(完整word版)圆锥曲线高考大题

圆锥曲线

1.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．

(Ⅰ)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若l过点(m,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3斜率，若不能，说明理由．

x2y222. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆221ab0的离心率为，且右焦点F到左准线

ab2l的距离为3. （1）求椭圆的标准方程；

（2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于 点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程.

P

l O A x y C B x23..已知椭圆E：2ay2b22，且离心率为． 1(ab0)过点(0,2）2(Ⅰ)求椭圆E的方程； (Ⅱ)设直线xyA9my1，(mR)交椭圆E于A，B两点，判断点G(-,0)与以

4线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．

GBOx(完整word版)圆锥曲线高考大题

x214.已知椭圆y21上两个不同的点A，B关于直线ymx对称．

22（1）求实数m的取值范围；

（2）求AOB面积的最大值（O为坐标原点）．

x2y235.平面直角坐标系xoy中，已知椭圆C:221ab0的离心率为，左、右焦点分别是F1,F2，以

ab2F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上.

(Ⅰ)求椭圆C的方程；

x2y2（Ⅱ）设椭圆E:221，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线ykxm交椭圆E 于A,B两点，

4a4b射线PO 交椭圆E于点Q. ( i )求

OQOP的值； （ii）求ABQ面积的最大值.

x2y20，点B的坐标为0，b，6.设椭圆E的方程为221ab0，点O为坐标原点，点A的坐标为a，ab点M在线段AB上，满足BM2MA，直线OM的斜率为 （I）求E的离心率e；

5. 10b，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为（II）设点C的坐标为0， E的方程.

7，求 2(完整word版)圆锥曲线高考大题

x2y237.已知椭圆2+2=1(ab0)的左焦点为F(c,0),离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FMab3被圆x+y22b443截得的线段的长为c，|FM|=.

34(I)求直线FM的斜率；(II)求椭圆的方程；

(III)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于2，求直线OP（O为原点）的斜率的取值范围.

yPx2y28.如图，椭圆221ab0的左、右焦点分别为F1,F2,过

abF2的直线交椭圆于P,Q两点，且PQPF1

（1）若PF122,PF222，求椭圆的标准方程 （2）若PF1PQ,求椭圆的离心率e.

F1OF2xQx2y229.如图，椭圆E：2+21(ab0)的离心率是，过点P（0,1）的动直线l与椭圆相交于A，B两点，

ab2当直线l平行与x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22. (1)求椭圆E的方程；

（2）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

QAPA恒QBPB(完整word版)圆锥曲线高考大题

10.一种作图工具如图1所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DNON1，MN3．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带．动，M处的笔尖画出的曲线记为C．以O为原点，AB所在的直线．N绕O转动一周（D不动时，N也不动）为x轴建立如图2所示的平面（Ⅰ）求曲线C的方程； （Ⅱ）设动直线l与两定直线点．若直线l总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：

MN D M O x 直角坐标系．

NADOBl1:x2y0和l2:x2y0分别交于P,Q两

y

OQP的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．

x2y2111.已知椭圆:221（ab0）的半焦距为c，原点到经过两点c,0，0,b的直线的距离为c．

ab2（I）求椭圆的离心率；

（II）如图，是圆:x2y1225的一条直径，若椭圆经过，两2点，求椭圆的 方程．

(完整word版)圆锥曲线高考大题

x212.在直角坐标系xoy中，曲线C：y=与直线ykxa(a＞0)交与M,N两点，

4（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；

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

x2y221和点Am，nm≠0都在椭圆C上，直线PA13.已知椭圆C：221ab0的离心率为，点P0，ab2交x轴于点M．

（Ⅰ）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）；

（Ⅱ）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N．问：y轴上是否存在点Q，使得

OQMONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．

y2x214.已知抛物线C1:x4y的焦点F也是椭圆C2:221(ab0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为

ab226.

（1）求C2的方程；

（2）过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且AC与BD同向（ⅰ）若|AC||BD|，求直线l的斜率

（ⅱ）设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，MFD总是钝角三角形

15.已知椭圆x22y21，过原点的两条直线l1和l2分别于椭圆交于、和C、D，记得到的平行四边形

(完整word版)圆锥曲线高考大题

CD的面积为S.

（1）设x1,y1，Cx2,y2，用、C的坐标表示点C到直线l1的距离，并证明S2x1y1x2y1； （2）设l1与l2的斜率之积为

1，求面积S的值. 21.【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）能，47或47．

【解析】(Ⅰ)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xMx1x2kb， 22k92mk(k3)．解得k147，k247．因为ki0,ki3，i1，2，所以当l的斜率为 23(k9)47或47时，四边形OAPB为平行四边形．

x22.【答案】（1）y21（2）y2cx1或yx1．（1）由题意，得a22且ca23，解得ac2，c1，

x2则b1，所以椭圆的标准方程为y21．（2）当x轴时，2，又C3，不合题意．当2(完整word版)圆锥曲线高考大题

与x轴不垂直时，设直线的方程为ykx1，x1,y1，x2,y2，将的方程代入椭圆方程，得

12kx224k2x2k210，

2k2k,，C的坐标为且22，12k12k则x1,22k221k212k2x2x1y2y1221kx22x12221k212k2

若k0，则线段的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．

x23.【答案】(Ⅰ)

4y2291；(Ⅱ) G(-,0)在以AB为直径的圆外．

4【解析】解法一：(Ⅰ)由已知得

bcaa22,2,解得b2cb2c2,a2x22，所以椭圆E的方程为

42y221．

(Ⅱ)设点A(x1y1),B(x2,y2),AB中点为H(x0,y0)．

xmy1由x24y221得(m22)y22my30,所以y1+y2=92)y02452)y0242m3从而y0,yy=，12m22m222m22.

所以GH|2(x0(my0525(m2+1)y02+my0+.

216|AB|24故|GH|2(x1x2)2(y1y2)24(m2+1)(y1y2)2

4(m2+1)[(y1y2)24y1y2](m2+1)(y02y1y2),

4|AB|24525my0(m2+1)y1y22165m23(m2+1)2517m220

2(m22)m221616(m22)所以|GH|>|AB|9，故G(-,0)在以AB为直径的圆外． 24解法二：(Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)设点A(x1y1),B(x2,y2),，则GA(x199,y1),GB(x2,y2).由x2444xmy1y221得(m22)y22my30,所

(完整word版)圆锥曲线高考大题

以y1+y2=22m399从而,yy=，GAGB(x)(x)y1y21212m22m2244(my155)(my2)y1y2 440,又GA，GB(m+1)y1y2525m(y1y2)4165m23(m2+1)25 222(m2)m21617m220所以cosGA,GB216(m2)9不共线，所以AGB为锐角.故点G(-,0)在以AB为直径的圆外．

44.【答案】（1）m6621或m；（2）.（1）由题意知m0，可设直线AB的方程为yxb，332mx22y1x21122b122由，消去y，得(2)xxb10，∵直线yxb与椭圆y21有两

22mmmy1xbm2mbm2b41个不同的交点，∴2b220，①，将AB中点M(2,2)代入直线方程ymx解得

m2m2m22m2266166，②。由①②得或；（2）令bmmt(,0)(0,) 22m33m222t42t2t21231t22，且O到直线AB的距离为d2，设AOB的面积为S(t)，

t21，则|AB|t21∴S(t)111221|AB|d2(t2)22，当且仅当t2时，等号成立，故AOB面积的最大值为. 222222x2c3225.【答案】（I）y21；（II）( i )2；（ii）63 . （I）由题意知2a4 ，则a2 ,又,acb2

4a2x2x2y221, 可得b1 ,所以椭圆C的标准方程为y1. （II）由（I）知椭圆E的方程为412x0y0x02（i）设Px0,y0，1 ，即 ，由题意知Qx0,y0 因为y01,又

41OPOQ2222x0OQ2y12 ,所以 ，即2 .（ii）设Ax1,y1,Bx2,y2 将ykxm代入椭圆E的方程， 044OP得

可

14kx228kmx4m2160由0 ，可得

m2416k2 …①则有

416k24m28km4m216x1x2,x1x2 所以x1x2 因为直线ykxm与轴交点的坐标为22214k14k14k0,m 所以OAB的面积

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216k24m2m2(16k24m2)m2m2m2124 Smx2x22214k214k14k214k2m2令t ,将ykxm 代入椭圆C的方程可得14k2x28kmx4m240 由0 ，可得214km214k2 …②由①②可知0t1 因此S24tt2t24t ,故S23 当且仅当t1 ，即

m214k2 时取得最大值23 由（i）知，ABQ 面积为3S ,所以ABQ面积的最大值为63 .

x2y2256.【答案】（I）；（II）1.

4595

x2y237.【答案】(I) ； (II) 1 ；(III)

32323,3223,. 33c21【解析】(I) 由已知有2，又由a2b2c2，可得a23c2，b22c2，设直线FM的斜率为k(k0)，

a3kccb3则直线FM的方程为yk(xc)，由已知有，解得. k2322k1222x2y2(II)由(I)得椭圆方程为221，直线FM的方程为yk(xc)，两个方程联立，消去y，整理得

3c2c2353x22cx5c20，解得xc或xc，因为点M在第一象限，可得M的坐标为c,c，由

33(完整word版)圆锥曲线高考大题

23x2y2432，解得c1，所以椭圆方程为1 FM(cc)c03233y(III)设点P的坐标为(x,y)，直线FP的斜率为t，得t，即yt(x1)(x1),与椭圆方程联立

x1yt(x1)22，消去，整理得2xy2xy123262x232，解得3t(x1)6，又由已知，得tx1或

3(x1)22221x0，

设直线OP的斜率为m，得my22，即ymx(x0)，与椭圆方程联立，整理可得m22. xx33①当x,1时，有yt(x1)0，因此m0，于是m2②当x1,0时，有yt(x1)0，因此m0，于是m22322，得m, x23332223，得m, 2x3323综上，直线OP的斜率的取值范围是,3223, 33x228.【答案】（1）+y=1；（2）63 4(1)由椭圆的定义，2a|PF1||PF2|2222222222 4，故a=2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1PF2，

因此2c|FF12||PF1|2|PF2|223，即c=3.从而ba2c21

x22故所求椭圆的标准方程为+y=1.(2)解法一：如图(21)图，设点P(x0,y0)在椭圆上，且PF1PF2，则

4x02y02+2=1,x022aby02c2b22c求得x0=a2b,y0.由|PF1|=|PQ||PF2|,得x0>0,从而

ac2222cb222|PF1|=a2b+c2a2b22aa22b2aa22b2ac.

2|PF1||PF2|2a,|QF1||QF2|2a,从而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|，由椭圆的定义，有|QF1|4a2|PF1|

又由PF1PF2，|PF1|=|PQ|知|QF1|于是22|PF1|，因此2+2|PF1|=4a

2aa22b2214163. 4a.解得e1222(完整word版)圆锥曲线高考大题

x2y29.【答案】（1）（2）存在，Q点的坐标为Q(0,2). 1；

42【解析】（1）由已知，点(2,1)在椭圆E上.

21a2b21,x2y2222因此，abc,解得a2,b2.所以椭圆的方程为1.学优高考网

42c2,2a（2）当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点.如果存在定点Q满足条件，则即|QC||QD|.所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0,y0).

当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M、N两点.则M(0,2),N(0,2)， 由

|QC||PC|1，|QD||PD||y2|21|QM||PM|，有0，解得y01或y02.所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，|QN||PN||y02|21|QA||PA|.当直线l的斜率不存在时，由|QB||PB|则Q点的坐标只可能为Q(0,2).下面证明：对任意的直线l，均有

上可知，结论成立.当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为ykx1，A、B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).

x2y21,得(2k21)x24kx20.其判别式16k28(2k21)0，所以，联立42ykx1x1x24k211x1x2,xx.因此2k. 12222k12k1x1x2x1x2易知，点B关于y轴对称的点的坐标为B(x2,y2).

10.【答案】（Ⅰ）x216y241；（Ⅱ）存在最小值8.（Ⅰ）设点

D(t,0)(|t|2)，N(x0,y0),M(x,y)，依题意，

MD2DN，且|DN||ON|1，所以(tx,y)2(x0t,y0)，且

线l为x4或x4，都有S1OPQ2448.

(完整word版)圆锥曲线高考大题

yPNDOxMQ

(x220t)y01,tx2x02t,x2y21.即y2y且

000.t(t2x0)0.

由于当点D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0，

于是t2xxy0，故x04,y02，代入x2y21，可得x2y2001641，即所求的曲线C的方程为x216y241. （Ⅱ）（1）当直线l的斜率不存在时，直

(完整word版)圆锥曲线高考大题

（2）当直线l的斜率存在时，设直线l:ykxm(k)， 由(14k2)x28kmx4m2160.因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，

12ykxm,22x4y16, 消去y，可得

所以k2m24(14k2)(4m216)0，即m216k24. ① 又由ykxm,2mm2mm|m| 可得P(和,)；同理可得Q(,).由原点O到直线PQ的距离为d2x2y0,12k12k12k12k1k|PQ|1k2|xPxQ|，可得

x2y2311.【答案】（I）；（II）（I）过点c,0，0,b的直线方程为bxcybc0，学优高考网 1．

1232则原点到直线的距离dbcb2c2bc，由da1c，得a22b2a2c2，解得离心率

ca3. 2(II)解法一：由（I）知，椭圆的方程为x24y24b2. (1)依题意，圆心2,1是线段的中点，且

|AB|10.

k(x2)1，代入(1)得

易知，不与x轴垂直，设其直线方程为y(14k2)x28k(2k1)x4(2k1)24b2x1x28k(2k1),x1x214k20设A(x1,y1),B(x2,y2),则

4，得

8k(2k1)14k224(2k1)24b2.由x1x214k224,解得k1. 2从而x1x25182b2.于是|AB|1|x1x2|22x1x24x1x210(b22).

(完整word版)圆锥曲线高考大题

由|AB|10，得10(b22)10，解得b2x23.故椭圆的方程为

12y231.

12.【答案】（Ⅰ）axya0或axya0（Ⅱ）存在（Ⅰ）由题设可得M(2a,a)，N(22,a)，

x21或M(22,a)，N(2a,a).∵yx，故y在x=22a处的到数值为a，C在(22a,a)处的切线方

42x2程为yaa(x2a)，即axya0.故y在x=-22a处的到数值为-a，C在(22a,a)处

4的切线方程为yaa(x2a)，即

axya0. 故所求切线方程为axya0或

axya0.

（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：设P（0，b）为复合题意得点，M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1,k2.将ykxa代入C得方程整理得x24kx4a0.

∴x1x24k,x1x24a. ∴k1k2y1by2b2kx1x2(ab)(x1x2)k(ab)==. ax1x2x1x2 当ba时，有k1k2=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补， 故∠OPM=∠OPN，所以P(0,a)符合题意.

13.【答案】(1)

x2,0),(2)存在点Q（0，y21,M(1n2m 2）(完整word版)圆锥曲线高考大题

y2x2614.【答案】（1）（2）（i），（ii）详见解析. 1；

984（1）由C1：x24y知其焦点F的坐标为(0,1)，∵F也是椭圆C2的一焦点，

∴ a2b21①，又C1与C2的公共弦的长为26，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x24y，由此

396易知C1与C2的公共点的坐标为(6,)，∴221②，联立①，②，得a29，b28，故C2的方程

24abx2y21；为（2）如图，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，

98（i）∵AC与BD同向，且|AC||BD|，∴ACBD，从而x3x1x4x2，即x1x2x3x4，于是

x1x22ykx12得4x1x2x3x44x3x4③，设直线l的斜率为k，则l的方程为ykx1，由2

x4y

(完整word版)圆锥曲线高考大题

ykx1 x216kx0，而x1，x2是这个方程的两根，∴x1x24k，x1x24④，由x2y2198

15.【答案】（1）详见解析（2）S2 【解析】证明：（1）直线l1:y1xx1y0，点C到l1的距离dy1x2x1y2xy2121. 22x12y12，

1d2x1y2x2y1. 21解：（2）设l1:ykx，则l2:yx.设

2k所以S2SC2x1,y1，Cx2,y2.

ykx12由2，得. x12212kx2y1(完整word版)圆锥曲线高考大题

2k22同理x. 22k11122k2212k212kx1x22k21x2kx1x1x2由1，S2x1y2x2y12，

222kkk12k2k1整理得S2.