1、2013-2018年圓錐曲線高考題匯總角度問題1、（18文）設拋物線，點，過點的直線與交于，兩點（1）當與軸垂直時，求直線的方程；（2）證明：解：（1）當l與x軸垂直時，l的方程為x=2，可得M的坐標為（2，2）或（2，2）所以直線BM的方程為y=或（2）當l與x軸垂直時，AB為MN的垂直平分線，所以ABM=ABN當l與x軸不垂直時，設l的方程為，M（x1，y1），N（x2，y2），則x1>0，x2>0由得ky22y4k=0，可知y1+y2=，y1y2=4直線BM，BN的斜率之和為將，及y1+y2，y1y2的表達式代入式分子，可得所以kBM+kBN=0，可知BM，BN的傾斜角互補，

2、所以ABM+ABN綜上，ABM=ABN2、（18理）設橢圓的右焦點為，過的直線與交于兩點，點的坐標為.（1）當與軸垂直時，求直線的方程；（2）設為坐標原點，證明：.解：（1）由已知得，l的方程為x=1.由已知可得，點A的坐標為或.所以AM的方程為或.（2）當l與x軸重合時，.當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以.當l與x軸不重合也不垂直時，設l的方程為，則，直線MA，MB的斜率之和為.由得.將代入得.所以，.則.從而，故MA，MB的傾斜角互補，所以.綜上，.3、（15理卷一）在直角坐標系xOy中,曲線C:y=x24與直線l:y=kx+a(a>0)交于M,N兩點.()當k=0時,

3、分別求C在點M和N處的切線方程;()y軸上是否存在點P,使得當k變動時,總有OPM=OPN?說明理由.解析()由題設可得M(2a,a),N(-2a,a)或M(-2a,a),N(2a,a).又y'=x2,故y=x24在x=2a處的導數值為a,C在點(2a,a)處的切線方程為y-a=a(x-2a),即ax-y-a=0.y=x24在x=-2a處的導數值為-a,C在點(-2a,a)處的切線方程為y-a=-a(x+2a),即ax+y+a=0.故所求切線方程為ax-y-a=0和ax+y+a=0.(5分)()存在符合題意的點,證明如下:設P(0,b)為符合題意的點,M(x1,y1),N(x2,y2)

4、,直線PM,PN的斜率分別為k1,k2.將y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0.故x1+x2=4k,x1x2=-4a.從而k1+k2=y1-bx1+y2-bx2=2kx1x2+(a-b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a.當b=-a時,有k1+k2=0,則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補,故OPM=OPN,所以點P(0,-a)符合題意.(12分)定點問題1、（17理卷2）已知橢圓C：（a>b>0），四點P1（1,1），P2（0,1），P3（1，），P4（1，）中恰有三點在橢圓C上.（1）求C的方程；（2）設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點.若直線P2A

5、與直線P2B的斜率的和為1，證明：l過定點.由題設，故.即.解得.當且僅當時，欲使l：，即，所以l過定點（2，）2、（17理卷二）設O為坐標原點，動點M在橢圓C：上，過M做x軸的垂線，垂足為N，點P滿足.(1) 求點P的軌跡方程；設點Q在直線x=-3上，且.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. 【解析】（1）設，即代入橢圓方程，得到點的軌跡方程。過與直線垂直的直線為：當時，代入得過且垂直于的直線過的左焦點。定值問題1、（15文卷二）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(2,2)在C上.()求C的方程;()直線l不過原點O且不平行于坐標軸,l

6、與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.證明:直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.解析()由題意有a2-b2a=22,4a2+2b2=1,解得a2=8,b2=4.所以C的方程為x28+y24=1.()設直線l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入x28+y24=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=k·xM+b=b2k2+1.于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOM·k=-12.所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.2、（

7、15理卷二）已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),直線l不過原點O且不平行于坐標軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.()證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值;()若l過點m3,m,延長線段OM與C交于點P,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時l的斜率;若不能,說明理由.()設直線l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=x1+x22=-kbk2+9,yM=kxM+b=9bk2+9.于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-9k,即

8、kOM·k=-9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.()四邊形OAPB能為平行四邊形.因為直線l過點m3,m,所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k>0,k3.由()得OM的方程為y=-9kx.設點P的橫坐標為xP.由y=-9kx,9x2+y2=m2得xP2=k2m29k2+81,即xP=±km3k2+9.將點m3,m的坐標代入l的方程得b=m(3-k)3,因此xM=k(k-3)m3(k2+9).四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM.于是±km3k2+9=2×k(k-3)m3(k2+9),解得k

9、1=4-7,k2=4+7.因為ki>0,ki3,i=1,2,所以當l的斜率為4-7或4+7時,四邊形OAPB為平行四邊形.范圍問題1、（16理卷一）設圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過點B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點,過B作AC的平行線交AD于點E.()證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點E的軌跡方程;()設點E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點,過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點,求四邊形MPNQ面積的取值范圍.()因為|AD|=|AC|,EBAC,故EBD=ACD=ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|

10、=|AD|.又圓A的標準方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.(2分)由題設得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓定義可得點E的軌跡方程為x24+y23=1(y0).(4分)()當l與x軸不垂直時,設l的方程為y=k(x-1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2).由y=k(x-1),x24+y23=1得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.則x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3.所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)4k2+3.(6分)過點B(1,0)且與l垂直的直線m:y=-1k

11、(x-1),A到m的距離為2k2+1,所以|PQ|=242-2k2+12=44k2+3k2+1.故四邊形MPNQ的面積S=12|MN|PQ|=121+14k2+3.(10分)可得當l與x軸不垂直時,四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,83).當l與x軸垂直時,其方程為x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12.綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為12,83).(12分)2、（16理卷二）已知橢圓E:x2t+y23=1的焦點在x軸上,A是E的左頂點,斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點,點N在E上,MANA.()當t=4,|AM|=|AN|時,求AMN的面積;()

12、當2|AM|=|AN|時,求k的取值范圍.()設M(x1,y1),則由題意知y1>0.當t=4時,E的方程為x24+y23=1,A(-2,0).(1分)由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為4.因此直線AM的方程為y=x+2.(2分)將x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y1=127.(4分)因此AMN的面積SAMN=2×12×127×127=14449.(5分)()由題意,t>3,k>0,A(-t,0).將直線AM的方程y=k(x+t) 代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2t·

13、;tk2x+t2k2-3t=0.(7分)由x1·(-t)=t2k2-3t3+tk2得x1=t(3-tk2)3+tk2,故|AM|=|x1+ t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.(8分)由題設,直線AN的方程為y=-1k(x+t),故同理可得|AN|=6kt(1+k2)3k2+t.(9分)由2|AM|=|AN|得23+tk2=k3k2+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).當k=32時上式不成立,因此t=3k(2k-1)k3-2.(10分)t>3等價于k3-2k2+k-2k3-2=(k-2)(k2+1)k3-2<0,即k-2k3-2<0.(11分)由此得k-2

14、>0,k3-2<0或k-2<0,k3-2>0,解得32<k<2.因此k的取值范圍是(32,2).(12分)最值問題1、（14理卷一）已知點A(0,-2),橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,F是橢圓E的右焦點,直線AF的斜率為233,O為坐標原點.()求E的方程;()設過點A的動直線l與E相交于P,Q兩點.當OPQ的面積最大時,求l的方程.()設F(c,0),由條件知,2c=233,得c=3.又ca=32,所以a=2,b2=a2-c2=1.故E的方程為x24+y2=1.()當lx軸時不合題意,故設l:y=kx-2,P(x1

15、,y1),Q(x2,y2).將y=kx-2代入x24+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.當=16(4k2-3)>0,即k2>34時,x1,2=8k±24k2-34k2+1.從而|PQ|=k2+1|x1-x2|=4k2+1·4k2-34k2+1.又點O到直線PQ的距離d=2k2+1,所以OPQ的面積SOPQ=12d·|PQ|=44k2-34k2+1.設4k2-3=t,則t>0,SOPQ=4tt2+4=4t+4t.因為t+4t4,當且僅當t=2,即k=±72時等號成立,且滿足>0,所以,當OPQ的面積最大時,l的方程為

16、y=72x-2或y=-72x-2.2、（14文卷一）已知點P(2,2),圓C:x2+y2-8y=0,過點P的動直線l與圓C交于A,B兩點,線段AB的中點為M,O為坐標原點.()求M的軌跡方程;()當|OP|=|OM|時,求l的方程及POM的面積.()圓C的方程可化為x2+(y-4)2=16,所以圓心為C(0,4),半徑為4.設M(x,y),則CM=(x,y-4),MP=(2-x,2-y).由題設知CM·MP=0,故x(2-x)+(y-4)(2-y)=0,即(x-1)2+(y-3)2=2.由于點P在圓C的內部,所以M的軌跡方程是(x-1)2+(y-3)2=2.()由()可知M的軌跡是以

17、點N(1,3)為圓心,2為半徑的圓.由于|OP|=|OM|,故O在線段PM的垂直平分線上,又P在圓N上,從而ONPM.因為ON的斜率為3,所以l的斜率為-13,故l的方程為y=-13x+83.又|OM|=|OP|=22,O到l的距離為4105,|PM|=4105,所以POM的面積為165.3、（13理卷二）平面直角坐標系xOy中,過橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦點的直線x+y-3=0交M于A,B兩點,P為AB的中點,且OP的斜率為12.()求M的方程;()C,D為M上兩點,若四邊形ACBD的對角線CDAB,求四邊形ACBD面積的最大值.()設A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),則x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,y2-y1x2-x1=-1,由此可得b2(x2+x1)a2(y2+y1)=-y2-y1x2-x1=1.因為x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,y0x0=12,所以a2=2b2.又由題意知,M的右焦點為(3,0),故a2-b2=3.因此a2=6,b2=3.所以M的方程為x26+y23=1.()由