2>0当m=−2k时，L：y=k(x−2)，直线过定点(2,0)与已知矛盾；当m=−2k7时，L；y=k(x−27)，直线过定点(27,0)，综上，直线l过定点，定点坐标为(27,0)．【解析】(Ⅰ)由题意的离心率公式e=ca，求得a=2c，b2=3c2，将点代入椭圆方程，即可求得a和b的值，即可求得椭圆C的标准方程；(Ⅱ)将直线方程代入椭圆方程，由题意可知AM⋅AN=0，由向量数量积的坐标运算及韦达定理，即可求得m和k的关系，代入即可求得直线恒过定点．本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题．6.已知椭圆x25+y24=1，过右焦点F2的直线l交椭圆于M，N两点．(1)若OM⋅ON=−3，求直线l的方程；(2)若直线l的斜率存在，在线段OF2上是否存在点P(a,0)，使得|PM|=|PN|，若存在，求出a的范围，若不存在，请说明理由．【答案】解：(1)当直线l的斜率不存在时，M(1,455)，N(1,−455)，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线l的方程为y=k(x−1)，①又椭圆的方程为x25+y24=1，②由①②可得(5k2+4)x2−10k2x+5k2−20=0，(∗)∴x1+x2=10k25k2+4，x1+x2=5k2−205k2+4，∴y1y2=k2[x1x2−(x1+x2)+1]=−16k25k+4，∴OM⋅ON=x1x2+y1y2=−11k2−205k+4=−3，解得k2=2，∴k=±2，即直线l的方程为y=2(x−1)或y=−2(x−1)．(2)由(1)可知y1+y2=k(x1+x2)−2k=−8k5k2+4，设MN的中点为Q(x1+x22,y1+y22)，即Q(5k25k2+4,−4k5k2+4)，假设存在点P(a,0)，使得|PM|=|PN|，则k PQ⋅k MN=−1，解得a=k25k2+4=15+42，当k=0时，M，N为椭圆长轴的两个端点，则点P与原点重合，当k≠0时，a∈(0,15)，综上所述，存在点P且a∈[0,15)．【解析】(1)当直线l的斜率不存在时，不合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−1)，代入椭圆的方程为x25+y24=1，得(5k2+4)x2−10k2x+5k2−20=0，由此能求出直线l的方程．(2)求出MN的中点Q(5k25k2+4,−4k5k2+4)，假设存在点P(a,0)，使得|PM|=|PN|，则k PQ⋅k MN=−1，由此能求出存在点P且a∈[0,15)．本题考查直线方程的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆、直线方程、向量等知识点的合理运用．7.已知椭圆E过点A(2,3)，对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在x轴上，离心率e=12，∠F1AF2的平分线所在直线为l．(Ⅰ)求椭圆E的方程；(Ⅱ)设l与x轴的交点为Q，求点Q的坐标及直线l的方程；(Ⅲ)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，说明理由．【答案】解：(Ⅰ)设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)∵椭圆E经过点A(2,3)，离心率e=12，∴ca=124a2+9b2=1a2=b2+c2解a2=16，b2=12．∴椭圆方程E为：x216+y212=1．(Ⅱ)F1(−2，0)，F2(2,0)，∵A(2,3)，∴AF1方程为：3x−4y+6=0，AF2方程为：x=2设角平分线上任意一点为P(x,y)，|3x−4y+6|&;&;5=|；得2x−y−1=0或x+2y−8=0∵斜率为正，∴直线方程为2x−y−1=0；l与x轴的交点为Q，点Q的坐标(12,0)．(Ⅲ)假设存在B(x1,y1)C(x2,y2)两点关于直线l对称，∴kBC=−12，∴直线BC方程为y=−12x+m代入椭圆方程x216+y212=1.，得x2−mx+m2−12=0，∴BC中点为(m2,3m 4)代入直线2x−y−1=0上，得m=4.∴BC中点为(2,3)与A重合，不成立，所以不存在满足题设条件的相异的两点．【解析】(Ⅰ)设出椭圆方程，根据椭圆E经过点A(2,3)，离心率，建立方程组，求得几何量，即可得到椭圆E的方程；(Ⅱ)求得AF1方程、AF2方程，利用角平分线性质，即可求得∠F1AF2的平分线所在直线l的方程；(Ⅲ)假设存在B(x1,y1)C(x2,y2)两点关于直线l对称，设出直线BC方程代入椭圆E的方程，求得BC中点代入直线2x−y−1=0上，即可得到结论．本题考查椭圆的标准方程，考查直线方程，考查对称性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．8.已知F1(−1,0)和F2(1,0)是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点，且点P(1 , 32)在椭圆C上．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)直线l：y=kx+m(m>0)与椭圆C有且仅有一个公共点，且与x轴和y轴分别交于点M，N，当△OMN面积取最小值时，求此时直线l的方程．【答案】(共13分)解：(Ⅰ)∵F1(−1，0)和F2(1,0)是椭圆：x2a +y2b=1(a>b>0)的两个焦点，且点P(1 , 32)在椭圆C上，∴依题意，c=1，又2a=(1+1)2+(32−0)2+32=82=4，故a=2．所以b2=3．故所求椭圆C的方程为x24+y23=1.…(4分)(Ⅱ)由x24+y23=1y=kx+m，消y得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12=0，由直线l与椭圆C仅有一个公共点知，△=64k2m2−4(4k2+3)(4m2−12)=0，整理得m2=4k2+3.…(6分)由条件可得k≠0，M(−mk , 0)，N(0,m)．所以S△OMN=12|OM|⋅|ON|=12|m|⋅|mk|=m22|k|.①将m2=4k2+3代入①，得S△OMN=12⋅4k2+3|k|=12(4|k|+3|k|)．因为|k|>0，所以S△OMN=12(4|k|+3|k|)≥23，当且仅当|k|=32，即k=±32时等号成立，S△OMN有最小值23．因为m2=4k2+3，所以m2=6，又m>0，解得m= 6.…(11分)故所求直线方程为y=32x+6或y=−32x+ 6.…(13分)【解析】(Ⅰ)由F1(−1,0)和F2(1,0)是椭圆的两个焦点，且点P(1 , 32)在椭圆C上，求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．(Ⅱ)由x24+y23=1y=kx+m，得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式、基本不等式、椭圆性质，结合已知条件能求出直线方程．本题考查椭圆方程的求法，考查直线方程的求法，是中档难度的解答题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、弦长公式、基本不等式、椭圆性质的合理运用．9.已知中心在原点，对称轴为坐标轴的椭圆C的一个焦点F在抛物线y2=4x的准线上，且椭圆C过点P(1,32)，直线与椭圆C交于A，B两个不同点．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线的斜率为12，且不过点P，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1+k2为定值．【答案】解：(1)抛物线y2=4x的准线方程为x=−1，由题意知F(−1,0)．故设椭圆C的方程为x2a+y2b=1(a>b>0)．则由题意可得a2−b2=112a2+(32)2b2=1，解得b2=3a2=4．故椭圆C 的方程为x 24+y 23=1．(2)证明：∵直线的斜率为12，且不过P (1,32)点，∴可设直线l ：y =12x +m (m ≠1)． 联立方程组 x 24+y 23=1y =12x +m ，消y 得x 2+mx +m 2−3=0.又设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)， 故有 △=m 2−4(m 2−3)>0x 1+x 2=−m x 1x 2=m 2−3，所以k 1+k 2=y 1−32x 1−1+y 2−32x 2−1=(y 1−32)(x 2−1)+(y 2−32)(x 1−1)(x 1−1)(x 2−1)=(12x 1+m −32)(x 2−1)+(12x 2+m −32)(x 1−1)(x 1−1)(x 2−1)=x 1x 2+(m −2)(x 1+x 2)−2m +31212=m 2−3+(m−2)(−m )−2m +3m 2−3−(−m )+1=0，所以k 1+k 2为定值0．【解析】(1)求出抛物线y 2=4x 的准线方程为x =−1，推出c =1，故设椭圆C 的方程为x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0).点在椭圆上，列出方程组求解可得椭圆C 的方程．(2)直线的斜率为12，且不过P (1,32)点，设直线l ：y =12x +m (m ≠1).联立方程组 x 24+y 23=1y =12x +m ，消y ，设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，利用判别式以及韦达定理，表示k 1+k 2，推出定值．本题考查抛物线以及椭圆的位置关系的综合应用，直线与椭圆的位置关系的应用，定值问题的处理方法，考查计算能力．10. 已知双曲线C ：x 24−y 2=1的左右两个顶点是A 1，A 2，曲线C 上的动点P ，Q 关于x 轴对称，直线A 1P 与A 2Q 交于点M ，(1)求动点M 的轨迹D 的方程；(2)点E (0,2)，轨迹D 上的点A ，B 满足EA =λEB ，求实数λ的取值范围． 【答案】解：(1)由已知A 1(−2,0)，A 2(2,0)，设P (t , t 2−42)．Q (t ,−t 2−42)则直线A 1P ：y = t 2−42(t +2)(x +2)，直线A 2Q ：y =− t 2−42(t−2)(x −2)，两式相乘得y 2=−14(x 2−4)，化简得x 24+y 2=1，即动点M 的轨迹D 的方程为x 24+y 2=1；(2)过E (0,2)的直线若斜率不存在则λ=13或3，设直线斜率k 存在，A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，x 2+4y 2−4=0y =kx +2⇒(1+4k 2)x 2+16kx +12=0， 则△≥0(1)x 1+x 2=−16k 1+4k (2)x 1x 2=121+4k (3)x 1=λx 2(4)由(2)(4)解得x 1，x 2代入(3)式得λ(1+λ)2⋅(−16k 1+4k 2)2=121+4k 2，化简得λ(1+λ)=364(1k +4)，由(1)△≥0解得k 2≥34代入上式右端得，316<λ(1+λ)≤14， 解得13<λ<3，综上实数的取值范围是[13,3]．【解析】(1)分别求得A 1P 与A 2Q 的方程，两式相乘，化简整理即可求得动点M 的轨迹D 的方程；(2)当直线斜率存在时，设直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，即可求得实数λ的取值范围．本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，向量数量积的坐标，考查计算能力，属于中档题．11. 已知椭圆C ：x 2a +y 2b =1(a >b >0)的离心率为32，且过点A (2,1)． (Ⅰ) 求椭圆C 的方程；(Ⅱ) 若P ，Q 是椭圆C 上的两个动点，且使∠PAQ 的角平分线总垂直于x 轴，试判断直线PQ 的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．【答案】解：(Ⅰ) 因为椭圆C 的离心率为 32，且过点A (2,1)，所以4a +1b =1，c a = 32.…(2分)因为a 2=b 2+c 2，解得a 2=8，b 2=2，…(3分) 所以椭圆C 的方程为x 28+y 22=1.…(4分)(Ⅱ)解法一：因为∠PAQ 的角平分线总垂直于x 轴，所以PA 与AQ 所在直线关于直线x =2对称． 设直线PA 的斜率为k ，则直线AQ 的斜率为−k .…(5分)所以直线PA 的方程为y −1=k (x −2)，直线AQ 的方程为y −1=−k (x −2)． 设点P (x P ,y P )，Q (x Q ,y Q )，由 y −1=k (x −2)x 28+y 22=1，消去y ，得(1+4k 2)x 2−(16k 2−8k )x +16k 2−16k −4=0.①因为点A (2,1)在椭圆C 上，所以x =2是方程①的一个根，则2x P =16k 2−16k−41+4k 2，…(6分)所以x P=8k2−8k−21+4k2.…(7分)同理x Q=8k2+8k−21+4k2.…(8分)所以x P−x Q=−16k1+4k.…(9分)又y P−y Q=k(x P+x Q−4)=−8k1+4k.…(10分)所以直线PQ的斜率为k PQ=y P−y Qx P−x Q=12.…(11分)所以直线PQ的斜率为定值，该值为12.…(12分)解法二：设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则直线PA的斜率k PA=y1−1x1−2，直线QA的斜率k QA=y2−1x2−2．因为∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，所以PA与AQ所在直线关于直线x=2对称．所以k PA=−k QA，即y1−1x1−2+y2−1x2−2=0，①…(5分)因为点P(x1,y1)，Q(x2,y2)在椭圆C上，所以x128+y122=1，②x228+y222=1.③由②得(x12−4)+4(y12−1)=0，得y1−1x1−2=−x1+24(y1+1)，④…(6分)同理由③得y2−1x2−2=−x2+24(y2+1)，⑤…(7分)由①④⑤得x1+24(y1+1)+x2+24(y2+1)=0，化简得x1y2+x2y1+(x1+x2)+2(y1+y2)+4=0，⑥…(8分)由①得x1y2+x2y1−(x1+x2)−2(y1+y2)+4=0，⑦…(9分)⑥−⑦得x1+x2=−2(y1+y2).…(10分)②−③得x12−x228+y12−y222=0，得y1−y2x1−x2=−x1+x24(y1+y2)=12.…(11分)所以直线PQ的斜率为k PQ=y1−y2x1−x2=12为定值.…(12分)解法三：设直线PQ的方程为y=kx+b，点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则y1=kx1+b，y2=kx2+b，直线PA的斜率k PA=y1−1x1−2，直线QA的斜率k QA=y2−1x2−2.…(5分)因为∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，所以PA与AQ所在直线关于直线x=2对称．所以k PA=−k QA，即y1−1x1−2=−y2−1x2−2，…(6分)化简得x1y2+x2y1−(x1+x2)−2(y1+y2)+4=0．把y1=kx1+b，y2=kx2+b代入上式，并化简得2kx1x2+(b−1−2k)(x1+x2)−4b+4=0.(∗)…(7分)由y=kx+bx28+y22=1，消去y得(4k2+1)x2+8kbx+4b2−8=0，(∗∗)则x1+x2=−8kb4k+1,x1x2=4b2−84k+1，…(8分)代入(∗)得2k(4b2−8)4k2+1−8kb(b−1−2k)4k2+1−4b+4=0，…(9分)整理得(2k−1)(b+2k−1)=0，所以k=12或b=1−2k.…(10分)若b=1−2k，可得方程(∗∗)的一个根为2，不合题意.…(11分)若k=12时，合题意．所以直线PQ的斜率为定值，该值为12.…(12分)【解析】(Ⅰ)由椭圆C的离心率为32，且过点A(2,1)，列出方程组，求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．(Ⅱ)法一：由∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，知PA与AQ所在直线关于直线x=2对称.设直线PA的方程为y−1=k(x−2)，直线AQ的方程为y−1=−k(x−2).由y−1=k(x−2)x28+y22=1，得(1+4k2)x2−(16k2−8k)x+16k2−16k−4=0.由点A(2,1)在椭圆C上，求出x P=8k2−8k−21+4k2.同理x Q=8k2+8k−21+4k2，由此能求出直线PQ的斜率为定值12．法二：设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则直线PA的斜率k PA=y1−1x1−2，直线QA的斜率k QA=y2−1x2−2.由∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，知y1−1x1−2+y2−1x2−2=0，再由点P(x1,y1)，Q(x2,y2)在椭圆C上，能求出直线PQ的斜率为定值12．法三：设直线PQ的方程为y=kx+b，点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则y1=kx1+b，y2=kx2+b，直线PA的斜率k PA=y1−1x1−2，直线QA的斜率k QA=y2−1x2−2.由∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，知y1−1x1−2=−y2−1x2−2，由y=kx+bx28+y22=1，得(4k2+1)x2+8kbx+4b2−8=0，由此利用韦达定理能求出直线PQ的斜率为定值12．本题考查椭圆方程的求法，考查直线的斜率是否为定值的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质、直线与椭圆位置关系的合理运用．12.已知抛物线C；y2=2px过点A(1,1)．(1)求抛物线C的方程；(2)过点P(3,−1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1⋅k2为定值．【答案】解：(1)由题意抛物线y2=2px过点A(1,1)，所以p=12，所以得抛物线的方程为y2=x；(2)证明：设过点P(3,−1)的直线l的方程为x−3=m(y+1)，即x=my+m+3，代入y2=x得y2−my−m−3=0，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则y1+y2=m，y1y2=−m−3，所以k1⋅k2=y1−1x1−1⋅y2−1x2−1=y1y2−(y1+y2)+1m2y1y2+m(m+2)y1y2+(m+2)2=−12【解析】(1)利用待定系数法，可求抛物线的标准方程；(2)设过点P(3,−1)的直线l的方程为x−3=m(y+1)，即x=my+m+3，代入y2=x利用韦达定理，结合斜率公式，化简，即可求k1⋅k2的值．本题考查抛物线方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．13.如图，抛物线C：y2=2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)．(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1+k2=λk3成立？若存在λ，求出λ的值；若不存在，说明理由．【答案】解：(1)把Q(1,2)代入y2=2px，得2p=4，所以抛物线方程为y2=4x，准线l的方程为x=−1．(2)由条件可设直线AB的方程为y=k(x−1)，k≠0．由抛物线准线l：x=−1，可知M(−1,−2k)，又Q(1,2)，所以k3=2+2k1+1=k+1，把直线AB的方程y=k(x−1)，代入抛物线方程y2=4x，并整理，可得k2x2−2(k2+2)x+k2=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=2k2+4k,x1x2=1，又Q(1,2)，故k1=2−y11−x1,k2=2−y21−x2.因为A，F，B三点共线，所以k AF=k BF=k，即y1x1−1=y2x2−1=k，所以k1+k2=2−y11−x1+2−y21−x2=2kx1x2−(2k+2)(x1+x2)+2k+4x1x2−(x1+x2)+1=2(k+1)，即存在常数λ=2，使得k1+k2=2k3成立．【解析】(1)把Q(1,2)代入y2=2px，得2p=4，即可求抛物线C的方程及准线l的方程；(2)把直线AB的方程y=k(x−1)，代入抛物线方程y2=4x，并整理，求出k1+k2，k3，即可得出结论．本题主要考查直线与圆锥曲线的综合应用能力，具体涉及到轨迹方程的求法及直线与抛物线的相关知识，解题时要注意合理地进行等价转化．14.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2，过右焦点F的直线l交椭圆于A、B两点，当l与x轴垂直时，AB长为433.(1)求椭圆的标准方程；(2)若椭圆上存在一点P，使得OP=OA+OB，求直线l的斜率．【答案】解：(1)由题意可知2c=2，c=1，当l与x轴垂直时，丨AB丨=2b2a=433，…(2分)由a2=b2+c2，则a=3，b=，故椭圆的标准方程是：x23+y22=1；…(4分)(2)设直线l的斜率为k，则直线l的方程：y=k(x−1)，设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x3,y3)，由y=k(x−1)x23+y22=1可得(3k2+2)x2−6k2x+3k2−6=0，…(6分)则x1+x2=6k23k2+2，x1x2=3k2−63k2+2.(∗)因OP=OA+OB，则y3=y1+y2x3=x1+x2，代入椭圆方程(x1+x2)23+(y1+y2)22=1，又x123+y122=1，x223+y222=1，化简得2x1x2+3y1y2+3=0，即(3k2+2)x1x2−3k2(x1+x2)+3k2+3=0，…(10分)将(∗)代入得3k2−6−3k2×6k23k+2+3k2+3=0，k2=2，即k=±2，故直线l的斜率为±…(14分)【解析】(1)由c=1，丨AB丨=2b2a=433，a2=b2+c2，即可求得a和b的值，即可求得椭圆方程；(2)将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理，及向量数量积的坐标运算，即可求得直线l的斜率．本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线的方程、直线与椭圆等基础知识，考查分析问题及运算求解能力，属于中档题．15.已知椭圆C：x2a+y2b=1(a>b>0)，C的右焦点F(1,0)，长轴的左、右端点分别为A1，A2，且FA1.⋅FA2=−1．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)过焦点F 斜率为k (k ≠0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，弦AB 的垂直平分线与x 轴相交于点D .试问椭圆C 上是否存在点E 使得四边形ADBE 为菱形？若存在，试求点E 到y 轴的距离；若不存在，请说明理由．【答案】解：(Ⅰ)依题设A 1(−a ,0)，A 2(a ,0)，则FA 1 =(−a −1,0)，FA 2 =(a −1,0)． 由FA 1 ⋅FA 2 =−1，得：(−a −1)(a −1)=−1，解得a 2=2，又c =1，所以b 2=1． 所以椭圆C 的方程为x 22+y 2=1．(Ⅱ)椭圆C 上是否存在点E 使得四边形ADBE 为菱形． 事实上，依题直线l 的方程为y =k (x −1)．联立 y =k (x −1)x 22+y 2=1，得：(2k 2+1)x 2−4k 2x +2k 2−2=0． 设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，弦AB 的中点为M (x 0,y 0)， 则x 1+x 2=4k 22k +1，x 1x 2=2(k 2−1)2k +1，所以x 0=x 1+x 22=2k 22k +1，y 0=k (x 0−1)=k (2k 22k +1−1)=−k 2k +1，所以M (2k 22k 2+1,−k2k 2+1)． 则直线MD 的方程为y +k 2k 2+1=−1k (x −2k 22k 2+1)， 令y =0，得x D =k 22k +1，则D (k 22k +1,0)．若四边形ADBE 为菱形，则x E +x D =2x 0，所以x E =2x 0−x D =4k 22k +1−k 22k +1=3k 22k +1．y E +y D =2y 0，所以y E =2y 0−y D =−2k2k +1． 所以E (3k 22k 2+1,−2k 2k 2+1)．若点E 在椭圆C 上，则(3k 22k 2+1)2+2(−2k2k 2+1)2=2．即9k 4+8k 2=2(2k 2+1)2 整理得k 4=2，解得k 2= 2．所以椭圆C 上存在点E 使得四边形ADBE 为菱形． 此时点E 到y 轴的距离为22 2+1=3 2(2 2−1)7=12−3 27．【解析】(Ⅰ)题目给出了椭圆的右焦点坐标，则知道了c 的值，再由FA 1.⋅FA 2 =−1，列式求出a 2的值，结合隐含条件b 2=a 2−c 2求出b 2的值，则椭圆方程可求；(Ⅱ)由点斜式写出直线l 的方程，和椭圆方程联立后利用根与系数的关系求出A ，B 中点的坐标，然后写出MD 所在的直线方程，求出D 点的坐标，根据四边形ADBE 是菱形，列式求出E 点的坐标，把E 点的坐标代入椭圆方程求出k 2的值，则E 点到y 轴的距离可求．本题考查了椭圆的标准方程，考查了直线和椭圆的位置关系，训练了设而不求的解题方法，此法的依据是二次方程中根与系数的关系，训练了学生的计算能力，属有一定难度题目．。