十年真题（2010_2019）高考数学真题分类汇编专题12平面解析几何解答题理（含解析）.docx

专题12平面解析几何解答题历年考题细目表题型年份考点试题位置解答题2019抛物线2019年新课标1理科19解答题2018椭圆2018年新课标1理科19解答题2017椭圆2017年新课标1理科20解答题2016圆的方程2016年新课标1理科20解答题2015抛物线2015年新课标1理科20解答题2014椭圆2014年新课标1理科20解答题2013圆的方程2013年新课标1理科20解答题2012抛物线2012年新课标1理科20解答题2011抛物线2011年新课标1理科20解答题2011圆的方程2011年新课标1理科22解答题2010椭圆2010年新课标1理科20历年高考真题汇编1【2019年新课标1理科19】已知抛物线C：y23x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3，求|AB|【解答】解：（1）设直线l的方程为y（xt），将其代入抛物线y23x得：x2（t+3）xt20，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x22t，x1x2t2，由抛物线的定义可得：|AF|+|BF|x1+x2+p2t4，解得t，直线l的方程为yx（2）若3，则y13y2，（x1t）3（x2t），化简得x13x2+4t，由解得t1，x13，x2，|AB|2【2018年新课标1理科19】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，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【解答】解：（1）c1，F（1，0），l与x轴垂直，x1，由，解得或，A（1.），或（1，），直线AM的方程为yx，yx，证明：（2）当l与x轴重合时，OMAOMB0，当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，OMAOMB，当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk（x1），k0，A（x1，y1），B（x2，y2），则x1，x2，直线MA，MB的斜率之和为kMA，kMB之和为kMA+kMB，由y1kx1k，y2kx2k得kMA+kMB，将yk（x1）代入y21可得（2k2+1）x24k2x+2k220，x1+x2，x1x2，2kx1x23k（x1+x2）+4k（4k34k12k3+8k3+4k）0从而kMA+kMB0，故MA，MB的倾斜角互补，OMAOMB，综上OMAOMB3【2017年新课标1理科20】已知椭圆C：1（ab0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（1，），P4（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P2点且与C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【解答】解：（1）根据椭圆的对称性，P3（1，），P4（1，）两点必在椭圆C上，又P4的横坐标为1，椭圆必不过P1（1，1），P2（0，1），P3（1，），P4（1，）三点在椭圆C上把P2（0，1），P3（1，）代入椭圆C，得：，解得a24，b21，椭圆C的方程为1证明：（2）当斜率不存在时，设l：xm，A（m，yA），B（m，yA），直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，1，解得m2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足当斜率存在时，设l：ykx+t，（t1），A（x1，y1），B（x2，y2），联立，整理，得（1+4k2）x2+8ktx+4t240，x1x2，则1，又t1，t2k1，此时64k，存在k，使得0成立，直线l的方程为ykx2k1，当x2时，y1，l过定点（2，1）4【2016年新课标1理科20】设圆x2+y2+2x150的圆心为A，直线l过点B（1，0）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（）证明|EA|+|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；（）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1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【解答】解：（）证明：圆x2+y2+2x150即为（x+1）2+y216，可得圆心A（1，0），半径r4，由BEAC，可得CEBD，由ACAD，可得DC，即为DEBD，即有EBED，则|EA|+|EB|EA|+|ED|AD|4，故E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，且有2a4，即a2，c1，b，则点E的轨迹方程为1（y0）；（）椭圆C1：1，设直线l：xmy+1，由PQl，设PQ：ym（x1），由可得（3m2+4）y2+6my90，设M（x1，y1），N（x2，y2），可得y1+y2，y1y2，则|MN|y1y2|12，A到PQ的距离为d，|PQ|22，则四边形MPNQ面积为S|PQ|MN|122424，当m0时，S取得最小值12，又0，可得S248，即有四边形MPNQ面积的取值范围是12，8）5【2015年新课标1理科20】在直角坐标系xOy中，曲线C：y与直线l：ykx+a（a0）交于M，N两点（）当k0时，分別求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）【解答】解：（I）联立，不妨取M，N，由曲线C：y可得：y，曲线C在M点处的切线斜率为，其切线方程为：ya，化为同理可得曲线C在点N处的切线方程为：（II）存在符合条件的点（0，a），下面给出证明：设P（0，b）满足OPMOPNM（x1，y1），N（x2，y2），直线PM，PN的斜率分别为：k1，k2联立，化为x24kx4a0，x1+x24k，x1x24ak1+k2当ba时，k1+k20，直线PM，PN的倾斜角互补，OPMOPN点P（0，a）符合条件6【2014年新课标1理科20】已知点A（0，2），椭圆E：1（ab0）的离心率为，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点（）求E的方程；（）设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程【解答】解：（） 设F（c，0），由条件知，得=又，所以a2=，b2a2c21，故E的方程（）依题意当lx轴不合题意，故设直线l：ykx2，设P（x1，y1），Q（x2，y2）将ykx2代入，得（1+4k2）x216kx+120，当16（4k23）0，即时，从而=+又点O到直线PQ的距离，所以OPQ的面积，设，则t0，当且仅当t2，k等号成立，且满足0，所以当OPQ的面积最大时，l的方程为：yx2或yx27【2013年新课标1理科20】已知圆M：（x+1）2+y21，圆N：（x1）2+y29，动圆P与圆M外切并与圆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|【解答】解：（I）由圆M：（x+1）2+y21，可知圆心M（1，0）；圆N：（x1）2+y29，圆心N（1，0），半径3设动圆的半径为R，动圆P与圆M外切并与圆N内切，|PM|+|PN|R+1+（3R）4，而|NM|2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，a2，c1，b2a2c23曲线C的方程为（x2）（II）设曲线C上任意一点P（x，y），由于|PM|PN|2R2312，所以R2，当且仅当P的圆心为（2，0）R2时，其半径最大，其方程为（x2）2+y24l的倾斜角为90，则l与y轴重合，可得|AB|若l的倾斜角不为90，由于M的半径1R，可知l与x轴不平行，设l与x轴的交点为Q，则，可得Q（4，0），所以可设l：yk（x+4），由l于M相切可得：，解得当时，联立，得到7x2+8x80，|AB|由于对称性可知：当时，也有|AB|综上可知：|AB|或8【2012年新课标1理科20】设抛物线C：x22py（p0）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，ABD的面积为，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【解答】解：（1）由对称性知：BFD是等腰直角，斜边|BD|2p点A到准线l的距离，ABD的面积SABD，解得p2，所以F坐标为（0，1），圆F的方程为x2+（y1）28（2）由题设，则，A，B，F三点在同一直线m上，又AB为圆F的直径，故A，B关于点F对称由点A，B关于点F对称得：得：，直线，切点直线坐标原点到m，n距离的比值为9【2011年新课标1理科20】在平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，1），B点在直线y3上，M点满足，M点的轨迹为曲线C（）求C的方程；（）P为C上的动点，l为C在P点处的切线，求O点到l距离的最小值【解答】解：（）设M（x，y），由已知得B（x，3），A（0，1）所（x，1y），（0，3y），（x，2）再由题意可知（）0，即（x，42y）（x，2）0所以曲线C的方程式为y2（）设P（x0，y0）为曲线C：y2上一点，因为yx，所以l的斜率为x0，因此直线l的方程为yy0x0（xx0），即x0x2y+2y0x020则o点到l的距离d又y02，所以d2，所以x020时取等号，所以O点到l距离的最小值为210【2011年新课标1理科22】如图，D，E分别为ABC的边AB，AC上的点，且不与ABC的顶点重合已知AE的长为m，AC的长为n，AD，AB的长是关于x的方程x214x+mn0的两个根（）证明：C，B，D，E四点共圆；（）若A90，且m4，n6，求C，B，D，E所在圆的半径【解答】解：（I）连接DE，根据题意在ADE和ACB中，ADABmnAEAC，即又DAECAB，从而ADEACB因此ADEACBC，B，D，E四点共圆（）m4，n6时，方程x214x+mn0的两根为x12，x212故AD2，AB12取CE的中点G，DB的中点F，分别过G，F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DHC，B，D，E四点共圆，C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH由于A90，故GHAB，HFACHFAG5，DF（122）5故C，B，D，E四点所在圆的半径为511【2010年新课标1理科20】设F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，过F1斜率为1的直线与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列（1）求E的离心率；（2）设点P（0，1）满足|PA|PB|，求E的方程【解答】解：（I）由椭圆定义知|AF2|+|BF2|+|AB|4a，又2|AB|AF2|+|BF2|，得，l的方程为yx+c，其中设A（x1，y1），B（x2，y2），则A、B两点坐标满足方程组化简的（a2+b2）x2+2a2cx+a2（c2b2）0则因为直线AB斜率为1，|AB|x1x2|，得，故a22b2所以E的离心率（II）设AB的中点为N（x0，y0），由（I）知，由|PA|PB|，得kPN1，即得c3，从而故椭圆E的方程为考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：直线方程、圆的方程，直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线，曲线与方程等.历年考题主要以解答题题型出现，重点考查的知识点为：直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等为重点较佳.最新高考模拟试题1已知椭圆的离心率为，椭圆经过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设点是椭圆上的任意一点，射线与椭圆交于点，过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，直线与椭圆交于两个相异点，证明：面积为定值.【答案】（1）； （2）见解析.【解析】（1）解：因为的离心率为，所以，解得.将点代入，整理得.联立，得，故椭圆的标准方程为.（2）证明：当直线的斜率不存在时，点为或，由对称性不妨取，由（1）知椭圆的方程为，所以有.将代入椭圆的方程得，所以 .当直线的斜率存在时，设其方程为，将代入椭圆的方程得，由题意得，整理得.将代入椭圆的方程，得.设，则，所以 .设，则可得，.因为，所以，解得（舍去），所以，从而.又因为点到直线的距离为，所以点到直线的距离为，所以 ，综上，的面积为定值.2如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：(ab0)经过点(0，)，点F是椭圆的右焦点，点F到左顶点的距离和到右准线的距离相等过点F的直线交椭圆于M，N两点（1）求椭圆C的标准方程；（2）当MF2FN时，求直线的方程；（3）若直线上存在点P满足PMPNPF2，且点P在椭圆外，证明：点P在定直线上【答案】（1）；（2）；（3）见解析.【解析】（1）设椭圆的截距为2c，由题意，b，由点F到左顶点的距离和到右准线的距离相等，得a+c，又a2b2+c2，联立解得a2，c1椭圆C的标准方程为；（2）当直线l与x轴重合时，M（2，0），N（2，0），此时MF3NF，不合题意；当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为xmy+1，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（3m2+4）y2+6my9036m2+36（m2+4）0 ，由MF2FN，得y12y2，联立得，代入得，解得直线方程为；（3）当直线l的斜率为0时，则M（2，0），N（2，0），设P（x0，y0），则PMPN|（x02）（x0+2）|，点P在椭圆外，x02，x0+2同号，又，解得当直线l的斜率不为0时，由（2）知，点P在椭圆外，y1y0，y2y0同号，PMPN（1+m2）（y1y0）（y2y0），整理得，代入直线方程得点P在定直线上3已知抛物线：的焦点为，直线与抛物线交于，两点，是坐标原点（1）若直线过点且，求直线的方程；（2）已知点，若直线不与坐标轴垂直，且，证明：直线过定点【答案】（1）或；（2）.【解析】解：（1）法一：焦点，当直线斜率不存在时，方程为，与抛物线的交点坐标分别为，此时，不符合题意，故直线的斜率存在设直线方程为与联立得，当时，方程只有一根，不符合题意，故.，抛物线的准线方程为，由抛物线的定义得，解得，所以方程为或.法二：焦点，显然直线不垂直于轴，设直线方程为,与联立得，设，.，由，解得，所以方程为或.（2）设，设直线方程为与联立得：，可得，.由得，即.整理得，即，整理得，即，即.故直线方程为过定点.4已知椭圆，是长轴的一个端点，弦过椭圆的中心，点在第一象限，且，（1）求椭圆的标准方程；（2）设、为椭圆上不重合的两点且异于、，若的平分线总是垂直于轴，问是否存在实数，使得？若不存在，请说明理由；若存在，求取得最大值时的的长【答案】(1) (2) 【解析】（1），即，是等腰直角三角形，而点在椭圆上，所求椭圆方程为（2）对于椭圆上两点，的平分线总是垂直于轴，与所在直线关于对称，则，的直线方程为，的直线方程为，将代入，得，在椭圆上，是方程的一个根，以替换，得到，弦过椭圆的中心，存在实数，使得，当时，即时取等号，又， ，取得最大值时的的长为5已知抛物线，过抛物线焦点的直线分别交抛物线与圆于（自上而下顺次）四点.（1）求证：为定值；（2）求的最小值.【答案】(1)见证明；(2)108【解析】（1）有题意可知， 可设直线的方程为，联立直线和抛物线方程，消可得， 所以，由抛物线的定义可知，又， 所以，所以为定值16.（2）由（1）可知，由，可得，所以（其中）， 令， 当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以.所以的最小值为.6已知为坐标原点，点，过点作的平行线交于点.设点的轨迹为.（）求曲线的方程；（）已知直线与圆相切于点，且与曲线相交于，两点，的中点为，求三角形面积的最大值.【答案】（）；（）.【解析】（）因为，故，所以，故，由题设得，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：.（）由题意，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，因为直线与圆相切，所以，由消去得.设，由韦达定理知：.所以中点的坐标为，所以弦的垂直平分线方程为，即 .所以.将代入得（当且仅当，即时，取等号）.所以三角形的面积为，综上所述，三角形的面积为.7已知椭圆的离心率为，是椭圆的一个焦点点，直线的斜率为（1）求椭圆的方程；（2）若过点的直线与椭圆交于两点，线段的中点为，且求的方程【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意，可得，解得，则，故椭圆的方程为（2）当的斜率不存在时，不合题意，故的斜率存在设的方程为，联立，得，设，则，即，设，则，则，即整理得故，的方程为8已知椭圆过点，右焦点是抛物线的焦点. （1）求椭圆的方程；（2）已知动直线过右焦点，且与椭圆分别交于，两点.试问轴上是否存在定点，使得恒成立?若存在求出点的坐标:若不存在，说明理由.【答案】(1) (2)见解析【解析】（1）因为椭圆过点，所以，又抛物线的焦点为，所以.所以，解得（舍去）或.所以椭圆的方程为.（2）假设在轴上存在定点，使得.当直线的斜率不存在时，则，由，解得或；当直线的斜率为0时，则，由，解得或.由可得，即点的坐标为.下面证明当时，恒成立.当直线的斜率不存在或斜率为0时，由知结论成立.当直线的斜率存在且不为0时，设其方程为，.直线与椭圆联立得，直线经过椭圆内一点，一定与椭圆有两个交点，且，.，所以恒成立综上所述，在轴上存在点，使得恒成立.9关于椭圆的切线由下列结论：若是椭圆上的一点，则过点的椭圆的切线方程为.已知椭圆.(1)利用上述结论，求过椭圆上的点的切线方程；(2)若是直线上任一点，过点作椭圆的两条切线，（，为切点），设椭圆的右焦点为，求证：.【答案】（1）（2）见证明【解析】(1)由题意，将代入椭圆方程，得，所以，所以过椭圆上的点的切线方程为，即.(2)设，则过，两点的椭圆的切线，的方程分别为，因为在两条切线上，所以，两点均在直线上，即直线的方程为，当时，又，所以，若，点在轴上，两点关于轴对称，显然.10已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，为椭圆上一动点（异于左右顶点），若面积的最大值为（1）求椭圆的方程；（2）若直线过点交椭圆于两点，问在轴上是否存在一点，使得为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）由题意，当在上或下顶点时，的面积取值最大值，即最大值为，又，且，解得，故椭圆的方程为（2）易知，设直线的方程为，联立方程组，整理得，则，要使为定值，则，解得，所以在轴上存在点，使得为定值11已知点，直线，为平面上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，且.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设直线与轨迹交于两点，、，且 (，且为常数)，过弦的中点作平行于轴的直线交轨迹于点，连接、.试判断的面积是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由【答案】(1) (2)见解析【解析】（1）设，则，即，即，所以动点的轨迹的方程.（2）联立方程组消去，得，依题意，且，由得，即，整理得：，所以，因为的中点，所以点，依题意，由方程中的判别式，得，所以，由知，所以，