《(2017-2019)高考理数真题分类汇编专题08 平面解析几何(解答题)(教师版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(2017-2019)高考理数真题分类汇编专题08 平面解析几何(解答题)(教师版).pdf（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题 08平面解析几何（解答题）1 【2019 年高考全国卷理数】已知抛物线 C：y2=3 的焦点为 F，斜率为与轴的交点为 P（1）若|AF|+|BF|=4，求 l 的方程；（2）若AP 3PB，求|AB|【答案】 （1）y 3的直线 l 与 C 的交点为 A，B，2uuu ruuu r374 13.x； （2）283【解析】设直线l: y （1）由题设得F3xt,Ax1, y1,Bx2, y2235 3,0，故| AF | BF | x1 x2，由题设可得x1 x22243y xt12(t 1)222由，可得9x 12(t 1)x4t 0，则x1 x2 92y 3x12(t 1)57，得t
2、 92837所以l的方程为y x28uuu ruuu r2（ ）由AP 3PB可得y1 3y2从而3y xt22由，可得y 2y 2t 02y 3x所以y1 y2 2从而3y2 y2 2，故y2 1,y1 3代入C的方程得x13,x2故| AB |134 133【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及平面向量、弦长的求解方法，解题关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，利用根与系数的关系构造等量关系.2【2019 年高考全国卷理数】已知点 A(2，0)，B(2，0)，动点 M(，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
3、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.【答案】 （1）见解析； （2）（i）见解析；（ii）16.9yy1x2y2 ，化简得【解析】 （1）由题设得1(|x| 2)，所以 C 为中心在坐标原点，x2 x2242焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点（2）（i）设直线 PQ 的斜率为，则其方程为y kx(k 0)y kx222x 由x得y212k1 42记u 212k2，则P(u,uk),Q(u,uk),E(u,0)于是直线QG的斜率为
4、kk，方程为y (xu)22ky (xu),2由2得2xy1 42(2k2)x22uk2xk2u28 023u(3k 2)uk设G(xG, yG)，则u和xG是方程的解，故xG，由此得yG222k2kuk3uk212k 从而直线PG的斜率为u(3k22)ku2k2所以PQ PG，即PQG是直角三角形22uk k 1（ii）由（i）得| PQ| 2u 1k，| PG |，所以PQG 的面积22k218(k)18k(1k )kS | PQ PG|2212(12k )(2k )12(k)2k1设 t=+，则由0 得 t2，当且仅当=1 时取等号k8t162+t=2=1S因为S 在，）单调递减，所以当
5、，即时， 取得最大值，最大值为212t916因此，PQG 面积的最大值为92【名师点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了求函数最大值问题.1x23【2019 年高考全国卷理数】已知曲线 C：y=，D 为直线 y=上的动点，过 D 作 C 的两条切线，22切点分别为 A，B.（1）证明：直线 AB 过定点：（2）若以 E(0，5)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.2【答案】 （1）见详解； （2）3 或4 2.【解析】（1）设Dt,1 ,2Ax1, y1，
6、则x12 2y1.1由于y x，所以切线DA的斜率为x1，故2 x.1x1ty1整理得2 tx12 y1+1=0.设Bx2,y2，同理可得2tx22 y2+1=0.故直线AB的方程为2tx 2y 1 0.所以直线AB过定点(0, ).（2）由（1）得直线AB的方程为y tx121.21y tx2由，可得x22tx 1 0.2y x2于是x1 x2 2t,x1x2 1,y1 y2tx1 x21 2t21，| AB| 1t2x1 x2 1t2x1 x224x1x2 2t21.2设d1,d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1t 1,因此，四边形ADBE的面积S d22t 12.1| AB|d1d
7、2t23t21.22设M为线段AB的中点，则Mt,t 1 .2uuuu ruuuu ruuu ruuu r22由于EM AB， 而EM t,t 2，AB与向量(1, t)平行， 所以t t 2t 0.解得t=0或t 1.当t=0时，S=3；当t 1时，S 4 2.因此，四边形ADBE的面积为3或4 2.【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题，第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小.4【2019 年高考北京卷理数】已知抛物线C：2=2py 经过点（2，1）（1）求抛物线 C 的方程及其准线方程；（2）设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为
8、 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M，N，直线 y=1 分别交直线 OM，ON 于点 A 和点 B求证：以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的两个定点【答案】 （1）抛物线C的方程为x 4y，准线方程为y 1； （2）见解析.2【解析】 （1）由抛物线C : x 2py经过点(2,1)，得p 2.2所以抛物线C的方程为x 4y，其准线方程为y 1.（2）抛物线C的焦点为F(0,1).设直线l的方程为y kx1(k 0).2y kx1,由2得x2 4kx4 0.x 4y设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1x2 4.直线OM的方程为y y1x.x1x1.y1令y 1，得点 A 的横坐标xA 同
9、理得点 B 的横坐标xB x2.y2uuu rxrxuuu12,1n，设点D(0, n)，则DA,1n,DB y1y2uuu r uuu rx xDADB 12(n1)2y1y2x1x22(n1)2x12x24416(n1)2x1x2 4(n1)2.uuu r uuu r2令DADB 0，即4(n1) 0，则n 1或n3.综上，以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的定点(0,1)和(0,3).【名师点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.x2y25【2019 年高考天津卷理数】设椭圆221(a b
10、0)的左焦点为F，上顶点为B已知椭圆的短ab轴长为 4，离心率为55（1）求椭圆的方程；（2）设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上若|ON |OF |（O为原点），且OP MN，求直线PB的斜率x2y22 302 30【答案】（1）或1；（2）5455【解析】 （1）设椭圆的半焦距为c，依题意，2b 4,c5，又a2 b2c2，可得a 5，b 2,a5c 1x2y2所以，椭圆的方程为154yPxp 0 ,MxM,0设直线PB的斜率为kk 0，（2）由题意，设PxP，又B0,2，则直线PB的方程为y kx 2，y kx2,22与椭圆方程联立x2
11、y2整理得45kx 20kx 0，1,4 520k810k2可得xP ，代入y kx 2得yP，245k45k2yP45k2进而直线OP的斜率xp10k在y kx 2中，令y 0，得xM 2kk2由题意得N0,1，所以直线MN的斜率为45k2由OP MN，得10k所以，直线PB的斜率为24k 2 30 1，化简得k2，从而k 5522 302 30或55【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识考查用代数方法研究圆锥曲线的性质考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力x2y26【2019 年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系Oy 中，椭圆 C221(a b 0)
12、的焦点为 F1（ab1、0），F2（1，0）过 F2作轴的垂线 l，在轴的上方，l 与圆 F2(x1)2 y2 4a2交于点 A，与椭圆 C 交于点 D.连结 AF1并延长交圆 F2于点 B，连结 BF2交椭圆 C 于点 E，连结 DF1已知 DF1=52（1）求椭圆 C 的标准方程；（2）求点 E 的坐标3x2y2【答案】 （1）（2）E(1,).1；243【解析】 （1）设椭圆 C 的焦距为 2c.因为 F1(1，0)，F2(1，0)，所以 F1F2=2，c=1.又因为 DF1=553，AF2轴，所以 DF2=DF12 F1F22( )222，222因此 2a=DF1+DF2=4，从而 a
13、=2.由 b2=a2c2，得 b2=3.x2y2因此，椭圆 C 的标准方程为1.43x2y2（2）解法一：由（1）知，椭圆 C：1，a=2，43因为 AF2轴，所以点 A 的横坐标为 1.将=1 代入圆 F2的方程(1) 2+y2=16，解得 y=4.因为点 A 在轴上方，所以 A(1，4).又 F1(1，0)，所以直线 AF1：y=2+2.y 2x2112x .由，得，解得或x 15x 6x11 0225(x1) y 16将x 1112代入y 2x 2，得y ，55因此B(1112,).553(x1).4又 F2(1，0)，所以直线 BF2：y 3y (x1)1342.x 由2，得，解得或x
14、 17x 6x13 027xy13 4又因为 E 是线段 BF2与椭圆的交点，所以x 1.将x 1代入y 因此E(1,).33(x1)，得y .4232x2y2解法二：由（1）知，椭圆 C：1.43如图，连结 EF1.因为 BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以 EF1=EB，从而BF1E=B.因为 F2A=F2B，所以A=B，所以A=BF1E，从而 EF1F2A.因为 AF2轴，所以 EF1轴.x 13因为 F1(1，0)，由x2y2，得y .213 4又因为 E 是线段 BF2与椭圆的交点，所以y 因此E(1,).3.232【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几
15、何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.， 0)为抛物线y2 2px(p 0)的焦点，过点F 的直线交抛物线7【2019 年高考浙江卷】如图，已知点F(1于 A、B 两点，点 C 在抛物线上，使得ABC的重心 G 在轴上，直线 AC 交轴于点 Q，且 Q 在点 F的右侧记AFG,CQG的面积分别为S1,S2（1）求 p 的值及抛物线的准线方程；S1（2）求的最小值及此时点 G 的坐标S2【答案】（1）p=2，准线方程为=1；（2）最小值为13，此时G（2，0）2【解析】（1）由题意得p1，即p=2.2所以，抛物线的准线方程为=1.2（2）设Ax
16、A, yA,BxB, yB,Cxc,yc，重心GxG, yG.令yA 2t,t 0，则xA t.t21由于直线AB过F，故直线AB方程为x y1，代入y2 4x，得2ty22t21ty4 0，2 12，所以B2,.ttt故2tyB 4，即yB 又 由 于xG112xA xB xc, yGyA yB yc及 重 心 G 在 轴 上 ， 故2t yc 0， 得33t121 2t42t22Ct,2t,G,0.2tt3t所以，直线AC方程为y 2t 2t xt2，得Qt21,0.由于Q在焦点F的右侧，故t2 2.从而422t 2t 211|2t | FG| yA23tS122t4t2t22.4 244
17、22t 2t 22S21|QG| yt 1t 1|t21|2t |c23t2t令m t22，则m0，S1m113 22 2 213S2m 4m32.3m42 m4mmS13当m 3时，取得最小值1，此时G（2，0）S22【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.8【2017 年高考全国 III 卷理数】已知抛物线C：y2=2，过点（2,0）的直线 l 交 C 于 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P4,2，求直线 l 与圆 M 的方程.【答案】（1）见解
18、析；（2）直线l的方程为x y 2 0，圆M的方程为x3y110，或直229185线l的方程为2x y 4 0，圆M的方程为xy421622【解析】（1）设Ax1,y1,Bx2,y2，l : x my 2.由x my2,2可得y 2my 4 0，则y1y2 4.2y 2x22y12y2y y又x1，故x x 12 4.,x212224因此OA的斜率与OB的斜率之积为故坐标原点O在圆M上.y1y24 1，所以OAOB.x1x24（2）由（1）可得y1 y2 2m,x1 x2 my1 y24 2m 4.2故圆心M的坐标为m 2,m，圆M的半径r 2m22m2.2uuu r uuu r由于圆M过点P
19、4,2，因此APBP 0，故x14x24y12y220，即x1x24x1 x2 y1y22y1 y2200，由（1）可得y1y2 4,x1x2 4.所以2m2m1 0，解得m 1或m 1.2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的半径为10，圆M的方程为x3y110.当m 221 91 85时， 直线l的方程为2x y 4 0， 圆心M的坐标为,， 圆M的半径为， 圆M4224229185.的方程为xy4216【名师点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称
20、轴平行的特殊情况 .中点弦问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证 0或说明中点在曲线内部.22xy9 【2017 年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E :221(a b 0)的左、右焦点ab分别为F1，F2，离心率为1，两准线之间的距离为8点P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F1作2直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2（1）求椭圆E的标准方程；（2）若直线l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标x2y2a2（注：椭圆221(a b 0)的准线方程：x ）abcx2y24 7 3 7【答案】 （1）（2）(1；,)4377【解析】 （1）设椭圆的半焦距为 cc
21、12a21因为椭圆 E 的离心率为，两准线之间的距离为8，所以，8，a22c解得a 2,c 1，于是b a2c23，x2y2因此椭圆 E 的标准方程是143（2）由（1）知，F1(1,0)，F2(1,0)设P(x0, y0)，因为P为第一象限的点，故x0 0, y0 0当x01时，l2与l1相交于F1，与题设不符y0y0当x01时，直线PF1的斜率为，直线PF2的斜率为x01x01因为l1PF1，l2PF2，所以直线l1的斜率为x01x01，直线l2的斜率为，y0y0从而直线l1的方程：y x01(x1)，y0直线l2的方程：y x01(x1)y02x01由，解得x x0, y ，y02x01
22、)所以Q(x0,y02x01 y0，因为点Q在椭圆上，由对称性，得y02222即x0 y01或x0 y0122x0y0又P在椭圆 E 上，故14322x0 y014 73 7由x2y2，解得x0；, y 0007713 422x0 y0122，无解x0y013 4因此点 P 的坐标为(4 7 3 7,)77【名师点睛】直线与圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用根与系数关系或求根公式进行转化，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点在曲线上（点的坐标满足曲线方程）等10【2017 年高考浙江卷】如图，已知抛物线x2 y，点 A(， )，B(， )，抛物线上的点1 1
23、2 43 92 413P(x, y)( x )过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q22（1）求直线 AP 斜率的取值范围；（2）求| PA| PQ|的最大值【答案】 （1）(1,1)； （2）271614 x1，【解析】 （1）设直线 AP 的斜率为，k 12x213因为 x ，22所以直线 AP 斜率的取值范围是(1,1)x211kx yk 0,24（2）联立直线 AP 与 BQ 的方程93xkyk 0,42k24k 3解得点 Q 的横坐标是xQ22(k 1)2(k 1)(k 1)12因为|PA|=1k (x)=1k2(k 1)，|PQ|=1k (xQ x) ，22k 12所以PA P
24、Q (k 1)(k 1)令f (k) (k 1)(k 1)，因为f (k) (4k 2)(k 1)，所以 f()在区间(1, )上单调递增，(,1)上单调递减，因此当=3231212127时，| PA| PQ|取得最大值216【名师点睛】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力，通过表达| PA|与| PQ |的长度，通过函数f (k) (k 1)(k 1)求解3| PA| PQ|的最大值11【2018 年高考全国卷理数】设抛物线C：y2 4x的焦点为F，过F且斜率为k(k 0)的直线l与C交于A，B两点，| AB|8（1）求l的方程
25、；（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程【答案】 （1）y x1； （2）(x3) (y 2) 16或(x11) (y 6) 144【解析】 （1）由题意得F(1,0)，l 的方程为y k(x1)(k 0)设A(x1, y1),B(x2, y2)，2222y k(x1),2222由2得k x (2k 4)xk 0y 4x2k24 16k 16 0，故x1 x22k24k24所以| AB| AF | BF | (x11)(x21)k24k24由题设知，k 18，解得k 1（舍去）k2因此 l 的方程为y x1（2）由（1）得 AB 的中点坐标为(3,2)，所以 AB 的垂直平分线方程为y
26、2 (x3)，即y x5设所求圆的圆心坐标为(x0, y0)，则y0 x05,x03,x011,2解得或(y0 x01)2y 2y 6.16.00(x01) 2因此所求圆的方程为(x3) (y 2) 16或(x11) (y 6) 14412 【2018 年高考北京卷理数】已知抛物线 C：y2=2p 经过点P（1，2） 过点 Q（0，1）的直线 l 与抛物线 C 有两个不同的交点 A，B，且直线 PA 交 y 轴于 M，直线 PB 交 y 轴于 N（1）求直线 l 的斜率的取值范围；2222uuuu ruuu ruuu ruuu r11（2）设 O 为原点，QM QO，QN QO，求证：为定值【
27、答案】 （1） （-，-3）（-3，0）（0，1） ； （2）见解析.【解析】 （1）因为抛物线 y2=2p 经过点 P（1，2） ，所以 4=2p，解得 p=2，所以抛物线的方程为 y2=4由题意可知直线 l 的斜率存在且不为 0，设直线 l 的方程为 y=+1（0） y2 4x由得k2x2(2k 4)x 1 0y kx 1依题意 (2k 4)24k21 0，解得0 或 01又 PA，PB 与 y 轴相交，故直线 l 不过点（1，-2） 从而-3所以直线 l 斜率的取值范围是（-，-3）（-3，0）（0，1） （2）设 A（1，y1） ，B（2，y2） 2k 41x x ，12k2k2y12
28、y 2 (x 1)直线 PA 的方程为x11由（1）知x1 x2 令=0，得点 M 的纵坐标为yM同理得点 N 的纵坐标为yNy1 2kx11 2 2x11x11kx21 2x21uuu ruuu ruuu ruuu rQN=QOQM=QO由，得=1 yM，1 yN22k 42x11x21111112x1x2(x1 x2)1k2k=2所以11 yM1 yN(k 1)x1(k 1)x2k 1x1x2k 1k2所以11为定值x213 【2018 年高考全国卷理数】设椭圆C : y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A,B两点，2点M的坐标为(2,0)（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2
29、）设O为坐标原点，证明：OMA OMB【答案】 （1）y 22（2）见解析.x2；x2或y 22【解析】 （1）由已知得F(1,0)，l 的方程为=1由已知可得，点 A 的坐标为(1,22)或(1,)，22所以 AM 的方程为y 22x2x2或y 22（2）当 l 与轴重合时，OMAOMB0当 l 与轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线，所以OMAOMB当 l 与轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y k(x1)(k 0)，A(x1, y1),B(x2, y2)，则x12, x22，直线 MA，MB 的斜率之和为kMAkMBy1y2x12x22由y1 kx1k, y2 kx2k得kMA kMB
30、2kx1x23k(x1 x2)4k(x12)(x22)x2将y k(x1)代入 y21得(2k21)x24k2x2k22 024k22k22所以x1 x2，,x1x2222k 12k 14k34k 12k38k34k则2kx1x23k(x1 x2)4k 022k 1从而kMAkMB 0，故 MA，MB 的倾斜角互补，所以OMAOMB综上，OMAOMBx2y2141交于A，B两点，线段AB的【2018 年高考全国卷理数】已知斜率为k的直线l与椭圆C：43中点为M1，mm 01（1）证明：k ；2uuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu r（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且F
31、P FA FB 0证明：FA，FP，FB成等差数列，并求该数列的公差【答案】 （1）见解析； （2）见解析.x12y12x22y22【解析】 （1）设A(x1, y1),B(x2, y2)，则1,14343两式相减，并由y1 y2x xy y2 k得121k 0 x1 x243x1 x2y y31,12 m，于是k 224m31由题设得0 m，故k 22由题设知（2）由题意得F(1,0)，设P(x3, y3)，则(x31,y3)(x11,y1)(x21,y2) (0,0)由（1）及题设得x3 3(x1 x2) 1,y3 (y1 y2) 2m 0uuu r333又点 P 在 C 上，所以m ，从
32、而P(1, )，| FP|224uuu ruu u rx2x12x1222于是| FA|(x11) y1(x11) 3(1) 2，同理| FB| 2，242uu u ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu r1所以| FA| FB| 4(x1 x2) 3，故2| FP | FA| | FB |，即| FA|,| FP |,| FB |成等差数列2uuu ruu u r11(x1 x2)24x1x2设该数列的公差为 d，则2|d | FB| FA| x1 x2|22373将m 代入k 得k 1，所以 l 的方程为y x，4m44112代入 C 的方程，并整理得7x
33、14x 0，故x1 x2 2,x1x2，428代入解得|d |3 213 213 21，所以该数列的公差为或28282815【2018 年高考江苏卷】 如图， 在平面直角坐标系xOy中， 椭圆C过点( 3,)， 焦点F，1( 3,0), F2( 3,0)圆 O 的直径为F1F2（1）求椭圆 C 及圆 O 的方程；（2）设直线 l 与圆 O 相切于第一象限内的点P若直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，求点P 的坐标；直线 l 与椭圆 C 交于A,B两点若OAB的面积为122 6，求直线 l 的方程7x2【答案】（1） 椭圆C的方程为圆O的方程为x2 y2 3；（2） ( 2,1)； y 5
34、x3 2 y21，4x2y2【解析】（1） 因为椭圆C的焦点为F， 可设椭圆C的方程为221(a b 0)1(3,0),F2( 3,0)ab1 321,a 4,1224b又点( 3,)在椭圆 C 上，所以a，解得22b 1,a2b2 3,x2因此椭圆 C 的方程为 y214因为圆 O 的直径为F1F2，所以其方程为x y 322（2）设直线 l 与圆 O 相切于P(x0, y0)(x0 0, y0 0)，则x0 y0 3，22所以直线 l 的方程为y x0 x3(x x0) y0，即y 0 xy0y0y0 x2 y21, 42222由消去 y，得(4x0 y0)x 24x0 x364y0 0
35、（*）x3y 0 x,y0y0因为直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，(24x0)24(4x02 y02)(36 4y02) 48y02(x022) 0所以因为x0, y0 0，所以x02, y01因此点 P 的坐标为( 2,1)因为三角形 OAB 的面积为2 612 64 2，所以，从而AB ABOP 7277设A(x1, y1),B(x2, y2)，由（*）得x1,224x048y02(x022)2(4x0 y0)22，x0248y02(x022)所以AB (x1 x2) (y1 y2) (12)y0(4x02 y02)222216(x022)3242因为x0 y0 3，所以AB ，
36、即2x045x0100 0，22(x01)49222解得x025211022(x0 20舍去） ，则y0，因此 P 的坐标为(,)2222综上，直线 l 的方程为y 5x3 216 【2018 年高考浙江卷】如图，已知点P 是 y 轴左侧(不含 y 轴)一点，抛物线 C：y2=4 上存在不同的两点A，B 满足 PA，PB 的中点均在 C 上yAPOMxB（1）设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴；y2（2）若 P 是半椭圆 +=1(b0)的左焦点为 F，上顶点为 B已知椭圆的离心率ab为5，点 A 的坐标为(b,0)，且FB AB 6 23（1）求椭圆的方程；（2）设直线 l：y
37、kx(k 0)与椭圆在第一象限的交点为P，且 l 与直线 AB 交于点 Q若AQPQ5 2sinAOQ(O 为原点)，求的值4111x2y2【答案】 （1）（2）或1；22894c25【解析】 （1）设椭圆的焦距为 2c，由已知有2，a9又由 a2=b2+c2，可得 2a=3b由已知可得，FB a，AB 2b，由FB AB 6 2，可得 ab=6，从而 a=3，b=2，x2y2所以椭圆的方程为194（2）设点 P 的坐标为（1，y1） ，点 Q 的坐标为（2，y2） 由已知有 y1y20，故PQ sinAOQ y1 y2又因为AQ y2，而OAB=，故AQ 2y2sinOAB4由AQPQ5 2
38、sinAOQ，可得 5y1=9y24y kx，6k22y 由方程组x消去，可得1y29k 41，4 9易知直线 AB 的方程为+y2=0，由方程组y kx，2k消去，可得y2k 1x y2 0，111， 或k 228=3 9k24，由 5y1=9y2， 可得 5 （+1）两边平方， 整理得56k250k 11 0， 解得k 所以的值为111或228x2y218【2017 年高考全国 I 理数】已知椭圆 C：221(a b 0)，四点 P1（1,1） ，P2（0,1） ，P3（1，ab33） ，P4（1，）中恰有三点在椭圆 C 上22（1）求 C 的方程；（2）设直线 l 不经过 P2点且与 C
39、 相交于 A，B 两点若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为1，证明：l 过定点x2【答案】 （1）（2）见解析. y21；4【解析】 （1）由于P3，P4两点关于 y 轴对称，故由题设知 C 经过P3，P4两点又由1113知，C 不经过点 P1，所以点 P2在 C 上2222aba4b 112b2a 4因此，解得2，13b 11224bax2故 C 的方程为 y214（2）设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为1，2，如果 l 与轴垂直，设 l：=t，224t4t由题设知t 0，且|t | 2，可得 A，B 的坐标分别为（t，） ， （t，） 224t224t22则k1k2得t
40、2， 不符合题设， 从而可设 l：y kx m（m 1） 1，2t2tx2将y kx m代 入 y21得(4k21)x28kmx4m24 0， 由 题 设 可 知416(4k2m21) 08km4m24设 A（1，y1） ，B（2，y2） ，则1+2=2，12=24k 14k 1而k1 k2y11y21kx1m1kx2m12kx1x2(m1)(x1 x2)x1x2x1x2x1x2由题设k1k2 1，故(2k 1)x1x2(m1)(x1 x2) 0，m14m248kmk 即(2k 1)，解得，(m1) 02224k 14k 1当且仅当m 1时 0，于是 l：y 所以 l 过定点（2，1） 【名师
41、点睛】椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判m1m1xm，即y1 (x2)，22断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简x219 【2017 年高考全国 II 理数】设O 为坐标原点，动点M 在椭圆 C： y21上，过M 作轴的垂线，垂2足为 N，点 P 满足NPuuu ruuuu r2NM（1）求点 P 的轨迹方程；uuu r uuu r（
42、2） 设点 Q 在直线x 3上， 且OPPQ 1 证明： 过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F【答案】 （1）x y 2； （2）见解析.22uuu ruuuu r【解析】 （1）设P(x, y),M(x0, y0)，N(x0,0)，则NP (xx0,y),NM (0,y0)uuu ruuuu r2由NP2NM得x0 x, y0y2x2y2因为M(x0, y0)在 C 上，所以122因此点 P 的轨迹方程为x y 2（2）由题意知F(1,0)设Q(3,t),P(m,n)，22uuu ruuu ruuu r uuu ruuu ruuu r则OQ (3,t),PF (1 m,
43、n),OQPF 33mtn，OP (m,n),PQ (3m,t n)由OPPQ 1得3mm2tn n21，又由（1）知m2n2 2，故33mtn 0所以OQPF 0，即OQPF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【名师点睛】求轨迹方程的常用方法：（1）直接法：直接利用条件建立，y 之间的关系 F(，y)0（2）待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程（3） 定义法： 先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线， 再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程uuu r uuu ruuu r uuu ruuu ruuu r（4）代入(相关点)法：动点
44、 P(，y)依赖于另一动点 Q(0，y0)的变化而运动，常利用代入法求动点P(，y)的轨迹方程20 【2017 年高考北京卷理数】已知抛物线C：y2=2p 过点 P(1，1).过点(0，1)作直线 l 与抛物线 C 交于不2同的两点 M，N，过点 M 作轴的垂线分别与直线OP，ON 交于点 A，B，其中 O 为原点.（1）求抛物线 C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程；（2）求证：A 为线段 BM 的中点.【答案】 （1）抛物线 C 的方程为y2 x，焦点坐标为(11，0)，准线方程为x ； （2）见解析.44【解析】 （1）由抛物线 C：y2 2px过点 P(1，1)，得 p 所以抛物线 C
45、 的方程为y2 x.抛物线 C 的焦点坐标为(11，0)，准线方程为x .441.2（2）由题意，设直线 l 的方程为y kx 1（k 0） ，l 与抛物线 C 的交点为M(x1, y1)，N(x2, y2).21y kx2 ，得4k2x2(4k 4)x 1 0.由y2 x则x1 x21 k1x x .，12k24k2因为点 P 的坐标为（1，1） ，所以直线 OP 的方程为y x，点 A 的坐标为(x1, y1).直线 ON 的方程为y 因为y1y2y xx，点 B 的坐标为(x1,21).x2x2y2x1y x y2x1 2x1x22x112x2x211(kx1)x2 (kx2)x1 2x
46、1x222x21(2k 2)x1x2(x2 x1)2x2(2k 2)11 k24k2k2x2 0，所以y1y2x1 2x1.x2故 A 为线段 BM 的中点.【名师点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了转化与化归能力，当看到题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数的关系，找准题设条件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出即可，有时不一定要把结果及时求出，可能需要整体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.（1）代入点P求得抛物线的方程，根据方程表示焦点坐标和准线方程；（2）设直线l 的方程为y kx 1（k 0） ，与抛物线方程联立，
47、再由根与系数的关系，及直线ON 的2方程为y x yy2y xx，联立求得点B的坐标为(x1,21)，再证明y1122x1 0.x2x2x21x2y221 【2017 年高考天津卷理数】 设椭圆221(a b 0)的左焦点为F， 右顶点为A， 离心率为 已2ab知A是抛物线y 2px(p 0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为（1）求椭圆的方程和抛物线的方程；（2）设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A） ，直线BQ与x轴相交于点D若APD的面积为2126，求直线AP的方程24y2【答案】（1）椭圆的方程为x （2）3x6y 3 0或1，抛物线的方程为y2 4x；3
48、23x 6y 3 0【解析】 （1）设F的坐标为(c,0)依题意，113c1p， a，ac ，解得a 1，c ，p 2，于是b2 a2c2224a2224y2所以，椭圆的方程为x 1，抛物线的方程为y2 4x3（2）设直线AP的方程为x my 1(m 0)，与直线l的方程x 1联立，可得点P(1,22)，故Q(1,)mm4y2将x my 1与x 1联立，消去x，整理得(3m24)y26my 0，32解得y 0或y 6m3m243m246m由点B异于点A，可得点B(,2)23m 43m 426m23m242由Q(1,)，可得直线BQ的方程为(2)(x1)(1)(y) 0，2m3m 4m3m 4m
49、23m26m223m223m2令y 0，解得x ，故D(2,0)，所以| AD|12223m 23m 23m 23m 216m2266又因为APD的面积为，故，223m 2|m|22整理得3m22 6 | m| 2 0，解得| m|66，所以m 33所以，直线AP的方程为3x6y 3 0或3x 6y 3 0【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考中都是较有难度的压轴题，本题中第一步利用椭圆的离心率及椭圆与抛物线的位置关系的特点，列方程组，求出椭圆和抛物线的方程，第二步联立方程组求出点的坐标，写出直线的方程，利用面积求直线方程，利用代数的方法解决几何问题，即坐标化、方程化、代数化，这是解题的关键（1）
50、由于A为抛物线焦点，F到抛物线的准线l的距离为求出c,a,b，得出椭圆的标准方程和抛物线的方程；（2）设直线AP的方程为x my 1(m 0)，解出P,Q两点的坐标， 把直线AP的方程和椭圆方程联立解出B点坐标， 写出BQ所在直线的方程， 求出点D的坐标， 最后根据APD的面积为111，则ac ，又椭圆的离心率为，2226，解方程求出2m，可得直线AP的方程x2y2222【2017 年高考山东卷理数】 在平面直角坐标系xOy中， 椭圆E :221(a b 0)的离心率为，ab2焦距为 2.（1）求椭圆E的方程；（2） 如图， 动直线l : y k1x3B 两点， C 是椭圆E上一点，交椭圆 E