2018年广东广州市普通高中高考数学一轮复习精选试题：圆锥曲线与方程(解答题)及答案

圆锥曲线与方程02 解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 1．若直线l：0cmyx与抛物线xy22交于A、B两点，O点是坐标原点。 (1)当m=－1,c=－2时，求证：OA⊥OB； (2)若OA⊥OB，求证：直线l恒过定点；并求出这个定点坐标。 (3)当OA⊥OB时，试问△OAB的外接圆与抛物线的准线位置关系如何？证明你的结论。

【答案】设A(x1,y1)、B(x2,y2)，由 202xycmyx得0222cmyy 可知y1+y2=－2m y1y2=2c ∴x1+x2=2m2—2c x1x2= c2, (1) 当m=－1,c=－2时，x1x2 +y1y2=0 所以OA⊥OB. (2) 当OA⊥OB时，x1x2 +y1y2=0 于是c2+2c=0 ∴c=－2(c=0不合题意),此时，直线l：02myx过定点(2,0). (3) 由题意AB的中点D(就是△OAB外接圆圆心)到原点的距离就是外接圆的半径。 ),(2mcmD而(m2—c+21)2－[(m2—c)2+m2 ]=c41 由(2)知c=－2 ∴圆心到准线的距离大于半径,故△OAB的外接圆与抛物线的准线相离。

2． 如图，,AB是椭圆C：22221(0)xyabab的左、右顶点，M是椭圆上异于,AB

的任意一点，已知椭圆的离心率为e，右准线l的方程为xm. (1）若12e，4m，求椭圆C的方程； (2）设直线AM交l于点P，以MP为直径的圆交MB 于Q，若直线PQ恰过原点，求e.

【答案】（1）由题意：2222124caacabc，解得23ab． 椭圆C的方程为22143xy． (2)设2(,),(,)aMxyPc，因为,,AMP三点共线，

所以22(),ayaycaxaxaac 22

222

()()1()()OPBMacyayyacckkaxaxaaxa



22222

33

()()()0bacacaccacaaa



210ee,解得

512e 3．已知椭圆E：22221(0)xyabab的左顶点为A，左、右焦点分别为F1、F2，且圆C：

223360xyxy

过A，F2两点．

(1）求椭圆E的方程；

(2）设直线PF2的倾斜角为α，直线PF1的倾斜角为β，当β－α＝2π3时，证明：点 P在一定圆上．

【答案】（1）圆223360xyxy与x轴交点坐标为(23,0)A，2(3,0)F， 故23,3ac，所以3b，∴椭圆方程是：221129xy． (2）设点P（x，y），因为1F（－3，0），2F（3，0）， 设点P（x，y），则1PFk＝tanβ＝yx＋3,2PFk＝tanα＝yx－3，

因为β－α＝2π3，所以tan(β－α)＝－3． 因为tan(β－α)＝tanβ－tanα1＋tanαtanβ＝－23yx2＋y2－3， 所以－23yx2＋y2－3＝－3．化简得x2＋y2－2y＝3． 所以点P在定圆x2＋y2-2y＝3上．

4．已知定点(1,0)C及椭圆 2235xy ,过点C的动直线与椭圆相交于A，B两点． (1）若线段AB中点的横坐标是12，求直线AB的方程； (2）当直线AB与x轴不垂直时，在x轴上是否存在点M，使MAMB为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）依题意，直线AB的斜率存在， 设直线AB的方程为y=k（x+1）, 将y=k（x+1）代入x2+3y2=5, 消去y整理得 (3k2+1）x2+6k2x+3k2-5=0． 设A（x1,y1）,B（x2,y2）,

由线段AB中点的横坐标是-21， 得221xx=-13322kk=-21,解得k=±33，适合①. 所以直线AB的方程为x-3y+1=0,或x+3y+1=0． (2）假设在x轴上存在点M（m，0），使MBMA为常数． 当直线AB与x轴不垂直时，由（1）知 x1+x2=-13622kk,x1x2=135322kk． ③ 所以MBMA=（x1-m）（x2-m）+y1y2 =（x1-m）（x2-m）+k2（x1+1）（x2+1） =（k2+1）x1x2+（k2-m）（x1+x2）+k2+m2． …9分 将③代入，整理得MBMA=135)16(22kkm+m2

=133142)13)(312(22kmkm+m2 =m2+2m-31-)13(31462km． 注意到MBMA是与k无关的常数，从而有 6m+14=0，m=-37，此时MBMA=94． 所以，在x轴上存在定点M0,37，使MBMA为常数．

5．设12,FF分别为椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点，过2F的直线l与椭圆C相交于,AB两点，直线l的倾斜角为60，1F到直线l的距离为23.

(1)求椭圆C的焦距； (2)如果222AFFB，求椭圆C的方程． 【答案】 (1)设焦距为2c，则F1(－c,0)，F2(c,0) ∵kl＝tan60°＝3,∴l的方程为y＝3(x－c) 即：3x－y－3c＝0 ∵F1到直线l的距离为23

∴|－3c－3c|32＋－12＝3c＝23 ∴c＝2 ∴椭圆C的焦距为4 (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)由题可知y1＜0，y2＞0 直线l的方程为y＝3(x－2)

由 y＝3x－2x2a2＋y2b2＝1消去x得，(3a2＋b2)y2＋43b2y－3b2(a2－4)＝0

由韦达定理可得 y1＋y2＝－43b23a2＋b2 ①y1²y2＝－3b2a2－43a2＋b2 ② ∵＝2，∴－y1＝2y2，代入①②得 －y2＝－43b23a2＋b2 ③－2y22＝－3b2a2－43a2＋b2 ④ 又a2＝b2＋4 ⑥ 由⑤⑥解得a2＝9 b2＝5 ∴椭圆C的方程为x29＋y25＝1.

6．设抛物线2:20Cxpyp的焦点为F,000,0Axyx是抛物线C上的一定点. (1)已知直线l过抛物线C的焦点F,且与C的对称轴垂直,l与C交于,QR两点, S为C的准线上一点,若QRS的面积为4,求p的值;

(2)过点A作倾斜角互补的两条直线AM,AN,与抛物线C的交点分别为11,,Mxy22,Nxy.若直线AM,AN的斜率都存在,证明:直线MN的斜率等于

抛物线C在点A关于对称轴的对称点1A处的切线的斜率.

【答案】(1)由题设0,2pF,设1,,2pQx则1,2pRx

22

1122

ppQRxx



2122222pxpp.

由QRS的面积为4,得:1242pp,得:2.p (2)由题意100,Axy 首先求抛物线C在点A关于对称轴的对称点1A处的切线的斜率. 解法一：设抛物线在1A处的切线的斜率为k,则其方程为00ykxxy

联立0022ykxxyxpy 得2002220xpkxpxkpy 将2002pyx代入上式得:2200220xpkxpxkx 22

002420pkpxkx

即2220020pkpxkx 即200pkx 得0.xkp

即抛物线C在点A关于对称轴的对称点1A处的切线的斜率为0.xp 解法二：由22xpy得212yxp， 'xyp

抛物线C在点A关于对称轴的对称点100,Axy处的切线的斜率为0.xp 再求直线MN的斜率. 解法一:设直线AM的斜率为1k,则由题意直线AN的斜率为1k. 直线AM的的方程为010yykxx,则直线AN的的方程为010yykxx.

联立21002xpyykxxy 得221100220xpkxpkxx…………(1) 方程(1)有两个根01,xx,2210102420pkpxkx

10,1

22pkx

0112xxpk,即1102xpkx,同理可得2102xpkx 直线MN的 斜率222121122121222MNxxyyxxppkxxxxp0022xxpp. 直线MN的斜率等于抛物线C在点A关于对称轴的对称点1A处的切线的斜率. 解法二:AMANkk

01020102

yyyyxxxx



将222012012,,222xxxyyyppp分别代入上式得:2222001201022222xxxxppppxxxx, 整理得0122xxx. 直线MN的.

斜率222121122121222MNxxyyxxppkxxxxp0022xxpp. 直线MN的斜率等于抛物线C在点A关于对称轴的对称点1A处的切线的斜率.