历年高考理科数学真题汇编+答案解析(6)：解析几何
2017-2018年高考数学真题汇编解析几何及答案详解
2017--2018年高考数学解析几何汇编及答案解析类型一选择填空1、（2018年高考全国卷1文科4）（5分）已知椭圆C：+=1的一个焦点为（2，0），则C的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：椭圆C：+=1的一个焦点为（2，0），可得a2﹣4=4，解得a=2，∵c=2，∴e===．故选：C．2、（2018年高考全国卷1理科8）（5分）设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（﹣2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则•=（）A．5 B．6 C．7 D．8【解答】解：抛物线C：y2=4x的焦点为F（1，0），过点（﹣2，0）且斜率为的直线为：3y=2x+4，联立直线与抛物线C：y2=4x，消去x可得：y2﹣6y+8=0，解得y1=2，y2=4，不妨M（1，2），N（4，4），，．则•=（0，2）•（3，4）=8．故选：D．3、（2018年高考全国卷1理科11）（5分）已知双曲线C：﹣y2=1，O为坐标原点，F为C 的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N．若△OMN为直角三角形，则|MN|=（）A．B．3 C．2D．4【解答】解：双曲线C：﹣y2=1的渐近线方程为：y=，渐近线的夹角为：60°，不妨设过F（2，0）的直线为：y=，则：解得M（，），解得：N（），则|MN|==3．故选：B．4、（2018年高考全国卷2文科6）（5分）双曲线=1（a＞0，b＞0）的离心率为，则其渐近线方程为（）A．y=±x B．y=±x C．y=±x D．y=±x【解答】解：∵双曲线的离心率为e==，则=====，即双曲线的渐近线方程为y=±x=±x，故选：A．5、（2018年高考全国卷2文科11）（5分）已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1=60°，则C的离心率为（）A．1﹣B．2﹣C．D．﹣1【解答】解：F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1=60°，可得椭圆的焦点坐标F2（c，0），所以P（c，c）．可得：，可得，可得e4﹣8e2+4=0，e∈（0，1），解得e=．故选：D．6、（2018年高考全国卷2理科5）（5分）双曲线=1（a＞0，b＞0）的离心率为，则其渐近线方程为（）A．y=±x B．y=±x C．y=±x D．y=±x【解答】解：∵双曲线的离心率为e==，则=====，即双曲线的渐近线方程为y=±x=±x，故选：A．7、（2018年高考全国卷2理科12）（5分）已知F1，F2是椭圆C：=1（a＞b＞0）的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=120°，则C的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可知：A（﹣a，0），F1（﹣c，0），F2（c，0），直线AP的方程为：y=（x+a），由∠F1F2P=120°，|PF2|=|F1F2|=2c，则P（2c，c），代入直线AP：c=（2c+a），整理得：a=4c，∴题意的离心率e==．故选：D．8、（2018年高考江苏卷理科12）（5分）在平面直角坐标系xOy中，A为直线l：y=2x上在第一象限内的点，B（5，0），以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D．若=0，则点A的横坐标为3．【解答】解：设A（a，2a），a＞0，∵B（5，0），∴C（，a），则圆C的方程为（x﹣5）（x﹣a）+y（y﹣2a）=0．联立，解得D（1，2）．∴=．解得：a=3或a=﹣1．又a＞0，∴a=3．即A的横坐标为3．故答案为：3．9、（2018年高考上海卷2）（4分）双曲线﹣y2=1的渐近线方程为±．【解答】解：∵双曲线的a=2，b=1，焦点在x轴上而双曲线的渐近线方程为y=±∴双曲线的渐近线方程为y=±故答案为：y=±10、（2018年高考上海卷8）（5分）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣1，0）、B（2，0），E、F是y轴上的两个动点，且||=2，则的最小值为﹣3．【解答】解：根据题意，设E（0，a），F（0，b）；∴；∴a=b+2，或b=a+2；且；∴；当a=b+2时，；∵b2+2b﹣2的最小值为；∴的最小值为﹣3，同理求出b=a+2时，的最小值为﹣3．故答案为：﹣3．11、（2018年高考上海卷12）（5分）已知实数x1、x2、y1、y2满足：x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=，则+的最大值为1．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），=（x1，y1），=（x2，y2），由x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=，可得A，B两点在圆x2+y2=1上，且•=1×1×cos∠AOB=，即有∠AOB=60°，即三角形OAB为等边三角形，AB=1，+的几何意义为点A，B两点到直线x+y﹣1=0的距离d1与d2之和，显然d1+d2≤AB=1，即+的最大值为1，故答案为：1．12、（2018年高考上海卷13）（5分）设P是椭圆=1上的动点，则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为（）A．2B．2C．2D．4【解答】解：椭圆=1的焦点坐标在x轴，a=，P是椭圆=1上的动点，由椭圆的定义可知：则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为2a=2．故选：C．13、（2018年高考浙江卷9）（4分）已知，，是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足﹣4•+3=0，则|﹣|的最小值是（）A．﹣1 B．+1 C．2 D．2﹣【解答】解：由﹣4•+3=0，得，∴（）⊥（），如图，不妨设，则的终点在以（2，0）为圆心，以1为半径的圆周上，又非零向量与的夹角为，则的终点在不含端点O的两条射线y=（x＞0）上．不妨以y=为例，则|﹣|的最小值是（2，0）到直线的距离减1．即．故选：A．14、（2018年高考浙江卷12）（6分）若x，y满足约束条件，则z=x+3y的最小值是﹣2，最大值是8．【解答】解：作出x，y满足约束条件表示的平面区域，如图：其中B（4，﹣2），A（2，2）．设z=F（x，y）=x+3y，将直线l：z=x+3y进行平移，观察直线在y轴上的截距变化，可得当l经过点B时，目标函数z达到最小值．=F（4，﹣2）=﹣2．∴z最小值可得当l经过点A时，目标函数z达到最最大值：z最大值=F（2，2）=8．故答案为：﹣2；8．15、（2018年高考浙江卷17）（4分）已知点P（0，1），椭圆+y2=m（m＞1）上两点A，B满足=2，则当m=5时，点B横坐标的绝对值最大．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），由P（0，1），=2，可得﹣x1=2x2，1﹣y1=2（y2﹣1），即有x1=﹣2x2，y1+2y2=3，又x12+4y12=4m，即为x22+y12=m，①x22+4y22=4m，②①﹣②得（y1﹣2y2）（y1+2y2）=﹣3m，可得y1﹣2y2=﹣m，解得y1=，y2=，则m=x22+（）2，即有x22=m﹣（）2==，即有m=5时，x22有最大值16，即点B横坐标的绝对值最大．故答案为：5．16、（2018年高考天津卷文科12）（5分）在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为（x﹣1）2+y2=1（或x2+y2﹣2x=0）．【解答】解：【方法一】根据题意画出图形如图所示，结合图形知经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆，其圆心为（1，0），半径为1，则该圆的方程为（x﹣1）2+y2=1．【方法二】设该圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，则，解得D=﹣2，E=F=0；∴所求圆的方程为x2+y2﹣2x=0．故答案为：（x﹣1）2+y2=1（或x2+y2﹣2x=0）．17、（2018年高考天津卷文科7）（5分）在平面直角坐标系中，记d为点P（cosθ，sinθ）到直线x﹣my﹣2=0的距离．当θ、m变化时，d的最大值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：由题意d==，tanα=﹣，∴当sin（θ+α）=﹣1时，d max=1+≤3．∴d的最大值为3．故选：C．18、（2018年高考北京卷理科14）（5分）已知椭圆M：+=1（a＞b＞0），双曲线N：﹣=1．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为；双曲线N的离心率为2．【解答】解：椭圆M：+=1（a＞b＞0），双曲线N：﹣=1．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，可得椭圆的焦点坐标（c，0），正六边形的一个顶点（，），可得：，可得，可得e4﹣8e2+4=0，e∈（0，1），解得e=．同时，双曲线的渐近线的斜率为，即，可得：，即，可得双曲线的离心率为e==2．故答案为：；2．19、（2018年高考天津卷理科7）（5分）已知双曲线=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点．设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1+d2=6，则双曲线的方程为（）A．﹣=1 B．﹣=1 C．﹣=1 D．﹣=1【解答】解：由题意可得图象如图，CD是双曲线的一条渐近线y=，即bx﹣ay=0，F（c，0），AC⊥CD，BD⊥CD，FE⊥CD，ACDB是梯形，F是AB的中点，EF==3，EF==b，所以b=3，双曲线=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，可得，可得：，解得a=．则双曲线的方程为：﹣=1．故选：C．20、（2018年高考天津卷理科12）（5分）已知圆x2+y2﹣2x=0的圆心为C，直线，（t为参数）与该圆相交于A，B两点，则△ABC的面积为．【解答】解：圆x2+y2﹣2x=0化为标准方程是（x﹣1）2+y2=1，圆心为C（1，0），半径r=1；直线化为普通方程是x+y﹣2=0，则圆心C到该直线的距离为d==，弦长|AB|=2=2=2×=，∴△ABC的面积为S=•|AB|•d=××=．故答案为：．21、（2018年高考北京卷文科10）（5分）已知直线l过点（1，0）且垂直于x轴．若l被抛物线y2=4ax截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为（1，0）．【解答】解：∵直线l过点（1，0）且垂直于x轴，∴x=1，代入到y2=4ax，可得y2=4a，显然a＞0，∴y=±2，∵l被抛物线y2=4ax截得的线段长为4，∴4=4，解得a=1，∴y2=4x，∴抛物线的焦点坐标为（1，0），故答案为：（1，0）22、（2018年高考北京卷文科12）（5分）若双曲线﹣=1（a＞0）的离心率为，则a=4．【解答】解：双曲线﹣=1（a＞0）的离心率为，可得：，解得a=4．故答案为：4．23、（2018年高考全国卷3文科）8．（5分）直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆（x﹣2）2+y2=2上，则△ABP面积的取值范围是（）A．[2，6]B．[4，8]C．[，3] D．[2，3]【解答】解：∵直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，∴令x=0，得y=﹣2，令y=0，得x=﹣2，∴A（﹣2，0），B（0，﹣2），|AB|==2，∵点P在圆（x﹣2）2+y2=2上，∴设P（2+，），∴点P到直线x+y+2=0的距离：d==，∵sin（）∈[﹣1，1]，∴d=∈[]，∴△ABP面积的取值范围是：[，]=[2，6]．故选：A．24、（2018年高考全国卷3文科）10．（5分）已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为，则点（4，0）到C的渐近线的距离为（）A．B．2 C．D．2【解答】解：双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为，可得=，即：，解得a=b，双曲线C：﹣=1（a＞b＞0）的渐近线方程玩：y=±x，点（4，0）到C的渐近线的距离为：=2．故选：D．25、（2018年高考全国卷3理科）11．（5分）设F1，F2是双曲线C：﹣=1（a＞0．b＞0）的左，右焦点，O是坐标原点．过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，若|PF1|=|OP|，则C的离心率为（）A．B．2 C．D．【解答】解：双曲线C：﹣=1（a＞0．b＞0）的一条渐近线方程为y=x，∴点F2到渐近线的距离d==b，即|PF2|=b，∴|OP|===a，cos∠PF2O=，∵|PF1|=|OP|，∴|PF1|=a，在三角形F1PF2中，由余弦定理可得|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2﹣2|PF2|•|F1F2|COS∠PF2O，∴6a2=b2+4c2﹣2×b×2c×=4c2﹣3b2=4c2﹣3（c2﹣a2），即3a2=c2，即a=c，∴e==，故选：C．26、（2018年高考全国卷3理科）13．（5分）已知向量=（1，2），=（2，﹣2），=（1，λ）．若∥（2+），则λ=．【解答】解：∵向量=（1，2），=（2，﹣2），∴=（4，2），∵=（1，λ），∥（2+），∴，解得λ=．故答案为：．27、（2018年高考全国卷3理科）16．（5分）已知点M（﹣1，1）和抛物线C：y2=4x，过C 的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB=90°，则k=2．【解答】解：∵抛物线C：y2=4x的焦点F（1，0），∴过A，B两点的直线方程为y=k（x﹣1），联立可得，k2x2﹣2（2+k2）x+k2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=1，∴y1+y2=k（x1+x2﹣2）=，y1y2=k2（x1﹣1）（x2﹣1）=k2[x1x2﹣（x1+x2）+1]=﹣4，∵M（﹣1，1），∴=（x1+1，y1﹣1），=（x2+1，y2﹣1），∵∠AMB=90°=0，∴•=0∴（x1+1）（x2+1）+（y1﹣1）（y2﹣1）=0，整理可得，x1x2+（x1+x2）+y1y2﹣（y1+y2）+2=0，∴1+2+﹣4﹣+2=0，即k2﹣4k+4=0，∴k=2．故答案为：228、（2018年高考江苏卷理科）8．（5分）在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线﹣=1（a ＞0，b ＞0）的右焦点F （c ，0）到一条渐近线的距离为c ，则其离心率的值是 2 ．【解答】解：双曲线=1（a ＞0，b ＞0）的右焦点F （c ，0）到一条渐近线y=x 的距离为c ，可得：=b=，可得，即c=2a ，所以双曲线的离心率为：e=．故答案为：2．类型二 解答题1.（2017年高考数学北京卷（理））已知抛物线2:2C y px =过点(1,1)P ,过点1(0,)2作直线l 与抛物线C 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.解：（Ⅰ）因为抛物线C 过点(1,1)P ，把(1,1)P 代入22y px =，得12p =∴2:C y x =∴焦点坐标1(,0)4，准线为14x =-。
2015年高考数学理科试题解析汇编【解析几何题】
b2 4 3 截得的线段长为 c， | FM | 。 4 3
c a 2 b2 3 解： （I）∵ e a a 3
∴ a2
(2 c )2 4 2 1 2 a 3b
由（I）可知， a 2 3c 2 ， b2 2c 2 代入上式化简整理得 c 2 2c 3 0 解得：c=1 或-3（舍去）
2
tan OQM
2
OM OQ tan ONQ OQ ON
∵椭圆的离心率是
2 2
即 OQ OM ON 设点 Q 的坐标为（0，yQ） ，则有
c a 2 b2 2 ∴e a a 2
∴ a 2b 2
2 2
yQ
2
m m m2 1 n 1 n 1 n2
m ) 3
∵直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴 ∴k＞0，且 k≠3 比较（I）可得： n
m (3 k ) 3
则 xM
m(k 2 3k ) 3(9 k 2 )
9 x k
【难度系数】★★★
由（I）的结论知， 直线 OM 的方程为 y
2105 年全国高考数学理科试题分类解析汇编——解析几何题
∵点 A（m，n）在椭圆 C 上
x2 ∴椭圆 C 的方程为 y2 1 2
由点 P、A 坐标可得，直线 PA 的方程为：
m2 m2 2 ∴ n 1 ，即 1 n2 2 2
∴ yQ 2 2 ，得 yQ 2 故，存在满足题述条件的点 Q，点 Q 的坐标为 （0， 2 ）或（0， 2 ）
（m≠0）都在椭圆 C 上，直线 PA 交 x 轴于点 M． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程，并求点 M 的坐标（用 m，n 表示） ； （Ⅱ）设 O 为原点，点 B 与点 A 关于 x 轴对称，直线 PB 交 x 轴于点 N．问：y 轴上是否存在点 Q，使得 OQMONQ？若存在，求点 Q 的坐标；若不存在，说明理由。 解： （I）∵点 P（0，1）在椭圆 C 上 ∴b 1
高考数学解析几何专题汇编及详细答案
解析几何专题汇编1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为52，则C的渐近线方程为( )A ．y ＝±14xB ．y ＝±13xC ．y ＝±12x D ．y ＝±x解析：选C.由e ＝52，得c a ＝52，∴c ＝52a ，b ＝c 2－a 2＝12a .而x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±b ax ， ∴所求渐近线方程为y ＝±12x .2．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)O 为坐标原点，F 为抛物线C ：y 2＝42x 的焦点，P 为C 上一点，若|PF |＝42，则△POF 的面积为( )A ．2B ．2 2C ．2 3D ．4解析：选C.设P (x 0，y 0)，则|PF |＝x 0＋2＝42， ∴x 0＝32， ∴y 20＝42x 0＝42×32＝24， ∴|y 0|＝2 6.∵F (2，0)，∴S △POF ＝12|OF |·|y 0|＝12×2×26＝2 3.3．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3,0)，过点F的直线交E 于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( )A.x 245＋y 236＝1B.x 236＋y 227＝1C.x 227＋y 218＝1D.x 218＋y 29＝1 解析：选D.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧x 21a 2＋y 21b 2＝1， ①x 22a 2＋y 22b 2＝1. ②①－②得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)a 2＝－(y 1－y 2)(y 1＋y 2)b 2， ∴y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2(x 1＋x 2)a 2(y 1＋y 2). ∵x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，∴k AB ＝b 2a2.而k AB ＝0－(－1)3－1＝12，∴b 2a 2＝12，∴a 2＝2b 2， ∴c 2＝a 2－b 2＝b 2＝9，∴b ＝c ＝3，a ＝32，∴E 的方程为x 218＋y 29＝1.4．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 是C 上的点， PF 2⊥F 1F 2，∠PF 1F 2＝30°，则C 的离心率为( )A.36B.13C.12D.33 解析：选D.如图，由题意知s in 30°＝|PF 2||PF 1|＝12， m∴|PF 1|＝2|PF 2|.又∵|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，∴|PF 2|＝2a3.∴tan 30°＝|PF 2||F 1F 2|＝2a32c ＝33.∴c a ＝33.故选D. 5．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线l 过F 且与C 交于A ，B 两点．若|AF |＝3|BF |，则l 的方程为( )A ．y ＝x －1或y ＝－x ＋1B ．y ＝33(x －1)或y ＝－33(x －1)C ．y ＝3(x －1)或y ＝－3(x －1)D ．y ＝22(x －1)或y ＝－22(x －1)解析：选C.设直线AB 的倾斜角为θ，由题意知p ＝2，F (1，0)，|AF ||BF |＝3.又1|F A |＋1|FB |＝2p ， ∴13|BF |＋1|BF |＝1， ∴|BF |＝43，|AF |＝4，∴|AB |＝163.又由抛物线焦点弦公式：|AB |＝2psin 2，∴163＝4sin 2θ， ∴s in 2θ＝34，∴s in θ＝32，∴k ＝tan θ＝±3.故选C.6．(2013·高考大纲全国卷)椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右顶点分别为A 1、A 2，点P 在C 上且直线P A 2斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线P A 1斜率的取值范围是 ( )A ．[12，34]B ．[38，34]C ．[12，1]D ．[34，1]解析：选B.由题意可得A 1(－2,0)，A 2(2,0)，当P A 2的斜率为－2时，直线P A 2的方程为y＝－2(x －2)，代入椭圆方程，消去y 化简得19x 2－64x ＋52＝0，解得x ＝2或x ＝2619.由点P在椭圆上得点P (2619，2419)，此时直线P A 1的斜率k ＝38.同理，当直线P A 2的斜率为－1时，直线P A 2方程为y ＝－(x －2)，代入椭圆方程，消去y 化简得7x 2－16x ＋4＝0，解得x ＝2或x ＝27.由点P 在椭圆上得点P (27，127)，此时直线P A 1的斜率k ＝34.数形结合可知，直线P A 1斜率的取值范围是[38，34]．7．(2013·高考大纲全国卷)已知F 1(－1,0)，F 2(1,0)是椭圆C 的两个焦点，过F 2且垂直于x 轴的直线交C 于A ，B 两点，且|AB |＝3，则C 的方程为( )A.x 22＋y 2＝1B.x 23＋y 22＝1C.x 24＋y 23＝1D.x 25＋y 24＝1 解析：选C.由题意知椭圆焦点在x 轴上，且c ＝1，可设C 的方程为x 2a 2＋y 2a 2－1＝1(a >1)，由过F 2且垂直于x 轴的直线被C 截得的弦长|AB |＝3，知点(1，32)必在椭圆上，代入椭圆方程化简得4a 4－17a 2＋4＝0，所以a 2＝4或a 2＝14(舍去)．故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.8．(2013·高考大纲全国卷)已知抛物线C ：y 2＝8x 与点M (－2，2)，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A 、B 两点．若MA →·MB →＝0，则k ＝( )A.12B.22C. 2 D ．2解析：选D.抛物线C 的焦点为F (2,0)，则直线方程为y ＝k (x －2)，与抛物线方程联立，消去y 化简得k 2x 2－(4k 2＋8)x ＋4k 2＝0.设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4＋8k2，x 1x 2＝4.所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－4k ＝8k，y 1y 2＝k 2[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4]＝－16.因为MA →·MB →＝(x 1＋2，y 1－2)·(x 2＋2，y 2－2)＝(x 1＋2)(x 2＋2)＋(y 1－2)(y 2－2)＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋y 1y 2－2(y 1＋y 2)＋8＝0，将上面各个量代入，化简得k 2－4k ＋4＝0，所以k ＝2. 9．(2013·高考山东卷)过点(3,1)作圆(x －1)2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 的方程为 ( )A ．2x ＋y －3＝0B ．2x －y －3＝0C ．4x －y －3＝0D ．4x ＋y －3＝04解析：选A.设P (3,1)，圆心C (1,0)，切点为A 、B ，则P 、A 、C 、B 四点共圆，且PC 为圆的直径，∴四边形P ACB 的外接圆方程为(x －2)2＋(y －12)2＝54①，圆C ：(x －1)2＋y 2＝1②，①－②得2x ＋y －3＝0，此即为直线AB 的方程．10．(2013·高考山东卷)抛物线C 1：y ＝12p x 2(p ＞0)的焦点与双曲线C 2：x 23－y 2＝1的右焦点的连线交C 1于第一象限的点M .若C 1在点M 处的切线平行于C 2的一条渐近线，则p ＝( )A.316B.38C.233 D.433解析：选D.∵双曲线C 2：x 23－y 2＝1，∴右焦点为F (2,0)，渐近线方程为y ＝±33x .抛物线C 1：y ＝12p x 2(p >0)，焦点为F ′(0，p2)．设M (x 0，y 0)，则y 0＝12p x 20.∵k MF ′＝k FF ′，∴12p x 20－p 2x 0＝p 2－2.①又∵y ′＝1p x ，∴y ′|x ＝x 0＝1p x 0＝33.②由①②得p ＝433.11．(2013·高考浙江卷)如图，F 1，F 2是椭圆C 1：x 24＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在第二、四象限的公共点．若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )A. 2B. 3C.32D.62解析：选D.由椭圆可知|AF 1|＋|AF 2|＝4，|F 1F 2|＝2 3. 因为四边形AF 1BF 2为矩形， 所以|AF 1|2＋|AF 2|2＝|F 1F 2|2＝12，所以2|AF 1||AF 2|＝(|AF 1|＋|AF 2|)2－(|AF 1|2＋|AF 2|2)＝16－12＝4，所以(|AF 2|－|AF 1|)2＝|AF 1|2＋|AF 2|2－2|AF 1||AF 2|＝12－4＝8，所以|AF 2|－|AF 1|＝22， 因此对于双曲线有a ＝2，c ＝3，所以C 2的离心率e ＝c a ＝62.12．(2013·高考北京卷)直线l 过抛物线C ：x 2＝4y 的焦点且与y 轴垂直，则l 与C 所围成的图形的面积等于( )A.43 B ．2 C.83 D.1623 解析：选C.∵抛物线方程为x 2＝4y ，∴其焦点坐标为F (0,1)，故直线l 的方程为y ＝1.如图所示，可知l 与C 围成的图形的面积等于矩形OABF 的面积与函数y ＝14x 2的图象和x 轴正半轴及直线x ＝2围成的图形的面积的差的2倍(图中阴影部分的2倍)，即S ＝4－2⎠⎛02x 24d x ＝4－2·x 312⎪⎪⎪20＝4－43＝83. 13．(2013·高考天津卷)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a>0，b>0)的两条渐近线与抛物线y 2＝2p x (p>0)的准线分别交于A ，B 两点，O 为坐标原点．若双曲线的离心率为2，△AOB 的面积为3，则p ＝( )A ．1 B.32C ．2D ．3解析：选C.由已知得c a ＝2，所以a 2＋b 2a 2＝4，解得ba ＝3，即渐近线方程为y ＝±3x .而抛物线准线方程为x ＝－p 2，于是A ⎝⎛⎭⎫－p 2，－3p 2，B ⎝⎛⎭⎫－p 2，3p 2，从而△AOB 的面积为12·3p·p 2＝3，可得p ＝2.14．(2013·高考北京卷)双曲线x 2－y 2m＝1的离心率大于2的充分必要条件是( ) A ．m>12 B ．m ≥1C ．m>1D ．m>2解析：选C.∵双曲线x 2－y2m＝1的离心率e ＝1＋m ，又∵e>2，∴1＋m>2，∴m>1.15．(2013·高考福建卷)双曲线x 24－y 2＝1的顶点到其渐近线的距离等于( )A .25 B.45 C .255 D.455解析：选C.双曲线的渐近线为直线y ＝±12x ，即x ±2y ＝0，顶点为(±2,0)，∴所求距离为d＝|±2±0|5＝255.16．(2013·高考天津卷)已知过点P(2,2)的直线与圆(x －1)2＋y 2＝5相切，且与直线a x －y ＋1＝0垂直，则a ＝( )A ．－12B ．1C ．2D.12解析：选C.由题意知圆心为(1,0)，由圆的切线与直线a x －y ＋1＝0垂直，可设圆的切线方程为x ＋ay ＋c ＝0，由切线x ＋ay ＋c ＝0过点P(2,2)，∴c ＝－2－2a ，∴|1－2－2a|1＋a 2＝5，解得a ＝2.17．(2013·高考福建卷)双曲线x 2－y 2＝1的顶点到其渐近线的距离等于( ) A .12 B.22 C ．1 D. 2解析：选B.双曲线x 2－y 2＝1的顶点坐标为(±1,0)，渐近线为y ＝±x ，∴x ±y ＝0，∴顶点到渐近线的距离为d ＝|±1±0|2＝22.18．(2013·高考湖南卷)在等腰直角三角形ABC 中，AB ＝AC ＝4，点P 是边AB 上异于A ，B 的一点．光线从点P 出发，经BC ，CA 发射后又回到点P(如图)．若光线QR 经过△ABC 的重心，则AP 等于( )A ．2B ．1C .83 D.43 解析：选D.分别以AB ，AC 所在直线为x 轴，y 轴，A 为原点建立如图所示的平面直角坐标系．因为AB ＝AC ＝4，故B(4,0)，C(0,4)．设P(t,0)为线段AB 上的点，点P 关于AC 的对称点P ′(－t,0)．点P 关于直线BC 的对称点为M(4,4－t)．由光的反射定理知，点P ′，M 一定在直线RQ 上．又△ABC 的重心坐标为G(43，43)，由题意知点G 在线段RQ 上，即P ′，G ，M 三点共线．∵P ′G →＝(43＋t ，43)，MP ′→＝(－4－t ，t －4)，P ′G →∥MP ′→，∴(43＋t)(－4＋t)－43(－4－t)＝0，解得t ＝43， 即|AP →|＝43.19．(2013·高考辽宁卷)已知点O(0,0)，A(0，b)，B(a ，a 3)．若△OAB 为直角三角形，则必有( )A ．b ＝a 3B ．b ＝a 3＋1aC ．(b －a 3)(b －a 3－1a)＝0D ．|b －a 3|＋|b －a 3－1a|＝0解析：选C.若以O 为直角顶点，则B 在x 轴上，则a 必为0，此时O ，B 重合，不符合题意；若∠A ＝π2，则b ＝a 3≠0.若∠B ＝π2，根据斜率关系可知a 2·a 3－b a＝－1， 所以a(a 3－b)＝－1，即b －a 3－1a＝0.以上两种情况皆有可能，故只有C 满足条件． 20．(2013·高考陕西卷)已知点M(a ，b)在圆O ：x 2＋y 2＝1外， 则直线a x ＋by ＝1与圆O 的位置关系是( )A ．相切B ．相交C ．相离D ．不确定解析：选B.由题意知点在圆外，则a 2＋b 2>1，圆心到直线的距离d ＝1a 2＋b2<1，故直线与圆相交．21．(2013·高考江西卷)过点(2，0)引直线l 与曲线y ＝1－x 2相交于A ，B 两点，O 为坐标原点，当△AOB 的面积取最大值时，直线l 的斜率等于( )A .33B ．－33C ．±33D ．－ 3解析：选B.由于y ＝1－x 2，即x 2＋y 2＝1(y ≥0)，直线l 与x 2＋y 2＝1(y ≥0)交于A ，B 两点，如图所示，S △AOB ＝12·s in ∠AOB ≤12，且当∠AOB ＝90°时，S △AOB 取得最大值，此时AB ＝2，点O 到直线l 的距离为22，则∠OCB ＝30°，所以直线l 的倾斜角为150°，则斜率为－33.22．(2013·高考湖北卷)已知0＜θ＜π4，则双曲线C 1：x 2cos 2θ－y 2sin 2θ＝1与C 2：y 2sin 2θ－x 2sin 2θtan 2θ＝1的( )A ．实轴长相等B ．虚轴长相等C ．焦距相等D ．离心率相等解析：选D.双曲线C 1的焦点在x 轴上，a ＝co s θ，b ＝s in θ，c ＝1，因此离心率e 1＝1cos θ；双曲线C 2的焦点在y 轴上，由于0<θ<π4，所以a ＝s in θ，b ＝s in θtan θ，c ＝sin 2θ＋sin 2θtan 2θ，因此离心率e 2＝sin 2θ＋sin 2θtan 2θsin θ＝sin θ1＋tan 2θsin θ＝1cos θ.故两条双曲线的实轴长、虚轴长、焦距都不相等，离心率相等．23．(2013·高考江西卷)已知点A(2,0)，抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F ，射线FA 与抛物线C 相交于点M ，与其准线相交于点N ，则|FM|∶|MN|＝( )A ．2∶ 5B ．1∶2C . 1∶ 5D ．1∶3 解析：选C.如图所示，由抛物线定义知|MF|＝|MH|，所以|MF|∶|MN|＝|MH|∶|MN|.由于△MHN ∽△FOA ，则|MH||HN|＝|OF||OA|＝12，则|MH|∶|MN|＝1∶5， 即|MF|∶|MN|＝1∶ 5.24．(2013·高考湖北卷)已知0<θ<π4，则双曲线C 1：x 2sin 2θ－y 2cos 2θ＝1与C 2：y 2cos 2θ－x 2sin 2θ＝1的( )A ．实轴长相等B ．虚轴长相等C ．离心率相等D ．焦距相等 解析：选D.双曲线C 1和C 2的实半轴长分别是s in θ和co s θ，虚半轴长分别是co s θ和s in θ，则半焦距c 都等于1，故选D.25．(2013·高考四川卷)抛物线y 2＝8x 的焦点到直线x －3y ＝0的距离是( ) A ．2 3 B ．2 C . 3 D ．1解析：选D.抛物线y 2＝8x 的焦点为F(2,0)，则d ＝|2－3×0|12＋(－3)2＝1.故选D. 26．(2013·高考四川卷)从椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a>b>0)上一点P 向x 轴作垂线，垂足恰为左焦点F 1，A 是椭圆与x 轴正半轴的交点，B 是椭圆与y 轴正半轴的交点，且AB ∥OP(O 是坐标原点)，则该椭圆的离心率是( )A .24 B.12 C .22 D.32解析：选C.设P(－c ，y 0)，代入椭圆方程求得y 0，从而求得k OP ，由k OP ＝k AB 及e ＝ca可得离心率e.由题意设P(－c ，y 0)，将P(－c ，y 0)代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得c 2a 2＋y 20b 2＝1，则y 20＝b 2⎝⎛⎭⎫1－c 2a 2＝b 2·a 2－c 2a2＝b 4a2. ∴y 0＝b 2a 或y 0＝－b 2a (舍去)，∴P ⎝⎛⎭⎫－c ，b 2a ，∴k OP ＝－b 2ac.∵A(a,0)，B(0，b)，∴k AB ＝b －00－a ＝－ba .又∵AB ∥OP ，∴k AB ＝k OP ，∴－b a ＝－b 2ac，∴b ＝c.∴e ＝c a ＝c b 2＋c2＝c 2c 2＝22.故选C.27．(2013·高考四川卷)抛物线y 2＝4x 的焦点到双曲线x 2－y 23＝1的渐近线的距离是( )A .12 B.32 C ．1 D. 3解析：选B.由题意可得抛物线的焦点坐标为(1,0)，双曲线的渐近线方程为3x －y ＝0或3x ＋y ＝0，则焦点到渐近线的距离d 1＝|3×1－0|(3)2＋(－1)2＝32 或d 2＝|3×1＋0|(3)2＋12＝32. 28．(2013·高考重庆卷)已知圆C 1：(x －2)2＋(y －3)2＝1，圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝9，M ，N 分别是圆C 1，C 2上的动点，P 为x 轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为( )A ．52－4 B.17－1 C ．6－2 2 D.17解析：选A.设P(x ,0)，设C 1(2,3)关于x 轴的对称点为C 1′(2，－3)，那么|PC 1|＋|PC 2|＝|PC 1′|＋|PC 2|≥|C ′1C 2|＝(2－3)2＋(－3－4)2＝5 2.而|PM|＝|PC 1|－1，|PN|＝|PC 2|－3， ∴|PM|＋|PN|＝|PC 1|＋|PC 2|－4≥52－4. 29．(2013·高考重庆卷)设P 是圆(x －3)2＋(y ＋1)2＝4上的动点，Q 是直线x ＝－3上的动点，则|PQ|的最小值为( )A ．6B ．4C ．3D ．2 解析：选B.如图，圆心M(3，－1)与定直线x ＝－3的最短距离为|MQ|＝3－(－3)＝6，又圆的半径为2，故所求最短距离为6－2＝4.30．(2013·高考广东卷)垂直于直线y ＝x ＋1且与圆x 2＋y 2＝1相切于第一象限的直线方程是( )A ．x ＋y －2＝0B ．x ＋y ＋1＝0C ．x ＋y －1＝0D ．x ＋y ＋2＝0解析：选A.与直线y ＝x ＋1垂直的直线方程可设为x ＋y ＋b ＝0，由x ＋y ＋b ＝0与圆x 2＋y 2＝1相切，可得|b|12＋12＝1，故b ＝±2.因为直线与圆相切于第一象限，故结合图形分析知b ＝－2，故直线方程为x ＋y －2＝0，故选A.31．(2013·高考广东卷)已知中心在原点的双曲线C 的右焦点为F(3,0)，离心率等于32，则C 的方程是( )A .x 24－y 25＝1 B.x 24－y 25＝1 C .x 22－y 25＝1 D.x 22－y 25＝1 解析：选B.右焦点为F(3,0)说明两层含义：双曲线的焦点在x 轴上；c ＝3.又离心率为ca＝32，故a ＝2，b 2＝c 2－a 2＝32－22＝5，故C 的方程为x 24－y25＝1，故选B. 32．(2013·高考广东卷)已知中心在原点的椭圆C 的右焦点为F(1,0)，离心率等于12，则C的方程是( )A .x 23＋y 24＝1 B.x 24＋y 23＝1 C .x 24＋y 22＝1 D.x 24＋y 23＝1 解析：选D.右焦点为F(1,0)说明两层含义：椭圆的焦点在x 轴上；c ＝1.又离心率为c a ＝12，故a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝4－1＝3，故椭圆的方程为x 24＋y 23＝1，故选D.33．(2013·高考安徽卷)直线x ＋2y －5＋5＝0被圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0截得的弦长为( )A ．1B ．2C ．4D ．4 6 解析：选C.圆的方程可化为C ：(x －1)2＋(y －2)2＝5，其圆心为C(1,2)，半径R ＝ 5.如图所示，取弦AB 的中点P ，连接CP ，则CP ⊥AB ，圆心C 到直线AB 的距离d ＝|CP|＝|1＋4－5＋5|12＋22＝1.在Rt △ACP 中，|AP|＝R 2－d 2＝2，故直线被圆截得的弦长|AB|＝4. 34．(2013·高考山东卷)过点(3,1)作圆(x －2)2＋(y －2)2＝4的弦，其中最短弦的长为________．解析：设A(3,1)，易知圆心C(2,2)，半径r ＝2，当弦过点A(3,1)且与CA 垂直时为最短弦．|CA|＝(2－3)2＋(2－1)2＝ 2.∴半弦长＝r 2－|CA|2＝4－2＝ 2. ∴最短弦长为2 2. 答案：2 2 35．(2013·高考安徽卷)已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点，若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值范围为________．解析：设C(x ，x 2)，由题意可取A(－a ，a)，B(a ，a)， 则CA →＝(－a －x ，a －x 2)，CB →＝(a －x ，a －x 2)，由于∠ACB ＝π2，所以CA →·CB →＝(－a －x )(a －x )＋(a －x 2)2＝0，整理得x 4＋(1－2a)x 2＋a 2－a ＝0， 即y 2＋(1－2a)y ＋a 2－a ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－(1－2a )≥0，a 2－a ≥0，(1－2a )2－4(a 2－a )>0，解得a ≥1.答案：[1，＋∞)36．(2013·高考江苏卷)双曲线x 216－y 29＝1的两条渐近线的方程为________．解析：由双曲线方程可知a ＝4，b ＝3，所以两条渐近线方程为y ＝±34x .答案：y ＝±34x37．(2013·高考江苏卷)在平面直角坐标系x Oy 中，椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a>b>0)，右焦点为F,右准线为l ，短轴的一个端点为B.设原点到直线BF 的距离为d 1，F 到l 的距离为d 2,若d 2＝6d 1，则椭圆C 的离心率为________．解析：依题意，d 2＝a 2c －c ＝b 2c .又BF ＝c 2＋b 2＝a ，所以d 1＝bca.由已知可得b 2c ＝6·bca，所以6c 2＝ab ，即6c 4＝a 2(a 2－c 2)，整理可得a 2＝3c 2，所以离心率e ＝c a ＝33.答案：3338．(2013·高考浙江卷) 直线y ＝2x ＋3被圆x 2＋y 2－6x －8y ＝0所截得的弦长等于________.解析：圆的方程可化为(x －3)2＋(y －4)2＝25，故圆心为(3,4)，半径r ＝5.又直线方程为2x－y ＋3＝0，所以圆心到直线的距离为d ＝|2×3－4＋3|4＋1＝5，所以弦长为2r 2－d 2＝2×25－5＝220＝4 5.答案：4 5 39．(2013·高考北京卷)若抛物线y 2＝2p x 的焦点坐标为(1,0)，则p ＝________；准线方程为________．解析：∵ 抛物线y 2＝2p x 的焦点坐标为(p2，0)，∴准线方程为x ＝－p2.又抛物线焦点坐标为(1,0)，故p ＝2，准线方程为x ＝－1. 答案：2；x ＝－1 40．(2013·高考浙江卷)设F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过点P(－1,0)的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，点Q 为线段AB 的中点．若|FQ|＝2，则直线l 的斜率等于________．答案：±141．(2013·高考天津卷)已知抛物线y 2＝8x 的准线过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a>0，b>0)的一个焦点，且双曲线的离心率为2，则该双曲线的方程为________．解析：由题意可知抛物线的准线方程为x ＝－2，∴双曲线的半焦距c ＝2.又双曲线的离心率为2，∴a ＝1，b ＝3，∴双曲线的方程为x 2－y 23＝1. 答案：x 2－y23＝142．(2013·高考福建卷)椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，焦距为2c.若直线y ＝3(x ＋c)与椭圆Γ的一个交点M 满足∠MF 1F 2＝2∠MF 2F 1，则该椭圆的离心率等于________．解析：已知F 1(－c,0)，F 2(c,0)，直线y ＝3(x ＋c)过点F 1，且斜率为3， ∴倾斜角∠MF 1F 2＝60°.∵∠MF 2F 1＝12∠MF 1F 2＝30°，∴∠F 1MF 2＝90°，∴|MF 1|＝c ，|MF 2|＝3c. 由椭圆定义知|MF 1|＋|MF 2|＝c ＋3c ＝2a ，∴离心率e ＝c a ＝21＋3＝3－1.答案：3－143．(2013·高考辽宁卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a>b>0)的左焦点为F ，椭圆C 与过原点的直线相交于A ，B 两点，连接AF ，BF.若|AB|＝10，|AF|＝6，co s ∠ABF ＝45，则椭圆C 的离心率e ＝________.解析：设椭圆的右焦点为F 1，因为直线过原点，所以|AF|＝|BF 1|＝6，|BO|＝|AO|.在△ABF中，设|BF|＝x ，由余弦定理得36＝100＋x 2－2×10x ×45，解得x ＝8，即|BF|＝8.所以∠BFA＝90°，所以△ABF 是直角三角形，所以2a ＝6＋8＝14，即a ＝7.又因为在Rt △ABF 中，|BO|＝|AO|，所以|OF|＝12|AB|＝5，即c ＝5.所以e ＝57.答案：5744．(2013·高考陕西卷)双曲线x 216－y 2m ＝1的离心率为54，则m 等于________．解析：x 216－y2m ＝1中，a ＝4，b ＝m ，∴c ＝16＋m.而e ＝54，∴16＋m 4＝54，∴m ＝9.答案：945．(2013·高考福建卷)椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，焦距为2c.若直线y ＝3(x ＋c)与椭圆Γ的一个交点M 满足∠MF 1F 2＝2∠MF 2F 1，则该椭圆的离心率等于________．解析：已知F 1(－c,0)，F 2(c,0)，直线y ＝3(x ＋c)过点F 1，且斜率为3， ∴倾斜角∠MF 1F 2＝60°.∵∠MF 2F 1＝12∠MF 1F 2＝30°，∴∠F 1MF 2＝90°，∴|MF 1|＝c ，|MF 2|＝3c. 由椭圆定义知|MF 1|＋|MF 2|＝c ＋3c ＝2a ，∴离心率e ＝c a ＝21＋3＝3－1.答案：3－146．(2013·高考辽宁卷)已知F 为双曲线C ：x 29－y 216＝1的左焦点，P ，Q 为C 上的点．若PQ 的长等于虚轴长的2倍，点A(5,0)在线段PQ 上，则△PQF 的周长为________．解析：由双曲线方程知，b ＝4，a ＝3，c ＝5，则虚轴长为8，则|PQ|＝16.由左焦点F(－5,0)，且A(5,0)恰为右焦点，知线段PQ 过双曲线的右焦点，则P ，Q 都在双曲线的右支上．由双曲线的定义可知|PF|－|PA|＝2a ，|QF|－|QA|＝2a ，两式相加得，|PF|＋|QF|－(|PA|＋|QA|)＝4a ，则|PF|＋|QF|＝4a ＋|PQ|＝4×3＋16＝28，故△PQF 的周长为28＋16＝44.答案：4447．(2013·高考陕西卷)双曲线x 216－y 29＝1的离心率为________．解析：由题意a 2＝16⇒a ＝4.又b 2＝9，则c 2＝a 2＋b 2＝16＋9＝25⇒c ＝5，故e ＝c a ＝54.答案：5449．(2013·高考湖南卷)设F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a>0，b>0)的两个焦点，P 是C上一点．若|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，且△PF 1F 2的最小内角为30°，则C 的离心率为________．解析：设点P 在双曲线右支上，F 1为左焦点，F 2为右焦点，则|PF 1|－|PF 2|＝2a. 又|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，∴|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a.∵在双曲线中c>a ，∴在△PF 1F 2中|PF 2|所对的角最小且为30°.在△PF 1F 2中，由余弦定理得|PF 2|2＝|PF 1|2＋|F 1F 2|2－2|PF 1||F 1F 2|co s 30°，即4a 2＝16a 2＋4c 2－83ac ，即3a 2＋c 2－23ac ＝0.∴(3a －c)2＝0，∴c ＝3a ，即ca＝ 3.∴e ＝ 3.答案： 350．(2013·高考江西卷)抛物线x 2＝2py(p>0)的焦点为F ，其准线与双曲线x 23－y 23＝1相交于A ，B 两点，若△ABF 为等边三角形，则p ＝________.解析：由于x 2＝2py(p>0)的准线为y ＝－p 2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－p 2，x 2－y 2＝3，解得准线与双曲线x 2－y 2＝3的交点为A ⎝⎛⎭⎫－3＋14p 2，－p 2，B ⎝⎛⎭⎫3＋14p 2，－p 2，所以AB ＝23＋14p 2.由△ABF 为等边三角形，得32AB ＝p ，解得p ＝6. 答案：651．(2013·高考江西卷)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率e ＝32，a ＋b ＝3.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图所示，A ，B ，D 是椭圆C 的顶点，P 是椭圆C 上除顶点外的任意一点，直线DP 交x 轴于点N ，直线AD 交BP 于点M ，设BP 的斜率为k ，MN 的斜率为m ，证明：2m －k 为定值．解：(1)因为e ＝32＝c a ，所以a ＝23c ，b ＝13c.代入a ＋b ＝3，得c ＝3，a ＝2，b ＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：法一：因为B(2,0)，点P 不为椭圆顶点，则直线BP 的方程为y ＝k(x －2)⎝⎛⎭⎫k ≠0，k ≠±12，① ①代入x 24＋y 2＝1，解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1.直线AD 的方程为y ＝12x ＋1.②①与②联立解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ＋22k －1，4k 2k －1.由D(0,1)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1，N(x ,0)三点共线知－4k4k 2＋1－18k 2－24k 2＋1－0＝0－1x －0，解得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k －22k ＋1，0. 所以MN 的斜率为m ＝4k2k －1－04k ＋22k －1－4k －22k ＋1＝4k (2k ＋1)2(2k ＋1)2－2(2k －1)2＝2k ＋14，则2m －k ＝2k ＋12－k ＝12(定值)．法二：设P(x 0，y 0)(x 0≠0，x 0≠±2)，则k ＝y 0x 0－2，直线AD 的方程为y ＝12(x ＋2)，直线BP 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，直线DP 的方程为y －1＝y 0－1x 0x ，令y ＝0，由于y 0≠1可得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0y 0－1，0，联立，得⎩⎨⎧y ＝12(x ＋2)，y ＝y0x 0－2(x －2)，解得M ⎝⎛⎭⎪⎫4y 0＋2x 0－42y 0－x 0＋2，4y 02y 0－x 0＋2，因此MN 的斜率为m ＝4y 02y 0－x 0＋24y 0＋2x 0－42y 0－x 0＋2＋x 0y 0－1＝4y 0(y 0－1)4y 20－8y 0＋4x 0y 0－x 20＋4＝4y 0(y 0－1)4y 20－8y 0＋4x 0y 0－(4－4y 20)＋4＝y 0－12y 0＋x 0－2， 所以2m －k ＝2(y 0－1)2y 0＋x 0－2－y 0x 0－2＝2(y 0－1)(x 0－2)－y 0(2y 0＋x 0－2)(2y 0＋x 0－2)(x 0－2)＝2(y 0－1)(x 0－2)－2y 20－y 0(x 0－2)(2y 0＋x 0－2)(x 0－2)＝2(y 0－1)(x 0－2)－12(4－x 20)－y 0(x 0－2)(2y 0＋x 0－2)(x 0－2)＝12(定值)．52．(2013·高考四川卷)在平面直角坐标系内，到点A(1,2)，B(1,5)，C(3,6)，D(7，－1)的距离之和最小的点的坐标是________．解析：设平面上任一点M ，因为|MA|＋|MC|≥|AC|，当且仅当A ，M ，C 共线时取等号，同理|MB|＋|MD|≥|BD|，当且仅当B ，M ，D 共线时取等号，连接AC ，BD 交于一点M ，若|MA|＋|MC|＋|MB|＋|MD|最小，则点M 为所求．又k AC ＝6－23－1＝2，∴直线AC 的方程为y －2＝2(x －1)，即2x －y ＝0.①又k BD ＝5－(－1)1－7＝－1，∴直线BD 的方程为y －5＝－(x －1)，即x ＋y －6＝0.②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝0，x ＋y －6＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝4，∴M(2,4)． 答案：(2,4) 53．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)已知圆M ：(x ＋1)2＋y 2＝1，圆N ：(x －1)2＋y 2＝9，动圆P 与圆M 外切并且与圆N 内切，圆心P 的轨迹为曲线C.(1)求C 的方程；(2)l 是与圆P 、圆M 都相切的一条直线，l 与曲线C 交于A 、B 两点，当圆P 的半径最长时，求|AB|.解： 由已知得圆M 的圆心为M(－1,0)，半径r 1＝1；圆N 的圆心为N(1,0)，半径r 2＝4.设圆P 的圆心为P(x ，y)，半径为R.(1)因为圆P 与圆M 外切并且与圆N 内切， 所以|PM|＋|PN|＝(R ＋r 1)＋(r 2－R)＝r 1＋r 2＝4.由椭圆的定义可知，曲线C 是以M ，N 为左，右焦点，长半轴长为2，短半轴长为3的椭圆(左顶点除外)，其方程为x 24＋y 23＝1(x ≠－2)．(2)对于曲线C 上任意一点P(x ，y)，由于|PM|－|PN|＝2R －2≤2，所以R ≤2，当且仅当圆P 的圆心为(2,0)时，R ＝2，所以当圆P 的半径最长时，其方程为(x －2)2＋y 2＝4.若l 的倾斜角为90°，则l 与y 轴重合，可得|AB|＝2 3.若l 的倾斜角不为90°，由r 1≠R 知l 不平行于x 轴，设l 与x 轴的交点为Q ，则|QP||QM|＝Rr 1，可求得Q(－4,0)，所以可设l ：y ＝k(x ＋4)．由l 与圆M 相切得|3k|1＋k2＝1，解得k ＝±24. 当k ＝24时，将y ＝24x ＋2代入x 24＋y23＝1，并整理得7x 2＋8x －8＝0，解得x 1,2＝－4±627，所以|AB|＝1＋k 2|x 2－x 1|＝187. 当k ＝－24时，由图形的对称性可知|AB|＝187.综上，|AB|＝23或|AB|＝187.54．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)在平面直角坐标系x Oy 中，已知圆P 在x 轴上截得线段长为22，在y 轴上截得线段长为2 3.(1)求圆心P 的轨迹方程；(2)若P 点到直线y ＝x 的距离为22，求圆P 的方程．解：(1)设P(x ，y)，圆P 的半径为r.由题设y 2＋2＝r 2，x 2＋3＝r 2，从而y 2＋2＝x 2＋3. 故P 点的轨迹方程为y 2－x 2＝1.(2)设P(x 0，y 0)．由已知得|x 0－y 0|2＝22.又P 点在双曲线y 2－x 2＝1上，从而得⎩⎪⎨⎪⎧|x 0－y 0|＝1，y 20－x 20＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧ x 0－y 0＝1，y 20－x 20＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，y 0＝－1. 此时，圆P 的半径r ＝ 3. 由⎩⎪⎨⎪⎧ x 0－y 0＝－1，y 20－x 20＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，y 0＝1， 此时，圆P 的半径r ＝ 3.故圆P 的方程为x 2＋(y ＋1)2＝3或x 2＋(y －1)2＝3.55．(2013·高考大纲全国卷)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，离心率为3，直线y ＝2与C 的两个交点间的距离为 6.(1)求a 、b ；(2)设过F 2的直线l 与C 的左、右两支分别交于A 、B 两点，且|AF 1|＝|BF 1|，证明：|AF 2|、|AB|、|BF 2|成等比数列．解：(1)由题设知ca ＝3，即a 2＋b 2a 2＝9，故b 2＝8a 2.所以C 的方程为8x 2－y 2＝8a 2.将y ＝2代入上式，求得x ＝± a 2＋12.由题设知，2a 2＋12＝6，解得a 2＝1.所以a ＝1，b ＝2 2.(2)证明：由(1)知，F 1(－3,0)，F 2(3,0)，C 的方程为8x 2－y 2＝8.① 由题意可设l 的方程为y ＝k(x －3)，|k|<22，将其代入①并化简，得(k 2－8)x 2－6k 2x ＋9k 2＋8＝0.设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则x 1≤－1，x 2≥1，x 1＋x 2＝6k 2k 2－8，x 1x 2＝9k 2＋8k 2－8.于是|AF 1|＝(x 1＋3)2＋y 21＝(x 1＋3)2＋8x 21－8 ＝－(3x 1＋1)，|BF 1|＝(x 2＋3)2＋y 22＝(x 2＋3)2＋8x 22－8＝3x 2＋1. 由|AF 1|＝|BF 1|，得－(3x 1＋1)＝3x 2＋1，即x 1＋x 2＝－23，故6k 2k 2－8＝－23，解得k 2＝45，从而x 1x 2＝－199.由于|AF 2|＝(x 1－3)2＋y 21＝(x 1－3)2＋8x 21－8＝1－3x 1，|BF 2|＝(x 2－3)2＋y 22＝(x 2－3)2＋8x 22－8＝3x 2－1， 故|AB|＝|AF 2|－|BF 2|＝2－3(x 1＋x 2)＝4， |AF 2|·|BF 2|＝3(x 1＋x 2)－9x 1x 2－1＝16， 因而|AF 2|·|BF 2|＝|AB|2，所以|AF 2|、|AB|、|BF 2|成等比数列．56．(2013·高考山东卷)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别是F 1、F 2，离心率为32，过F 1且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为1. (1)求椭圆C 的方程；(2)点P 是椭圆C 上除长轴端点外的任一点，连接PF 1，PF 2，设∠F 1PF 2的角平分线PM 交C 的长轴于点M(m ，0)，求m 的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点P 作斜率为k 的直线l ，使得l 与椭圆C 有且只有一个公共点．设直线PF 1，PF 2的斜率分别为k 1，k 2.若k ≠0，试证明1kk 1＋1kk 2为定值，并求出这个定值．解：(1)由于c 2＝a 2－b 2，将x ＝－c 代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a.由题意知2b2a ＝1，即a ＝2b 2.又e ＝c a ＝32，所以a ＝2，b ＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)法一：设P(x 0，y 0)(y 0≠0)， 又F 1(－3，0)，F 2(3，0)， 所以直线PF 1，PF 2的方程分别为 lPF 1：y 0x －(x 0＋3)y ＋3y 0＝0， lPF 2：y 0x －(x 0－3)y －3y 0＝0.由题意知|my 0＋3y 0|y 20＋(x 0＋3)2＝|my 0－3y 0|y 20＋(x 0－3)2. 由于点P 在椭圆上，所以x 204＋y 20＝1. 所以|m ＋3|(32x 0＋2)2＝|m －3|(32x 0－2)2.因为－3<m<3，－2<x 0<2， 可得m ＋332x 0＋2＝3－m 2－32x 0，所以m ＝34x 0.因此－32<m<32.法二：设P(x 0，y 0)，当0≤x 0<2时，①当x 0＝3时，直线PF 2的斜率不存在，易知P(3，12)或P(3，－12)．若P(3，12)，则直线PF 1的方程为x －43y ＋3＝0.由题意得|m ＋3|7＝3－m ，因为－3<m<3，所以m ＝334.若P(3，－12)，同理可得m ＝334.②当x 0≠3时，设直线PF 1，PF 2的方程分别为y ＝k 1(x ＋3)，y ＝k 2(x －3)．由题意知|mk 1＋3k 1|1＋k 21＝|mk 2－3k 2|1＋k 22，所以(m ＋3)2(m －3)2＝1＋1k 211＋1k 22.因为x 204＋y 20＝1，且k 1＝y 0x 0＋3，k 2＝y 0x 0－3， 所以(m ＋3)2(m －3)2＝4(x 0＋3)2＋4－x 204(x 0－3)2＋4－x 20＝3x 20＋83x 0＋163x 20－83x 0＋16＝(3x 0＋4)2(3x 0－4)2， 即|m ＋3||m －3|＝|3x 0＋4||3x 0－4|. 因为－3<m<3，0≤x 0<2且x 0≠3，所以3＋m 3－m ＝4＋3x 04－3x 0，整理得m ＝3x 04，故0≤m<32且m ≠334. 综合①②可得0≤m<32.当－2<x 0<0时，同理可得－32<m<0.综上所述，m 的取值范围是(－32，32)．(3)设P(x 0，y 0)(y 0≠0)，则直线l 的方程为y －y 0＝k(x －x 0)．联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y －y 0＝k (x －x 0)，整理得(1＋4k 2)x 2＋8(ky 0－k 2x 0)x ＋4(y 20－2k x 0y 0＋k 2x 20－1)＝0.由题意Δ＝0，即(4－x 20)k 2＋2x 0y 0k ＋1－y 20＝0. 又x 204＋y 20＝1， 所以16y 20k 2＋8x 0y 0k ＋x 20＝0，故k ＝－x 04y 0. 由(2)知1k 1＋1k 2＝x 0＋3y 0＋x 0－3y 0＝2x 0y 0，所以1kk 1＋1kk 2＝1k (1k 1＋1k 2)＝(－4y 0x 0)·2x 0y 0＝－8，因此1kk 1＋1kk 2为定值，这个定值为－8.57．(2013·高考山东卷)在平面直角坐标系x Oy 中，已知椭圆C 的中心在原点O ，焦点在x 轴上，短轴长为2，离心率为22.(1)求椭圆C 的方程；(2)A ，B 为椭圆C 上满足△AOB 的面积为64的任意两点，E 为线段AB 的中点，射线OE 交椭圆C 于点P.设OP →＝tOE →，求实数t 的值．解：(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a>b>0)，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋c 2，c a ＝22，2b ＝2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，因此椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)(ⅰ)当A ，B 两点关于x 轴对称时，设直线AB 的方程为x ＝m. 由题意得－2<m<0或0<m< 2.将x ＝m 代入椭圆方程x 22＋y 2＝1，得|y|＝ 2－m 22.所以 S △AOB ＝|m|·2－m 22＝64.解得m 2＝32或m 2＝12.①因为OP →＝tOE →＝12t(OA →＋OB →)＝12t(2m,0)＝(mt,0)，又P 为椭圆C 上一点，所以(mt )22＝1.②由①②，得t 2＝4或t 2＝43，又t>0，所以t ＝2或t ＝233.(ⅱ)当A ，B 两点关于x 轴不对称时，设直线AB 的方程为y ＝k x ＋h.将其代入椭圆的方程x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4kh x ＋2h 2－2＝0. 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．由判别式Δ>0可得1＋2k 2>h 2，此时x 1＋x 2＝－4kh1＋2k 2，x 1x 2＝2h 2－21＋2k 2，y 1＋y 2＝k(x 1＋x 2)＋2h ＝2h1＋2k 2，所以|AB|＝1＋k 2×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝22×1＋k 2×1＋2k 2－h 21＋2k 2.因为点O 到直线AB 的距离d ＝|h|1＋k 2，所以S △AOB ＝12|AB|d ＝12×22×1＋k 2×1＋2k 2－h 21＋2k 2×|h|1＋k 2 ＝2×1＋2k 2－h 21＋2k 2×|h|.又S △AOB ＝64，所以2×1＋2k 2－h 21＋2k2×|h|＝64.③ 令n ＝1＋2k 2，代入③整理得3n 2－16h 2n ＋16h 4＝0.解得n ＝4h 2或n ＝43h 2，即1＋2k 2＝4h 2或1＋2k 2＝43h 2.④因为OP →＝tOE →＝12t(OA →＋OB →)＝12t(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝(－2kht 1＋2k 2，ht 1＋2k 2)， 又P 为椭圆C 上一点，所以t 2[12(－2kh 1＋2k 2)2＋(h 1＋2k 2)2]＝1， 即h 2t 21＋2k 2＝1.⑤ 将④代入⑤，得t 2＝4或t 2＝43.又t>0，故t ＝2或t ＝233.经检验，适合题意．综合(ⅰ)(ⅱ)，得t ＝2或t ＝233.58.(2013·高考江苏卷)如图，在平面直角坐标系x Oy 中，点A(0,3)，直线l ：y ＝2x －4.设圆C 的半径为1，圆心在l 上．(1)若圆心C 也在直线y ＝x －1上，过点A 作圆C 的切线，求切线的方程； (2)若圆C 上存在点M ，使MA ＝2MO ，求圆心C 的横坐标a 的取值范围．解：(1)由题设，圆心C 是直线y ＝2x －4和y ＝x －1的交点，解得点C(3,2)，于是切线的斜率必存在．设过A(0,3)的圆C 的切线方程为y ＝k x ＋3.由题意，得|3k ＋1|k 2＋1＝1，解得k ＝0或k ＝－34，故所求切线方程为y ＝3或3x ＋4y －12＝0. (2)因为圆心在直线y ＝2x －4上，所以圆C 的方程为(x －a)2＋[y －2(a －2)]2＝1. 设点M(x ，y)，因为MA ＝2MO ，所以x 2＋(y －3)2＝2x 2＋y 2，化简得x 2＋y 2＋2y －3＝0，即x 2＋(y ＋1)2＝4，所以点M 在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上．由题意，点M(x ，y)在圆C 上，所以圆C 与圆D 有公共点， 则|2－1|≤CD ≤2＋1，即1≤a 2＋(2a －3)2≤3. 整理，得－8≤5a 2－12a ≤0. 由5a 2－12a ＋8≥0，得a ∈R ；由5a 2－12a ≤0，得0≤a ≤125.所以点C 的横坐标a 的取值范围为[0，125]．59．(2013·高考浙江卷)已知抛物线C 的顶点为O (0,0)，焦点为F (0,1)． (1)求抛物线C 的方程；(2)过点F 作直线交抛物线C 于A 、B 两点，若直线AO ，BO 分别交直线l ：y ＝x －2于M ，N 两点， 求|MN |的最小值.解：(1)由题意可设抛物线C 的方程为x 2＝2py (p >0)，则p2＝1，所以抛物线C 的方程为x 2＝4y .(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y ＝kx ＋1. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y ，消去y ，整理得x 2－4kx －4＝0， 所以x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4. 从而|x 1－x 2|＝4k 2＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝y 1x 1x ，y ＝x －2，解得点M 的横坐标x M ＝2x 1x 1－y 1＝2x 1x 1－x 214＝84－x 1. 同理，点N 的横坐标x N ＝84－x 2.所以|MN |＝2|x M －x N |＝2|84－x 1－84－x 2|＝82|x 1－x 2x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16|＝82k 2＋1|4k －3|.令4k －3＝t ，t ≠0，则k ＝t ＋34.当t >0时，|MN |＝2 2 25t 2＋6t ＋1>2 2.当t <0时，|MN |＝2 2 (5t ＋35)2＋1625≥852.综上所述，当t ＝－253，即k ＝－43时，|MN |的最小值是852.60．(2013·高考安徽卷)设椭圆E ：x 2a 2＋y21－a 2＝1的焦点在x 轴上．(1)若椭圆E 的焦距为1，求椭圆E 的方程；(2)设F 1、F 2分别是椭圆E 的左、右焦点，P 为椭圆E 上第一象限内的点，直线F 2P 交y 轴于点Q ，并且F 1P ⊥F 1Q .证明：当a 变化时，点P 在某定直线上．解：(1)因为椭圆的焦点在x 轴上且焦距为1，所以2a 2－1＝14，解得a 2＝58.故椭圆E 的方程为8x 25＋8y23＝1.(2)证明：设出点P 的坐标，并求出其横、纵坐标的关系式． 注意点在直线上时，点的坐标满足直线方程．设P (x 0，y 0)，F 1(－c,0)，F 2(c,0)，其中c ＝2a 2－1.由题设知x 0≠c ，则直线F 1P 的斜率kF 1P ＝y 0x 0＋c，直线F 2P 的斜率kF 2P ＝y 0x 0－c .故直线F 2P 的方程为y ＝y 0x 0－c(x －c )．当x ＝0时，y ＝cy 0c －y 0，即点Q 坐标为(0，cy 0c －x 0)．因此，直线F 1Q 的斜率为kF 1Q ＝y 0c －x 0.由于F 1P ⊥F 1Q ，所以kF 1P ·kF 1Q ＝y 0x 0＋c ·y 0c －x 0＝－1.化简得y 20＝x 20－(2a 2－1)．①将①代入椭圆E 的方程，由于点P (x 0，y 0)在第一象限，解得x 0＝a 2，y 0＝1－a 2， 即点P 在定直线x ＋y ＝1上．61．(2013·高考北京卷)直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：x 24＋y 2＝1相交于A ，C 两点，O是坐标原点．(1)当点B 的坐标为(0,1)，且四边形OABC 为菱形时，求AC 的长；(2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时，证明：四边形OABC 不可能为菱形． 解：(1)因为四边形OABC 为菱形， 所以AC 与OB 互相垂直平分．所以可设A (t ，12)，代入椭圆方程得t 24＋14＝1，即t ＝±3.所以|AC |＝2 3.(2)证明：假设四边形OABC 为菱形．因为点B 不是W 的顶点，且AC ⊥OB ，所以k ≠0. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ，消去y 并整理得 (1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则 x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2，y 1＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m1＋4k 2， 所以AC 的中点为M (－4km 1＋4k 2，m1＋4k 2)．因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0，所以直线OB 的斜率为－14k.因为k ·(－14k)≠－1，所以AC 与OB 不垂直．所以四边形OABC 不是菱形，与假设矛盾．所以当点B 在W 上且不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能是菱形．62．(2013·高考天津卷)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，离心率为33，过点F 且与x 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为433.(1)求椭圆的方程； (2)设A ，B 分别为椭圆的左、右顶点，过点F 且斜率为k 的直线与椭圆交于C ，D 两点．若AC →·DB →＋AD →·CB →＝8，求k 的值．解：(1)设F (－c,0)，由c a ＝33，知a ＝3c .过点F 且与x 轴垂直的直线为x ＝－c ，代入椭圆方程有(－c )2a 2＋y 2b 2＝1，解得y ＝±6b3，于是26b 3＝433，解得b ＝ 2.又a 2－c 2＝b 2，从而a ＝3，c ＝1，所以椭圆的方程为x 23＋y 22＝1.(2)设点C (x 1，y 1)，D(x 2，y 2)，由F (－1,0)得直线C D 的方程为y ＝k (x ＋1)，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x 23＋y 22＝1，消去y ，整理得(2＋3k 2)x 2＋6k 2x ＋3k 2－6＝0. 由根与系数的关系可得x 1＋x 2＝－6k 22＋3k 2，x 1x 2＝3k 2－62＋3k 2.因为A (－3，0)，B (3，0)，所以AC →·DB →＋AD →·CB →＝(x 1＋3，y 1)·(3－x 2，－y 2)＋(x 2＋3，y 2)·(3－x 1，－y 1)＝6－2x 1x 2－2y 1y 2＝6－2x 1x 2－2k 2(x 1＋1)(x 2＋1) ＝6－(2＋2k 2)x 1x 2－2k 2(x 1＋x 2)－2k 2。
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十年真题 _解析几何 _全国高考理科数学真题2008-21 ．（12 分）双曲线的中心为原点O ，焦点在 x 轴上，两条渐近线分别为 l 1， l 2 ，经过右焦点 F 垂直于 l 1uuur uuur uuur uuur uuur的直线分别交 l 1， l 2 于 A ， B 两点．已知 OA 、 、 成等差数列，且 BF 与 FA 同向．AB OB（Ⅰ）求双曲线的离心率；（Ⅱ）设 AB 被双曲线所截得的线段的长为4 ，求双曲线的方程．2009-21 ．（12 分）如图，已知抛物线 E : y 2x 与圆 M : ( x 4)2y 2 r 2 (r ＞ 0）相交于 A 、B 、C 、D 四个点。
（I ）求 r 的取值范围：(II)当四边形 ABCD 的面积最大时，求对角线A 、B 、C 、D 的交点 p 的坐标。
2010-21 (12分 )已知抛物线 C : y 24x 的焦点为 F ，过点 K ( 1,0) 的直线 l 与 C 相交于 A 、 B 两点，点 A 关于 x 轴的对称点为 D .（Ⅰ）证明：点 F 在直线 BD 上；uuur uuur8（Ⅱ）设 FAgFBBDK 的内切圆 M 的方程 .，求91 / 132011-20 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A(0,-1) ， B 点在直线 y = -3 上， M 点满足 MB//OA ， MA?AB = MB?BA ， M 点的轨迹为曲线 C 。
（Ⅰ）求 C 的方程；（Ⅱ） P 为 C 上的动点， l 为 C 在 P 点处得切线，求 O 点到 l 距离的最小值。
2012-20 （12 分）设抛物线 C : x 2 2 py( p 0) 的焦点为 F ，准 线为 l ， AC ， 已知以 F 为圆心，FA 为半径的圆 F 交 l 于 B, D 两点；（1）若BFD90 0 ， ABD 的面积为 4 2 ；求 p 的值及圆 F 的方程；（2）若 A, B, F 三点在同一直线m 上，直线 n 与 m 平行，且 n 与 C 只有一个公共点，求坐标原点到 m, n 距离的比值。
解析几何(解答题)--五年(2020-2024)高考数学真题分类汇编(解析版)
专题解析几何(解答题)考点五年考情(2020-2024)命题趋势考点01椭圆及其性质2024Ⅰ甲卷北京卷天津卷2023北京乙卷天津2022乙卷北京卷浙江卷2021北京卷Ⅱ卷2020ⅠⅡ卷新ⅠⅡ卷椭圆轨迹标准方程问题，有关多边形面积问题，定值定点问题，新结构中的新定义问题是高考的一个高频考点考点02双曲线及其性质2024Ⅱ卷2023Ⅱ新课标Ⅱ2022Ⅰ卷2021Ⅰ双曲线离心率问题，轨迹方程有关面积问题，定值定点问题以及斜率有关的证明问题以及新结构中的新定义问题是高考的高频考点考点03抛物线及其性质2023甲卷2022甲卷2021浙江甲卷乙卷2020浙江抛物线有关三角形面积问题，关于定直线问题，有关P 的证明类问题考点01：椭圆及其性质1(2024·全国·高考Ⅰ卷)已知A (0,3)和P 3,32 为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)上两点.(1)求C 的离心率;(2)若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且△ABP 的面积为9，求l 的方程．【答案】(1)12(2)直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.【详解】(1)由题意得b =39a 2+94b2=1，解得b 2=9a 2=12 ，所以e =1-b 2a2=1-912=12.(2)法一：k AP =3-320-3=-12，则直线AP 的方程为y =-12x +3，即x +2y -6=0，AP =0-3 2+3-322=352，由(1)知C :x 212+y 29=1，设点B到直线AP的距离为d，则d=2×9352=1255，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移1255单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x+2y+C=0，则C+65=1255，解得C=6或C=-18，当C=6时，联立x212+y29=1x+2y+6=0，解得x=0y=-3或x=-3y=-32，即B0,-3或-3,-3 2，当B0,-3时，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当B-3,-3 2时，此时k l=12，直线l的方程为y=12x，即x-2y=0，当C=-18时，联立x212+y29=1x+2y-18=0得2y2-27y+117=0，Δ=272-4×2×117=-207<0，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0.法二：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B x0,y0，则x0+2y0-65=1255x2012+y209=1，解得x0=-3y0=-32或x0=0y0=-3，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一.法三：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B23cosθ,3sinθ，其中θ∈0,2π，则有23cosθ+6sinθ-65=1255，联立cos2θ+sin2θ=1，解得cosθ=-32sinθ=-12或cosθ=0sinθ=-1，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一；法四：当直线AB的斜率不存在时，此时B0,-3，S△PAB=12×6×3=9，符合题意，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+3，联立椭圆方程有y =kx +3x 212+y 29=1，则4k 2+3 x 2+24kx =0，其中k ≠k AP ，即k ≠-12，解得x =0或x =-24k 4k 2+3，k ≠0，k ≠-12，令x =-24k 4k 2+3，则y =-12k 2+94k 2+3，则B -24k 4k 2+3,-12k 2+94k 2+3同法一得到直线AP 的方程为x +2y -6=0，点B 到直线AP 的距离d =1255，则-24k4k 2+3+2×-12k 2+94k 2+3-65=1255，解得k =32，此时B -3,-32 ，则得到此时k l =12，直线l 的方程为y =12x ，即x -2y =0，综上直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.法五：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当l 的斜率存在时，设PB :y -32=k (x -3)，令P x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，y =k (x -3)+32x 212+y 29=1 ，消y 可得4k 2+3 x 2-24k 2-12k x +36k 2-36k -27=0，Δ=24k 2-12k 2-44k 2+3 36k 2-36k -27 >0，且k ≠k AP ，即k ≠-12，x 1+x 2=24k 2-12k 4k 2+3x 1x 2=36k 2-36k -274k 2+3,PB =k 2+1x 1+x 2 2-4x 1x 2=43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3 ，A 到直线PB 距离d =3k +32k 2+1,S △PAB =12⋅43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3⋅3k +32k 2+1=9，∴k =12或32，均满足题意，∴l :y =12x 或y =32x -3，即3x -2y -6=0或x -2y =0.法六：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当直线l 斜率存在时，设l :y =k (x -3)+32，设l 与y 轴的交点为Q ，令x =0，则Q 0,-3k +32，联立y =kx -3k +323x 2+4y 2=36，则有3+4k 2 x 2-8k 3k -32x +36k 2-36k -27=0，3+4k2x2-8k3k-3 2x+36k2-36k-27=0，其中Δ=8k23k-3 22-43+4k236k2-36k-27>0，且k≠-1 2，则3x B=36k2-36k-273+4k2,x B=12k2-12k-93+4k2，则S=12AQx P-x B=123k+3212k+183+4k2=9，解的k=12或k=32，经代入判别式验证均满足题意.则直线l为y=12x或y=32x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0.2(2024·全国·高考甲卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，点M1,32在C上，且MF⊥x轴．(1)求C的方程；(2)过点P4,0的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y 轴．【答案】(1)x24+y23=1(2)证明见解析【详解】(1)设F c,0，由题设有c=1且b2a=32，故a2-1a=32，故a=2，故b=3，故椭圆方程为x24+y23=1.(2)直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x-4)，A x1,y1，B x2,y2，由3x2+4y2=12y=k(x-4)可得3+4k2x2-32k2x+64k2-12=0，故Δ=1024k4-43+4k264k2-12>0，故-12<k<12，又x1+x2=32k23+4k2,x1x2=64k2-123+4k2，而N52,0，故直线BN:y=y2x2-52x-52，故y Q=-32y2x2-52=-3y22x2-5，所以y1-y Q=y1+3y22x2-5=y1×2x2-5+3y22x2-5=k x1-4×2x2-5+3k x2-42x2-5=k 2x1x2-5x1+x2+82x2-5=k2×64k2-123+4k2-5×32k23+4k2+82x2-5=k 128k2-24-160k2+24+32k23+4k22x2-5=0，故y1=y Q，即AQ⊥y轴.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，注意Δ的判断；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2、x 1x 2(或y 1+y 2、y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.3(2024·北京·高考真题)已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 ，以椭圆E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点0,t t >2 且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点A ,B ，过点A 和C 0,1 的直线AC 与椭圆E 的另一个交点为D ．(1)求椭圆E 的方程及离心率；(2)若直线BD 的斜率为0，求t 的值．【答案】(1)x 24+y 22=1,e =22(2)t =2【详解】(1)由题意b =c =22=2，从而a =b 2+c 2=2，所以椭圆方程为x 24+y 22=1，离心率为e =22；(2)直线AB 斜率不为0，否则直线AB 与椭圆无交点，矛盾，从而设AB :y =kx +t ,k ≠0,t >2 ，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，联立x 24+y 22=1y =kx +t，化简并整理得1+2k 2 x 2+4ktx +2t 2-4=0，由题意Δ=16k 2t 2-82k 2+1 t 2-2 =84k 2+2-t 2 >0，即k ,t 应满足4k 2+2-t 2>0，所以x 1+x 2=-4kt 1+2k 2,x 1x 2=2t 2-42k 2+1，若直线BD 斜率为0，由椭圆的对称性可设D -x 2,y 2 ，所以AD :y =y 1-y 2x 1+x 2x -x 1 +y 1，在直线AD 方程中令x =0，得y C =x 1y 2+x 2y 1x 1+x 2=x 1kx 2+t +x 2kx 1+t x 1+x 2=2kx 1x 2+t x 1+x 2 x 1+x 2=4k t 2-2 -4kt +t =2t =1，所以t =2，此时k 应满足4k 2+2-t 2=4k 2-2>0k ≠0 ，即k 应满足k <-22或k >22，综上所述，t =2满足题意，此时k <-22或k >22.4(2024·天津·高考真题)已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)椭圆的离心率e =12．左顶点为A ，下顶点为B ，C 是线段OB 的中点，其中S △ABC =332．(1)求椭圆方程．(2)过点0,-32 的动直线与椭圆有两个交点P ，Q ．在y 轴上是否存在点T 使得TP ⋅TQ ≤0．若存在求出这个T 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】(1)x 212+y 29=1(2)存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.【详解】(1)因为椭圆的离心率为e =12，故a =2c ，b =3c ，其中c 为半焦距，所以A -2c ,0 ,B 0,-3c ,C 0,-3c 2 ，故S △ABC =12×2c ×32c =332，故c =3，所以a =23，b =3，故椭圆方程为：x 212+y 29=1.(2)若过点0,-32 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y =kx -32，设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,T 0,t ，由3x 2+4y 2=36y =kx -32可得3+4k 2 x 2-12kx -27=0，故Δ=144k 2+1083+4k 2 =324+576k 2>0且x 1+x 2=12k 3+4k 2,x 1x 2=-273+4k2,而TP =x 1,y 1-t ,TQ=x 2,y 2-t ，故TP ⋅TQ =x 1x 2+y 1-t y 2-t =x 1x 2+kx 1-32-t kx 2-32-t =1+k 2 x 1x 2-k 32+t x 1+x 2 +32+t 2=1+k 2 ×-273+4k 2-k 32+t ×12k 3+4k 2+32+t 2=-27k 2-27-18k 2-12k 2t +332+t 2+3+2t 2k 23+4k 2=3+2t2-12t -45 k 2+332+t 2-273+4k 2，因为TP ⋅TQ ≤0恒成立，故3+2t 2-12t -45≤0332+t 2-27≤0，解得-3≤t ≤32.若过点0,-32的动直线的斜率不存在，则P 0,3 ,Q 0,-3 或P 0,-3 ,Q 0,3 ，此时需-3≤t ≤3，两者结合可得-3≤t ≤32.综上，存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.5(2023年全国乙卷理科)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)的离心率是53，点A -2,0 在C 上．(1)求C方程；(2)过点-2,3 的直线交C 于P ,Q 两点，直线AP ,AQ 与y 轴的交点分别为M ,N ，证明：线段MN 的中点为定点．【答案】(1)y 29+x 24=1(2)证明见详解解析：(1)由题意可得b =2a 2=b 2+c 2e =c a =53，解得a =3b =2c =5，所以椭圆方程为y 29+x 24=1．(2)由题意可知：直线PQ 的斜率存在，设PQ :y =k x +2 +3,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，联立方程y =k x +2 +3y 29+x 24=1，消去y 得：4k 2+9 x 2+8k 2k +3x +16k 2+3k =0，则Δ=64k 22k +3 2-644k 2+9 k 2+3k =-1728k >0，解得k <0，可得x 1+x 2=-8k 2k +34k 2+9,x 1x 2=16k 2+3k 4k 2+9，因为A -2,0 ，则直线AP :y =y 1x 1+2x +2 ，令x =0，解得y =2y 1x 1+2，即M 0,2y 1x 1+2,同理可得N 0,2y 2x 2+2，则2y 1x 1+2+2y2x 2+22=k x 1+2 +3 x 1+2+k x 2+2 +3 x 2+2=kx 1+2k +3 x 2+2 +kx 2+2k +3 x 1+2x 1+2 x 2+2=2kx 1x 2+4k +3 x 1+x 2 +42k +3x 1x 2+2x 1+x 2 +4=32k k 2+3k 4k 2+9-8k 4k +3 2k +34k 2+9+42k +3 16k 2+3k 4k 2+9-16k 2k +34k 2+9+4=10836=3，所以线段MN 的中点是定点0,3 ．6(2020年高考课标Ⅱ)已知椭圆C 1：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合．过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD |=43|AB |．(1)求C 1的离心率；(2)设M 是C 1与C 2的公共点，若|MF |=5，求C 1与C 2的标准方程．【答案】(1)12；(2)C 1:x 236+y 227=1，C 2:y 2=12x ．解析：(1)∵F c ,0 ，AB ⊥x 轴且与椭圆C 1相交于A 、B 两点，则直线AB 的方程为x =c ，联立x =c x 2a 2+y 2b 2=1a 2=b 2+c 2，解得x =c y =±b 2a，则AB =2b 2a ，抛物线C 2的方程为y 2=4cx ，联立x =cy 2=4cx ，解得x =cy =±2c，∴CD =4c ，∵CD =43AB ，即4c =8b 23a ，2b 2=3ac ，即2c 2+3ac -2a 2=0，即2e 2+3e -2=0，∵0<e <1，解得e =12，因此，椭圆C 1的离心率为12；(2)由(1)知a =2c ，b =3c ，椭圆C 1的方程为x 24c 2+y 23c 2=1，联立y 2=4cxx24c2+y 23c 2=1，消去y 并整理得3x 2+16cx -12c 2=0，解得x =23c 或x =-6c (舍去)，由抛物线的定义可得MF =23c +c =5c3=5，解得c =3．因此，曲线C 1的标准方程为x 236+y 227=1，曲线C 2的标准方程为y 2=12x ．7(2021年新高考全国Ⅱ卷)已知椭圆C 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，右焦点为F (2,0)，且离心率为63．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线MN 与曲线x 2+y 2=b 2(x >0)相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．【答案】解析:(1)由题意，椭圆半焦距c =2且e =c a =63，所以a =3，又b 2=a 2-c 2=1，所以椭圆方程为x 23+y 2=1；(2)由(1)得，曲线为x 2+y 2=1(x >0)，当直线MN 的斜率不存在时，直线MN :x =1，不合题意；当直线MN 的斜率存在时，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，必要性：若M ，N ，F 三点共线，可设直线MN :y =k x -2 即kx -y -2k =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得2kk 2+1=1，解得k =±1，联立y =±x -2x23+y 2=1 可得4x 2-62x +3=0，所以x 1+x 2=322,x 1⋅x 2=34，所以MN =1+1⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=3,所以必要性成立；充分性：设直线MN :y =kx +b ,kb <0 即kx -y +b =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得bk 2+1=1，所以b 2=k 2+1，联立y =kx +bx 23+y 2=1可得1+3k 2 x 2+6kbx +3b 2-3=0，所以x 1+x 2=-6kb 1+3k 2,x 1⋅x 2=3b 2-31+3k 2，所以MN =1+k 2⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=1+k2-6kb 1+3k22-4⋅3b 2-31+3k 2=1+k 2⋅24k 21+3k 2=3，化简得3k 2-1 2=0，所以k =±1，所以k =1b =-2或k =-1b =2 ，所以直线MN :y =x -2或y =-x +2，所以直线MN 过点F (2,0)，M ，N ，F 三点共线，充分性成立；所以M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．8(2020年高考课标Ⅰ卷)已知A 、B 分别为椭圆E ：x 2a2+y 2=1(a >1)左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG ⋅GB =8，P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．(1)求E方程；(2)证明：直线CD 过定点．【答案】(1)x 29+y 2=1；(2)证明详见解析．【解析】(1)依据题意作出如下图象：由椭圆方程E :x 2a2+y 2=1(a >1)可得：A -a ,0 ， B a ,0 ，G 0,1∴AG =a ,1 ，GB =a ,-1 ∴AG ⋅GB =a 2-1=8，∴a 2=9∴椭圆方程为：x 29+y 2=1(2)证明：设P 6,y 0 ，则直线AP 的方程为：y =y 0-06--3x +3 ，即：y =y 09x +3 联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：x 29+y 2=1y =y 09x +3 ，整理得：y 02+9 x 2+6y 02x +9y 02-81=0，解得：x =-3或x =-3y 02+27y 02+9将x =-3y 02+27y 02+9代入直线y =y 09x +3 可得：y =6y 0y 02+9所以点C 的坐标为-3y 02+27y 02+9,6y 0y 02+9 ．同理可得：点D 的坐标为3y 02-3y 02+1,-2y 0y 02+1∴直线CD 的方程为：y --2y 0y 02+1=6y 0y 02+9--2y 0y 02+1-3y 02+27y 02+9-3y 02-3y 02+1x -3y 02-3y 02+1，整理可得：y +2y 0y 02+1=8y 0y 02+3 69-y 04x -3y 02-3y 02+1 =8y 063-y 02 x -3y 02-3y 02+1整理得：y =4y 033-y 02 x +2y 0y 02-3=4y 033-y 02x -32故直线CD 过定点32,09(2020年新高考全国Ⅰ卷)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22，且过点A (2，1)．(1)求C 的方程：(2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．【答案】(1)x 26+y 23=1；(2)详见解析．解析：(1)由题意可得：c a =324a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，解得：a 2=6,b 2=c 2=3，故椭圆方程为：x 26+y 23=1．(2)设点M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ．因为AM ⊥AN ，∴AM·AN=0，即x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0,①当直线MN 的斜率存在时，设方程为y =kx +m ,如图1．代入椭圆方程消去y 并整理得：1+2k 2 x 2+4kmx +2m 2-6=0x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-61+2k 2②,根据y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m ,代入①整理可得：k 2+1 x 1x 2+km -k -2 x 1+x 2 +m -1 2+4=0将②代入，k 2+1 2m 2-61+2k 2+km -k -2 -4km1+2k2+m -1 2+4=0，整理化简得2k +3m +1 2k +m -1 =0,∵A (2,1)不在直线MN 上，∴2k +m -1≠0，∴2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k x -23 -13，所以直线过定点直线过定点E 23,-13．当直线MN 的斜率不存在时，可得N x 1,-y 1 ,如图2．代入x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0得x 1-2 2+1-y 22=0,结合x 216+y 213=1,解得x 1=2舍 ,x 1=23,此时直线MN 过点E 23,-13,由于AE 为定值，且△ADE 为直角三角形，AE 为斜边，所以AE 中点Q 满足QD 为定值(AE 长度的一半122-232+1+132=423)．由于A 2,1 ,E 23,-13 ，故由中点坐标公式可得Q 43,13．故存在点Q 43,13，使得|DQ |为定值．10(2022年高考全国乙卷)已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A 0,-2 ,B 32,-1两点．(1)求E 的方程；(2)设过点P 1,-2 的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT =TH．证明：直线HN 过定点．【答案】(1)y 24+x 23=1(2)(0,-2)解析：设椭圆E 的方程为mx 2+ny 2=1，过A 0,-2 ,B 32,-1，则4n =194m +n =1 ，解得m =13，n =14，所以椭圆E 的方程为：y 24+x 23=1．【小问2详解】A (0,-2),B 32,-1，所以AB :y +2=23x ，①若过点P (1,-2)的直线斜率不存在，直线x =1．代入x 23+y 24=1，可得M 1,-263 ，N 1,263 ，代入AB 方程y =23x -2，可得T -6+3,-263 ，由MT =TH 得到H -26+5,-263 ．求得HN 方程：y =2+263x -2，过点(0,-2)．②若过点P (1,-2)的直线斜率存在，设kx -y -(k +2)=0,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)．联立kx -y -(k +2)=0x 23+y 24=1,得(3k 2+4)x 2-6k (2+k )x +3k (k +4)=0，可得x 1+x 2=6k (2+k )3k 2+4x 1x 2=3k (4+k )3k 2+4，y 1+y 2=-8(2+k )3k 2+4y 2y 2=4(4+4k -2k 2)3k 2+4，且x 1y 2+x 2y 1=-24k 3k 2+4(*)联立y =y 1y =23x -2,可得T 3y12+3,y 1 ,H (3y 1+6-x 1,y 1).可求得此时HN :y -y 2=y 1-y 23y 1+6-x 1-x 2(x -x 2)，将(0,-2)，代入整理得2(x 1+x 2)-6(y 1+y 2)+x 1y 2+x 2y 1-3y 1y 2-12=0，将(*)代入，得24k +12k 2+96+48k -24k -48-48k +24k 2-36k 2-48=0,显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,-2).11(2020年新高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点M (2，3),点A 为其左顶点，且AM 的斜率为12，(1)求C 的方程；(2)点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值．【答案】(1)x 216+y 212=1；(2)18．解析：(1)由题意可知直线AM 的方程为：y -3=12(x -2)，即x -2y =-4．当y =0时，解得x =-4，所以a =4，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 过点M (2，3)，可得416+9b 2=1，解得b 2=12．所以C 的方程：x 216+y 212=1．(2)设与直线AM 平行的直线方程为：x -2y =m ，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为N ，此时△AMN 的面积取得最大值．联立直线方程x -2y =m 与椭圆方程x 216+y 212=1，可得：3m +2y 2+4y 2=48，化简可得：16y 2+12my +3m 2-48=0，所以Δ=144m 2-4×163m 2-48 =0，即m 2=64，解得m =±8，与AM 距离比较远的直线方程：x -2y =8，直线AM 方程为：x -2y =-4，点N 到直线AM 的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：d =8+41+4=1255，由两点之间距离公式可得|AM |=(2+4)2+32=35．所以△AMN 的面积的最大值：12×35×1255=18．12(2020年高考课标Ⅲ卷)已知椭圆C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)的离心率为154，A ，B 分别为C 的左、右顶点．(1)求C 的方程；(2)若点P 在C 上，点Q 在直线x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，求△APQ 的面积．【答案】(1)x 225+16y 225=1；(2)52．解析：(1)∵C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)∴a =5，b =m ，根据离心率e =ca=1-b a2=1-m 5 2=154，解得m =54或m =-54(舍)，∴C 的方程为：x 225+y 2542=1，即x 225+16y 225=1；(2)不妨设P ,Q 在x 轴上方∵点P 在C 上，点Q 在直线x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设x =6与x 轴交点为N 根据题意画出图形，如图∵|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，∠PMB =∠QNB =90°，又∵∠PBM +∠QBN =90°，∠BQN +∠QBN =90°，∴∠PBM =∠BQN ，根据三角形全等条件“AAS ”，可得：△PMB ≅△BNQ ，∵x 225+16y 225=1，∴B (5,0)，∴PM =BN =6-5=1，设P 点为(x P ,y P )，可得P 点纵坐标为y P =1，将其代入x 225+16y 225=1，可得：x P 225+1625=1，解得：x P =3或x P =-3，∴P 点为(3,1)或(-3,1)，①当P 点为(3,1)时，故MB =5-3=2，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=2，可得：Q 点为(6,2)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,2)，可求得直线AQ 的直线方程为：2x -11y +10=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =2×3-11×1+1022+112=5125=55，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+2-0 2=55，∴△APQ 面积为：12×55×55=52；②当P 点为(-3,1)时，故MB =5+3=8，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=8，可得：Q 点为(6,8)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,8)，可求得直线AQ 的直线方程为：8x -11y +40=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =8×-3 -11×1+4082+112=5185=5185，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+8-0 2=185，∴△APQ 面积为：12×185×5185=52，综上所述，△APQ 面积为：52．1313(2023年北京卷)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)离心率为53，A 、C 分别是E 的上、下顶点，B ，D 分别是E 的左、右顶点，|AC |=4．(1)求E 的方程；(2)设P 为第一象限内E 上的动点，直线PD 与直线BC 交于点M ，直线PA 与直线y =-2交于点N ．求证：MN ⎳CD ．【答案】(1)x 29+y 24=1(2)证明见解析：(1)依题意，得e =c a =53，则c =53a ，又A ,C 分别为椭圆上下顶点，AC =4，所以2b =4，即b =2，所以a 2-c 2=b 2=4，即a 2-59a 2=49a 2=4，则a 2=9，所以椭圆E 的方程为x 29+y 24=1．(2)因为椭圆E 的方程为x 29+y 24=1，所以A 0,2 ,C 0,-2 ,B -3,0 ,D 3,0 ，因为P 为第一象限E 上的动点，设P m ,n 0<m <3,0<n <2 ，则m 29+n 24=1，易得k BC =0+2-3-0=-23，则直线BC 的方程为y =-23x -2，k PD =n -0m -3=n m -3，则直线PD 的方程为y =n m -3x -3 ，联立y =-23x -2y =n m -3x -3，解得x =33n -2m +63n +2m -6y =-12n 3n +2m -6，即M 33n -2m +6 3n +2m -6,-12n 3n +2m -6，而k PA =n -2m -0=n -2m ，则直线PA 的方程为y =n -2mx +2，令y =-2，则-2=n -2m x +2，解得x =-4m n -2，即N -4mn -2,-2 ，又m 29+n 24=1，则m 2=9-9n 24，8m 2=72-18n 2，所以k MN =-12n3n +2m -6+233n -2m +6 3n +2m -6--4mn-2=-6n +4m -12 n -29n -6m +18 n -2 +4m 3n +2m -6=-6n 2+4mn -8m +249n 2+8m 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +249n 2+72-18n 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +24-9n 2+6mn -12m +36=2-3n 2+2mn -4m +12 3-3n 2+2mn -4m +12 =23，又k CD =0+23-0=23，即k MN =k CD ，显然，MN 与CD 不重合，所以MN ⎳CD ．14(2023年天津卷)设椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左右顶点分别为A 1,A 2，右焦点为F ，已知A 1F =3,A 2F =1．(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点P 是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A 2P 交y 轴于点Q ，若三角形A 1PQ 的面积是三角形A 2FP 面积的二倍，求直线A 2P 的方程．【答案】(1)椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =12．(2)y =±62x -2 ．解析：(1)如图，由题意得a +c =3a -c =1，解得a =2,c =1，所以b =22-12=3，所以椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =c a =12．(2)由题意得，直线A 2P 斜率存在，由椭圆的方程为x 24+y 23=1可得A 22,0 ，设直线A 2P 的方程为y =k x -2 ，联立方程组x 24+y 23=1y =k x -2，消去y 整理得：3+4k 2 x 2-16k 2x +16k 2-12=0，由韦达定理得x A 2⋅x P =16k 2-123+4k 2，所以x P =8k 2-63+4k 2，所以P 8k 2-63+4k 2,--12k3+4k 2，Q 0,-2k ．所以S △A 2QA 1=12×4×y Q ,S △A 2PF =12×1×y P ,S △A 1A 2P =12×4×y P ，所以S △A 2QA 1=S △A 1PQ +S △A 1A 2P =2S △A 2PF +S △A 1A 2P ，所以2y Q =3y P ，即2-2k =3-12k3+4k 2，解得k =±62，所以直线A 2P 的方程为y =±62x -2 ．15(2022高考北京卷)已知椭圆：E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点为A (0,1)，焦距为23．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (-2,1)作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与x 轴交于点M ，N ，当|MN |=2时，求k 的值．【答案】解析:(1)依题意可得b =1，2c =23，又c 2=a 2-b 2，所以a =2，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)解：依题意过点P -2,1 的直线为y -1=k x +2 ，设B x 1,y 1 、C x 2,y 2 ，不妨令-2≤x 1<x 2≤2，由y -1=k x +2x 24+y 2=1，消去y 整理得1+4k 2 x 2+16k 2+8k x +16k 2+16k =0，所以Δ=16k 2+8k 2-41+4k 2 16k 2+16k >0，解得k <0，所以x 1+x 2=-16k 2+8k 1+4k 2，x 1⋅x 2=16k 2+16k1+4k2，直线AB 的方程为y -1=y 1-1x 1x ，令y =0，解得x M =x 11-y 1，直线AC 的方程为y -1=y 2-1x 2x ，令y =0，解得x N =x 21-y 2，所以MN =x N -x M =x 21-y 2-x 11-y 1=x 21-k x 2+2 +1 -x 11-k x 1+2 +1=x 2-k x 2+2 +x 1k x 1+2=x 2+2 x 1-x 2x 1+2k x 2+2 x 1+2=2x 1-x 2k x 2+2 x 1+2=2，所以x 1-x 2 =k x 2+2 x 1+2 ，即x 1+x 22-4x 1x 2=k x 2x 1+2x 2+x 1 +4即-16k 2+8k 1+4k22-4×16k 2+16k 1+4k 2=k 16k 2+16k 1+4k 2+2-16k 2+8k 1+4k2+4 即81+4k 22k 2+k 2-1+4k 2 k 2+k =k1+4k216k2+16k -216k 2+8k +41+4k 2整理得8-k =4k ，解得k =-416(2022年浙江省高考)如图，已知椭圆x 212+y 2=1．设A ，B 是椭圆上异于P (0,1)的两点，且点Q 0,12 在线段AB 上，直线PA ,PB 分别交直线y =-12x +3于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值；(2)求|CD |的最小值．【答案】解析:(1)设Q (23cos θ,sin θ)是椭圆上任意一点,P (0,1),则|PQ |2=12cos 2θ+(1-sin θ)2=13-11sin 2θ-2sin θ=-11sin θ+111 2+14411≤14411，当且仅当sin θ=-111时取等号，故|PQ |的最大值是121111．(2)设直线AB :y =kx +12,直线AB 方程与椭圆x 212+y 2=1联立,可得k 2+112 x 2+kx -34=0,设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，所以x 1+x 2=-kk 2+112x 1x 2=-34k 2+112 ，因为直线PA :y =y 1-1x 1x +1与直线y =-12x +3交于C ,则x C=4x 1x 1+2y 1-2=4x 1(2k +1)x 1-1,同理可得,x D =4x 2x 2+2y 2-2=4x 2(2k +1)x 2-1．则|CD |=1+14x C -x D =524x 1(2k +1)x 1-1-4x 2(2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)x 1-1 (2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)2x 1x 2-(2k +1)x 1+x 2 +1=352⋅16k 2+13k +1=655⋅16k 2+1916+13k +1≥655×4k ×34+1×123k +1=655，当且仅当k =316时取等号，故CD 的最小值为655．17(2021高考北京)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)一个顶点A (0,-2)，以椭圆E 的四个顶点为顶点的四边形面积为45．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (0，-3)的直线l 斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与直线交y =-3交于点M ，N ，当|PM |+|PN |≤15时，求k 的取值范围．【答案】(1)x 25+y 24=1；(2)[-3,-1)∪(1,3]．解析：(1)因为椭圆过A 0,-2 ，故b =2，因为四个顶点围成的四边形的面积为45，故12×2a ×2b =45，即a =5，故椭圆的标准方程为：x 25+y 24=1．(2)设B x 1,y 1 ,C x 2,y 2 ， 因为直线BC 的斜率存在，故x 1x 2≠0，故直线AB :y =y 1+2x 1x -2，令y =-3，则x M =-x1y 1+2，同理x N =-x 2y 2+2直线BC :y =kx -3，由y =kx -34x 2+5y 2=20可得4+5k 2 x 2-30kx +25=0，故Δ=900k 2-1004+5k 2 >0，解得k <-1或k >1．又x 1+x 2=30k 4+5k 2,x 1x 2=254+5k 2，故x 1x 2>0，所以x M x N >0又PM +PN =x M +x N =x 1y 1+2+x 2y 2+2=x1kx1-1+x2kx2-1=2kx1x2-x1+x2k2x1x2-k x1+x2+1=50k4+5k2-30k4+5k225k24+5k2-30k24+5k2+1=5k故5k ≤15即k ≤3，综上，-3≤k<-1或1<k≤3．考点02双曲线及其性质1(2024·全国·高考Ⅱ)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...：过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n .(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x=2k y n-kx n1-k2-x n=2ky n-x n-k2x n1-k2，相应的y=k x-x n+y n=y n+k2y n-2kx n1-k2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n ，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k 1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV ⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV⋅UW 1-UV ⋅UWUV ⋅UW 2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2c 2+d 2-ac +bd2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n=121-k 1+k m -1+k 1-k mx 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m .而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2=x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k-921-k 1+k 2-1+k 1-k 2.这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m .这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k=x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.2(2023年新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C 的中心为坐标原点，左焦点为-25,0 ，离心率为5．(1)求C的方程；(2)记C左、右顶点分别为A1，A2，过点-4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P．证明:点P在定直线上．【答案】(1)x24-y216=1(2)证明见解析．解析：(1)设双曲线方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0，由焦点坐标可知c=25，则由e=ca=5可得a=2，b=c2-a2=4，双曲线方程为x24-y216=1．(2)由(1)可得A1-2,0,A22,0，设M x1,y1,N x2,y2，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-12<m<12，与x24-y216=1联立可得4m2-1y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0，则y1+y2=32m4m2-1,y1y2=484m2-1，直线MA1的方程为y=y1x1+2x+2，直线NA2的方程为y=y2x2-2x-2，联立直线MA1与直线NA2的方程可得：x+2 x-2=y2x1+2y1x2-2=y2my1-2y1my2-6=my1y2-2y1+y2+2y1my1y2-6y1=m⋅484m2-1-2⋅32m4m2-1+2y1m×484m2-1-6y1=-16m4m2-1+2y148m4m2-1-6y1=-13，由x+2x-2=-13可得x=-1，即x P=-1，据此可得点P在定直线x=-1上运动．3(2022新高考全国II卷)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P x1,y1,Q x2,y2在C上，且．x1>x2>0,y1>0．过P 且斜率为-3的直线与过Q 且斜率为3的直线交于点M ．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M 在AB 上；②PQ ∥AB ；③|MA |=|MB |．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)x 2-y 23=1(2)见解析:(1)右焦点为F (2,0)，∴c =2,∵渐近线方程为y =±3x ，∴ba=3，∴b =3a ，∴c 2=a 2+b 2=4a 2=4，∴a =1，∴b =3．∴C 的方程为：x 2-y 23=1；(2)由已知得直线PQ 的斜率存在且不为零，直线AB 的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB 的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M 为线段AB 的中点，假若直线AB 的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M 在x 轴上，即为焦点F ,此时由对称性可知P 、Q 关于x 轴对称，与从而x 1=x 2，已知不符；总之，直线AB 的斜率存在且不为零．设直线AB 的斜率为k ,直线AB 方程为y =k x -2 ,则条件①M 在AB 上，等价于y 0=k x 0-2 ⇔ky 0=k 2x 0-2 ；两渐近线方程合并为3x 2-y 2=0,联立消去y 并化简整理得：k 2-3 x 2-4k 2x +4k 2=0设A x 3,y 3 ,B x 3,y 4 ,线段中点N x N ,y N ,则x N =x 3+x 42=2k 2k 2-3,y N =k x N -2 =6kk 2-3,设M x 0,y 0 , 则条件③AM =BM 等价于x 0-x 3 2+y 0-y 3 2=x 0-x 4 2+y 0-y 4 2,移项并利用平方差公式整理得：x 3-x 4 2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4 2y 0-y 3+y 4 =0，2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4x 3-x 42y 0-y 3+y 4 =0,即x 0-x N +k y 0-y N =0,即x 0+ky 0=8k 2k 2-3；由题意知直线PM 的斜率为-3, 直线QM 的斜率为3,∴由y 1-y 0=-3x 1-x 0 ,y 2-y 0=3x 2-x 0 ,∴y 1-y 2=-3x 1+x 2-2x 0 ,所以直线PQ 的斜率m =y 1-y 2x 1-x 2=-3x 1+x 2-2x 0 x 1-x 2,直线PM :y =-3x -x 0 +y 0,即y =y 0+3x 0-3x ,代入双曲线的方程3x 2-y 2-3=0,即3x +y 3x -y =3中，得：y 0+3x 0 23x -y 0+3x 0 =3,解得P 的横坐标：x 1=1233y 0+3x 0+y 0+3x 0,。
解析几何历年高考真题试卷--带详细答案
解析几何高考真题一、单选题（共11题；共22分）1.（2020·新课标Ⅲ·理）设双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1 （a>0，b>0）的左、右焦点分别为F 1 ， F 2 ， 离心率为 √5 ．P 是C 上一点，且F 1P ⊥F 2P ．若△PF 1F 2的面积为4，则a=（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 82.（2020·新课标Ⅲ·理）设O 为坐标原点，直线x=2与抛物线C ：y 2=2px(p>0)交于D ，E 两点，若OD ⊥OE ，则C 的焦点坐标为（ ）A. （ 14 ，0）B. （ 12 ，0） C. （1，0） D. （2，0） 3.（2020·新课标Ⅱ·理）设O 为坐标原点，直线 x =a 与双曲线 C:x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 的两条渐近线分别交于 D,E 两点，若 △ODE 的面积为8，则C 的焦距的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 4.（2020·天津）设双曲线 C 的方程为x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0) ，过抛物线 y 2=4x 的焦点和点 (0,b) 的直线为l ．若C 的一条渐近线与 l 平行，另一条渐近线与l 垂直，则双曲线C 的方程为（ ） A.x 24−y 24=1 B. x 2−y 24=1 C.x 24−y 2=1 D. x 2−y 2=15.（2019·天津）已知抛物线 的焦点为F ，准线为l.若与双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 的两条渐近线分别交于点A 和点B ， 且 |AB|=4|OF| （O 为原点），则双曲线的离心率为（ ） A. √2 B. √3 C. 2 D. √56.（2020·北京）设抛物线的顶点为O ，焦点为F ，准线为l ．P 是抛物线上异于O 的一点，过P 作 PQ ⊥l 于Q ，则线段 FQ 的垂直平分线（ ）．A. 经过点OB. 经过点PC. 平行于直线 OPD. 垂直于直线 OP7.（2019·天津）已知抛物线 y 2=4x 的焦点为 F ，准线为 l ，若 l 与双曲线 x 2a 2−y 2b 2=1 (a >0,b >0) 的两条渐近线分别交于点 A 和点 B ，且 |AB|=4|OF| （ O 为原点），则双曲线的离心率为（ ）A. √2B. √3C. 2D. √5 8.（2019·全国Ⅲ卷理）双曲线 C:x 24−y 22=1 的右焦点为F,点P 在C 的一条渐近线上,O 为坐标原点,若|PO|=|PF|,则△PFO 的面积为（ ）A. 3√24B. 3√22C. 2√2D. 3√29.已知椭圆E:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右焦点为F ．短轴的一个端点为M ，直线l:3x-4y=0交椭圆E 于A,B两点．若|AF+BF|=4，点M 到直线l 的距离不小于45 ， 则椭圆E 的离心率的取值范围是（ ）A. (0,√32] B. (0,34] C. [√32.1) D. [34,1)10.将离心率为e 1的双曲线c 1的实半轴长a 和虚半轴长b (a ≠b )同时增加m (m >0)个单位长度，得到离心率为e 2的双曲线c 2 ， 则（ ）A. 对任意的a,b ， e 1>e 2B. 当a >b 时，e 1>e 2；当a <b 时，e 1<e 2C. 对任意的a,b ， e 1<e 2D. 当a >b 时，e 1<e 2；当a <b 时，e 1>e 211.将离心率为e 1的双曲线c 1的实半轴长a 和虚半轴长b (a ≠b )同时增加(m >0)个单位长度，得到离心率为e 2的双曲线c 2 ， 则（ ）A. 对任意的a,b,e 1>e 2B. 当a >b 时，e 1>e 2；当a <b 时，e 1<e 2C. 对任意的a,b,e 1<e 2D. 当a >b 时，e 1<e 2；当a <b 时，e 1>e 2二、填空题（共5题；共6分）12.（2020·新课标Ⅰ·理）已知F 为双曲线 C:x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 的右焦点，A 为C 的右顶点，B 为C上的点，且BF 垂直于x 轴.若AB 的斜率为3，则C 的离心率为________.13.（2019·江苏）在平面直角坐标系 xOy 中，P 是曲线 y =x +4x (x >0) 上的一个动点，则点P 到直线x +y =0的距离的最小值是________. 14.（2019·浙江）已知椭圆x 29+y 25=1 的左焦点为F ，点P 在椭圆且在x 轴上方，若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF 的斜率是________ 15.（2018·北京）已知椭圆 M:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0) ,双曲线 N:x 2m 2−y 2n 2=1 . 若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为________；双曲线N 的离心率为________16.（2017·江苏）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 23﹣y 2=1的右准线与它的两条渐近线分别交于点P ，Q ，其焦点是F 1 ， F 2 ， 则四边形F 1PF 2Q 的面积是________．三、解答题（共9题；共85分）17.（2020·新课标Ⅲ·理）已知椭圆 C:x 225+y 2m 2=1(0<m <5) 的离心率为√154，A ，B 分别为C 的左、右顶点．（1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线 x =6 上，且 |BP|=|BQ| ， BP ⊥BQ ，求 △APQ 的面积．18.（2020·新课标Ⅱ·文）已知椭圆C 1：x 2a 2+y 2b 2=1 (a>b>0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合．过F 且与x 轴重直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD|= 43 |AB|． （1）求C 1的离心率；（2）若C 1的四个顶点到C 2的准线距离之和为12，求C 1与C 2的标准方程．19.（2020·新课标Ⅰ·理）已知A 、B 分别为椭圆E ：x 2a 2+y 2=1 （a>1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =8 ，P 为直线x=6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ． （1）求E 的方程； （2）证明：直线CD 过定点.20.（2020·新高考Ⅱ）已知椭圆C ： x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0) 过点M （2，3）,点A 为其左顶点，且AM 的斜率为 12 ， （1）求C 的方程；（2）点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值.21.（2019·天津）设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，左顶点为A，顶点为B.已知√3|OA|=2|OB|（O为原点）.（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设经过点F且斜率为34的直线l与椭圆在x轴上方的交点为p，圆C同时与x轴和直线l 相切，圆心C在直线x=4上，且OC∥AP，求椭圆的方程.22.（2019·全国Ⅲ卷文）已知曲线C：y= x22，D为直线y= −12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，52)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程.23.（2019·全国Ⅲ卷理）已知曲线C: y=x22，D为直线y=- 12的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点；（2）若以E（0，52）为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.24.（2019·全国Ⅱ卷文）已知F1,F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点。
山东高考数学历年真题之解析几何(理)
2006年7，焦点到相应准线的距离为1，则该椭圆的离心离为 （A（B）2（C ）12（D）421．（本小题满分12分）双曲线C 与椭圆22184x y +=有相同的焦点，直线y =为C 的一条渐近线。
（1）求双曲线C 的方程；（2）过点(0,4)P 的直线l ，交双曲线C 于A 、B 两点，交x 轴于Q 点（Q 点与C 的顶点不重合），当12PQ QA QB λλ== ，且1283λλ+=-时，求Q 点的坐标。
2007年13．设O 是坐标原点，F 是抛物线y 2=2px (p >0)的焦点，A 是抛物线上的一点，与x 轴正向的夹角为60°,为 .21．（本小题满分12分）已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，椭圆C 上的点到焦点距离的最大值为3；最小值为1；（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）若直线l 1y =kx +m 与椭圆C 相交于A ,B 两点（A ，B 不是左右顶点），且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点.求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标.2008年10．设椭圆1C 的离心率为513，焦点在x 轴上且长轴长为26．若曲线2C 上的点到椭圆1C 的两个焦点的距离的差的绝对值等于8，则曲线2C 的标准方程为（ ）A ．2222143x y -=B ．22221135x y -=C ．2222134x y -=D ．222211312x y -=22．（本小题满分14分）如图，设抛物线方程为22(0)x py p =>，M 为直线2y p =-上任意一点，过M 引抛物线的切线，切点分别为A B ，． （Ⅰ）求证：A M B ，，三点的横坐标成等差数列；（Ⅱ）已知当M 点的坐标为(22)p -，时，AB =求此时抛物线的方程； （Ⅲ）是否存在点M ，使得点C 关于直线AB 的对称点D 在抛物线22(0)x p y p =>上，其中，点C 满足OC OA OB =+（O 为坐标原点）．高考之解析几何若存在，求出所有适合题意的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．2009年9． 设双曲线12222=-by a x 的一条渐近线与抛物线y=x 2+1 只有一个公共点，则双曲线的离心率为( ) (A ）45(B ） 5 (C ） 25 (D ）522．（本小题满分14分）设椭圆E: 22221x y a b+=（a,b>0）过M （2） ，,1)两点，O 为坐标原点，（I ）求椭圆E 的方程；（II ）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E 恒有两个交点A,B,且OA OB ⊥？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由。
历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)
1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的俯视图可以为2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,==,则棱锥AB BC-的体积为。
O ABCD3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。
1.D2.3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=，由余弦定理得BD =从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A，()0B，()C -，()0,0,1P 。
(1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=-uu u v uu v uu u v设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{n AB n PB ⋅=⋅=u u u r u u u r00z =-=因此可取n=设平面PBC 的法向量为m ，则m 0,m 0,{PB BC ⋅=⋅=u u u ru u u r可取m=（0，-1， cos ,m n == 故二面角A-PB-C 的余弦值为1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为C 232. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB ∙的最小值为(A) 4- (B)3-+ (C) 4-+3-+3. 已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为(C)4. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC ，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC .（Ⅰ）证明：SE=2EB ；（Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 .1. D2. D3. B4. 解法一：(Ⅰ)连接BD,取DC 的中点G ，连接BG,由此知 1,DG GC BG ===即ABC ∆为直角三角形，故BC BD ⊥. 又ABCD,BC SD SD ⊥⊥平面故,所以，BC ⊥⊥平面BDS,BC DE .作BK ⊥EC,EDC SBC K ⊥为垂足，因平面平面，故,BK EDC BK DE DE ⊥⊥平面，与平面SBC 内的两条相交直线BK 、BC 都垂直 DE ⊥平面SBC ，DE ⊥EC,DE ⊥SBSB =SD DB DE SB ==-EB SE SB EB ====所以，SE=2EB(Ⅱ) 由1,2,,SA AB SE EB AB SA ===⊥知1,AD=1AE ==又.故ADE ∆为等腰三角形.取ED 中点F,连接AF ,则,AF DE AF ⊥==. 连接FG ，则//,FG EC FG DE ⊥.所以，AFG ∠是二面角A DE C --的平面角.连接AG,A G=,3FG ==, 2221cos 22AF FG AG AFG AF FG +-∠==-,所以，二面角A DE C --的大小为120°. 解法二：以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D xyz -， 设A(1,0,0)，则B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2)（Ⅰ）(0,2,-2),(-1,1,0)SC BC ==设平面SBC 的法向量为n=(a, b, c) 由,n SC n BC ⊥⊥，得0,0n SC n BC == 故2b-2c=0,-a+b=0令a=1，则b=c,c=1,n=(1,1,1) 又设SE EB λ= (0)λ>，则2(,,)111E λλλλλ+++ 2(,,),(0,2,0)111DE DC λλλλλ==+++设平面CDE 的法向量m=(x,y,z) 由,m DE m DC ⊥⊥,得0m DE ⊥=，0m DC ⊥= 故20,20111x y zy λλλλλ++==+++. 令2x =，则(2,0,)m λ=-.由平面DEC ⊥平面SBC 得m ⊥n,0,20,2m n λλ=-== 故SE=2EB（Ⅱ）由（Ⅰ）知222(,,)333E ，取DE 的中点F ，则111211(,,),(,,)333333F FA =--，故0FA DE =，由此得FA DE ⊥ 又242(,,)333EC =--，故0EC DE =，由此得EC DE ⊥， 向量FA 与EC 的夹角等于二面角A DE C --的平面角 于是 1cos(,)2||||FA EC FA EC FA EC ==-所以，二面角A DE C --的大小为120（三）1. 已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ）（A （B （C (D) 342. 已知二面角l αβ--为60o，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到β，Q 到α的距离为则P 、Q 两点之间距离的最小值为（ ）(A) (B)2 (C) 3. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===, 120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。
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历年高考理科数学真题汇编+答案解析专题6 解析几何（2020年版）考查频率：一般为2个小题和1个大题. 考试分值：22分知识点分布：必修2、选修2-1一、选择题和填空题（每题5分）1．（2019全国I 卷理10）已知椭圆C 的焦点为121,01,0F F -()，()，过F 2的直线与C 交于A ，B 两点．若22||2||AF F B =，1||||AB BF =，则C 的方程为A ．2212x y += B ．22132x y += C ．22143x y += D ．22154x y +=【解析】由题意，设椭圆C 的方程为22221(0)x y a b a b+=>>.∵22||2||AF BF =，2||3||AB BF =，又∵1||||AB BF =，12||3||BF BF =. 由椭圆的定义可知，12||||2BF BF a +=，∵13||2a BF =，2||2aBF =，2||AF a =，1||AF a =. ∵13||||=2aAB BF =，∵1AF B ∆为等腰三角形，在1AF B ∆中，11||1cos 2||3AF F AB AB ∠==. 而在12AF F ∆中，222222121212212||||||22cos 12||||2AF AF F F a a F AB AF AF a a+-+-∠===-， ∵22113a -=，解得2=3a . ∵2=2b ，椭圆C 的方程为22132x y +=. 【答案】B【考点】选修2-1 椭圆2．（2019全国I 卷理16）已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点．若1F A AB =u u u r u u u r ，120F B F B ⋅=u u u r u u u u r，则C 的离心率为____________．【解析】∵1F A AB =u u u r u u u r ，120F B F B ⋅=u u u r u u u u r∵1F A AB =，21F B F B ⊥， 又∵12F O OF =，∵2//OA FB ，1OA F B ⊥，12OB F O OF c ===.∵直线OA 的斜率为a b -，∵直线F 1B 的斜率为b a ，∵直线F 1B 的方程为)(c x bay +=. 因直线OB 的方程为x a b y =，联立⎪⎩⎪⎨⎧=+=xa b y c x b a y )(，解得),(22222a b abc a b c a B --. 则2222222222242)()(c a b c b a a b c a OB =-+-=，整理得223a b =，又∵222a c b -=，∵224c a =. 因此2==ace .【答案】2【考点】选修2-1 双曲线3．（2019全国II 卷理8）若抛物线y 2=2px (p ＞0)的焦点是椭圆1322=+py p x 的一个焦点，则p =（ ） A ．2 B ．3 C ．4D ．8【解析】抛物线y 2=2px (p ＞0)的焦点为)0,2(p，并且在x 轴上. 所以椭圆1322=+p y p x 的一个焦点为)0,2(p . 所以有p p22=，得p =8. 【答案】D【考点】选修2-1 抛物线4．（2019全国II 卷理11）设F 为双曲线C ：22221(0,0)-=>>x y a b a b的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆222+=x y a 交于P ，Q 两点．若=PQ OF ，则C 的离心率为（ ）A BC ．2D 【解析】如图A11所示. ∵OF 为直径，=PQ OF ，∴PQ 也是直径.，即点P 、Q 的坐标为)2,2(c c .把)2,2(c c 代入222+=x y a 得，222=c a . ∴22=e ，即2=e .【答案】A【考点】选修2-1 双曲线5．（2019全国III 卷理10）双曲线C ：22142x y -=的右焦点为F ，点P 在C 的一条渐近线上，O 为坐标原点，若=PO PF ，则△PFO 的面积为A B C ． D ．【解析】依题意，双曲线C 的的右焦点为F ，渐近线方程为2y x =±.设),(00y x P ，若点P 在C 的渐近线2y x =上，如图A10所示，∵=PO PF ，∴ 0x =0y ==∵011||||22POF S OF y ∆=⋅==.若点P 在C 的渐近线y x =上，同理可得0x =0(y ==∵011||||2224POF S OF y ∆=⋅==.综上所述，4POF S ∆=.【答案】A【考点】选修2-1 双曲线6．（2019全国III 卷理15）设12F F ，为椭圆C :22+13620x y =的两个焦点，M 为C 上一点且在第一象限．若12MF F △为等腰三角形，则M 的坐标为___________.【解析】由题意可知，6a =，b =4c =，∴12=2=8F F c ，12=2=12MF MF a +.∵M 在第一象限．12MF F △为等腰三角形，∴112=8MF F F =，24MF =. 设),(00y x M ，则有12222220000222220000=()(4)64=()(4)16x c y x y x c y F MF y M x ⎧++=++=⎪⎨-+=-+=⎪⎩， 解得03x =，0y M 的坐标为)15,3(.【答案】 【考点】选修2-1 椭圆7．（2018全国I 卷理8）设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点(–2, 0)且斜率为23的直线与C 交于M ，N 两点，则⋅=u u u u r u u u rFM FNA ．5B ．6C ．7D ．8【解析】抛物线C 的焦点为F (1, 0)，过点(–2, 0)且斜率23的直线方程为324=+y x ，联立直线方程与抛物线方程，消去x 得2680-+=y y ，解得12=y ，24=y .不妨M (1, 2)，N (4, 4)，则有(0,2)=u u u u r FM ，(3,4)=u u u rFN ，所以8⋅=u u u u r u u u r FM FN .【答案】D【考点】选修2-1 抛物线8．（2018全国I 卷理11）已知双曲线C ：，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与C的两条渐近线的交点分别为M 、N .若△OMN 为直角三角形，则|MN |＝ A ．B ．3C ．D ．4【解析】由双曲线的方程可知，渐近线方程为3=±y x . 两条渐近线的夹角为60°. 由△OMN 是直角三角形，所以∠OMN =90°或∠ONM =90°.图A11当∠OMN =90°时，如图A11所示，∠MOF =30°，∠MON =60°，||||2==OM OF|||3==MN OM .由对称性可知，当∠OMN =90°时，||3MN =.【答案】B【考点】选修2-1 双曲线9．（2018全国II 卷理5）双曲线，则其渐近线方程为A ．B ．C ．D ． 2213x y -=3222221(0,0)x y a b a b-=>>y =y =2y x =y =【解析】由题意可知c=，∴b=. ∵渐近线方程为by xa=±=.【答案】A【考点】选修2-1 双曲线10.（2018全国II卷理12）已知，是椭圆的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠PF1F2＝120°，则C的离心率为A. B．C．D．【解析】由题意可知：(,0)-A a，1(,0)-F c，2(,0)Fc，所以直线AP的方程为)+y xa.由△PF1F2为等腰三角形，∠PF1F2＝120°，可知212||||2==PF F F c，则P的坐标为(2)P c.点P在直线AP)=+c a，化简得，4=a c. 所以C的离心率为14==cea.【答案】D【考点】选修2-1 椭圆11．（2018全国III卷理6）直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则∵ABP面积的取值范围是A．B．C．D．【解析】如图所示，由题意可知)0,2(-A、)0,2(-B，∴22||=AB.过点P作△ABP的高PH，由图可以看出，当高PH所在的直线过圆心)0,2(时，高PH取最小值或最大值. 此时高PH所在的直线的方程为02=-+yx.1F2F22221(0)x yC a ba b+=>>：2312131420x y++=x y A B P()2222x y-+= []26，[]48，⎡⎣将02=-+y x 代入，得到与圆的两个交点：)1,1(-N 、)1,3(M ，因此22|211|min =+-=|PM|，232|213|max =++=|PM|. 所以222221min =⨯⨯=S ，6232221max =⨯⨯=S .【答案】A【考点】必修2 直线与圆12．（2018全国III 卷理11）设F 1、F 2是双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点，O 是坐标原点．过F 2作C 的一条渐近线的垂线，垂足为P ．若，则的离心率为 AB ．2CD【解析】双曲线C 的渐近线方程为by x a=±，即0bx ay ±=.∴ 点F 2到渐近线的距离为b ba bc d =+=22，即b ||PF =2，∴ a b c ||PF ||OF |OP|=-=-=222222，∴ a |OP|||PF 661==，在Rt △OPF 2中，cbOF ||PF O PF ==∠||cos 222，在Rt △F 1PF 2中，bca cb |F |F ||PF ||PF |F |F ||PF O PF 4642cos 22221221221222-+=⋅-+=∠，22(2)2x y -+=1PF =C∴ bc a c b c b 464222-+=，化简得222364b a c =-，将222a c b -=代入其中得223a c =，∴3222==ac e ，3=e .【答案】C【考点】选修2-1 双曲线13．（2018全国III 卷理16）已知点M (－1,1)和抛物线C ：24y x =，过的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点．若，则________．【解析】令由题意可知，抛物线C 的焦点为F (1,0)，直线AB 的方程为(1)y k x =-.联立2(1)4y k x y x=-⎧⎨=⎩，得22222(2)0k x k x k -++=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则有21222424=2k x x k k++=+，121x x =， ∴12124(2)y y k x x k+=+-=，21212(1)(1)4y y k x x =--=-. ∵ M (－1,1)，∴ 11=(1,1)MA x y +-u u u r ，22=(1,1)MB x y +-u u u r，∵90AMB =o∠，∴MA MB ⊥u u u r u u u r ，∴1212244(1)(1)(1)(1)10MA MB x x y y k k⋅=+++--=-+=u u u r u u u r ，即2440k k ++=，解得=2k.C 90AMB =︒∠k =【答案】2【考点】选修2-1 抛物线14．（2017全国I 卷理10）已知F 为抛物线C ：y 2=4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A 、B 两点，直线l 2与C 交于D 、E 两点，则|AB |+|DE |的最小值为 A ．16B ．14C ．12D ．10【解析】方法一：如图，l l 丄l 2，直线l l 与C 交于A 、B 两点，直线l 2与C 交于D 、E 两点，要使|AB | + |DE |取最小值，则A 与D ，B 与E 关于x 轴对称，即直线DE 的斜率为1，又直线l 2过点（1, 0)，则直线l 2的方程为y ＝x －1，联立方程组241y xy x ⎧=⎨=-⎩，则y 2－4y －4 = 0，∴ y 1＋y 2＝4，y 1y 2＝－4，∴12||-==y y ∴12||||8DE y y =-==， ∴ |AB|+|DE|的最小值为2|DE|＝16.方法二：设直线ll 的倾斜角为θ，则l2的倾斜角为π2θ+， 根据焦点弦长公式可得2224||sin sin p AB θθ==，2224||πcos sin ()2pDE θθ==+，∴ 2222244416||||sin cos sin cos sin 2AB DE θθθθθ+=+==， ∵ 20sin 21<≤θ，∴ 当θ＝45°时，|AB|+|DE|取最小值，最小为16.【答案】A【考点】选修2-1 抛物线15．（2017全国I 卷理15）已知双曲线C ：22221x y a b-=（a >0，b >0）的右顶点为A ，以A 为圆心，b 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】双曲线C ：22221x y a b-=（a >0，b >0）的右顶点为A (a , 0)，以A 为圆心，b 为半径作圆A ，圆A 与双曲线C 的一条渐近线交于M 、N 两点.若∵MAN =60°，则A 到渐近线bx +ay =0的距离为：b cos30°=2，，解得=3c a ，即C 的离心率为=3e .【考点】选修2-1 双曲线16. （2017全国II 卷理9）若双曲线C:22221x y a b-=（0a >，0b >）的一条渐近线被圆()2224x y -+=所截得的弦长为2，则C 的离心率为（ ）A ．2BCD ．3【解析】双曲线C:22221x y a b-=（0a >，0b >）的一条渐近线方程不妨设为0bx ay +=，圆()2224x y -+=的圆心为A (2, 0)，半径为2，圆心A 到0bx ay +=的距离为L =，双曲线C 的一条渐近线被圆()2224x y -+=所截得的弦长为2，由几何关系有22212L +=，即L =22=4c a ，所以离心率=2ce a =.【答案】A【考点】选修2-1 双曲线17. （2017全国II 卷理16）已知F 是抛物线C ：28y x =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 |＝ ． 【解析】由题意可知，F (2, 0)，N (0, y )，若M 为FN 的中点，则M 的横坐标为=1M x ，将=1M x ，代入抛物线C 的方程中，得=M y ±，即(1,M ±． ∵ ||2||6FN FM ==.【答案】6【考点】选修2-1 抛物线18．（2017全国III 卷理5）已知双曲线C ：22221x y a b -= (a ＞0,b ＞0)的一条渐近线方程为2y x =,且与椭圆221123x y +=有公共焦点，则C 的方程为 A ．221810x y -=B ．22145x y -=C ．22154x y -=D ．22143x y -= 【解析】椭圆221123x y +=的焦点坐标为(3,0)±， 则双曲线C 的焦点坐标为(3,0)±，即c ＝3；∵ 双曲线C 的一条渐近线方程为y x =，∴ 2=b a ，即2222222954--===b c a a a a a ，解得224,5==a b ；∴ C 的方程为22145x y -=. 【答案】B【考点】选修2-1 双曲线19．（2017全国III 卷理10）已知椭圆C ：22221x y a b+=，（a >b >0）的左、右顶点分别为A 1，A 2，且以线段A 1A 2为直径的圆与直线20bx ay ab -+=相切，则C 的离心率为ABCD ．13【解析】以线段A 1A 2为直径的圆的圆心在原点(0,0)，半径为a ，因为与直线20bx ay ab -+=相切，所以原点到直线20bx ay ab -+=的距离为aa =，化简得223ab =，∴椭圆C 的离心率为222222222233c a b b e a a b -====，e =.【答案】A【考点】选修2-1 椭圆二、简答题（每题12分）20．（2019全国I 卷理19）已知抛物线C ：y 2=3x 的焦点为F ，斜率为的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ． （1）若|AF |+|BF |=4，求l 的方程；（2）若，求|AB |．【解析】设直线()()11223:,,,,2l y x t A x y B x y =+． （1）由题设得3,04F ⎛⎫⎪⎝⎭，故123||||2AF BF x x +=++，由题设可得1252x x +=．323AP PB =u u u r u u u r由223y x t y x=+⎪⎨⎪=⎩，可得22912(1)40x t x t +-+=，则1212(1)9t x x -+=-． 从而12(1)592t --=，得78t =-． 所以l 的方程为3728y x =-． （2）由3AP PB =u u u r u u u r可得123y y =-． 由2323y x t y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得2220y y t -+=． 所以122y y +=．从而2232y y -+=，故211,3y y =-=． 代入C 的方程得1213,3x x ==．故||AB =． 21．（2019全国II 卷理20）已知点A (−2,0)，B (2,0)，动点M (x ,y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为12-.记M 的轨迹为曲线C .（1）求C 的方程，并说明C 是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连结QE 并延长交C 于点G .（i ）证明：PQG △是直角三角形； （ii ）求PQG △面积的最大值.【解析】（1）由题设得1222y y x x ⋅=-+-，化简得221(||2)42x y x +=≠， 所以曲线C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点． （2）（i ）设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为(0)y kx k =>．由22142x y ⎪⎨+=⎪⎩得x =记u =，则(,),(,),(,0)P u uk Q u uk E u --．于是直线QG 的斜率为2k ，方程为()2ky x u =-． 由22()2142k y x u x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得 22222(2)280k x uk x k u +-+-=①设(,)G G G x y ，则u -和G x 是方程①的解，故22(32)2G u k x k +=+，由此得322G uk y k=+． 从而直线PG 的斜率为322212(32)2uk uk k u k kuk -+=-+-+． 所以PQ PG ⊥，即PQG △是直角三角形．（ii ）由（i）得||2PQ =||PG =△PQG 的面积222218()18(1)||12(12)(2)12()k k k k S PQ PG k k k k++===++++‖． 设1t k k=+，则由k ＞0得t ≥2，当且仅当k =1时取等号． 因为2812t S t =+在[2,)+∞单调递减，所以当t =2，即k =1时，S 取得最大值，最大值为169． 因此，△PQG 面积的最大值为169． 22．（2019全国III 卷理21）已知曲线C ：y =22x ，D 为直线y =12-上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .（1）证明：直线AB 过定点： （2）若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE 的面积. 【解析】（1）设()111,,,2D t A x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则2112x y =．由于y'x =，所以切线DA 的斜率为1x ，故11112y x x t+=-，整理得1122+1=0tx y -. 设()22,B x y ，同理可得2222+1=0tx y -． 故直线AB 的方程为2210tx y -+=． 所以直线AB 过定点1(0,)2．（2）由（1）得直线AB 的方程为12y tx =+. 由2122y tx x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，可得2210x tx --=. 于是()2121212122,1,121x x t x x y y t x x t +==-+=++=+，()212||21AB x t =-==+.设12,d d 分别为点D ，E 到直线AB的距离，则12d d ==.因此，四边形ADBE 的面积()(2121||32S AB d d t =+=+. 设M 为线段AB 的中点，则21,2M t t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭.由于EM AB ⊥u u u u r u u u r ，而()2,2EM t t =-u u u u r，AB u u u r 与向量(1, )t 平行，所以()220t t t +-=.解得t =0或1t =±.当t =0时，S =3；当1t =±时，S =因此，四边形ADBE 的面积为3或.23．（2018全国I 卷理19）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：. 【解析】（1）由已知得，l 的方程为x ＝1.由已知可得，点A 的坐标为或. 所以AM 的方程为. （2）当l 与x 轴重合时，.当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以.当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为，， 则，直线MA ，MB 的斜率之和为. 由得.将代入得 .所以，. 则. 从而，故MA ，MB 的倾斜角互补，所以. 综上，.24.（2018全国II卷理19）22:12x C y +=F F l C ,A B M (2,0)l x AM O OMA OMB ∠=∠(1,0)F (1,)2(1,2-y x =+y x =0OMA OMB ∠=∠=︒OMA OMB ∠=∠(1)(0)y k x k =-≠1221(,),(,)A y x y x B 12x x <<212122MA MB x x y yk k +=+--1122,y k k x y k x k =-=-121212(23()42)(2)MA MB x x x x k k x x kk k -+++=--(1)y k x =-2212x y +=2222(21)4220k x k x k +-+-=21221222422,2121x x x k k k x k -+==++3131322244128423()4021k k k k kk k k k x x x x --++-++==+0MA MB k k +=OMA OMB ∠=∠OMA OMB ∠=∠设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．（1）求的方程；（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．【解析】（1）由题意得，l 的方程为．设，由得． ，故． 所以．由题设知，解得（舍去），． 因此l 的方程为．（2）由（1）得AB 的中点坐标为，所以AB 的垂直平分线方程为，即．设所求圆的圆心坐标为，则解得或 因此所求圆的方程为或．25．（2018全国III 卷理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：，，成等差数列，并求该数列的公差．24C y x =：F F (0)k k >l C A B ||8AB =l A B C (1,0)F (1)(0)y k x k =->1221(,),(,)A y x y x B 2(1),4y k x y x=-⎧⎨=⎩2222(24)0k x k x k -++=216160k ∆=+>122224kx k x ++=122244||||||(1)(1)x k AB AF BF k x +=+=+++=22448k k+=1k =-1k =1y x =-(3,2)2(3)y x -=--5y x =-+00(,)x y 00220005,(1)(1)16.2y x y x x =-+⎧⎪⎨-++=+⎪⎩003,2x y =⎧⎨=⎩0011,6.x y =⎧⎨=-⎩22(3)(2)16x y -+-=22(11)(6)144x y -++=k l 22143x y C +=：A B AB ()()10M m m >，12k <-F C P C FP FA FB ++=0u u u r u u u r u u u r FA u u u r FP u u u r FB u u u r【解析】（1）设，则. 两式相减，并由得. 由题设知，于是 .∵ 由题设得，故. （2）由题意得，设，则.由（1）及题设得.又点P 在C 上，所以，从而，.于是.同理.所以.故，即成等差数列.设该数列的公差为d ，则.∵1221(,),(,)A y x y x B 222212121,14343y x y x +=+=1221y x y k x -=-1122043y x y k x +++⋅=12121,22x y x ym ++==34k m=-302m <<12k <-(1,0)F 33(,)P x y 331122(1,)(1,)(1,)(0,0)y x x y x y -+-+-=3321213()1,()20y y x x y x m =-+==-+=-<34m =3(1,)2P -3||2FP =u u ur 1||22x FA ===-u u u r 2||22xFB =-u u u r 121||||4()32FA FB x x +=-+=u u u r u u u r 2||||||FP FA FB =+u u u r u u u r u u u r ||,||,||FA FP FB u u u r u u u r u u ur1212||||||||||2FB FA x x d =-=-=u u u r u u u r将代入∵得. 所以l 的方程为，代入C 的方程，并整理得. 故，代入∵解得.所以该数列的公差为或.26.（2017全国I 卷理20）已知椭圆C ：2222=1x y a b+（a >b >0），四点P 1（1,1），P 2（0,1），P 3（–1），P 4（1）中恰有三点在椭圆C 上. （1）求C 的方程；（2）设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为–1，证明：l 过定点. 【解析】（1）由于3P ，4P 两点关于y 轴对称，故由题设知C 经过3P ，4P 两点.又由222211134a b a b+>+知，C 不经过点P 1，所以点P 2在C 上. 因此222111314b ab ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得2241a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩.故C 的方程为2214x y +=.（2）设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2，如果l 与x 轴垂直，设l ：x =t ，由题设知0t ≠，且||2t <， 可得A ，B 的坐标分别为（tt，）.则121k k +==-，得2t =，不符合题设. 从而可设l ：y kx m =+（1m ≠）.将y kx m =+代入2214x y +=得34m =1k =-74y x =-+2171404x x -+=121212,28x x x x +==||28d=2828-222(41)8440k x kmx m +++-=由题设可知22=16(41)0k m ∆-+>.设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1+x 2=2841kmk -+，x 1x 2=224441m k -+.而12121211y y k k x x --+=+121211kx m kx m x x +-+-=+1212122(1)()kx x m x x x x +-+=.由题设121k k +=-，故1212(21)(1)()0k x x m x x ++-+=.即222448(21)(1)04141m kmk m k k --+⋅+-⋅=++.解得12m k +=-.当且仅当1m >-时，0∆>，欲使l ：12m y x m +=-+，即11(2)2m y x ++=--， 所以l 过定点（2，1-） 27.（2017全国II 卷理20）设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：2212x y +=上，过M 做x 轴的垂线，垂足为N ，点P满足NP =u u u r u u u r .(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且1OP PQ ⋅=u u u r u u u r. 证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .【解析】（1）设P （x ,y ）,M （x 0,y 0）,设N （x 0,0）, ()()00,,0,=-=NP x x y NM y u u u r u u u u r，由=NP u u u r u u u r得00=,=x x y y ， 因为M （x 0,y 0）在C 上，所以22122+=x y ，因此点P 的轨迹方程为222+=x y .（2）由题意知F （－1,0），设Q （－3,t ）,P (m,n)，则()()3,1,,33t OQ ,PF m n OQ PF m tn =-=---⋅=+-u u u r u u u r u u u r u u u r ，()(),3,==---OP m,n PQ m,t n u u u r u u u r由1OP PQ ⋅=u u u r u u u r 得22-31m m tn n -+-=，又由（1）知22+=2m n ，故3+3m －tn ＝0所以0OQ PF ⋅=u u u r u u u r ，即⊥OQ PF u u u r u u u r . 又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .28．（2017全国III 卷理20）已知抛物线C ：y 2＝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．【解析】（1）设()()11222A x ,y ,B x ,y ,l :x my =+，由222x my y x=+⎧⎨=⎩可得212240则4y my ,y y --==-， 又()22212121212==故=224y y y y x ,x ,x x ＝4，因此O A 的斜率与O B 的斜率之积为y y x x ⋅1212-4==-14， 所以O A ∵O B ，故坐标原点O 在圆M 上. （2）由（1）可得()2121212+=2+=++4=24y y m,x x m y y m +，故圆心M 的坐标为()2+2，m m ，圆M 的半径r = 由于圆M 过点P （4，－2），因此AP BP ⋅=u u u r u u u r 0,故()()()()121244220x x y y --+++=，即()()121212124+2200x x x x y y y y -++++=，由（1）可得1212=-4，=4y y x x ，所以2210m m --=，解得11或2m m ==-. 当m ＝1时，直线l 的方程为x －y －2＝0，圆心M 的坐标为（3,1），圆M M 的方程为()()223110x y -+-=，当12m =-时，直线l 的方程为240x y +-=，圆心M 的坐标为91，-42⎛⎫ ⎪⎝⎭，圆M ，圆M 的方程为229185++4216x y ⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.。