2020届高考数学(文)总复习试题：提能练(五) 解析几何
2020年高考数学大题分解专题05--解析几何
2020年高考数学(理)大题分解专题05--解析几何(含答案)(总15页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--（2019年全国卷I ）已知抛物线C ：x y 32=的焦点为F ，斜率为32的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ．（1）若4||||=+BF AF ，求l 的方程； （2）若3AP PB =，求||AB ． 【肢解1】若4||||=+BF AF ，求l 的方程； 【肢解2】若3AP PB =，求||AB ．【肢解1】若4||||=+BF AF ，求l 的方程；【解析】设直线l 方程为m x y +=23，()11,A x y ，()22,B x y ，由抛物线焦半径公式可知12342AF BF x x +=++=，所以1252x x +=， 联立2323y x m y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩得04)12(12922=+-+m x m x ， 由0144)1212(22>--=∆m m 得12m <， 所以121212592m x x -+=-=，解得78m =-，所以直线l 的方程为3728y x =-，即12870x y --=.【肢解2】若3AP PB =，求||AB ．大题肢解一直线与抛物线【解析】设直线l 方程为23x y t =+，联立2233x y t y x ⎧=+⎪⎨⎪=⎩得0322=--t y y ，由4120t ∆=+>得31->t ， 由韦达定理知221=+y y ，因为PB AP 3=，所以213y y -=，所以12-=y ，31=y ，所以1=t ，321-=y y . 则=-+⋅+=212214)(941||y y y y AB =-⨯-⋅+)3(4294123134.设抛物线)0(22>=p px y 的焦点为F ，过点F 的而直线交抛物线于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝x 1＋x 2＋p.弦长的计算方法：求弦长时可利用弦长公式，根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式，然后进行整体代入弦长公式求解．温馨提示：注意两种特殊情况：(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直；(2)直线过圆锥曲线的焦点．【拓展1】已知抛物线C ：x y 32=的焦点为F ，斜率为32的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ．若27||||=+BF AF ，求l 在y 轴上的截距. 【解析】设直线l 方程为m x y +=23，()11,A x y ，()22,B x y ，由抛物线焦半径公式可知123722AF BF x x +=++=，所以122x x +=， 联立2323y x m y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩得04)12(12922=+-+m x m x ，由0144)1212(22>--=∆m m 得12m <， 所以12121229m x x -+=-=，解得21m =-，所以直线l 的方程为3122y x =-，令0=x 得21-=y ， 所以直线l 在y 轴上的截距为21-.【拓展2】已知抛物线C ：x y 32=的焦点为F ，斜率为32的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ．若2AP PB =，)0,4(-M ，求ABM ∆的面积．【解析】设直线l 方程为23x y t =+， 联立2233x y ty x ⎧=+⎪⎨⎪=⎩得0322=--t y y ，由4120t ∆=+>得31->t ， 由韦达定理知221=+y y ，t y y 321-=，因为PB AP 2=，所以212y y -=，所以22-=y ，41=y ，所以821-=y y .38-=t ，所以=-+⋅+=212214)(941||y y y y AB =-⨯-⋅+)8(429412132， 直线l 方程为2833x y =-，即0823=+-y x ，所以点)0,4(-M 到l 的距离13413|812|=+-=d ， 所以ABM ∆的面积为413413221||21=⨯⨯=⋅d AB ．1.（2019年山西太原一模)已知抛物线x y 42=的焦点为F ，过焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，O 为坐标原点，若AOB ∆的面积为6，求||AB .【解析】由题意知抛物线x y 42=的焦点F 的坐标为)0,1(， 易知当直线AB 垂直于x 轴时，AOB ∆的面积为2，不满足题意， 所以可设直线AB 的方程为)0)(1(≠-=k x k y ， 与x y 42=联立，消去x 得0442=--k y ky ， 设),(11y x A ，),(22y x B ，由韦达定理知k y y 421=+，421-=y y ， 变式训练一所以1616||221+=-k y y ， 所以AOB ∆的面积为616161212=+⨯⨯k，解得2±=k ， 所以6||11||212=-⋅+=y y kAB . 2.（2019年湖北荆州模拟)已知抛物线24y x =的焦点为F ，过点F 的直线交抛物线于,A B 两点.（1）若3AF FB =，求直线AB 的斜率；（2）设点M 在线段AB 上运动，原点O 关于点M 的对称点为C ，求四边形OACB 面积的最小值.【解析】（1）依题意可设直线:1AB x my =+，将直线AB 与抛物线联立214x my y x =+⎧⎨=⎩⇒2440y my --=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，由韦达定理得121244y y my y +=⎧⎨=-⎩，因为3AF FB =，所以213y y -=，即312=m ，所以直线AB 的斜率为3或3-． （2）2212121212122()4161642OACB AOB S S OF y y y y y y y y m ∆==⋅⋅-=-=+-=+≥， 当0m =时，四边形OACB 的面积最小，最小值为4．（2020届广东省珠海市高三上学期期末）中心在坐标原点，对称轴为坐标轴的椭圆C 过)1,0(-A 、)21,3(B 两点，（1）求椭圆C 的方程； （2）设直线)0(21:≠+=m m x y l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，求当所取何值时，OPQ ∆的面积最大.大题肢解二【肢解1】求椭圆C 的方程； 【肢解2】设直线)0(21:≠+=m m x y l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，求当所取何值时，OPQ ∆的面积最大.【肢解1】求椭圆C 的方程；【解析】（1）由题意可设椭圆C 的方程为22221x y m n+=，代入()0,1A -、13,2B ⎛⎫ ⎪⎝⎭两点得()222222221011321m n m n ⎧-+=⎪⎪⎪⎨⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎪+=⎪⎩ 解得21n =，24m =， 所以椭圆:C 2214x y +=.【肢解2】设直线)0(21:≠+=m m x y l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，求当所取何值时，OPQ ∆的面积最大.【解析】将直线1:,(0)2l y x m m =+>代入2214x y +=得：221442x x m ⎛⎫++= ⎪⎝⎭.整理得222220x mx m ++-=.()()2222422840m m m ∆=--=->得22m -<<.由韦达定理得122x x m +=-，21222x x m =－.()()22221212124442284x x x x x x m m m -=+-=--=-242121222OPQ S m x x m m m m ∆=-=-=-+. 由二次函数可知当21m =即1m =时，OPQ ∆的面积的最大．直线与圆锥曲线的相交弦长问题：设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝1＋1k 2|y 1－y 2|＝1＋1k2（y 1＋y 2）2－4y 1y 2.【变式1】中心在坐标原点，对称轴为坐标轴的椭圆C 过)1,0(-A 、)21,3(B 两点，（1）求椭圆C 的方程； （2）设直线)0(21:>+=m m x y l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，若APQ ∆的面积为1+m ，求m 的值.【解析】（1）由题意可设椭圆C 的方程为22221x y m n+=，代入()0,1A -、13,2B ⎫⎪⎭两点得()22222221011321m n n ⎧-+=⎪⎪⎪⎨⎛⎫ ⎪⎝⎭+= 解得21n =，24m =. 所以椭圆:C 2214x y +=.（2）将直线1:,(0)2l y x m m =+>代入2214x y +=得221442x x m ⎛⎫++= ⎪⎝⎭.整理得222220x mx m ++-=.()()2222422840m m m ∆=--=->得22m -<<设),(11y x P ，),(22y x Q ，韦达定理得122x x m +=-，21222x x m =－.所以)22(4)2()21(1||222---⋅+=m m PQ 252+-⋅=m ，由点到直线的距离公式得点)1,0(-A 到直线l 的距离5|22|m d +=. 变式训练二所以APQ ∆的面积为255|22|212+-⋅⋅+⋅m m 2|1|2+-⋅+=m m ， 因为APQ ∆的面积为1+m ，所以12|1|2+=+-⋅+m m m ，解得1=m 或1-=m （舍去）. 所以1=m ．【变式2】已知椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 的离心率为22，其中左焦点为)0,2(-F ．（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线m x y +=与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，1ABF ∆的面积为)2(6-m ，求直线的方程．【解析】(1)由题意，得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+===222222c b a c a c 解得⎩⎨⎧==222b a ，所以椭圆C 的方程为14822=+y x . （2）设点),(11y x A ，),(22y x B ，由⎪⎩⎪⎨⎧+==+m x y y x 14822消去y 得0824322=-++m mx x ， 由0)84(12)4(22>--=∆m m 得3232<<-m ，由韦达定理知3421mx x -=+，382221-=m x x ，所以)82(4)34(2||22---⋅=m m AB 367342+-=m ， 由点到直线的距离公式得)0,2(1-F 到直线m x y +=的距离2|2|m d -=， 所以1ABF ∆的面积为36342|2|212+-⋅-⋅m m )2(6-=m ，解得3±=m ，满足3232<<-m ，所以所求直线方程为3+=x y 或3-=x y .1.（2019年山东高考模拟）已知圆22:4O x y +=，抛物线2:2(0)C x py p =>．（1）若抛物线C 的焦点F 在圆O 上，且A 为抛物线C 和圆O 的一个交点，求AF ； （2）若直线l 与抛物线C 和圆O 分别相切于,M N 两点，设()00,M x y ，当[]03,4y ∈时，求MN 的最大值．【解析】（1）由题意知(0,2)F ，所以4p =. 所以抛物线C 的方程为28x y =.将28x y =与224x y +=联立得点A 的纵坐标为2(52)A y =， 结合抛物线定义得||2522A pAF y =+=. （2）由22x py =得22x y p =，x y p'=，所以直线l 的斜率为0x p ，故直线l 的方程为()000xy y x x p-=-.即000x x py py --=. 又由0220||2py ON x p -==+得02084y p y =-且240y ->， 所以2222200||||||4MN OM ON x y =-=+- 220000020824244y py y y y y =+-=+-- ()2202200022001644164444y y y y y y -+=+-=+--- 2020641644y y =++--.令24t y =-，0[3,4]y ∈，则[5,12]t ∈，令64()16f t t t =++，则264()1f t t'=-； 当[5,8]t ∈时()0f t '≤，()f t 单调递减， 当(8,12]t ∈时()0f t '>，()f t 单调递增， 又64169(5)16555f =++=，64100169(12)16121235f =++=<， 所以max 169()5f x =，即||MN.2.（2020黑龙江省齐市地区普高联谊高二上学期期末）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>过点)23,22(与点)22,1(--. （1）求椭圆C 的方程；（2）设直线l 过定点1(0,)2-，且斜率为()10k k -≠，若椭圆C 上存在A ，B 两点关于直线l 对称，O 为坐标原点，求k 的取值范围及AOB ∆面积的最大值.【解析】（1）由题意，可得2222231441214a b a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得222,1a b ==，所以椭圆的方程为2212x y +=.（2）由题意，设直线AB 的方程为(0)y kx m k =+≠，由2212y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得222(12)4220k x kmx m +++-=， 所以∆>0，即2221k m +>，……….①且2121222422,1212km m x x x x k k-+=-=++， 所以线段AB 的中点横坐标02212km x k =-+，纵坐标为00212my kx m k=+=+，将00,x y 代入直线l 方程112y x k =--，可得2122k m += ……… ②，由①②可得232k <，又0k ≠，所以((0,22k ∈-⋃，又AB ==且原点O 到直线AB的距离d =所以2122(12)AOB m S AB d k ∆==+== 所以1m =时，AOB S ∆最大值2，此时2k =±，所以2k =±时，AOB S ∆最大值2.3.（2020福建省宁德市高三第一次质量检查）已知抛物线2:2C y px =的焦点为F，1(2Q 在抛物线C 上，且32QF. （1）求抛物线C 的方程及t 的值；（2）若过点(0,)M t 的直线l 与C 相交于,A B 两点，N 为AB 的中点，O 是坐标原点，且3AOBMONSS，求直线l 的方程.【解析】（1）因为3||2QF ，所以13222p ，所以2p =， 抛物线C 的方程为：24y x =， 将1(2Q 代入24y x =得2t =，（2）设1122(,),(,),A x y B x y 00(,),(0,2)N x y M ，显然直线l 的斜率存在，设直线l ：2(0)y kx k =+≠，联立242y x y kx ⎧=⎨=+⎩，消去y 得224(1)40k x k x --+=，因为22Δ16(1)160k k ，得12k <且0k ≠， 所以1212224(1)4,k x x x x k k -+==， 因为ΔΔ3AOBMON S S ，所以||3||AB MN ，所以1200x -=-，即120x x x -=， 因为N 是AB 的中点，所以1202x x x +=， 所以22121212()()434x x x x x x ，整理得21212()16x x x x +=所以2224(1)64[]k k k ，解得1211,3k k =-=， 所以直线l 的方程为：2y x =-+或123y x =+.4.（2020福建省龙岩市上杭县第一中学月考）已知点A(0，－2)，椭圆E：22221x y a b+=(a>b>0)的离心率为F 是椭圆E 的右焦点，直线AF ，O 为坐标原点. （1）求E 的方程；（2）设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点.当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程. 【解析】（1）设(),0F c ，因为直线AF()0,2A-， 所以23c =，c =又222,2c b a c a ==-，解得2,1a b ==， 所以椭圆E 的方程为2214x y +=.（2）设()()1122,,,P x y Q x y 由题意可设直线l 的方程为：2y kx =-，联立22142,x y y kx +==-⎧⎪⎨⎪⎩，消去y 得()221416120k x kx +-+=，当()216430k ∆=->，所以234k >，所以k <或k >由韦达定理知1212221612,1414k x x x x k k+==++.所以PQ ===， 点O 到直线l 的距离d =12OPQS d PQ ∆==设0t =>，则2243k t =+，所以244144OPQ t S t t t∆==≤=++，当且仅当2t =2=，解得k =时取等号，满足234k >， 所以OPQ ∆的面积最大时直线l 的方程为：2y x =-或2y x =-.5.（2020广东省佛山市高三教学质量检测）已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的离心率为12，点31,2A ⎛⎫⎪⎝⎭在椭圆C 上，直线1l 过椭圆C 的右焦点与上顶点，动直线2l ：y kx =与椭圆C 交于M ，N 两点，交1l 于P 点.（1）求椭圆C 的方程；（2）已知O 为坐标原点，若点P 满足14OP MN =，求此时MN 的长度. 【解析】（1）由题意得12c e a ==，2223121ab ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=，结合222a bc =+， 解得24a =，23b =，21c =，故所求椭圆C 的方程为22143x y +=. （2）易知定直线1l0y +=.联立22143y kxx y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得()223412k x +=，解得x =令M 点的坐标为221212,3434k k k ⎛⎫⎪ ⎪++⎝⎭. 因为14OP MN =，由对称性可知，点P 为OM 的中点，故2212123434(,)22k k k P ++， 又P 在直线1l ：330x y +-=上，故221212343433022k k k ++⨯+-=， 解得10k =，2233k =，所以M 点的坐标为()2,0或643,55⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， 所以2OM =或2215，所以MN 的长度为4或4215.6.（2020广西名校高三上学期12月高考模拟）如图，中心为坐标原点O 的两圆半径分别为11r =，22r =，射线OT 与两圆分别交于A 、B 两点，分别过A 、B 作垂直于x 轴、y 轴的直线1l 、2l ，1l 交2l 于点P ．（1）当射线OT 绕点O 旋转时，求P 点的轨迹E 的方程；（2）直线l ：3y kx =+E 交于M 、N 两点，两圆上共有6个点到直线l 的距离为12时，求MN 的取值范围． 【解析】（1）设(),P x y ,OT 与x 轴正方向夹角为θ,则cos sin x OA y OB θθ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即cos 2sin x y θθ=⎧⎨=⎩，化简得2214y x +=,即P 点的轨迹E 的方程为2214y x +=.（2）当两圆上有6个点到直线1的距离为12时,原点O 至直线l 的距离13,22d ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,即1322<<,解得21,113k ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，联立方程2214y kx y x ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩得()22410k x ++-=， 设()11,M x y ,()22,N x y ,则12x x +=,12214x x k =-+， 所以MN ==()2224134144k k k +⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 则1616,135MN ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.7.（2020辽宁省沈阳市东北育才学校高三模拟）已知(2,0)P 为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右顶点，点M 在椭圆C 的长轴上，过点M 且不与x 轴重合的直线交椭圆C 于A B 、两点，当点M 与坐标原点O 重合时，直线PA PB 、的斜率之积为14-．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若2AM MB =，求OAB ∆面积的最大值． 【解析】（1）设1(A x ，1)y ，1(B x -，1)y -，则2121144PA PBy k k x ==--． 又2211221x y a b +=，代入上式可得2214b a -=-，又2a =，解得1b =． 所以椭圆C 的标准方程为：2214x y +=．（2）设直线AB 的方程为：(0)x ty m t =+≠，(22)m -．1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，联立2244x ty m x y =+⎧⎨+=⎩，化为222(4)240t y mty m +++-=， 由韦达定理知12224mty y t+=-+，212244m y y t -=+， 因为2AM MB =，所以122y y =-，所以122152y y y y +=-，代入可得：22241694t m t +=+．所以OAB ∆的面积12213|()|||22S m y y my =-=，22222222222299416161694494(4)(94)(94)t t t S m y t t t t +==⨯⨯=⨯++++．所以212||1214949||||t S t t t ==++，当且仅当249t =时取等号． 所以OAB ∆面积的最大值为1．。
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,。
2020年浙江高考解析几何题
2020年浙江高考解析几何题作者：题海降龙【真题回放】（2017浙江—抛物线与圆）如图，已知抛物线x 2=y ，点A （﹣，），B （，），抛物线上的点P （x ，y ）（﹣＜x ＜），过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．（1）求直线AP 斜率的取值范围；（2）求|PA |•|PQ |的最大值．【原创解法】（2018浙江—抛物线与半椭圆）如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2=4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上．（1）设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；（2）若P 是半椭圆x 2+24y =1(x <0)上的动点，求△P AB 面积的取值范围．【解析】（Ⅰ）设00(,)P x y ，2111(,)4A y y ，2221(,)4B y y ．因为PA ，PB 的中点在抛物线上，所以1y ，2y 为方程22014()422y x y y ++=⋅即22000280y y y x y -+-=的两个不同的实数根所以1202y y y +=因此，PM 垂直于y轴．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知120212002,8,y y y y y x y +=⎧⎪⎨=-⎪⎩所以2221200013||()384PM y y x y x =+-=-，12||y y -=．因此，PAB △的面积32212001||||(4)24PABS PM y y y x =⋅-=-△．因为220001(0)4y x x +=<，所以2200004444[4,5]y x x x -=--+∈．PAB △面积的取值范围是15104．【原创解法】2018年属于简单题，关键处理好第一小题的韦达定理。
（2019浙江—抛物线与三角形）（2019浙江）过焦点F （1,0）的直线与抛物线 y 2=2px 交于A,B 两点,C 在抛物线,△ABC 的重心P 在x 轴上，AC 交x 轴于点Q （点Q 在点P 的右侧）。
2020版江苏省高考文科数学三轮复习 解析几何、立体几何精选试题(6页)
小题专题练(四)解析几何、立体几何(建议用时：50分钟)1．抛物线y2＝4x的准线方程为________．2．已知双曲线x2a2－y23＝1(a＞0)的离心率为2，则a＝________.3．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．4．(2019·连云港调研)已知圆C：(x－3)2＋(y－5)2＝5，直线l过圆心且交圆C于A，B两点，交y轴于P点，若2P A→＝PB→，则直线l的斜率k＝________．5．如图，60°的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，则CD 的长为________．6．已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为________．7．(2019·徐州调研)在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1与侧面BCC1B1的距离为2，侧面BCC1B1的面积为4，则此三棱柱ABC-A1B1C1的体积为________．8.已知圆C1：x2＋(y－2)2＝4，抛物线C2：y2＝2px(p＞0)，C1与C2相交于A，B两点，|AB|＝855，则抛物线C2的方程为____________．9．如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________．(填上所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ；②不论D 折至何位置都有MN ⊥AE ；③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥AB ；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD .10．已知O 为坐标原点，过双曲线x 2－y 2b 2＝1(b ＞0)上的点P (1，0)作两条渐近线的平行线，分别交两渐近线于A ，B 两点，若平行四边形OBP A 的面积为1，则双曲线的离心率为________．11．(2019·盐城模拟)已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A (－m ，0)、B (m ，0)(m >0)，若圆上存在一点P ，使得∠APB ＝90°，则m 的最小值为________．12．已知半径为1的球O 中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为________．13．(2019·宿迁质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左右焦点为F 1，F 2，若椭圆C 上恰好有6个不同的点P ，使得△F 1F 2P 为等腰三角形，则椭圆C 的离心率的取值范围是________．14.如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 24＝1(a >2)，圆O ：x 2＋y 2＝a 2＋4，椭圆C 的左、右焦点分别为F 1，F 2，过椭圆上一点P 和原点O 作直线l 交圆O 于M ，N 两点，若|PF 1|·|PF 2|＝6，则|PM |·|PN |的值为________．小题专题练(四)1．解析：易知抛物线y 2＝4x 的准线方程为x ＝－p 2＝－1.答案：x ＝－12．解析：因为c 2＝a 2＋3，所以e ＝c a ＝a 2＋3a2＝2，得a 2＝1，所以a ＝1. 答案：1 3．解析：设该六棱锥的高是h .根据体积公式得，V ＝13×12×2×3×6×h＝23，解得h ＝1，则侧面三角形的高为1＋（3）2＝2，所以侧面积S ＝12×2×2×6＝12.答案：124．解析：依题意得，点A 是线段PB 的中点，|PC |＝|P A |＋|AC |＝3 5.过圆心C (3，5)作y 轴的垂线，垂足为C 1，则|CC 1|＝3，|PC 1|＝（35）2－32＝6.记直线l 的倾斜角为θ，则有|tan θ|＝|PC 1||CC 1|＝2，即k ＝±2. 答案：±25．解析：因为60°的二面角的棱上有A ，B 两点，AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，所以CD→＝CA →＋AB →＋BD →，CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0， 因为AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，所以|AB→|＝4，|AC →|＝6，|BD →|＝8， 所以CD→2＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD → ＝36＋16＋64＋2×6×8×cos 120°＝68，所以CD 的长为217.答案：2176．解析：圆C 1关于x 轴对称的圆C ′1的圆心为C ′1(2，－3)，半径不变，圆C 2的圆心为(3，4)，半径r ＝3，|PM |＋|PN |的最小值为圆C ′1和圆C 2的圆心距减去两圆的半径，所以|PM |＋|PN |的最小值为（3－2）2＋（4＋3）2－1－3＝52－4.答案：52－47.解析：补形法将三棱柱补成四棱柱，如图所示．记A 1到平面BCC 1B 1的距离为d ，则d ＝2.则V 三棱柱＝12V 四棱柱＝12S 四边形BCC 1B 1·d ＝12×4×2＝4.答案：48．解析：由题意，知圆C 1与抛物线C 2的其中一个交点为原点，不妨记为B ，设A (m ，n )．因为|AB |＝855，所以⎩⎨⎧m 2＋n 2＝855，m 2＋（n －2）2＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝85，n ＝165，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，165.将点A 的坐标代入抛物线方程得⎝ ⎛⎭⎪⎫1652＝2p ×85，所以p ＝165，所以抛物线C 2的方程为y 2＝325x . 答案：y 2＝325x9.解析：如图，设Q ，P 分别为CE ，DE 的中点，可得四边形MNQP 是矩形，所以①②正确；不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN 与AB 是异面直线，不可能MN ∥AB ，所以③错；当平面ADE ⊥平面ABCD 时，可得EC ⊥平面ADE ，故EC ⊥AD ，④正确．故填①②④.答案：①②④10．解析：依题意，双曲线的渐近线方程为y ＝±bx ，则过点P 且与渐近线平行的直线方程为y ＝±b (x －1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝bx y ＝－b （x －1）得|y |＝b 2，所以平行四边形OBP A 的面积S ▱OBP A ＝2S △OBP ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×|y |＝b 2＝1，所以b ＝2，所以双曲线的离心率e ＝c a ＝1＋221＝ 5.答案： 511．解析：显然AB ＝2m ，因为∠APB ＝90°，所以OP ＝12AB ＝m ，所以要求m 的最小值即求圆C 上点P 到原点O 的最小距离，因为OC ＝5，所以OP min ＝OC －r ＝4，即m 的最小值为4.答案：412.解析：如图所示，设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的侧面积为S ＝2πr ×21－r 2＝4πr 1－r 2≤4π×r 2＋（1－r 2）2＝2π(当且仅当r 2＝1－r 2，即r ＝22时取等号)．所以当r ＝22时，V 球V 圆柱＝4π3×13π⎝ ⎛⎭⎪⎫222×2＝423. 答案：42313．解析：6个不同的点有两个为短轴的两个端点，另外4个分别在第一、二、三、四象限，且上下对称、左右对称．不妨设P 在第一象限，PF 1>PF 2，当PF 1＝F 1F 2＝2c 时，PF 2＝2a －PF 1＝2a －2c ，即2c ＞2a －2c ，解得e ＝c a >12，又因为e ＜1，所以 12<e <1；当PF 2＝F 1F 2＝2c 时，PF 1＝2a －PF 2＝2a －2c ，即2a－2c ＞2c 且2c ＞a －c ，解得13<e <12，综上可得13<e <12或12<e <1.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 14．解析：由已知|PM |·|PN |＝(R －|OP |)(R ＋|OP |)＝R 2－|OP |2＝a 2＋4－|OP |2，|OP |2＝|OP →|2＝14(PF 1→＋PF 2→)2＝14(|PF 1→|2＋|PF 2→|2＋2|PF 1→|·|PF 2→|cos ∠F 1PF 2)＝12(|PF 1→|2＋|PF 2→|2)－14(|PF 1→|2＋|PF 2→|2－2|PF 1→||PF 2→|cos ∠F 1PF 2)＝12[(2a )2－2|PF 1||PF 2|]－14×(2c )2＝a 2－2，所以|PM |·|PN |＝(a 2＋4)－(a 2－2)＝6.答案：6。
2020年高考试题：解析几何
(x 3)2 y2 9 圆心 (3,0) ，半径 3 。
过圆内一点的直线截得弦长最小值：与圆内该点与圆心连线垂直的直线截得弦长。
如下图所示：
根据两点之间的距离公式得到： PC (3 1)2 (0 2)2 22 22 8 ；
根据勾股定理得到： PA2 AC 2 PC 2 9 8 1 PA 1 ；
(1 m2 )x2 6m2 x (9m2 9) 0 。直线 PB 与椭圆 E 交于 B ， D 两点。
根据韦达定理得到： xB
xD
6m2 1 m2
， xB
3
3
xD
6m2 1 m2
xD
6m2 1 m2
3
6m2 3(1 m2 ) 1 m2
6m2 3 3m2 1 m2
3m2 3
。
9 m2
AG GB 8 a a 1 (1) 8 a2 y2 1 。 a 3 A(3,0) ， B(3,0) 。 9
（2） P 为直线 x 6 上的动点 假设：点 P 的坐标为 (6, m) 。
P(6, m)
，
A(3,0)
)
，
D(
3m2 3 1 m2
,
2m 1 m2
)
kCD
6m 2m 9 m2 1 m2 27 3m2 3m2 3
6m(1 m2 ) 2m(9 m2 ) (27 3m2 )(1 m2 ) (3m2 3)(9 m2 )
9 m2 1 m2
6m 6m3 18m 2m3
8m3 24m
（1）求 E 的方程；
（2）证明：直线 CD 过定点。
本题解析：（1） A ， B 分别为椭圆 E ： x2 y2 1的左右顶点 A(a,0) ， B(a,0) ； a2
2020年高考数学(文)真题与模拟题分类训练 专题05 平面解析几何(学生版)
16．【2020年高考浙江】已知直线 与圆 和圆 均相切，则 _______，b=_______．
17．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，若双曲线 的一条渐近线方程为 ，则该双曲线的离心率是▲．
18．【2020年新高考全国Ⅰ卷】斜率为 的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则 =________．
19．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，已知 ，A，B是圆C： 上的两个动点，满足 ，则△PAB面积的最大值是▲．
20．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知A、B分别为椭圆E： (a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点， ，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.
21．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知椭圆C1： (a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|= |AB|．
(1)求C1的离心率；
(2)若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．
A．1B． C． D．2
4．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为
A． B． C． D．
5．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C： 交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为
A．( ，0)B．( ，0)C．(1，0)D．(2，0)
2020年高考数学解析几何复习题5
2020年⾼考数学解析⼏何复习题5第六节双曲线[基础达标]⼀、选择题(每⼩题5分,共30分)1.双曲线=1的⼀条渐近线的倾斜⾓为30°,则双曲线的离⼼率为()A.B.C.D.21.A【解析】由题意可知,双曲线的焦点在x轴上,且⼀条渐近线的斜率是,所以,即e2=,故e=.2.已知圆x2+y2-10x+24=0的圆⼼是双曲线=1(a>0)的⼀个焦点,则此双曲线的渐近线⽅程为() A.y=±x B.y=±xC.y=±xD.y=±x2.B【解析】因为圆⼼(5,0)是双曲线的⼀个焦点,所以a2+9=25,a>0,解得a=4,所以渐近线⽅程为y=±x=±x.3=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,以F1,F2为直径的圆与双曲线渐近线的⼀个交点为(3,4),则此双曲线的⽅程为() A. =1 B. =1C. =1D. =13.C【解析】由题意可得c=5, ,则b2=a2=25-a2,解得a2=9,b2=16,故该双曲线的⽅程为=1.4A,B为双曲线E的左、右顶点,点M在E上,△ABM 为等腰三⾓形,且顶⾓为120°,则E的离⼼率为()A. B.2 C. D.4.D【解析】设双曲线⽅程为=1(a>0,b>0),且不妨设点M在第⼀象限,则由题意得M(2a, a),则=1,所以a=b,所以e=.5.已知点F1,F2分别是双曲线=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A,B两点,若△ABF2是锐⾓三⾓形,则该双曲线离⼼率的取值范围是() A.(1,) B.(,2)C.(1+,+∞)D.(1,1+)5.D【解析】由△ABF2是锐⾓三⾓形,得∠AF2F1∈,所以AF1<2c,c2-a2<2ac,即为e2-2e-1<0,⼜e>1,解得16.已知不平⾏于坐标轴的直线l与以原点O为中⼼的双曲线=1(a>0,b>0)的两⽀及其两条渐近线从左到右依次交于A,B,C,D不同的四点,则下列⼀定成⽴的是() A.|AD|=2|BC|B.|AB|=|BC|=|CD|C.D.6.C【解析】设直线l为y=kx+m.联⽴⽅程组得(b2-a2k2)x2-2kma2x-a2m2-a2b2=0.联⽴⽅程组得(b2-a2k2)x2-2kma2x-a2m2=0.∴x A+x D=x B+x C,即线段AD与线段BC的中点重合,故|AB|=|CD|,.⼆、填空题(每⼩题5分,共10分)7.若双曲线x2-ky2=1的⼀个焦点是(3,0),则实数k=.7.【解析】该双曲线的标准⽅程为x2-=1,所以1+=9,解得k=.8=1(a>0,b>0)的⼀个焦点到⼀条渐近线的距离等于焦距的,则该双曲线的渐近线⽅程是.8.y=±x【解析】双曲线的⼀个焦点到⼀条渐近线的距离d==b,焦距为2c,则由题意可得b=×2c,4b2=c2=a2+b2,3b2=a2, ,所以该双曲线的渐近线⽅程为y=±x=±x.三、解答题(共20分)9.(10分)求过和(4,-3)两点的双曲线的标准⽅程.9.【解析】设双曲线⽅程为mx2-ny2=1(mn>0).由题意得解得所以所求双曲线⽅程为=1.10.(10分)已知定圆M:(x-2)2+y2=8,动圆P过点N(-2,0),且与定圆M外切,求动圆P的圆⼼的轨迹⽅程.10.【解析】因为动圆P过点N,所以|PN|是圆P的半径,⼜因为动圆P与圆M外切,所以|PM|=|PN|+2,即|PM|-|PN|=2.故点P的轨迹是以M,N为焦点,实轴长为2的双曲线的左⽀.因为实半轴长a=,半焦距c=2,所以虚半轴长b=.从⽽动圆P的圆⼼的轨迹⽅程为=1(x≤-).[⾼考冲关]1.(5分)过双曲线=1(a>0,b>0)的右顶点A作斜率为-1的直线,该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B,C.若,则此双曲线的离⼼率是()A.B.C.D.1.C【解析】由题意可得-<-1,b>a,直线l:y=-x+a与渐近线y=x相交于点B,与渐近线y=-x相交于点C,⼜,则,得b=2a,b2=c2-a2=4a2,c=a,所以离⼼率e=.2.(5分)(2015·湖州⼆模)已知椭圆C1:=1(a1>b1>0)和双曲线C2:=1(a2>0,b2>0)有相同的焦点F1,F2,且椭圆C1与双曲线C2在第⼀象限的交点为P,若2=||2(O为坐标原点),则双曲线C2的离⼼率的取值范围是()A.(,+∞)B.(2,+∞)C.(,+∞)D.(3,+∞)2.B【解析】设P(x,y),F2(c,0),则由2=||2可得x=,分别代⼊椭圆和双曲线⽅程可得y2=,y2=,且=c2,则c2,可得),解得e1e2=2,e2=,因为e1∈(0,1),所以e2∈(2,+∞).3.(5分)(2015·安庆三模)若以A,B为焦点的双曲线经过点C,且|AB|=|AC|,cos ∠ABC=,则该双曲线的离⼼率为()A.B.2 C.3 D.3.C【解析】不妨设点A,B分别为左、右焦点,实半轴长为a,半焦距为c,若点C 在双曲线的左⽀上,设BC中点为D,则由定义知|BD|=|BC|=(2c+2a)=c+a,在Rt△ABD中,由cos ∠ABC=,得,e=-3,不可能,故C在双曲线的右⽀上,设BC中点为D,则由双曲线定义知|BD|=|BC|=(2c-2a)=c-a,在Rt△ABD中,cos ∠ABD=,故,得e==3.4.(5分)(2015·重庆巴蜀中学三诊)已知F是双曲线=1的左焦点,点A(1,3),P是双曲线右⽀上的动点,则|PF|+|P A|的最⼩值为.4.11【解析】双曲线的右焦点F'(5,0),由于点P是双曲线右⽀上的动点,则|PF|+|P A|=2a+|PF'|+|P A|≥6+|F'A|=11,当且仅当F',P,A 三点共线时取等号,故|PF|+|P A|的最⼩值为11.5.(5分)(2015·江苏⾼考)在平⾯直⾓坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右⽀上的⼀个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离⼤于c恒成⽴,则实数c的最⼤值为.5.【解析】如图,x-y=0为双曲线x2-y2=1的⼀条渐近线.设点P到直线x-y+1=0的距离为d,直线x-y=0与直线x-y+1=0的距离为d1,由渐近线的性质,可知d>d1=,⼜因为d>c恒成⽴,所以c的最⼤值为.6.(5分)设双曲线=1(a>0,b>0)的右焦点为F,过点F作与x轴垂直的直线l交两渐近线于A,B两点,与双曲线的其中⼀个交点为P,设O为坐标原点,若=m+n(m,n∈R),且mn=,则该双曲线的离⼼率为.6.【解析】不妨设点A在第⼀象限,由已知可得A,B,代⼊=m+n,解得P(m+n)c,(m-n) ,代⼊双曲线⽅程,化简得4e2mn=1,所以e2=,解得e=.7.(10分)已知椭圆x2+=1的左、右两个顶点分别为A,B.曲线C是以A,B两点为顶点,离⼼率为的双曲线.设点P在第⼀象限且在曲线C上,直线AP与椭圆相交于另⼀点T.(1)求曲线C的⽅程;(2)设P,T两点的横坐标分别为x1,x2,证明:x1·x2=1.7.【解析】(1)依题意可得A(-1,0),B(1,0).设双曲线C的⽅程为x2-=1(b>0),因为双曲线的离⼼率为,所以,即b=2.所以双曲线C的⽅程为x2-=1.(2)解法1:设点P(x1,y1),T(x2,y2)(x i>0,y i>0,i=1,2),直线AP的斜率为k(k>0),则直线AP的⽅程为y=k(x+1),联⽴⽅程组整理得(4+k2)x2+2k2x+k2-4=0,解得x=-1或x=,所以x2=,同理可得x1=.所以x1·x2=1.解法2:设点P(x1,y1),T(x2,y2)(x i>0,y i>0,i=1,2),则k AP=,k AT=.因为k AP=k AT,所以,即.因为点P和点T分别在双曲线和椭圆上,所以=1, =1,即=4(-1), =4(1-),所以,即,所以x1·x2=1.。
2020年高考数学试题分类汇编解析几何精品
、选择题2 2cA -1.(重庆理8)在圆x y 2x 6y 0内，过点E (0, 1)的最长弦和最短弦分别是AC 和BD,则四边形ABCDW面积为A. 5、. 2 B 10、. 2 C. 15.2 D. 20.2【答案】B2 2 2C1：3 4 1(a> b>0) C1:x2 *y- 12.(浙江理8)已知椭圆 a b 与双曲线 4 有公共的焦点，C1的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A，B两点，若C1恰好将线段AB三等分，则2 13 -2 1a 2b 2A. 2 B, a 13 C, 2 D. b 2【答案】C3.(四川理10)在抛物线y x2 ax 5(aw0)上取横坐标为x1 4, x2 2的两点，过L 2 L 2这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆5x 5y 36相切，则抛物线顶点的坐标为A. ( 2, 9) B (0, 5) C (2, 9) D (1, 6)【答案】C【解析】由已知的割线的坐标(4,11 4a),(2,2 a 1),K 2 a,设直线方程为36 b22y (a 2)x b,则5 1 (2 a)五、解析几何2y x ax 5 ,b又y (a 2)x b6 a 4 ( 2, 9)4.(陕西理2)设抛物线的顶点在原点，准线方程为x 2,则抛物线的方程是2 2A, y 8x B . y 8x C. y2 4x D . y2 4x5. 理8 )已知双曲线2 2上工2 ,2a b1(a>0, b>0)的两条渐近线均和圆2x2或卫D. 3 2A. 5B. 2 y_5 C. 3 D. 66.（全国新课标理 7) 已知直线 l 过双曲线C 的一个焦点，且与 C 的对称轴垂直，l 与C 交于A, B 两点，1ABi为C 的实轴长的2倍，C 的离心率为 (A)短(B)由 (C) (D) 3 7.（全国大纲理 10）已知抛物线 2 C ：y 4x的焦点为F,直线y 2x 4与C 交于A, B 两点.则cos AFB = A. 5 3B. 5C .8.（江西理 9)若曲线C 1 :点，则实数 m 的取值范围是A.( B .C.[ 9.（湖南理 5) 设双曲线 y 9 D .2xD.(与曲线C2:，0)U (0,y(y的渐近线方程为mx m ） 0有四个不同的交3x 2y0,则a 的值为A. 4 【答案】C D. 110.（湖北理 4）将两个顶点在抛物线 2 px(p 0）上， 另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为 A. n=0 【答案】C 11.（福建理 n, 则 B. n=1 C .n=2D. n7) 设圆锥曲线 r 的两个焦点分别为F1, F2,若曲线r 上存在点P 满足PF 1 : F 1F 2 : PF2 1或3 A. 22=4:3:2 ,则曲线r 的离心率等于 B. 3 或 2【答案】A12 .（北京理8）设A 0，0 , B 4，0 , C t 4，4 , D t ，4 t R .记N t 为平行四边形 ABCg 部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数 的值域为C 22 c13 .（安徽理2）双曲线2x y8的实轴长是则线段AB 的中点到y 轴的距离为、填空题15 .（湖北理14）如图，直角坐标系 x O y 所在的平面为，直角坐标系xOy （其中y 轴一与射影C 的方程是 【答案】(2, 2) (x 1)2 y2 12 x 2116 .（浙江理17）设F1,F 2分别为椭圆 3的左、右焦点，点A,B 在椭圆上，若uuruurnF 1A 5F 2B;则点 A 的坐标是A. 9,10,11B.9,10,12 C.9,11,12D.10,11,12(A) 2(B) 2 2(C) 4(D) 4 214.（辽宁理已知F 是抛物线 y2=x 的焦点, A,B 是该抛物线上的两点， IAF BF =3(A)4(B) 1'轴重合）所在的平面为，xOx 45 。
【2020最新】人教版最新高考文科数学解析几何练习题及参考答案
教学资料范本【2020最新】人教版最新高考文科数学解析几何练习题及参考答案编辑：__________________时间：__________________(附参考答案)一．考试内容：椭圆及其标准方程.椭圆的简单几何性质.椭圆的参数方程.双曲线及其标准方程.双曲线的简单几何性质.抛物线及其标准方程.抛物线的简单几何性质.二．考试要求：掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质，了解椭圆的参数方程.掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质.掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质.了解圆锥曲线的初步应用.【注意】圆锥曲线是解析几何的重点，也是高中数学的重点内容，高考中主要出现三种类型的试题：①考查圆锥曲线的概念与性质；②求曲线方程和轨迹；③关于直线与圆锥曲线的位置关系的问题.三．基础知识:椭圆及其标准方程椭圆的定义：椭圆的定义中，平面内动点与两定点、的距离的和大于||这个条件不可忽视.若这个距离之和小于||，则这样的点不存在；若距离之和等于||，则动点的轨迹是线段.2.椭圆的标准方程：（＞＞0），（＞＞0）.3.椭圆的标准方程判别方法：判别焦点在哪个轴只要看分母的大小：如果项的分母大于项的分母，则椭圆的焦点在x轴上，反之，焦点在y轴上.4.求椭圆的标准方程的方法：⑴正确判断焦点的位置；⑵设出标准方程后，运用待定系数法求解.椭圆的简单几何性质椭圆的几何性质：设椭圆方程为（＞＞0）.⑴范围： -a≤x≤a，-b≤x≤b，所以椭圆位于直线x=和y=所围成的矩形里. ⑵对称性：分别关于x轴、y轴成轴对称，关于原点中心对称.椭圆的对称中心叫做椭圆的中心.⑶顶点：有四个（-a，0）、（a，0）（0，-b）、（0，b）.线段、分别叫做椭圆的长轴和短轴.它们的长分别等于2a和2b，a和b分别叫做椭圆的长半轴长和短半轴长. 所以椭圆和它的对称轴有四个交点，称为椭圆的顶点.⑷离心率：椭圆的焦距与长轴长的比叫做椭圆的离心率.它的值表示椭圆的扁平程度.0＜e＜1.e越接近于1时，椭圆越扁；反之，e越接近于0时，椭圆就越接近于圆.2.椭圆的第二定义⑴定义：平面内动点M与一个顶点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数（e＜1＝时，这个动点的轨迹是椭圆.⑵准线：根据椭圆的对称性，（＞＞0）的准线有两条，它们的方程为.对于椭圆（＞＞0）的准线方程，只要把x换成y就可以了，即.3.椭圆的焦半径：由椭圆上任意一点与其焦点所连的线段叫做这点的焦半径.设（-c，0），（c，0）分别为椭圆（＞＞0）的左、右两焦点，M（x，y）是椭圆上任一点，则两条焦半径长分别为，.椭圆中涉及焦半径时运用焦半径知识解题往往比较简便.椭圆的四个主要元素a、b、c、e中有=+、两个关系，因此确定椭圆的标准方程只需两个独立条件.4.椭圆的参数方程椭圆（＞＞0）的参数方程为（θ为参数）.说明⑴这里参数θ叫做椭圆的离心角.椭圆上点P的离心角θ与直线OP的倾斜角α不同：；⑵椭圆的参数方程可以由方程与三角恒等式相比较而得到，所以椭圆的参数方程的实质是三角代换. 92.椭圆的参数方程是.5.椭圆的的内外部（1）点在椭圆的内部.（2）点在椭圆的外部.6. 椭圆的切线方程椭圆上一点处的切线方程是.（2）过椭圆外一点所引两条切线的切点弦方程是.（3）椭圆与直线相切的条件是双曲线及其标准方程双曲线的定义：平面内与两个定点、的距离的差的绝对值等于常数2a（小于||）的动点的轨迹叫做双曲线.在这个定义中，要注意条件2a＜||，这一条件可以用“三角形的两边之差小于第三边”加以理解.若2a=||，则动点的轨迹是两条射线；若2a＞||，则无轨迹.若＜时，动点的轨迹仅为双曲线的一个分支，又若＞时，轨迹为双曲线的另一支.而双曲线是由两个分支组成的，故在定义中应为“差的绝对值”.双曲线的标准方程：和（a＞0，b＞0）.这里，其中||=2c.要注意这里的a、b、c及它们之间的关系与椭圆中的异同.3.双曲线的标准方程判别方法是：如果项的系数是正数，则焦点在x轴上；如果项的系数是正数，则焦点在y轴上.对于双曲线，a不一定大于b，因此不能像椭圆那样，通过比较分母的大小来判断焦点在哪一条坐标轴上.4.求双曲线的标准方程，应注意两个问题：⑴正确判断焦点的位置；⑵设出标准方程后，运用待定系数法求解.双曲线的简单几何性质双曲线的实轴长为2a，虚轴长为2b，离心率＞1，离心率e越大，双曲线的开口越大.双曲线的渐近线方程为或表示为.若已知双曲线的渐近线方程是，即，那么双曲线的方程具有以下形式：，其中k是一个不为零的常数.双曲线的第二定义：平面内到定点（焦点）与到定直线（准线）距离的比是一个大于1的常数（离心率）的点的轨迹叫做双曲线.对于双曲线，它的焦点坐标是（-c，0）和（c，0），与它们对应的准线方程分别是和.双曲线的焦半径公式，.双曲线的内外部点在双曲线的内部.点在双曲线的外部.双曲线的方程与渐近线方程的关系(1）若双曲线方程为渐近线方程：.若渐近线方程为双曲线可设为.若双曲线与有公共渐近线，可设为（，焦点在x轴上，，焦点在y轴上）.双曲线的切线方程双曲线上一点处的切线方程是.（2）过双曲线外一点所引两条切线的切点弦方程是.（3）双曲线与直线相切的条件是.抛物线的标准方程和几何性质1．抛物线的定义：平面内到一定点（F）和一条定直线（l）的距离相等的点的轨迹叫抛物线。
培优提能课(五) 解析几何 2023高考数学二轮复习课件
由题意，Δ＝0，即[4k(y0－kx0)]2－4(1＋2k2)[2(y0－kx0)2－4]＝0 且 x02＋2y20
＝4， 整理得(x20－4)k2－2x0y0k＋y20－2＝0.
3.
因为点 B，B′关于 x 轴对称，所以 B′－38＋34kk2，4
3k2－3 3＋4k2
3，
所以直线 PB′的方程为 y＝
3－4
3k2－3 3＋4k2
8 3k
3 x＋
3＝43kx＋
3，
3＋4k2
令
y＝0，得
x＝－4
33k，所以
M－4
33k，0.
令 y＝kx＋
3＝0，得
x＝－
k3，所以
N－
k3，0.
目录
02
提能2 隐圆问题
目录
隐圆问题在近几年各地模考和高考的填空题和解答题中都出现过，难 度为中、高档题．在题设中没有明确给出圆的相关信息，而是隐含在题目 中，要通过分析、转化，发现圆(或圆的方程)，从而最终利用圆的知识来 求解，我们称这类问题为“隐圆”问题．
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角度一 利用圆的定义(垂直)确定隐圆
所以|BM|＝
1＋2xy002x0（x204＋－42yy2020）＋x0
＝ x20＋8 4y20，
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|AM|＝
1＋－2xy002x0（x204＋－42yy2002）－x0
＝ 2x|02x＋0y40|y20，
即 S△ABM＝12|AM||BM|＝x820|＋x0y40y|02≤2， 当且仅当xx0202＝ ＋42yy2200， ＝4，即 x02＝38，y02＝23时取等号． 故△ABM面积的最大值为2.
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提能练(五) 解析几何 A 组 基础对点练1．已知F 1，F 2是椭圆和双曲线的公共焦点，P 是它们的一个公共点，且∠F 1PF 2＝π3，设椭圆和双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则( )A ．e 1＝13e 2B ．e 21＋13e 22＝4C.1e 21＋3e 22＝4 D ．e 21＋3e 22＝4 解析：设椭圆与双曲线的方程分别为x 2a 21＋y 2b 21＝1，x 2a 22－y 2b 22＝1，满足a 21－b 21＝a 22＋b 22＝c 2，由焦点三角形的面积公式得S △F 1PF 2＝33b 21＝3b 22，故b 21＝3b 22，即a 21－c 2＝3(c 2－a 22)，∴1e 21＋3e 22＝4. 答案：C2．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，P 是椭圆上一点，△PF 1F 2是以F 2P 为底边的等腰三角形，且60°＜∠PF 1F 2＜120°，则该椭圆的 离心率的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫3－12，1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫3－12，12 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 解析：由题意可得，|PF 2|2＝|F 1F 2|2＋|PF 1|2－2|F 1F 2|·|PF 1|cos ∠PF 1F 2＝4c 2＋4c 2－2·2c ·2c ·cos ∠PF 1F 2，即|PF 2|＝22c ·1－cos ∠PF 1F 2，所以a ＝|PF 1|＋|PF 2|2＝c ＋2c ·1－cos ∠PF 1F 2，又60°＜∠PF 1F 2＜120°，∴－12＜cos ∠PF 1F 2＜12，所以2c ＜a ＜(3＋1)c ，则13＋1＜c a ＜12，即3－12＜e ＜12.故选B.答案：B3．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，A ，B 为椭圆上的两点，线段AB 的垂直平分线交x 轴于点M (a5，0)，则椭圆的离心率e 的取值范围是( )A ．(22，1)B ．(33，1)C ．(34，1) D ．(55，1)解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，x 1≠x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧ (x 1－a 5)2＋y 21＝(x 2－a 5)2＋y 22，x 21a 2＋y21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b 2＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 5(x 1－x 2)＝x 21－x 22＋y 21－y 22，y 21＝b 2－b2a 2x 21，y 22＝b 2－b 2a 2x 22，所以2a 5(x 1－x 2)＝a 2－b 2a 2(x 21－x 22)，所以2a 35(a 2－b 2)＝x 1＋x 2.又－a ≤x 1≤a ，－a ≤x 2≤a ，x 1≠x 2，所以－2a ＜x 1＋x 2＜2a ，则2a 35(a 2－b 2)＜2a ，即b 2a 2＜45，所以e 2＞15.又0＜e ＜1，所以55＜e ＜1. 答案：D4．(2019·合肥模拟) 已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1，若一组斜率为14的平行直线被椭圆C 所截线段的中点均在直线l 上，则l 的斜率为( ) A ．－2 B ．2C ．－12D.12解析：设平行直线中的一条直线的方程为y ＝14x ＋m ，与椭圆相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，弦AB 的中点坐标为M (x ，y )， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14x ＋m ，x 22＋y 2＝1，消去y ，得9x 2＋8mx ＋16m 2－16＝0，Δ＝64m 2－4×9×(16m 2－16)＞0，解得－324＜m ＜324，∴x 1＋x 2＝－8m9，x 1x 2＝16m 2－169.∵M (x ，y )为弦AB 的中点，∴x 1＋x 2＝2x ，∴－8m 9＝2x ，x ＝－4m9，∵m ∈(－324，324)，∴x ∈(－23，23)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14x ＋m ，x ＝－4m9，消去m ，得y ＝－2x ，∴直线l 的方程为y ＝－2x ，x ∈(－23，23)，∴直线l 的斜率为－2，故选A. 答案：A5．(2019·烟台模拟)已知F (2,0)为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点，过F 且垂直于x 轴的弦长为6，若A (－2，2)，点M 为椭圆上任一点，则|MF |＋|MA |的最大值为________．解析：设椭圆的左焦点为F ′，由椭圆的右焦点为F (2,0)，得c ＝2，又过F 且垂直于x 轴的弦长为6，即2b 2a ＝6，则a 2－c 2a ＝a 2－4a＝3，解得a ＝4，所以|MF |＋|MA |＝8－|MF ′|＋|MA |＝8＋|MA |－|MF ′|，当M ，A ，F ′三点共线时，|MA |－|MF ′|取得最大值，(|MA |－|MF ′|)max ＝|AF ′|＝2，所以|MF |＋|MA |的最大值为8＋ 2. 答案：8＋ 26．(2019·石家庄质检)已知F 为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点，过原点的直线l 与双曲线交于M ，N 两点，且MF →·NF →＝0，△MNF 的面积为ab ，则该双曲线的离心率为________．解析：因为MF →·NF →＝0，所以MF →⊥NF →.设双曲线的左焦点为F ′，则由双曲线的对称性知四边形F ′MFN 为矩形，则有|MF |＝|NF ′|，|MN |＝2c .不妨设点N 在双曲线右支上，由双曲线的定义知，|NF ′|－|NF |＝2a ，所以|MF |－|NF |＝2a .因为S △MNF ＝12|MF |·|NF |＝ab ，所以|MF |·|NF |＝2ab .在Rt △MNF 中，|MF |2＋|NF |2＝|MN |2，即(|MF |－|NF |)2＋2|MF ||NF |＝|MN |2，所以(2a )2＋2·2ab ＝(2c )2，把c 2＝a 2＋b 2代入，并整理，得b a ＝1，所以e ＝c a ＝1＋(ba )2＝ 2.答案： 27．(2019·上饶模拟)过点M (m,0)(m ＞0)作直线l ，与抛物线y 2＝4x ，有两交点A ，B ，点F 为抛物线的焦点，若F A →·FB →＜0，则m 的取值范围是________． 解析：设直线l 的方程为x ＝ty ＋m ，直线l 与曲线C 的交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＝14y 21，x 2＝14y 22.将l 的方程代入抛物线方程，化简得y 2－4ty －4m ＝0，∴Δ＝16(t 2＋m )＞0，y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4m .易得F (1,0)，∴F A →＝(x 1－1，y 1)，FB →＝(x 2－1，y 2)，∴F A →·FB →＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2＝116(y 1y 2)2＋y 1y 2－14(y 21＋y 22)＋1＝116(y 1y 2)2＋y 1y 2－14[(y 1＋y 2)2－2y 1y 2]＋1＝m 2－6m ＋1－4t 2.又F A →·FB →＜0， ∴m 2－6m ＋1－4t 2＜0，即m 2－6m ＋1＜4t 2恒成立．又4t 2≥0，∴只需m 2－6m ＋1＜0即可，解得3－22＜m ＜3＋2 2.∴m 的取值范围为(3－22，3＋22)． 答案：(3－22，3＋22)8．(2019·福州四校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由． 解析：(1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12. 将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ，所以2b 2a ＝3.又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t,0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎨⎧y ＝k (x －1)，3x 2＋4y 2－12＝0，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2①，其中Δ＞0恒成立，由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)， 即y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0 ②. 因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，代入②得k (x 1－1)(x 2－t )＋k (x 2－1)(x 1－t )(x 1－t )(x 2－t )＝k [2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ](x 1－t )(x 2－t )＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0 ③，将①代入③得8k 2－24－(t ＋1)8k 2＋2t (3＋4k 2)3＋4k 2＝6t －243＋4k 2＝0 ④，则t ＝4，综上所述，存在T (4,0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．B 组 能力提升练9．已知点M (－3,2)是坐标平面内一定点，若抛物线y 2＝2x 的焦点为F ，点Q 是该抛物线上的一动点，则|MQ |－|QF |的最小值是( ) A.72B ．3C.52D ．2解析：抛物线的准线方程为x ＝－12，过Q 作准线 的垂线，垂足为Q ′，如图．依据抛物线的定义， 得|QM |－|QF |＝|QM |－|QQ ′|，则当QM 和QQ ′共 线时，|QM |－|QQ ′|的值 最小，最小值为⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝52.答案：C10．(2019·兰州模拟)已知圆C ：(x －3)2＋(y －1)2＝1和两点A (－t,0)，B (t,0)(t ＞0)，若圆C 上存在点P ，使得∠APB ＝90°，则t 的取值范围是( ) A ．(0,2] B ．[1,2] C ．[2,3]D ．[1,3]解析：依题意，设点P (3＋cos θ，1＋sin θ)， ∵∠APB ＝90°，∴AP →·BP→＝0，∴(3＋cos θ＋t )(3＋cos θ－t )＋(1＋sin θ)2＝0， 得t 2＝5＋23cos θ＋2sin θ＝5＋4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3，∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3∈[－1,1]，∴t 2∈[1,9]，∵t ＞0，∴t ∈[1,3]． 答案：D11．(2019·惠州调研)设m ，n ∈R ，若直线l ：mx ＋ny －1＝0与x 轴相交于点A ，与y 轴相交于点B ，且直线l 与圆x 2＋y 2＝4相交所得的弦长为2，O 为坐标原点，则△AOB 面积的最小值为( ) A ．5 B ．4 C ．3D ．2解析：由直线与圆相交所得的弦长为2，得圆心到直线的距离d ＝1m 2＋n 2＝3，所以m 2＋n 2＝13≥2|mn |，当且仅当m ＝n 时等号成立．所以|mn |≤16，又A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1n ，所以△AOB 的面积S ＝12|mn |≥3，故△AOB 面积的最小值为3. 答案：C12．(2019·西安八校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过(1,1)与⎝ ⎛⎭⎪⎫62，32两点．(1)求椭圆C 的方程；(2)过原点的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，椭圆C 上一点M 满足|MA |＝|MB |.求证：1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2为定值．解析：(1)将(1,1)与⎝ ⎛⎭⎪⎫62，32两点代入椭圆C 的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋1b 2＝1，32a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，b 2＝32.∴椭圆C 的方程为x 23＋2y 23＝1.(2)证明：由|MA |＝|MB |，知M 在线段AB 的垂直平分线上，由椭圆的对称性知A ，B 关于原点对称．①若点A ，B 是椭圆的短轴顶点，则点M 是椭圆的一个长轴顶点， 此时1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2＝1b 2＋1b 2＋2a 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2＝2.同理，若点A ，B 是椭圆的长轴顶点，则点M 在椭圆的一个短轴顶点， 此时1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2＝1a 2＋1a 2＋2b 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2＝2. ②若点A ，B ，M 不是椭圆的顶点，设直线l 的方程为y ＝kx (k ≠0)，则直线OM 的方程为y ＝－1k x ， 设A (x 1，y 1)，则B (－x 1，－y 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 23＋2y 23＝1，解得x 21＝31＋2k 2，y 21＝3k 21＋2k 2，∴|OA |2＝|OB |2＝x 21＋y 21＝3(1＋k 2)1＋2k2，同理|OM |2＝3(1＋k 2)2＋k 2，∴1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2 ＝2×1＋2k 23(1＋k 2)＋2(2＋k 2)3(1＋k 2)＝2，故1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2＝2为定值． 13．已知点M 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上一点，F 1、F 2分别为C 的左、右焦点，|F 1F 2|＝4，∠F 1MF 2＝60°，△F 1MF 2的面积为433.(1)求椭圆C 的方程；(2)设N (0,2)，过点P (－1，－2)作直线l ，交椭圆C 于异于N 的A ，B 两点，直线NA ，NB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 1＋k 2为定值．解析：(1)在△F 1MF 2中，由12|MF 1||MF 2|sin 60°＝433，得|MF 1||MF 2|＝163. 由余弦定理，得|F 1F 2|2＝|MF 1|2＋|MF 2|2－2|MF 1|·|MF 2|cos 60°＝(|MF 1|＋|MF 2|)2－2|MF 1|·|MF 2|(1＋cos 60°)，从而2a ＝|MF 1|＋|MF 2|＝42，即a ＝22，从而b ＝2，故椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＋2＝k (x ＋1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，y ＋2＝k (x ＋1)得(1＋2k 2)x 2＋4k (k －2)x ＋2k 2－8k ＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k (k －2)1＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－8k 1＋2k 2.从而k 1＋k 2＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝2kx 1x 2＋(k －4)(x 1＋x 2)x 1x 2＝2k －(k －4)4k (k －2)2k 2－8k ＝4.当直线l 的斜率不存在时，可取A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，142，B ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－142，得k 1＋k 2＝4.综上，恒有k1＋k2＝4.。