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1、12012-2022 高考真题分类汇编及详解高考真题分类汇编及详解圆锥曲线大题圆锥曲线大题20222022 年题组年题组1.（甲卷）设抛物线2:2(0)C ypx p的焦点为F，点(,0)D p，过F的直线交C于,M N两点，当直线MDx轴时，3MF（1）求C的方程；（2）设直线MD、ND与C的另一个交点分别为,A B，记直线MN、AB的倾斜角分别为,，当取得最大值时，求直线AB的方程.【答案】（1）C的方程为24yx；（2）AB的直线方程为240 xy【解析】（1）由题可知，当xp时，222yp，则2Myp则可知2MDp，2pFD 则在Rt MFD中，222FDDMFM得22()(2)92p
2、p，解得2p 则C的方程2:4C yx（2）要使最大，则tan最大，且易知当直线MN的斜率为负时，为正才能达到最大又tantantan1tantan设11223344(,),(,),(,),(,)M x yN xyA x yB xy，由（1）可知(1,0),(2,0)FD则1212221212124tan44MNyyyykyyxxyy又,N D B三点共线，则NDBDkk，则24240022yyxx，则242222002244yyyy得248y y ，即428yy同理由,M D A三点共线可得318yy2则1234124tan2()y yyyyy由题可知，直线MN斜率不为0，不妨设:1(0)M
3、Nlxmym由2122124444041yymyxymyy yxmy 则41tan4mm，41tan242mm 则1112tan111122mmmm mm则可知当22m 时，tan最大，即最大，此时AB的直线方程为33344()yyxxyy，即34344()0 xyyyy y又12341212888()84 2yyyymyyy y 34128816y yyy 则AB的直线方程为44 2160 xy，即240 xy2.（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(0,2)A，3(,1)2B两点。（1）求E的方程；（2）设过点(1,2)P的直线交E于M，N两点，过M且平行于x的直线
4、与线段AB交于点T，点H满足MTTH，证明：直线HN过定点【答案】（1）22134xy；（2）直线HN过定点(0,2)【解析】（1）设E的方程为22221xyab，将(0,2)A，3(,1)2B两点代入得222419114bab，解得23a，324b，故E的方程为22134xy。（2）由(0,2)A，3(,1)2B可得直线2:23AB yx若过(1,2)P的直线的斜率不存在，直线为1x。代入22134xy，可得2 6(1,)3M，2 6(1,)3N，将2 63y 代入2:23AB yx，可得2 6(63,)3T，由MTTH，得2 6(2 65,)3H。易求得此时直线:HN2 6(2)23yx。
5、过点(0,2)。若 过(1,2)P的 直 线 的 斜 率 存 在，设(2)0kxyk，11(,)M x y，22(,)N xy。联 立22(2)0134kxykxy，得22(34)6(2)3(4)0kxkk xk k故有1221226(2)343(4)34kkxxkkkx xk，12221228(2)344(442)34kyykkky yk，且122122434kx yx yk（*）联立1223yyyx，可得113(3,)2yTy，111(36,)Hyx y，可求得此时1222112:()36yyHNyyxxyxx将(0,2)代入整理得12121221122()6()3120 xxyyx yx
6、 yy y将（*）式代入，得222241296482448482436480kkkkkkk，显然成立。综上，可得直线HN过定点(0,2)。3.3.（新高考（新高考 1 1 卷）卷）21（12 分）已知点2,1A在双曲线22221(1)1xyCaaa：上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为 04（1）求l的斜率；（2）若tan2 2PAQ，求PAQ的面积【答案】（1）l的斜率为 0；（2）PAQ的面积为16 29【解析】解析：（1）将点A代入双曲线方程得224111aa，化简得42440aa得22a，故双曲线方程为2212xy由题显然直线l的斜率存在，设:l ykxm，设1122
7、,P x yQ xy，则联立直线与双曲线得：222214220kxkmxm，故122421kmxxk，21222221mx xk，12121212111102222APAQyykxmkxmkkxxxx，化简得：121221 2410kx xmkxxm，故22222241 24102121kmkmmkmkk，即1210kmk，而直线l不过A点，故1k （2）由tan2 2PAQ，得2tan22PAQ，不妨设直线AP的倾斜角为锐角且为，1 当,P Q均在双曲线的左支时，2PAQ，得到2tan2APk，此时AP与渐近线平行，与双曲线左支无交点。2 当,P Q均在双曲线的右支时，由2PAQ，得tan2
8、APk，即11122yx，5联立11122yx及221112xy得1122 21xy，进而解出：1104 23x，14 253y，代入直线l得53m，故12203xx，12689x x，而132APx，232AQx，由2 2tan2 2sin3PAQPAQ，得，故1212116 2sin22429PAQSAP AQPAQx xxx.4.（新高考 2 卷）已知双曲线2222:1xyCab(0,0)ab的右焦点为(2,0)F，渐近线方程为3yx（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11(,)P x y，22(,)Q xy在C上，且120 xx，10y，过P且斜率
9、为3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M请从下面中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立：M在AB上；PQAB；|MAMB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）2213xy；（2）见解析【解析】（1）由题意可得3ba，222ab，故1a，3b 因此C的方程为2213xy（2）设直线PQ的方程为ykxb(0)k，将直线PQ的方程代入C的方程得222(3)230kxkbxb则12223kbxxk，212233bx xk，22212121222 3(3)()43bkxxxxx xk设点M的坐标为(,)MMxy，则11223()3()MMyyxxyyxx 6两 式 相 减，得1
10、2122 33()Myyxxx，而121212()()()yykxbkxbk xx，故12122 3()3()Mxk xxxx，解得22233Mk bkkbxk两式相加，得12122()3()Myyyxx，而121212()()()2yykxbkxbk xxb，故12122()3()2Myk xxxxb，解 得22233333MMbkbxxkk因此，点M的轨迹为直线3yxk，其中k为直线PQ的斜率若选择：设直线AB的方程为(2)yk x，并设A的坐标为(,)AAxy，B的坐标为(,)BBxy则(2)3AAAAyk xyx，解得23Akxk，2 33Akyk同理可得23Bkxk，2 33Bkyk
11、 此时2243ABkxxk，2123ABkyyk而点M的坐标满足(2)3MMMMyk xyxk，解得22232ABMxxkxk，2632ABMyykyk，故M为AB的中点，即|MAMB若选择：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点(2,0)F，此时M不在直线3yxk上，矛盾当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为(2)ym x(0)m，并设A的坐标为(,)AAxy，B的坐标为(,)BBxy则(2)3AAAAym xyx，解得23Amxk，2 33Amyk同理可得23Bmxm，2 33Bmym 此时22223ABMxxmxm，2623ABMyymym由于点M同时在直线3yxk上，故2362mmk
12、，解得km因此PQAB若选择：7设直线AB的方程为(2)yk x，并设A的坐标为(,)AAxy，B的坐标为(,)BBxy则(2)3AAAAyk xyx，解得23Akxk，2 33Akyk同理可得23Bkxk，2 33Bkyk 设AB的中点为(,)CCC xy，则22223ABCxxkxk，2623ABCyykyk由于|MAMB，故M在AB的垂直平分线上，即点M在直线1()CCyyxxk 上将该直线与3yxk联立，解得2223MCkxxk，263MCkyyk，即点M恰为AB中点故点M在直线AB上2012-20212012-2021 年题组年题组1(2021 年高考全国甲卷理科)抛物线 C 的顶点
13、为坐标原点 O焦点在 x 轴上，直线 l：1x 交 C 于 P，Q两点，且OPOQ已知点2,0M，且M与 l 相切(1)求 C，M的方程；(2)设123,A A A是 C 上的三个点，直线12A A，13A A均与M相切 判断直线23A A与M的位置关系，并说明理由2(2021 年高考全国乙卷理科)已知抛物线2:20C xpy p的焦点为F，且F与圆22:(4)1Mxy上点的距离的最小值为4(1)求p；(2)若点P在M上，,PA PB是C的两条切线，,A B是切点，求PAB面积的最大值3(2020 年高考数学课标卷理科)已知 A、B 分别为椭圆 E：2221xya(a1)的左、右顶点，G 为
14、E 的上顶点，8AG GB ，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4(2020 年高考数学课标卷理科)已知椭圆 C1：22221xyab(ab0)的右焦点 F 与抛物线 C2的焦点重合，8C1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|=43|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5(2020 年高考数学课标卷理科)已知椭圆222:1(05)25xyCmm的离心率为
15、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6x 上，且|BPBQ，BPBQ，求APQ的面积6(2019 年高考数学课标卷理科)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7(2019 年高考数学课标全国卷理科)已知点2,0A，2,0B，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
16、C于,P Q两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G i证明：POG是直角三角形；ii求POG面积的最大值8(2019 年高考数学课标全国卷理科)已知抛物线2:3C yx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4AFBF，求l的方程；(2)若3APPB ，求AB9(2018 年高考数学课标卷（理）)已知斜率为k的直线l与椭圆22:143xyC交于,A B两点，线段AB的中点为1,Mm(0m)9(1)证明：12k ；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且0FPFAFB ，证明：FA，FP，FB 成等差数列，并求该数列的公差10(201
17、8 年高考数学课标卷（理）)(12 分)设抛物线24Cyx：的焦点为F，过F且斜率为(0)k k 的直线l与C交于A，B两点，|8AB(1)求l的方程；(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程11(2018 年高考数学课标卷（理）)(12 分)设椭圆22:12xCy的右焦点为F，过F的直线l与C交于,A B两点，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)设O为坐标原点，证明：OMAOMB 12 (2017 年 高 考 数 学 新 课 标 卷 理 科)已 知 椭 圆2222:1(0)xyCabab,四 点11,1P,20,1P,331,2P,431,2P中恰有三点
18、在椭圆C上(1)求C的方程;(2)设直线l不经过2P点且与C相交于,A B两点,若直线2P A与直线2P B的斜率的和为1,证明:l过定点13(2017 年高考数学课标卷理科)(12 分)已知抛物线2:2C yx，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4,2P，求直线l与圆M的方程1014(2017 年高考数学课标卷理科)(12 分)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C：2212xy上，过 M 做x 轴的垂线，垂足为N，点P满足2NPNM (1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线3x 上，且1OP PQ 证明：过点
19、P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F15(2016 高考数学课标卷理科)已知抛物线C:22yx的焦点为F,平行于x轴的两条直线1l,2l分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.()若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明ARFQ;()若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.16(2016 高考数学课标卷理科)(本小题满分 12 分)已知椭圆 E:2213xyt的焦点在x轴上，A 是 E 的左顶点，斜率为0k k 的直线交 E 于,A M两点，点 N 在 E 上，MANA(I)当4t，AMAN时，求AMN的面积；(II)当2 AMAN时，求 k 的取值范围17(2016 高
20、考数学课标卷理科)(本小题满分 12 分)设圆222150 xyx的圆心为A，直线l过点(0,1)B且与x轴不重合，l交圆A于,C D两点，过B作AC的平行线交AD于点E(I)证明EAEB为定值，并写出点 E 的轨迹方程；(II)设点E的轨迹为曲线1C，直线l交1C于,M N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于,P Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围18(2015 高考数学新课标 2 理科)(本题满分 12 分)已知椭圆222:9(0)Cxym m,直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M()证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；()若l过点(,)
21、3mm，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率，若不能，说明理由19(2015 高考数学新课标 1 理科)(本小题满分 12 分)11在直角坐标系xOy中，曲线C：24xy 与直线:l ykxa(a0)交与,M N两点，()当0k 时，分别求C在点M和N处的切线方程；()y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN？说明理由。20(2014 高考数学课标 2 理科)(本小题满分 12 分)设1F,2F分别是椭圆 C：222210yxabab的左，右焦点，M 是 C 上一点且2MF与 x 轴垂直，直线1MF与 C 的另一个交点为 N()若直线 MN
22、 的斜率为34，求 C 的离心率；()若直线 MN 在 y 轴上的截距为 2，且15MNFN，求 a,b21(2014 高考数学课标 1 理科)已知点(0,2)A,椭圆E:22221(0)xyabab+=的离心率为32,F是椭圆的焦点,直线AF的斜率为2 33,O为坐标原点(1)求E的方程;(2)设过点A的直线l与E相交于,P Q两点,当OPQD的面积最大时,求l的方程22(2013 高考数学新课标 2 理科)平面直角坐标系xOy中，过椭圆2222:1(0)xyMabab右焦点的直线30 xy交M于,A B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为12(1)求M的方程；(2),C D为M上的两点，若
23、四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD面积的最大值23(2013 高考数学新课标 1 理科)已知圆M:22(1)1xy,圆N:22(1)9xy,动圆P与M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线 C()求 C 的方程；()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|24(2012 高考数学新课标理科)设抛物线2:2(0)C xpy p的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于,B D两点(1)若090BFD，ABD的面积为24,求p的值及圆F的方程；12(2)若,A B F三点在同一直线m上，直线
24、n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到,m n距离的比值圆锥曲线圆锥曲线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：1x 交 C 于 P，Q两点，且OPOQ已知点2,0M，且M与 l 相切(1)求 C，M的方程；(2)设123,A A A是 C 上的三个点，直线12A A，13A A均与M相切 判断直线23A A与M的位置关系，并说明理由解析：（1）依题意设抛物线200:2(0),(1,),(1,)C ypx pPyQy，20,1120,21OPOQOP OQypp ，所以抛物线C的方程为2yx，(0,2),MM与1x 相切，所以半径
25、为1，所以M的方程为22(2)1xy；（2）设111222333(),(,),(,)A x yA xyA xy若12A A斜率不存在，则12A A方程为1x 或3x，若12A A方程为1x，根据对称性不妨设1(1,1)A，则过1A与圆M相切的另一条直线方程为1y，此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在3A，不合题意；若12A A方程为3x，根据对称性不妨设12(3,3),(3,3),AA则过1A与圆M相切的直线13A A为33(3)3yx，又1 313313133113,033A Ayykyxxyyy，330,(0,0)xA，此时直线1323,A A A A关于x轴对称，13所以直线23A
26、A与圆M相切；若直线121323,A A A A A A斜率均存在，则1 21 323121323111,A AA AA Akkkyyyyyy，所以直线12A A方程为11121yyxxyy，整理得1212()0 xyyyy y，同理直线13A A的方程为1313()0 xyyyy y，直线23A A的方程为2323()0 xyyyy y，12A A与圆M相切，12212|2|11()y yyy整理得22212121(1)230yyy yy，13A A与圆M相切，同理22213131(1)230yyy yy 所以23,yy为方程222111(1)230yyy yy 的两根，2112323221
27、123,11yyyyyyyy，M到直线23A A的距离为：21223122123213|2|2|121()1()1yy yyyyyy 22112222111|1|111(1)4yyyyy，所以直线23A A与圆M相切；综上若直线1213,A A A A与圆M相切，则直线23A A与圆M相切2(2021 年高考全国乙卷理科)已知抛物线2:20C xpy p的焦点为F，且F与圆1422:(4)1Mxy上点的距离的最小值为4(1)求p；(2)若点P在M上，,PA PB是C的两条切线，,A B是切点，求PAB面积的最大值解析：（1）抛物线C的焦点为0,2pF，42pFM，所以，F与圆22:(4)1Mx
28、y上点的距离的最小值为4 142p，解得2p；（2）抛物线C的方程为24xy，即24xy，对该函数求导得2xy，设点11,A x y、22,B xy、00,P xy，直线PA的方程为1112xyyxx，即112x xyy，即11220 x xyy，同理可知，直线PB的方程为22220 x xyy，由于点P为这两条直线的公共点，则10102020220220 x xyyx xyy，所以，点A、B的坐标满足方程00220 x xyy，所以，直线AB的方程为00220 x xyy，联立0022204x xyyxy，可得200240 xx xy，由韦达定理可得1202xxx，1204x xy，所以，2
29、22222001212000001414164422xxABxxx xxyxxy，点P到直线AB的距离为2002044xydx，所以，23002222000002041114442224PABxySAB dxxyxyx，2222000000041441215621xyyyyyy ，15由已知可得053y ，所以，当05y 时，PAB的面积取最大值3212020 523(2020 年高考数学课标卷理科)已知 A、B 分别为椭圆 E：2221xya(a1)的左、右顶点，G 为 E 的上顶点，8AG GB ，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
30、(1)求 E的方程；(2)证明：直线 CD 过定点【答案【答案】（1）2219xy；（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222:1(1)xEyaa可得：,0Aa，,0B a，0,1G,1AGa，,1GBa 218AG GBa ，29a 椭圆方程为：2219xy（2）证明：设06,Py，则直线AP的方程为：00363yyx，即：039yyx16联立直线AP的方程与椭圆方程可得：2201939xyyyx，整理得：2222000969810yxy xy，解得：3x 或20203279yxy将20203279yxy代入直线039yyx可得：02069yyy所以点C的坐标为2
31、0022003276,99yyyy同理可得：点D的坐标为2002200332,11yyyy直线CD的方程为：0022200002222000022006291233327331191yyyyyyyxyyyyyy，整理可得：2220000002224200000832338331116 96 3yyyyyyyxxyyyyy整理得：0002220004243323 33 3yyyyxxyyy故直线CD过定点3,02【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科)已知椭圆 C1：22221xyab(ab0)的右焦点
32、 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|=43|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17【答案【答案】（1）12；（2）221:13627xyC，22:12Cyx解析：（1）,0F c，ABx轴且与椭圆1C相交于A、B两点，则直线AB的方程为xc，联立22222221xcxyababc，解得2xcbya，则22bABa，抛物线2C的方程为24ycx，联立24xcycx，解得2xcyc，4CDc，43CDAB，即2843bca，2
33、23bac，即222320caca，即22320ee，01eQ，解得12e，因此，椭圆1C的离心率为12；（2）由（1）知2ac，3bc，椭圆1C的方程为2222143xycc，联立222224143ycxxycc，消去y并整理得22316120 xcxc，解得23xc或6xc（舍去），18由抛物线的定义可得25533cMFcc，解得3c 因此，曲线1C的标准方程为2213627xy，曲线2C的标准方程为212yx【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，同时也考查了利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222:1(05)25xy
34、Cmm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6x 上，且|BPBQ，BPBQ，求APQ的面积【答案【答案】（1）221612525xy；（2）52解析：（1）222:1(05)25xyCmm5a，bm，根据离心率22154115cbmeaa，解得54m 或54m (舍)，C的方程为：22214255xy，即221612525xy；（2）不妨设P,Q在 x 轴上方点P在C上，点Q在直线6x 上，且|BPBQ，BPBQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设6x 与x轴交点为N根据题意画出图形，如图19|BPBQ，BPBQ，90PMBQNB，又90PB
35、MQBN，90BQNQBN，PBMBQN，根据三角形全等条件“AAS”，可得：PMBBNQ，221612525xy，(5,0)B，6 51PMBN，设P点为(,)PPxy，可得P点纵坐标为1Py，将其代入221612525xy，可得：21612525Px，解得：3Px 或3Px ，P点为(3,1)或(3,1)，当P点为(3,1)时，故5 32MB ，PMBBNQ，|2MBNQ，20可得：Q点为(6,2)，画出图象，如图(5,0)A,(6,2)Q，可求得直线AQ的直线方程为：211100 xy，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：222 3 11 1 10555125211d ，根据两
36、点间距离公式可得：2265205 5AQ，APQ面积为：1555 5252；当P点为(3,1)时，故5+38MB，PMBBNQ，|8MBNQ，可得：Q点为(6,8)，画出图象，如图(5,0)A,(6,8)Q，21可求得直线AQ的直线方程为：811400 xy，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：228311 1 4055185185811d ，根据两点间距离公式可得：226580185AQ，APQ面积为：15518522185，综上所述，APQ面积为：52【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
37、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=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【答案】【答案】(1)见详解；(2)3 或4 2【官方解析】(1)设111(,),(,),2D tA xy则2112xy由于yx，所以切线DA的斜率为1x，故11112yxxt整理得112210txy 设22(,),B xy同理可得222210txy 故直线AB的方程为2210txy 所以直线AB过定点
38、1(0,)2(2)由(1)得直线AB的方程为12ytx由21,22ytxxy可得2210 xtx 22于是2121212122,1,()121xxt x xyyt xxt ，2222121212|11421ABtxxtxxx xt设12,dd分别为,D E到直线AB的距离，则212221,1dtdt因此，四边形ADBE的面积22121|312SABddtt设M线段AB的中点，则21(,)2M t t 由于EMAB ，而2,2EMt t，AB 与向量(1,)t平行，所以220ttt解得0t 或1t 当0t 时，3S；当1t 时，4 2S 因此，四边形ADBE的面积为 3 或4 2【点评】此题第一
39、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2,0A，2,0B，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，PEx轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G i证明：POG是直角三角形；ii求POG面积的最大值【答案】【答案】1详见解析 2详见解析【官方解析】【官方解析】1由题设得1222yyxx，化简得221242xyx，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶
40、点 2 i设直线PQ的斜率为k，则其方程为(0)ykx k由22142ykxxy得2212xk 记2212uk，则(,),(,),(,0)P u uk QuukE u23于是直线QG的斜率为2k，方程为()2kyxu由22()2142kyxuxy，得22222(2)280kxuk xk u设(,)GGG xy，则u和Gx是方程的解，故22(32)2Gukxk，由此得322Gukyk从而直线PG的斜率为322212(32)2ukukkukkuk 所以PQPG，即PQG是直角三角形 ii由 i得2|21PQuk，22212uk kPGk，所以PQG的面积22221818(1)2(12)(2)112
41、kkkkSPQPGkkkk设1tkk，则由0k 得2t，当且仅当1k 时取等号因为2812tSt在2,单调递减，所以当2t，即1k 时，S取得最大值，最大值为169因此，PQG面积的最大值为169【分析【分析】1分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为12，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件；2 i设出直线PQ的方程，与椭圆方程联立，求出,P Q两点的坐标，进而求出点E的坐标，求出直线QE的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出G的坐标，再求出直线PG的斜率，计算PQPGkk的值，就可以证明出POG是直角三角形；ii由 i可知,P
42、Q G三点坐标，POG是直角三角形，求出,PQ PG的长，利用面积公式求出POG的面积，利用导数求出面积的最大值.【解析】【解析】1直线AM的斜率为(2)2yxx，直线BM的斜率为(2)2yxx，由题意可知：2422124,(2)222yyxyxxx ，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在x轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为221,242xyx；2 i设直线PQ的方程为ykx,由题意可知0k,直线PQ的方程与椭圆方程2224xy联立,即22222,2124.2.21xykxkxykyk或222,212.21xkkyk,点P在第一象限，所以22222222(,),(,)21212121kkP
43、Qkkkk，因此点E的坐标为22(,0)21k 直线QE的斜率为2QEkk，可得直线QE方程：2221kkyxk，与椭圆方程联立，222,22124.kkyxkxy，消去y得，2222224128(2)02121k xkkxkk（*），设点11(,)G x y，显然Q点的横坐标2221k和1x是方程（*）的解所以有22211222212826421221(2)21kkkxxkkkk，代入直线QE方程中，得31222(2)21kykk，所以点G的坐标为232222642(,)(2)21(2)21kkkkkk，直线PG的斜率为；3322222222222222(2)1(2)2121642642(2
44、)(2)2121PGkkkk kkkkkkkkkkkk，因为1()1PQPGkkkk ，所以PQPG，因此POG是直角三角形；ii由 i可知：22222222(,),(,)21212121kkPQkkkk，25G的坐标为232222642,(2)21(2)21kkkkkk，2222222222224 1()()2121212121kkkPQkkkkk，23222222222226422241()()(2)2121(2)2121(2)21kkkk kPGkkkkkkkk,223422221414 18()2252(2)2121PQGk kkkkSkkkkk，424228(1)(1)(232)(2
45、52)kkkkSkk，因为0k，所以当01k时，0S，函数 S k单调递增，当1k 时，0S，函数 S k单调递减，因此当1k 时，函数 S k有最大值，最大值为 1619S.【点评】【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2:3C yx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4AFBF，求l的方程；(2)若3APPB ，求AB【答案】【答案】解：设直线11223:,(,),(,)2l yxt
46、A x yB xy（1）由题设得3,04F，故1232AxxFBF，由题设可得1252xx由2323yxtyx，可得22912(1)40 xtxt，则1212(1)9txx 从而12(1)592t，得78t 所以l的方程为3728yx（2）由3APPB 可得123yy 由2323yxtyx，可得2220yyt所以122yy从而2232yy，故211,3yy 26代入C的方程得1213,3xx故4 133AB 9(2018 年高考数学课标卷（理）)已知斜率为k的直线l与椭圆22:143xyC交于,A B两点，线段AB的中点为1,Mm(0m)(1)证明：12k ；(2)设F为C的右焦点，P为C上一
47、点，且0FPFAFB ，证明：FA，FP，FB 成等差数列，并求该数列的公差【答案【答案】【官方解析】（1）设11,A x y，22,B xy，则有2211143xy，2222143xy两式相减，并由1212yykxx，得1212043xxyyk由题设知1212xx，122yym，于是34km 由题设302m，故12k （2）由题意得1,0F，设33,P x y，则 3311221,1,1,0,0 xyxyxy由（1）及题设得31231xxx，31220yyym 又点P在C上，所以34m，从而31,2P，32FP 于是222211111113 1242xxFAxyx 同理222xFB 所以12
48、44 132xxFAFB 故2 FPFAFB ，即,FAFPFB 成等差数列设该数列的公差为d，则2121212112422dFAFBxxxxx x 27将34m 代入得1k 所以l的方程为74yx ，代入C的方程，并整理得2171404xx故122xx，12128x x，代入解得3 2128d 所以该数列的公差为3 2128或3 2128【民间解析】（1）法一：设直线:l ykxn，交点11,A x y，22,B xy则有122xx，1222Myyym联立方程22143ykxnxy，消去y并整理可得2223484120kxknxn所以1222122222222823441234644 412
49、343 430knxxknx xkk nnkkn 所以2344knk，代入223 430kn 可得22223443016kkk 所以2243 1230kk，所以214k，所以12k 或12k 又22221212228834342220343442k nkkkyyk xxnnmkkkk 即234320022kkkkk由可知12k 法二：设11,A x y，22,B xy，则有2211143xy，2222143xy两式相减可得12121212043xxxxyyyy28所以1212121234yyxxxxyy 依题意122yym，122xx，所以3234 24kmm 又点1,Mm在椭圆22143xy
50、内，所以21143m，而0m，所以302m所以3233134 24242kmm （2）由椭圆的方程可知1,0F，0,FMm，设00,P xy因为0FPFAFB ，所以20FPFM ，所以 001,0,20 xym所以0012xym，故1,2Pm又因为点P在椭圆C上，所以214143m，解得34m，所以314km 此时直线l的方程为：314yx 即74yx 联立方程2274143yxxy ，消去y并整理可得2285610 xx 所以122xx，12128x x 又2211143xy，所以22113 14xy所以2222211111111121 3 1242442xxxFAxyxxx 同理222x