复习参考题优质课教案内容

广东省2019届高三数学文一轮复习专题突破训练

圆锥曲线

一、选择、填空题

1、（2016年全国I卷高考）直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短1轴长的，则该椭圆的离心率为

41123（A）

（B）

（C）

（D）

32342、（2016年全国II卷高考）设F为抛物线C：y2=4x的焦点，曲线y=PF⊥x轴，则k=（

）

k（k>0）与C交于点P，x13（B）1

（C）（D）2 2

2

x2y23、（2016年全国III卷高考）已知O为坐标原点，F是椭圆C：221(ab0)的左焦点，ab（A）A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PFx轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为

（A）13 （B）

12 （C）23 （D）3

44、（2015年全国I卷）已知椭圆E的中心为坐标原点，离心率为的焦点重合，A,B是C的准线与E的两个交点，则AB

（A）

3

（B）6

（C）9

（D）12

12，E的右焦点与抛物线C:y8x2y25、（2015年全国I卷）已知F是双曲线C:xP是C左支上一点，A0,66

，1的右焦点，82当APF周长最小时，该三角形的面积为

．

6、（2016年全国I卷高考）设直线y=x+2a与圆C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B两点，若则圆C的面积为

. 7、（2016年全国III卷高考）已知直线l：x3y60与圆xy12交于A,B两点，过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点，则|CD|_____________. 22，x2y258、（广东省2016届高三3月适应性考试）已知椭圆221(ab0)的离心率为，椭圆ab3上一点P到两焦点的距离之和为12，

则b（

）

A．8

B．6

C．5

D．4

x2y29、（广东佛山市2016届高三二模）已知椭圆：221(ab0)的焦距为2c，左焦点为F，ab若直线yxc与椭圆交于A,B

两点，且AF3FB,则该椭圆的离心率是（

）

A．1

4B．1

2C．2

2D．3

210、（广东佛山市2016届高三二模）已知点P是抛物线y24x上的点，且P到该抛物线焦点的距离为3，则P到原点的距离为

．

x2y2C:221ab0的左, 右焦11、（广东广州市2016届高三二模）已知F1, F2分别是椭圆ab3CC点, 点A1,2在椭圆上, AF1AF24, 则椭圆的离心率是

(A) 1253

(B)

(C)

(D)

2342212、（广东深圳市2016届高三二模）已知点F为抛物线E：y4x的焦点，点A(2,m)在抛物线上，则AF

．

x213、（广东珠海市2016届高三二模）已知点P是双曲线y21上任意一点，A、B分别是双曲4线的左右顶点，则PAPB的最小值为（ ）

A.-3 B.0 C.1 D.2

14、（广东珠海市2016届高三二模）直线xmy80与抛物线y8x交于A、B两点，O为坐标原点，则VOAB面积的取值范围是

2uuruurx2y215、（广东揭阳市2016届高三二模）已知双曲线221(a0,b0)两条渐近线的夹角为60，ab则该双曲线的离心率为

（A）

42323

（B）

（C）或2

（D）4 333

二、解答题

1、（2016年全国I卷高考）在直角坐标系xOy中，直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y22px(p0)于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H. （I）求OHON；

（II）除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.

x2y21的左顶点，斜率为kk＞0的直线交E2、（2016年全国II卷高考）已知A是椭圆E：43与A，M两点，点N在E上，

MANA. （Ⅰ）当AMAN时，求AMN的面积；

（Ⅱ）当AMAN时，证明：3k2. .

3、（2016年全国III卷高考）已知抛物线C：y22x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点．

（I）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明ARFQ；

（II）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.

4、（2015年全国I卷）已知过点A1,0且斜率为k的直线l与圆C：x2y31交于M，22N两点. （I）求k的取值范围；

（II）OMON12，其中O为坐标原点，求MN.

5、（广东省2016届高三3月适应性考试）已知点F(,0)及直线l:x121．P为平面上的动点，2

过P作直线l的垂线，垂足为点Q，

且QPQFFPFQ．

（1）求动点P的轨迹C的方程；

（2）设圆M过点A(1,0)且圆心M在P的轨迹C上，E1E2是圆M在y轴上截得的弦，

证明弦长E1E2是一个常数．

6、（广东佛山市2016届高三二模）已知点M为圆C:x2y24上一个动点，点D是M在x轴上的投影，P为线段MD上一点，且与点Q关于原点O对称，满足QPOMOD．

(1)求动点P的轨迹E的方程；

(2)过点P作E的切线l与圆相交于A,B两点，当QAB的面积最大时，求直线l的方程．

7、（广东广州市2016届高三二模）已知动圆P的圆心为点P,圆P过点F1,0且与直线l:x1相切. (Ⅰ)求点P的轨迹C的方程；

2(Ⅱ)若圆P与圆F:x1y1相交于M,N两点，求MN的取值范围. 2

x2y28、（广东深圳市2016届高三二模）已知椭圆E：221(ab0)的上顶点P在圆abC:x2(y2)29上，且椭圆的离心率为（1）求椭圆E的方程；

3．

2（2）若过圆C的圆心是直线l与椭圆E交于A、B两点，且PAPB1，求直线l的方程．

9、（广东珠海市2016届高三二模）已知点P为圆xy25上任意一点，过P作x轴的垂线，22uuuur3uuur垂足为H，且满足MHPH，若M的轨迹为曲线E. 5⑴

求E的方程；

⑵

设过曲线E左焦点的两条弦为MN、PQ，弦MN,PQ所在直线的斜率分别为k1、k2，当k1k21时，判断

11是否为定值，若是，求出该定值，若不是，说明理由. |MN||PQ|

x2y2610、（惠州市2016届高三第三次调研）已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，以原ab3点O为圆心，椭圆C的长半轴为半径的圆与直线2x2y60相切．

（Ⅰ）求椭圆C标准方程；

（Ⅱ）已知点A,B为动直线yk(x2)(k0)与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在点E，使EAEB为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值，若不存在，说明理由．

11、（揭阳市2016届高三上学期期末学业水平考试）已知椭圆C的中心在原点，焦点在y轴上，且长轴的长为4，离心率等于2. 2（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若椭圆C在第一象限的一点P的横坐标为1，过点P作倾斜角互补的两条不同的直线PA，PB分别交椭圆C于另外两点A，B，求证：直线AB的斜率为定值．

12、（清远市2016届高三上学期期末）已知椭圆C焦点在x轴上，中心在原点，长轴长为4，离心率3，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点．

25，求点P的坐标；

4（1）若P是第一象限内椭圆C上的一点，PF1PF2（2）设过定点M（0，2）的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且∠AOB为锐角（其中O为作标原点），求直线l的斜率k的取值范围．

x2y213、（韶关市2016届高三上学期调研）已知椭圆C:221(ab0)的两焦点为abF12,0,F22,0，且过点Q(2,1)



（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过点P(0,2)的直线l交椭圆于M,N两点,以线段MN为直径的圆恰好过原点，,求出直线l的方程;

参考答案

一、选择、填空题

1、【答案】B 【解析】由题意得bcab，所以椭圆的离心率e2、D

3、A 4、【答案】B 121，故选B．

25、【答案】126

6、【答案】4

【解析】圆C:x2y22ay20，即C:x2(ya)2a22，圆心为C(0,a)，

由|AB|23,C到直线yx2a的距离为|0a2a|，

2所以由(232|0a2a|2)()a22得a22,

22所以圆的面积为(a22)4．

7、4 8、D

9、【答案】C x2y2122222222【解析】a2b2，得(ab)y2bcybcab0，

yxc∴(a2b2)y22b2cyb40，设A(x1,y1),B(x2,y2)，

2b2cb4,y1y22∴y1y22．

ab2ab2∵AF3FB，∴y13y2，

2b2cb42222,3yab3c∴2y22，∴，

2ab2a2b2c21222∴a2c，∴2，∴e．

a2210、【答案】23

p【解析】设P(x0,y0)，则x03，

22∴x013，∴x02，y08，

∴P到原点的距离为x0y01223．

11、D 12、【答案】3

【解析】AFx013、【答案】B.

22p213．

2uur【解析】 A点坐标为(2,0)，B点坐标为(2,0)，设点P坐标为(x,y)，则PA(2x,y)，uuruuruur3PB(2x,y)，故PAPBx24y2x23，而x2或x2，故最小值为0 414、【答案】[64,)

【解析】联立方程xmy82y8x2，得y8my640，0，y1y28m，y1y264，因为xmy80过定点(8,0),

SOAB1y1y284(y1y2)24y1y2464m2464，当m0时，Smin64

2故答案为[64,).

15、C

二、解答题

t21、【解析】（Ⅰ）由已知可得M(0,t)，P(,t)

2pt2又∵N与M关于点P对称，故N(,t)

p∴

直线ON的方程为y22px，代入y22px，得：

t2t2

px2tx0解得：x10，x2p2t2∴H(,2t)．

p∴N是OH的中点，即OHON2．

（Ⅱ）直线MH与曲线C除H外没有其它公共点．理由如下：

直线MH的方程为yt2tpx，即x(yt)，代入y22px，得

2tpy24ty4t20，解得y1y22t，

即直线MH与C只有一个公共点，所以除H外没有其它公共点．

2、解析：（Ⅰ）设M(x1,y1)，则由题意知y10. 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为又A(2,0)，因此直线AM的方程为yx2. ，

4x2y21得7y212y0，

将xy2代入431212，所以y1. 7711212144因此AMN的面积SAMN2. 27749解得y0或y

x2y21得

（2）将直线AM的方程yk(x2)(k0)代入43(34k2)x216k2x16k2120. 121k216k2122(34k2)2由x1(2)得x1，故|AM|1k|x12|. 34k234k234k212k1k21由题设，直线AN的方程为y(x2)，故同理可得|AN|. 2k43k由2|AM||AN|得2k，即4k36k23k80. 2234k43k设f(t)4t36t23t8，则k是f(t)的零点，f'(t)12t212t33(2t1)20，

所以f(t)在(0,)单调递增，又f(3)153260,f(2)60，

因此f(t)在(0,)有唯一的零点，且零点k在(3,2)内，所以3k2. 3、

（Ⅱ）设l与x轴的交点为D(x1,0)，

则SABFab111. baFDbax1,SPQF222211ab，所以x10（舍去），x11. bax1222由题设可得

设满足条件的AB的中点为E(x,y). 当AB与x轴不垂直时，由kABkDE可得而2y(x1). abx1aby，所以y2x1(x1). 2当AB与x轴垂直时，E与D重合.所以，所求轨迹方程为y2x1. ....12分

4、【解析】

试题分析：（I）设出直线l的方程，利用圆心到直线的距离小于半径列出关于k的不等式，即可求出k的取值范围；（II）设M(x1,y1),N(x2,y2)，将直线l方程代入圆的方程化为关于x的一元二次方程，利用韦达定理将x1x2,y1y2用k表示出来，利用平面向量数量积的坐标公式及OMON12列出关于k方程，解出k，即可求出|MN|. 试题解析：（I）由题设，可知直线l的方程为y=kx+1. 因为l与C交于两点，所以|2k-3+1|1+k2<1. 解得4-37

121+k21+k2x1x2+y1y2=1+k2x1x2+k(x1+x2)+1=OM?ON由题设可得()4k(1+k)+8, 1+k24k(1+k)+8=12，解得k=1，所以l的方程为y=x+1. 21+k故圆心在直线l上，所以|MN|=2. 5、解：

（Ⅰ）从题意知，设点P的坐标为x,y，则Q的坐标为1,y，

2

因此

QPx1,0,QF1,y,

21FPx,y,FQ1,y. 2因QPQFFPFQ，得

x即x11,01,yx,y1,y，

2211xy2，故动点P(x,y)的坐标满足方程y22x

22设N(x0,y0)是y22x的任一点，过N作直线l的垂线，垂足为Q，则有FNFQQNQF,即y22x上的任一点都具有所需的性质. 综上，动点P的轨迹方程为y22x. （Ⅱ）设Ma,b为圆M的圆心，则b2a. 2………6分

圆M过点A1,0，圆M上的点(x,y)满足

b

xay22a122b.

令x0,得y22by2a10,于是可得圆M与y轴的交点为E10,y1和E20,y2，其中y1,2bb2a1b1，

故E1E2y1y22是一个常数.

………

12分

6、【解析】（1）设P(x,y)，M(x0,y0)，则D(x0,0)．

∵点P与点Q关于原点O对称，∴QP2OP．

∵QPOMOD，∴2OPOMOD，

∴2(x,y)(x0,y0)(x0,0)，∴222x0x，

y02y22∵x0y04，∴x4y4，

x2y21．

∴动点P的轨迹方程：4（2）当直线l的斜率不存在时，显然不符合题意，

∴设直线l的方程为ykmm，

ykmm222

由2，得(4k1)x8kmx4m40．

2x4y4

∵直线l与椭圆相切，

∴64k2m24(4k21)(4m24)0，∴m4k1．

原点O到直线l的距离d

∴SQAB22m1k2，则AB24d2，

1AB2d2d4d2

22d2(4d2)2(d22)244，

当d2，即d2时，QAB的面积取得最大值4．

此时d2m1k22，即m22k22，

m322m2k2

由2，解得2，

2km4k12

∴直线l的方程为y2222x3或yx3或yx3．

x3或y22227、(Ⅰ)解法1:依题意,点P到点F1,0的距离等于点P到直线l的距离,

………1分

∴点P的轨迹是以点F为焦点，直线l:x1为准线的抛物线. …………2分

∴曲线C的方程为y24x. ………………………………………3分

解法2:设点P的坐标为x,y，依题意,得PFx1，

………………………1分

∴

x122y2x1. ………………………………………2分

化简得y4x. ∴曲线C的方程为y4x. ………………………………………3分

(Ⅱ) (Ⅱ)解法1：设点Px0,y0，则圆P的半径为rx01.………………………4分

∴圆P的方程为xx0yy0x01. ① ………………………5分

2 ∵圆F:x1y1, ②

22222 ①②得直线MN的方程为21x0x2y0yy02x010.

…………6分

2∵点Px0,y0在曲线C:y4x上, 22∴y04x0,且x00. 221x0y02x01∴点F到直线MN的距离为d41x04y220141x04y220.

……………………………………7分

2 ∵圆F:x1y1的半径为1, 2∴MN21d212141x04y21220. …………………8分

21∵x00, 141x016x0214x012. …………………9分

∴x011. ∴0214x0121. ………………………………………………………10分

4∴3111. ………………………………………………………11分

244x01∴3MN2. ∴MN的取值范围为3,2. ……………………………………12分

解法2：设点Px0,y0，点F到直线MN的距离为d, 则点P到直线MN的距离为PFd. ……………………………………4分

2∵圆F:x1y1的半径为1,圆P的半径为PF, 2∴MN21d22PFPFd∴1dPFPFd2222. ……………………………5分

2,化简得d1. …………………6分

2PF∴MN21d21214PF2. ……………………………………7分

∵点Px0,y0在曲线C:y4x上, 22∴y04x0,且x00. ∴PF22x01y0 …………………………………………………8分

22x02x014x0

x01

1. ………………………………………………………9分

∴0214PF21. ………………………………………………………10分

4∴3111. ………………………………………………………11分

244PF∴3MN2. 8、【解析】（1）依题意，令x0，

得02(y2)29，解得y1或y5，

∴点P的坐标为(0,1)，即b1．

∴MN的取值范围为3,2. …………………………………………12分

cb213∵e1212，∴a2，

aaa2x2y21．

∴椭圆E的方程为4（2）∵直线l经过圆心C(0,2)，

①当直线l的斜率不存在时，不合题意；

②当直线l的斜率存在时，

设直线l的方程为ykx2，A(x1,y1),B(x2,y2)．

ykx2由x2，得(14k2)x216kx120，

2y143222∵256k48(14k)0，∴k．

416k12,xx

x1x2，

1214k214k2∵y1kx12,y2kx22，

∴y1y2k(x1x2)4，

y1y2(kx12)(kx22)k2x1x22k(x1x2)4，

∴PAPB(x1,y11)(x2,y21)x1x2y1y2(y1y2)1

2112(1k2)48k21，

9

(1k)x1x23k(x1x2)922214k14k14k2解得k5，满足k23，

4

∴直线l的方程为y5x2或y5x2．

9、【解析】

xx0uuuur3uuur⑴

设P点坐标为(x0,y0)，M点坐标为(x,y)，由MHPH得，3，而P点在5yy05x2y21.

…………5分

xy25上，代入得25922⑵由题设知，F0)，则MN:yk1(x4)，PQ:yk2(x4)

1(4，将MN与C的方程联立消y得：(25k129)x2200k12x400k122250设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1、x2是“*”的二根

“”200k12x1x225k291则

…………7分

2xx400k122512225k19则|MN|21(x1x2)2(y1y2)2(1k12)(x1x2)2

221400k144(400k12225)(25k129)(1k)[(x1x2)4x1x2](1k)

22(25k19)90(1k12)

…………8分

25k129290(1k2)同理：|PQ|

225k29Qk1k21

1111

…………10分

22|MN||PQ|90(1k1)90(1k2)225k12925k2922225k12925k29(25k129)(1k2)(25k29)(1k12)

222290(1k1)90(1k2)90(1k1)(1k2)221834k1234k250(k1k2)26834k1234k2

2290[1k12k2(kk)2]90(2k12k2)234(2k12k2)17

2290(2k1k2)45

1711为定值，值为．

…………12分

45|MN||PQ|（2）解法2：由上知，

290(1k12)90(1k2)，

|MN||PQ|225k2925k129Qk1k21

190k19090(12)22k1k190k190

|PQ|221259k1259k125292k1k121125k19259k117

22|MN||PQ|90(1k1)90k1904510、【解析】（I）由e226c66，得，即ca，① （1分）

3a33以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆为x2y2a2， （2分）

此圆与直线2x2y60相切，所以a62(2)226，代入①得c=2, （4分）

x2y21．

（5分）

所以bac2,所以椭圆的方程为62222x2y212222（Ⅱ）由6得(13k)x12kx12k60，

（6分）

2yk(x2)12k212k26设A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1x2，x1x2，（7分）

2213k13k根据题意,假设x轴上存在定点E(m,0),使得EAEB为定值，

则有EAEB(x1m,y1)(x2m,y2)(x1m)(x2m)y1y2

(x1m)(x2m)k2(x12)(x22)(k21)x1x2(2k2m)(x1x2)(4k2m2)

12k2612k22(k1)(2km)(4k2m2)

2213k13k2

(3m212m10)k2(m26) （9分）

23k1要使上式为定值，即与k无关，则应有3m212m103(m26)， （10分）

7， （11分）

3572此时EAEBm6为定值，定点为(,0)． （12分）

39即my2x211、解：（Ⅰ）设椭圆的方程为221(ab0)--------------------------------1分

aba2b2c2由题意2a4，解得a2,b2．-----------------------------------------4分

c22ay2x21．-------------------------------------------------5分

所以，椭圆的方程为42y2x21，得P(1,2)．-------------------------------------6分

（Ⅱ）由椭圆的方程42由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在，设PA的斜率为k，

则PA的直线方程为y2k(x1)．--------------------------------------------7分

y2k(x1)由x2得：(2k2)x22k(2k)x(2k)240．-------------8分

y2124k222k2设A(xA, yA)，B(xB, yB)，则xA1xA，-------------------------------9分

2k2k222k2同理可得xB----------------------------------------------------10分

2k2则xBxA8k42kyyk(x1)k(x1)，．

BABA222k2k所以直线AB的斜率kAB

yAyB2为定值．----------------------------------12分

xAxB

12、解：（1）易知a2，ec3，c3，b1．……

…1分

a2x2y21……………………………………………………

…2分

所以椭圆的方程是4∴F1(3,0)，F2(3,0)．……

…3分； 设P(x,y)(x0,y0)．……

…4分

x25y21，…… 5分

则PF1PF2(3x,y)(3x,y)xy3，又4422722x1xyx2134联立2，解得23，P(1,)．………………………

…6分

32xyyy21424（2）显然x0不满足题设条件．可设l的方程为ykx2，……………………

…7分

设A(x1,y1)，B(x2,y2)．

x2y21联立4x24(kx2)24(14k2)x216kx120

ykx2∴x1x21216kxx，…………………………………………………

…8分

1214k214k222由(16k)4(14k)120

16k23(14k2)0，4k230，得k2又AOB为锐角3．① ………………………………

…9分

4cosAOB0且cosAO1，OAOB0且OAOB|OA||OB|……

…10分

∴OAOBx1x2y1y20

又y1y2(kx12)(kx22)k2x1x22k(x1x2)4

2∴x1x2y1y2(1k2)x1x22k(x1x2)4(1k)1216k2k()4

14k214k24(4k2)12(1k2)2k16k0422214k14k14k

∵ 1+4k >0 , ∴ 4-k>0 即 k<4 ② ………………………

…11分

222

综①②可知3k24，经检验A、O、B三点不共线

4∴k的取值范围是(2,33)(,2)……

…12分

22

13、解：

(Ⅰ)由题意可得

2aACBC22210222210……………………2分

2422a2

b2a2c2422.

x2y21.………………………………………………4分

椭圆的标准方程是42(Ⅱ)由题意直线的斜率存在,可设直线l的方程为ykx2k0.

设M,N两点的坐标分别为x1,y1,x2,y2.

ykx2联立方程:2

………………………………………………………………5分

2x2y4消去y整理得,12k2x28kx40 8k4,xx………………………………………………7分

122212k12k若以MN为直径的圆恰好过原点,则OMON,所以x1x2y1y20,…………8分

有x1x2所以,x1x2kx12kx220, 即1kx1x22kx1x240………………………………………………9分

241k216k240

所以,2212k12k84k20,

………………………………………………………………………10分

即212k得k22,k2.

所以直线l的方程为y2x2,或y2x2. 所以过P(0,2)的直线l:y2x2使得以弦MN为直径的圆恰好过原点. …………………………………………………………………………………………12分