【2020届】高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线综合题答案

即 (x1, y1 2) (x2 , y2 2), x1 x2 ，
于是 x1 x2

x22 , x1

x2

(1


)
x2
,
(
x1 1

x2
)2

x1 x2
，……………⑤
( 4k )2
3
1 k2
1 k2
将③④代入⑤得 2
2
，
(1 )2

16
整理得
3(1 )2 , 1 1
则 16k 2m2 4 2k 2 1 2m2 4 0 ，即 m2 4k 2 2 0
又 x1

x2


4km 2k 2 1
，
x1 x2

2m 2 2k 2
4 1
9分
∴ y1 y2 kx1 mkx2 m k 2 x1x2 kmx1 x2 m2
…………11 分
(2 x1, y1) 3(2 x2 , y2 )
∴ 2yx1133y(22 x2 )
由
y1

y2

3 y2

y2

2 y2


12t 3t2 1
得
y2

6t 3t2 1
由
y1 y2

(3y2 ) y2

3 y22

9 3t2 1
得
y22

y2
1
消去 y得(1 k 2 )x 2 4kx 3 0,由 0得k 2 3 .
2
2
设 M (x1, y1 ), N (x2 , y2 ) ，则
x1

x2


4k 1 k2
………………
③
2
x1 x2

3 .
1 k2
………………④
2
又因 M 在 DN 之间，所以 DM DN ，
而 R(1,0) 也适上式，故 R 的轨迹方程是 x2 2 y2 x 0 .
.................8’ ②设椭圆另一个焦点为 F ' ，
在 PF ' F 中 PFF ' 1200 ,| F ' F | 2, 设 | PF | m ，则 | PF ' | 2 2 m
又 144t2 36(3t2 1) 36(t2 1) 0
设
M
( x1 ,
y1 ),
N (x2 ,
y2 )
，则
y1

y2

12t 3t2 1
,
y1 y2

9 3t2 1
∵ l 与 C 的两个交点 M , N 在 y 轴的右侧
x1x2 (ty1 2)(ty2 2)
所以 x1 6 ，此时 Q 点到直线 AB 的距离为 4
7分
②若直线 AB 斜率存在，设直线 AB 的方程为 y kx m ，则
y kx m

x
2

2y2

4

2k 2 1 x 2 4kmx 2m2 4 0
2k 2 1 0
2k 2 1 0
12 13
12
5
由双曲线的定义得 | AF |
|
y1

12 5
|
5 ,| AF | 12
5 12
|
y1

12 5
|,
…………（12
分）
又 A 在双曲线的上半支，∴y1≥ 12 ，
| AF |
5 12
(
y1

12 ). (3分) 5
| BF |
5 12
( y0
5分
①若直线 AB x 轴，则 x1 x2 ，| y1 || y2 |
x12 4 2
此时 x1
2x2
2
y1 y2

x1
22

x12 4 2

0 ，则
x12 8x1 12 0 ，解之得， x1 6 或 x1 2
但是若 x1 2 ，则直线 AB 过 Q 点，不可能有 QA QB
x2 y2 1 的右支 3
…………9 分
（Ⅲ）设直线 l 的方程为 x ty 2 ，将其代入 C 的方程得
3(ty 2)2 y2 3
即 (3t2 1) y2 12ty 9 0
易知 (3t 2 1) 0 （否则，直线 l 的斜率为 3 ，它与渐近线平行，不符合题意）
直线l的方程为y 6 x1 x2 x 13 , ………………（11 分）
y1 y2
2
25 故直线 l 恒过点（0， ）.…………………………（12 分）
2
5. 解：（I）设椭圆的标准方程为 x 2 y 2 1， a2 b2
因 B1F1B2F2 是正方形，所以 b=c，又 a2 = b2 + c2，所以 a 2b ，…………①
解几综合题答案
1.解：（Ⅰ）由已知得 OAOB (m, 3m) (n, 3n) 1分

2mn


1 2
m
n

1 4
…………4 分
（Ⅱ）设 P 点坐标为（x，y）（x＞0），由 OP OA OB 得
(x, y) (m, 3m) (n, 3n)
......................2’
当直线 l x 轴时，直线 l 的方程是： x 1 ，根据对称性可知 R(1,0) .
.......3’ 当直线 l 的斜率存在时，可设直线 l 的方程为 y k(x 1)
代入 E 有 (2k 2 1)x2 4k 2 x 2k 2 2 0
由余弦定理得 (2 2 m)2 22 m2 2 2 m cos1200 m 2 . 2 2 1
............10’
同理，在 QF ' F ，设 | QF | n ，则 | QF ' | 2 2 m
也由余弦定理得 (2 2 n)2 22 n2 2 2 n cos 600 n 2 . 2 2 1
8k 2 8 0
x1

x2

4k 2 2k 2 1
....................................................5
’
于是 R(x, y) : x x1 x2 2k 2 2 2k 2 1
y k(x 1)
消去参数 k 得 x2 2 y2 x 0
............12’
于是 1 1 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2 .
| PF | | QF | m n 2
2
.........................14’ 4. 解：（I）设 B(x0，y0)，A(x1，y1)，C(x2，y2)
∵双曲线 y 2 x 2 1 的离心率为 5 ，∴F 对应的准线方程为 y 12 ,
2分
则 OP MN x, y x,2 y x2 2 y 2 4 ，即 x2 y 2 1
4分
42
（II）设 Ax1, y1 ， Bx2 , y2 ，如图，由 QA QB 可得
QA QB x1 2, y1 x2 2, y2 x1 2x2 2 y1 y2 0
∴设直线 l 的方程为 y 6 x1 x2 (x x1 x2 ),
y1 y2
2
y 6 x1 x2 x
x12

x
2 2
,
y1 y2 2( y1 y2 )
又 y12
x12

1,
y
2 2
x22
1,
12 13 12 13
作差得x12 x22 13( y1 y2 ),
舍
若 m 6k ，则直线 AB 的方程为 y kx 6k ，即 kx y 6k 0
12
分
此时若 k 0 ，则直线 AB 的方程为 y 0 ，显然与 QA QB 矛盾，故 k 0
∴ d | 4k | 4 4
k2 1
1 1 k2
13 分
由①②可得， d max 4
2x1 x2 4 y1 y2

2m 2 2k 2
4 8km 8k 2 4 4k 2 m2 1 2k 2 1 2k 2 1 2k 2 1
0
则 m2 8km 12k 2 0 ，可得 m 6k 或 m 2k
若 m 2k ，则直线 AB 的方程为 y kx 2，此直线过点 Q ，这与 QA QB 矛盾，
2k 2m2 4k 2 4k 2m2 2k 2m2 m2 4k 2 m2
2k 2 1 2k 2 1 2k 2 1
2k 2 1
∴ QA QB x1 2, y1 x2 2, y2 x1 2x2 2 y1 y2
x1 x2
t 2 y1 y2 2t( y1 y2 ) 4

t
2

3t
9 2
1

2t

12t 3t2 1

4


3t 2 3t 2
4 1

0
∴ 3t2 1 0 ，即 0 t2 1 3
又由 x1 x2 0 同理可得
由 ME 3EN 得
0 t2 1 3
（II）∵在 l 上任取一点 P（不同于 D 点），都存在实数 λ，使得
PD ( PA PC ) ， | PA | | PC |
∴ PD 在∠APC 的角平分线上，………………………………（7 分）
∵线段 AC 的中点为 D 点， ∴△APC 是等腰三角形，PD 是线段 AC 的垂直平分线，………………（8 分）
当直线的斜率不存在时，直线 MN 的方程为 x 0, 这时DM 1 DN ， 3
1 . ……………………………………………………………………………11 分 3
综上所述，λ
的取值范围是


1 3
,1.
…………………………………………12 分
6. 解：（1）由于 F1F2 2NF1,| F1F2 | 2 ，
16
. …………………………8 分
1 1

2k 2
3 (1 )2
2k 2
k2

3 ,1 2
1 2k 2
1
4, 3
1 16 4 ,由此解得 1 3.
3(1 )2 3
3
又 0 1, 1 1. …………………………………………………………10 分 3

12 ), | 5
CF
|
5 12
(
y2

12 ). (4分) 5
∵|AF|，|BF|，|CF|构成等差数列，∴2|BF|=|AF|+|CF|，
∴
y0

1 2
( y1

y2 )

6代入
y2 12

x2 13
1得x0

26 ，
∴点 B 的坐标为 ( 26,6) .…………………………（6 分）
14 分
3. 解：① 设 P(x1, y1), Q(x2 , y2 ), R(x, y)
OR

1 2
(OP

OQ)

(x,
y)

1 2 [(x1,
y1 )

(x2 ,
y2 )]


x


y

x1 y1
2 2
x2 y2
..........1’
由 x2 2 y2 2 x2 y2 1 ，易得右焦点 F (1
…………5 分
x m n
∴
消去 m，n 可得
y 3(m n)
x2 y2 4mn ，又因 mn 1
8分
3
4
∴ P 点的轨迹方程为 x2 y2 1 (x 0) 3
它表示以坐标原点为中心，焦点在 x 轴上，且实轴长为 2，焦距为 4 的双曲线
由于椭圆上的左（右）顶点到左（右）焦点的距离最近，所以 a c 2 1 ，②
由①②知 a 2,b c 1 ，
∴椭圆的标准方程为： x 2 y 2 1. 2
（II）当直线的斜率存在，设直线 MN 的方程为 y kx 2
y kx 2

解方程组 x 2 2


3 3t2 1
消去 y2 得
36t 2 (3t 2 1)2


3t
3 2
1
解之得： t 2 1 ，满足 0 t 2 1
15
3
…………13 分
故所求直线 l 存在，其方程为： 15x y 2 5 0 或 15x y 2 5 0
2. （I） 由已知 M 0, y， N x, y