【2022高考必备】2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 圆锥曲线大题(精解精析).docx
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1、2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 圆锥曲线大题(精解精析)1(2021年高考全国甲卷理科)抛物线C的顶点为坐标原点O焦点在x轴上,直线l:交C于P,Q两点,且已知点,且与l相切(1)求C,的方程;(2)设是C上的三个点,直线,均与相切判断直线与的位置关系,并说明理由【答案】(1)抛物线,方程为;(2)相切,理由见解析解析:(1)依题意设抛物线,所以抛物线的方程为,与相切,所以半径为,所以的方程为;(2)设若斜率不存在,则方程为或,若方程为,根据对称性不妨设,则过与圆相切的另一条直线方程为,此时该直线与抛物线只有一个交点,即不存在,不合题意;若方程为,根据对称性不妨设则过与圆相切的
2、直线为,又,此时直线关于轴对称,所以直线与圆相切;若直线斜率均存在,则,所以直线方程为,整理得,同理直线的方程为,直线的方程为,与圆相切,整理得,与圆相切,同理所以为方程的两根,到直线的距离为:,所以直线与圆相切;综上若直线与圆相切,则直线与圆相切【点睛】关键点点睛:(1)过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标(或横坐标)表示,将问题转化为只与纵坐标(或横坐标)有关;(2)要充分利用的对称性,抽象出与关系,把的关系转化为用表示2(2021年高考全国乙卷理科)已知抛物线的焦点为,且与圆上点的距离的最小值为(1)求;(2)若点在上,是的两条切线,是切点,求面积的最大值【答案】(1);(2)解析:(
3、1)抛物线的焦点为,所以,与圆上点的距离的最小值为,解得;(2)抛物线的方程为,即,对该函数求导得,设点、,直线的方程为,即,即,同理可知,直线的方程为,由于点为这两条直线的公共点,则,所以,点、的坐标满足方程,所以,直线的方程为,联立,可得,由韦达定理可得,所以,点到直线的距离为,所以,由已知可得,所以,当时,的面积取最大值【点睛】方法点睛:圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种:一是几何法,特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值;二是代数法,常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题,然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值3(2020年高考数学
4、课标卷理科)已知A、B分别为椭圆E:(a1)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方程;(2)证明:直线CD过定点【答案】(1);(2)证明详见解析【解析】(1)依据题意作出如下图象:由椭圆方程可得:, ,椭圆方程为:(2)证明:设,则直线的方程为:,即:联立直线的方程与椭圆方程可得:,整理得:,解得:或将代入直线可得:所以点的坐标为同理可得:点的坐标为直线的方程为:,整理可得:整理得:故直线过定点【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想,还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力,属于难题4(2020年高考数学课标卷理
5、科)已知椭圆C1:(ab0)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)设M是C1与C2的公共点,若|MF|=5,求C1与C2的标准方程【答案】(1);(2),解析:(1),轴且与椭圆相交于、两点,则直线的方程为,联立,解得,则,抛物线的方程为,联立,解得,即,即,即,解得,因此,椭圆的离心率为;(2)由(1)知,椭圆的方程为,联立,消去并整理得,解得或(舍去),由抛物线的定义可得,解得因此,曲线的标准方程为,曲线的标准方程为【点睛】本题考查椭圆离心率求解,同时也考查了利
6、用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程,考查计算能力,属于中等题5(2020年高考数学课标卷理科)已知椭圆的离心率为,分别为的左、右顶点(1)求的方程;(2)若点在上,点在直线上,且,求的面积【答案】(1);(2)解析:(1),根据离心率,解得或(舍),的方程为:,即;(2)不妨设,在x轴上方点在上,点在直线上,且,过点作轴垂线,交点为,设与轴交点为根据题意画出图形,如图,又,根据三角形全等条件“”,可得:,设点为,可得点纵坐标为,将其代入,可得:,解得:或,点为或,当点为时,故,可得:点为,画出图象,如图,,可求得直线的直线方程为:,根据点到直线距离公式可得到直线的距离为:,根据两点间距离公
7、式可得:,面积为:;当点为时,故,可得:点为,画出图象,如图,,可求得直线的直线方程为:,根据点到直线距离公式可得到直线的距离为:,根据两点间距离公式可得:,面积为:,综上所述,面积为:【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题,解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积,考查了分析能力和计算能力,属于中档题6(2019年高考数学课标卷理科)已知曲线C:y=,D为直线y=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,)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【答案】 (1)见详解;(2)3或【官
8、方解析】(1)设则由于,所以切线的斜率为,故整理得设同理可得故直线的方程为所以直线过定点(2)由(1)得直线的方程为由可得于是,设分别为到直线的距离,则因此,四边形的面积设线段的中点,则由于,而,与向量平行,所以解得或当时,;当时,因此,四边形的面积为3或【点评】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,按部就班的求解就可以思路较为清晰,但计算量比较大7(2019年高考数学课标全国卷理科)已知点,动点满足直线与的斜率之积为记的轨迹为曲线求的方程,并说明是什么曲线;过坐标原点的直线交于两点,点在第一象限,轴,垂足为,连结并延长交于点证明:是直角三角形;求面积的最大值【答
9、案】详见解析详见解析【官方解析】由题设得,化简得,所以为中心在坐标原点,焦点在轴上的椭圆,不含左右顶点设直线的斜率为,则其方程为由得记,则于是直线的斜率为,方程为由,得设,则和是方程的解,故,由此得从而直线的斜率为所以,即是直角三角形由得,所以的面积设,则由得,当且仅当时取等号因为在单调递减,所以当,即时,取得最大值,最大值为因此,面积的最大值为【分析】分别求出直线与的斜率,由已知直线与的斜率之积为,可以得到等式,化简可以求出曲线的方程,注意直线与有斜率的条件;设出直线的方程,与椭圆方程联立,求出两点的坐标,进而求出点的坐标,求出直线的方程,与椭圆方程联立,利用根与系数关系求出的坐标,再求出直
10、线的斜率,计算的值,就可以证明出是直角三角形;由可知三点坐标,是直角三角形,求出的长,利用面积公式求出的面积,利用导数求出面积的最大值.【解析】直线的斜率为,直线的斜率为,由题意可知:,所以曲线是以坐标原点为中心,焦点在轴上,不包括左右两顶点的椭圆,其方程为;设直线的方程为,由题意可知,直线的方程与椭圆方程联立,即或,点在第一象限,所以,因此点的坐标为直线的斜率为,可得直线方程:,与椭圆方程联立,消去得,(*),设点,显然点的横坐标和是方程(*)的解所以有,代入直线方程中,得,所以点的坐标为,直线的斜率为;,因为,所以,因此是直角三角形;由可知:,的坐标为,,,因为,所以当时,函数单调递增,当
11、时,函数单调递减,因此当时,函数有最大值,最大值为.【点评】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,考查了利用导数求函数最大值问题.8(2019年高考数学课标全国卷理科)已知抛物线的焦点为,斜率为的直线与的交点为,与轴的交点为(1)若,求的方程;(2)若,求【答案】解:设直线(1)由题设得,故,由题设可得由,可得,则从而,得所以的方程为(2)由可得由,可得所以从而,故代入的方程得故9(2018年高考数学课标卷(理))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:
12、,成等差数列,并求该数列的公差【答案】【官方解析】(1)设,则有,两式相减,并由,得由题设知,于是由题设,故(2)由题意得,设,则由(1)及题设得,又点在上,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,则将代入得所以的方程为,代入的方程,并整理得故,代入解得所以该数列的公差为或【民间解析】(1)法一:设直线,交点,则有,联立方程,消去并整理可得所以所以,代入可得所以,所以,所以或又即由可知法二:设,则有,两式相减可得所以依题意,所以又点在椭圆内,所以,而,所以所以(2)由椭圆的方程可知,设因为,所以,所以所以,故又因为点在椭圆上,所以,解得,所以此时直线的方程为:即联立方程,消去
13、并整理可得所以,又,所以所以同理所以而所以,故,成等差数列设公差为,则有所以10(2018年高考数学课标卷(理))(12分)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【答案】解析:(1)由题意得,的方程为设,由得,故,所以,由题设知,解得(舍去),因此直线的方程为(2)由(1)得的中点坐标为,所以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11(2018年高考数学课标卷(理))(12分)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:【答案】解
14、析:(1)由已知得,的方程为由已知可得,点的坐标为或所以的方程为或(2)当与轴重合时,当与轴垂直时,为的垂直平分线,所以当与轴不重合也不垂直时,设的方程为,则,直线MA,MB的斜率之和为由得将代入得所以则从而,故的倾斜角互补,所以综上,12(2017年高考数学新课标卷理科)已知椭圆,四点,中恰有三点在椭圆上(1)求的方程;(2)设直线不经过点且与相交于两点,若直线与直线的斜率的和为,证明:过定点【答案】(1);(2) 【分析】(1)根据两点关于轴对称,由椭圆的对称性可知经过,另外知,不经过点,所以在上,因此在椭圆上,代入其标准方程,即可求出的方程;(2)先设直线与直线的斜率分别为,再设直线的方
15、程,当与轴垂直时,通过计算,不满足题意,再设(),将代入,写出判别式,根与系数的关系,表示出,根据列出等式,表示出和的关系,判断出直线恒过定点 【解析】(1)由于,两点关于轴对称,故由题设知经过,两点 又由知,不经过点,所以点在上 因此,解得 故的方程为 (2)设直线与直线的斜率分别为, 如果与轴垂直,设,由题设知,且,可得的坐标分别为, 则,得,不符合题设 从而可设:()将代入得 由题设可知 设,则, 而 由题设,故 即 解得 当且仅当时,欲使:,即 所以过定点 法二:求点代点法 设,直线的方程为:,直线的方程为 联立,消去可得,得, 即,同理 由题意可知 所以 于是的直线方程为 令,得,所
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