2017年高考数学理试题分类总汇编：圆锥曲线

2017 年高考试题分类汇编之圆锥曲线（理数） 解析

一、选择题 ............................................................... 1 二、填空题 ............................................................... 3 三、大题 ................................................................. 5

一、选择题

x2y21的离心率是 【浙江卷】2．椭圆94A．13 3 B．5 3 C．

2 3 D．

5 9【解析】e

945，选B. 332

【全国1卷（理）】10.已知F为抛物线C：y=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，

l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为（ ）

A．16 B．14 C．12 D．10

【解析】设AB倾斜角为．作AK1垂直准线，AK2垂直x轴 AFcosGFAK（几何关系）1易知AK1AF（抛物线特性）

PGPPP22∴AFcosPAF同理AF

PP，BF

1cos1cos∴AB2P2P2 21cossinπ 2又DE与AB垂直，即DE的倾斜角为DE2P2P 2πcossin22文档

实用标准文案

而y24x，即P2．

1144sin2cos2∴ABDE2P422sin2cos21sin22sin2cos2sincos416π

，当取等号 ≥16

sin224

即ABDE最小值为16，故选A

x2y2【全国Ⅱ卷（理）】9.若双曲线C:221（a0，b0）的一条渐近线被圆

abx22y24所截得的弦长为2，则C的离心率为（ ）

A．2 B．3 C．2 D．23 32bb30到直线距离为【解析】取渐近线yx，化成一般式bxay0，圆心2，

aa2b2得c24a2，e24，e2．

x2y2【全国III卷（理）】5.已知双曲线C:221 (a＞0,b＞0)的一条渐近线方程为

abx2y251 有公共焦点，则C的方程为( ) yx,且与椭圆1232x2y2x2y2x2y2x2y21 B. 1 C. 1 D. 1455443A. 810

【解析】∵双曲线的一条渐近线方程为y5b5x，则① 2a2

x2y21与双曲线有公共焦点，易知c3，则a2b2c29② 又∵椭圆123x2y21，故选B. 由①②解得a2,b5，则双曲线C的方程为45x2y2【全国III卷（理）】10.已知椭圆C：221，（a>b>0）的左、右顶点分别为A1，A2，

ab文档

实用标准文案

且以线段A1A2为直径的圆与直线bxay2ab0相切，则C的离心率为( )

1632 B. C. D.

3 33A.3【解析】∵以A1A2为直径为圆与直线bxay2ab0相切，∴圆心到直线距离d等于半径，

2aba ∴d22ab又∵a0,b0，则上式可化简为a23b2

c22222222∵bac，可得a3ac，即2

a3c6∴e，故选A

a3x2y2【天津卷】（5）已知双曲线221(a0,b0)的左焦点为F，离心率为2.若经过

abF和P(0,4)两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为（ ）

x2y21 A.

44x2y21B.

88 x2y21C.

48 x2y21D.84

4x2y21c4,ab221 ，故选B. 【解析】由题意得ab,c88

二、填空题

x2y2【全国1卷（理）】15.已知双曲线C：221（a>0，b>0）的右顶点为A，以A为圆心，

abb为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点.若∠MAN=60°，则C的离心

率为________. 【解析】如图，

OAa，ANAMb

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实用标准文案

∵MAN60，∴AP3b，OP2322OAPAa2b2 43bAP2∴tan OP3a2b243b22bb2，解得a3b 又∵tan，∴aa3a2b24b2123∴e121

a33【全国2卷（理）】16.已知F是抛物线C:y28x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则FN ．

0，准线l:x2， 【解析】y28x则p4，焦点为F2，如图，M为F、N中点，

故易知线段BM为梯形AFMC中位线， ∵CN2，AF4， ∴ME3

又由定义MEMF， 且MNNF， ∴NFNMMF6

lyCBANMOFx

y21的离心率为3，则实数m=_______________. 【北京卷】（9）若双曲线xm2文档

实用标准文案

【解析】.1m3m2 1x2y21 的右准线与它的两条渐近线分【江苏卷】8.在平面直角坐标系xOy 中,双曲线3别交于点P,Q，其焦点是F1 , F2 ,则四边形F1 P F2 Q的面积是 . 【解析】右准线方程为x310310331030,)，x，则P(，渐近线为y1010310Q(3103030,)，F1(10,0)，F2(10,0)，则S21023. 101010x2y2【山东卷】14.在平面直角坐标系xOy中，双曲线221a0,b0的右支与焦点为F

ab的抛物线x22pxp0交于A,B两点，若AFBF4OF，则该双曲线的渐近线方程为 .

三、大题

x2y2【全国I卷（理）】20.（12分）已知椭圆C：22=1（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），

abP3（–1，

33 ），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上. 22（1）求C的方程；

（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.

20.解：（1）根据椭圆对称性，必过P3、P4

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实用标准文案

又P4横坐标为1，椭圆必不过P1，所以过P2，P3，P4三点

1b213将P20，，解得a24，b21 1，P31，代入椭圆方程得3214221abx2∴椭圆C的方程为：y21．

4Bm，yA （2）①当斜率不存在时，设l:xm，Am，yA，kP2AkP2ByA1yA121mmm

得m2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足． ②当斜率存在时，设l∶ykxbb1

Ax1，y1，Bx2，y2

ykxb联立2，整理得14k2x28kbx4b240 2x4y408kb4b24,x1x2 x1x214k214k2则kP2AkP2By11y21x2kx1bx2x1kx2bx1 x1x2x1x28kb28k8kb28kb8kb114k2此时64k，存在k1，又b1b2k1，24b1b14b414k2使得0成立．

∴直线l的方程为ykx2k1 当x2时，y1

1． 所以l过定点2，x2y21上，过M【全国II卷（理）】20. （12分）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：2做x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP(1)求点P的轨迹方程；

(2)设点Q在直线x=-3上，且OPPQ1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦

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2NM.

实用标准文案

点F.

0) ．解：⑴设P(x，y)，易知N(x，yNP(0，y)又NM1NP0，

22∴Mx，12y，又M在椭圆上． 22yx∴1，即x2y22． 22⑵设点Q(3，yQ)，P(xP，yP)，(yQ0)， 由已知：OPPQ(xP，yP)(3yP，yQyP)1， OPOQOPOPOQOP1，

2∴OPOQOP13， ∴xPxQyPyQ3xPyPyQ3． 设直线OQ：yyQ3x，

2因为直线l与lOQ垂直． ∴kl3 yQ3(xxP)yP， yQ故直线l方程为y令y0，得yPyQ3(xxP)， 1yPyQxxP， 31∴xyPyQxP，

3∵yPyQ33xP，

1∴x(33xP)xP1，

3若yQ0，则3xP3，xP1，yP1，

直线OQ方程为y0，直线l方程为x1，直线l过点(1，0)，为椭圆C的左焦点．

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实用标准文案

【全国III卷（理）】20.（12分）已知抛物线C：y=2x，过点（2,0）的直线l交C与A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆. （1）证明：坐标原点O在圆M上； （2）设圆M过点P（4，-2），求直线l与圆M的方程.

解:(1)显然，当直线斜率为0时，直线与抛物线交于一点，不符合题意．

设l:xmy2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

y22x联立：得y22my40，

xmy24m216恒大于0，y1y22m，y1y24． uuruuurOAOBx1x2y1y2

(my12)(my22)

2

(m21)y1y22m(y1y2)4

4(m21)2m(2m)40 uuruuur∴OAOB，即O在圆M上．

uuuruur(2)若圆M过点P，则APBP0 (x14)(x24)(y12)(y22)0 (my12)(my22)(y12)(y22)0

(m21)y1y2(2m2)(y1y2)80

1化简得2m2m10解得m或1

21①当m时，l:2xy40圆心为Q(x0,y0)，

2yy2119y01，x0y02，

222491半径r|OQ|

42921285则圆M:(x)(y)

4216②当m1时，l:xy20圆心为Q(x0,y0)，

yy2y011，x0y023，

2半径r|OQ|3212 则圆M:(x3)2(y1)210

【北京卷】（18）（14分）已知抛物线C：y2=2px过点P(1,1).过点(0,1)作直线l与抛物线

222C交于不同的两点M,N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP、ON交于点A,B，其中O为原点.

（Ⅰ）求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程； （Ⅱ）求证：A为线段BM的中点.

（18）解：（Ⅰ）把P（1,1）代入y=2Px得P=

2

12

∴C:y=x， 2文档

实用标准文案

∴焦点坐标（

11，0），准线：x=-. 441y，A（x1，y1），B(x2，y2)，OP：y=x，ON：y=2x， 2x2（Ⅱ）设l：y=kx+

由题知A(x1，x1)，B(x1，

x1y2) x211k11ykx22

kx+（k-1）x+=0，x+x=，x·x=. 1212222k4k42yx1x1kx1xy1xx2y112kx12kx112,x22x22x2由x1+x2=

1k1，x， 1x2=k24k21k2k上式2kx12kx11k2x12x1∴A为线段BM中点. 12x24kx1x2y2(a＞b＞0)【江苏卷】17.（14分）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:2+21ab的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为

1，两准线之间的距离为8.点P在椭圆E上，且位2于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1,过点F2作直线PF2的垂线l2. （1）求椭圆E的标准方程；

（2）若直线l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标.

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实用标准文案

1c12a28②.17.解:（1）∵椭圆E的离心率为，∴①.∵两准线之间的距离为8，∴a22cx2y21. 联立①②得a2,c1，∴b3，故椭圆E的标准方程为43x01y(x1)xx0y02（2）设P(x0,y0)，则x00,y00，由题意得，整理得，1x0yyyx01(x1)0y022221629x0y0y0(1x220)x,y0，故点1，∴∵点P(x0,y0)在椭圆E上，∴，∴02774333y0P的坐标是(

4737,). 77【江苏卷】B.[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）

已知矩阵A= ，B=. (1) 求AB;

x2y2(2)若曲线C1;=1 在矩阵AB对应的变换作用下得到另一曲线C2 ，求C2的方程.

82B.解:（1）AB==.

（2）设P(x1,y1)是曲线C1上任意一点，变换后对应的点为xy02x1， 10y`文档

实用标准文案

x1yx2y122所以，即1，因为P(x1,y1)在曲线C1上，所以xy8即曲线C2的方y1xyx12程.

【山东卷】（21）（本小题满分13分）

2x2y2在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：221ab0的离心率为，焦距为2.

2ab（Ⅰ）求椭圆E的方程；

3交椭圆E于A,B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的2（Ⅱ）如图，动直线l：yk1x斜率为k2，且k1k22，M是线段OC延长线上一点，且MC:AB2:3，M的半径为4MC，OS,OT是M的两条切线，切点分别为S,T.求SOT的最大值，并求取得最大值

时直线l的斜率.

c2，2c2， a2（21）解：（I）由题意知 e所以 a2,b1， 文档

实用标准文案

x2因此 椭圆E的方程为y21. 2（Ⅱ）设Ax1,y1,Bx2,y2， x2y21,2联立方程 3ykx,12得4k122x243k1x10， 由题意知0，

且x1x223k11， ,xx122k12122k121所以 AB1k21x1x221k1218k122k121. 由题意知k1k22， 4所以k22 4k1由此直线OC的方程为y2x. 4k1x22y1,2联立方程 2yx,4k18k1212,y得x， 14k1214k12218k12因此 OCxy. 14k1222文档

实用标准文案

由题意可知 sinSOTr2rOC1， OC1r而OCr18k1214k12221k18k32k1212121 12k1232， 22414k11k1令t12k12， 1则t1,0,1， tOCr3t31311， 222t2t1211211922ttt24因此 211当且仅当，即t2时等号成立，此时k1， 2t2所以 sinSOT1， 22因此SOT， 26. 32，取得最大值时直线l的斜率为k1. 23所以SOT最大值为综上所述：SOT的最大值为

【天津卷】（19）（本小题满分14分）

x2y21设椭圆221(ab0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为.已知A是抛物线

2ab1y22px(p0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为.

2文档

实用标准文案

（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；

（II）设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A），直线

BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为

6，求直线AP的方程. 2c1p1，a，ac， a222（19）（Ⅰ）解：设F的坐标为(c,0).依题意，1，p2， 23于是b2a2c2. 4解得a1，c4y21，抛物线的方程为y24x. 所以，椭圆的方程为x32

所以，直线AP的方程为3x6y30，或3x6y30.

2【浙江卷】21．（本题满分15分）如图，已知抛物线xy，点A(，)，B(，)，

11243924抛物线上的点P(x，y)(11x).过点B作直线AP的垂线，垂足为Q. 24

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实用标准文案

（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围； （Ⅱ）求APPQ的最大值.

21．解：（Ⅰ）由题易得P（x，x2），-13(1k)3(k1)k2(k1)3(k1)(k1)3(k1)， 故PAPQPAPQ22k1k1即PAPQ(k1)(1k)，令f(x)(x1)(1x),1x1， 22则f(x)(x1)(24x)2(x1)(2x1)，当1x3311时，f(x)0，当x122时，f(x)0， 文档

实用标准文案

故f(x)maxf()

122727，即PAPQ的最大值为. 1616文档