2018年高考圆锥曲线部分大题解析.docx

2018年高考圆锥曲线部分大题解析

1.【2018浙江21】如图，已知点P是轴左侧（不含轴）一点，抛物线上存在不同的两点满足的中点均在上。

（1） 设中点为，证明：垂直于轴；
（2） 若是半椭圆上的动点，求面积的取值范围。
解析：（1）设
中点满足：
中点满足：
所以是方程即的两个根，所以，故垂直于轴。
（2）由（1）可知
所以,
因此，
因为，所以
因此，面积的取值范围是
1. 距离型问题
2.【2018全国3 理20】已知斜率为的直线与椭圆交于 两点，线段的中点为
（1）证明：；
（2）设为的右焦点，为上一点且，证明：为等差数列，并求出该数列的公差

解析：（1）由中点弦公式，解得
又因为点在椭圆内，故，故
（2）由题意知，故
因为点在椭圆上，代入可得，即
根据第二定义可知，

联立
即
故满足，所以为等差数列
设其公差为，因为的位置不确定，则有

代入得
3.【2018全国3 文20】已知斜率为的直线与椭圆交于 两点，线段的中点为
（1）证明：；
（2）设为的右焦点，为上一点且，证明。
解析：（1）设，则，因为
两式相减可得：
又因为即代入上式得
，又因为点在椭圆内，故，故
（2），设，即
因为点在椭圆上，代入得，所以
因为，同理得
故
所以
注意：文理科题目相同，但是给出的解题思路是不同的。
4.【2018天津 理19】设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的离心率为，点的坐标为，且
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆在第一象限的交点为，且与直线交于点，若（为原点），求的值。

解析：（1）由题意知：
，解得，又因为
由知，解得
故椭圆方程为
（2）设，则

（得到一个等量关系，然后用分别表示出）
联立分别代入上式得
，解得或
5.【2018江苏 18】如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，焦点，圆的直径为。
（1）求椭圆及圆的方程；
（2）设直线与圆相切于第一象限内的点
（i）设直线与椭圆有且只有一个公共点，求点的坐标；
（ii）直线与椭圆交于两点.若的面积为，求直线的方程。

解析：（1）设椭圆方程为，其中，又因为点在椭圆上，故
，所以椭圆的方程为
又因为圆的直径为，故圆的方程为
（2）（i）本题有两种解法：
法一：椭圆和圆有公切线时求点的坐标，可先设公切线方程为
然后根据直线分别与圆和椭圆相切求出的值，再求出点的坐标，这个方法很容易想到，但是需要两次计算相切时的条件。
法二：题目中让求点的坐标，不如一开始就设出点的坐标，利用点的坐标表示出切线方程，然后直线与椭圆联立，即可求出点的坐标。这里我们选用第二种方法：
设直线与圆的切点，则满足，故直线的方程为：
即
联立 （1）
因为直线与椭圆有且只有一个交点，故，即

因为点位于第一象限，即，故
所以点的坐标为
（ii）分析：第二问由于的高即为圆的半径，故由面积可以得出弦长的值，根据弦长再求出直线方程，最容易想到的就是设出直线方程，根据直线与圆相切可得然后直线与椭圆联立，根据韦达定理写出弦长公式，将或转化成一个，求出即可，但是计算过程很麻烦，下面给出同一个方法的两种不同解法：

解析：设直线方程为，，根据直线与圆相切得

将代入得
注意此处，根据韦达定理得出的两根和与积的形式本来很复杂，如果利用上式还需要进行平方，再将转化为的形式计算起来相当复杂，因此我们要想办法避开平方，因此不如直接根据直线与椭圆联立的方程解出两根，再利用弦长公式，就可以避开平方的出现，解法也会简单一些。

解得
所以，直线方程为
5.定值问题
6.【2018全国1 理】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：

分析：第二问两角度相等如何证明？解析几何中常出现的量无非是距离长度，斜率，面积，周长，如果你想到了证明两个角余弦值相等，那么恭喜你，你想到了长度，但是长度不容易求得，本题目点在轴上且角度均从点出发，两点一个在轴上方一个在下方，因此可以考虑两条直线关于轴对称，而对称又反应了斜率互为相反数的关系，因此本题目虽是证明题的形式出现，但本质上是求定值问题，即
解析：（1）由题意知，当与轴垂直时，，此时，所以直线的方程为
（2）设直线的斜率分别为
当直线斜率不存在时，此时直线的倾斜角互补，则
当直线斜率存在时，设
联立

所以
（注意，此处为什么不需要整理分母部分，因为证明分式为零，只需要证明分子为零即可）
所以
所以直线的倾斜角互补，则
7.【2018全国1 文20】设抛物线，点，过点的直线与交于两点
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）证明：
解析：（1）当与轴垂直时，，此时，直线的方程为
（2）具体过程可以参考32题，在上题中是分情况讨论直线斜率不存在与存在的情况，其实无需讨论斜率是否存在，可以直接将直线方程设为
设，直线的斜率分别为
联立
所以
所以直线的倾斜角互补，则
8.【2018全国3 理16】已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与抛物线交于两点，若，则=________.

解析：用到结论：在抛物线中以焦点弦为直径的圆与准线相切
所以，设，根据焦点弦斜率公式可得
9.【2018北京 理 19】已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，且直线交轴于，直线交轴于.
（1）求直线的斜率的取值范围；
（2）设为原点，，求证：为定值。
解析：（1）因为抛物线经过，则，抛物线方程为
由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为
由
解得或
又与轴相交，故直线不过点，故【最容易遗漏的地方】
所以直线斜率的取值范围是

（2）第二问考察有关向量系数的定值问题，很显然需要将用两点的坐标表示出来然后在利用直线与抛物线联立即可，实际运算起来发现和两点的纵坐标有关系，所以需要建立和坐标的关系，此时就需要根据两点坐标大胆写出的直线方程，求出两点坐标即可，不要想什么便捷方法，怎么问怎么想就可以。
设，由

直线的方程为，令得点的纵坐标为，同理得点的纵坐标为
，由得
所以

故为定值。
10.【2018北京文 20】已知椭圆的离心率为，焦距为，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求的最大值；
（3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为若和点共线，求

解析：（1）由题意知
（2）设
联立

令，则

故当时，最大。
（3）题目给出共线，则用向量共线即可，但是需要知道两点的坐标，因此大胆设出的方程，求出的坐标（坐标与坐标产生关联之后即可）
设，又，所以可设，直线的方程为：

则即，又，代入得
【注意此处也可以不转化，直接将转化为的形式，但是不如一开始就转化简单】
故，，同理可得
故
因为三点共线，所以
将坐标代入化简可得，即
11.【2018天津文 19】椭圆的右顶点为，上顶点为。已知椭圆的离心率为，
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于两点，与直线交于点，且点均在第四象限，若的面积是面积的2倍，求的值。

解析：（1）
（2）设
【需要的等量关系】，接下来用表示出即可
，
所以，解得或
当时，不符合题意，当时，符合题意，所以
2. 极坐标与参数方程问题
12.【2018全国1 选做22】在直角坐标系中，曲线的方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立坐标系，曲线的极坐标方程为
（1）求的直角坐标方程；
（2）若与有且仅有三个公共点，求的方程。
解析：（1）
（2）恒过点，当时不符合题意
当时，
当时，与恒有两个交点，所以只需当时，与只有一个交点即可，联立

令解得
所以的方程为
13.【2018全国2 选修22】在直角坐标系中，曲线的参数方程为，直线的参数方程为
（1）求和的直角坐标方程；
（2）若曲线截直线所得线段的中点坐标为，求的斜率。
解析：（1）曲线的直角坐标方程为
当时，的直角坐标方程为
当时，的直角坐标方程为
（2）考察中点弦问题，因此可以利用中点弦求斜率公式，设中点坐标为，则
常规做法如下：
将的参数方程代入的直角坐标方程，整理得关于的方程

因为曲线截直线所得线段的中点在内，故上式有两个解，设为，则
又因为，故
所以直线的斜率
【此处用到了直线的参数方程的两个用法之一】
14.【2018 全国3 选做22】在平面直角坐标系中，的参数方程为，过点且倾斜角为的直线与交于两点
（1）求的取值范围；
（2）求中点的轨迹的参数方程。
解析：（1）当斜率不存在时，此时符合要求
当斜率存在时，若要满足直线与圆相切只需要保证圆心到直线的距离小于半径
即可。
设直线，所以
根据正切函数图像可知
综上可知
（2）可以用直线的普通方程来做，但是如果那样题目就失去意义了。既然是中点，就应该想到直线的参数方程应用中关于中点的用法。、
设直线的参数方程为（）
将直线的参数方程代入得
设点对应 的参数为，故
所以
所以点的轨迹方程为
3. 探究性问题
15.【2018 上海 20】设常数，在平面直角坐标系中，已知点，直线，曲线，与轴交于点，与交于点，分别是曲线与线段上的动点。
（1）用表示点到点的距离；
（2）设，，线段的中点在直线上，求的面积；
（3）设，是否存在以为邻边的矩形，使得点在上？若存在求出点的坐标，若不存在说明理由。
解析：（1）点是抛物线的焦点，所以
（2）从中点入手即可

因为，所以，故，则中点坐标为，所以，联立

所以
（3）

若存在这样的点，则点坐标符合抛物线方程，若能求出坐标且符合范围要求，则点存在。求点坐标时可以利用向量的平行四边形法则：，因此需要求出坐标，另外两点为动点，但是两点可以通过垂直产生关联，求出一个，另外一个就知道了
解析：假设存在这样的点，设，则，所以
，所以
根据可得，点在抛物线上，，解得，所以存在这样的点。