理科数学2010-2019高考真题分类训练29专题九解析几何第二十九讲曲线与方程—附解析答案

专题九 解析几何 第二十九讲 曲线与方程 2019 年 1 2019 北京理 8 数学中有许多形状优美 寓意美好的曲线 曲线C x2 y2 1 x y就 是其中之一 如图 给出下列三个结论 曲线C恰好经过 6 个整点 即横 纵坐标均为整数的点 曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2 曲线C所围城的 心形 区域的面积小于 3 其中 所有正确结论的序号是 A B C D 2 2019 浙江 15 已知椭圆 22 1 95 xy 的左焦点为F 点P在椭圆上且在x轴的上方 若线段PF的中点在以原点O为圆心 OF为半径的圆上 则直线PF的斜率是 3 2019 江苏 17 如图 在平面直角坐标系 xOy 中 椭圆 C 22 22 1 0 xy ab ab 的焦 点为 F1 1 0 F2 1 0 过 F2作 x 轴的垂线 l 在 x 轴的上方 l 与圆 F2 222 1 4xya 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 5 2 1 求椭圆 C 的标准方程 2 求点 E 的坐标 4 2019 全国 III 理 21 1 已知曲线 C y 2 2 x D 为直线 y 1 2 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 5 2 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 5 2019 北京理 18 已知抛物线 2 2C xpy 经过点 2 1 I 求抛物线 C 的方程及其准线方程 II 设 O 为原点 过抛物线 C 的焦点作斜率不为 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 轴上的两上 定点 6 2019 全国 II 理 21 已知点 A 2 0 B 2 0 动点 M x y 满足直线 AM 与 BM 的斜率之积 为 1 2 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 PE x 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 7 2019 浙江 21 如图 已知点 10 F 为抛物线 2 2 0 ypx p 的焦点 过点 F 的直线 交抛物线于 A B 两点 点 C 在抛物线上 使得ABC 的重心 G 在 x 轴上 直线 AC 交 x 轴于点 Q 且 Q 在点 F 右侧 记 AFGCQG 的面积为 12 S S 1 求 p 的值及抛物线的准线方程 2 求 1 2 S S 的最小值及此时点 G 的坐标 8 2019 天津理 18 设椭圆 22 22 1 0 xy ab ab 的左焦点 为F 上顶点为B 已知椭圆的短轴长为 4 离心率为 5 5 求椭圆的方程 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 ONOF O为原点 且OPMN 求直线PB的斜率 2010 2018 年 解答题 1 2018 江苏 如图 在平面直角坐标系xOy中 椭圆C过点 1 3 2 焦点 12 3 0 3 0 FF 圆O的直径为 12 FF y x O F2F1 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 2 6 7 求直线l的方程 2 2017 新课标 设O为坐标原点 动点M在椭圆C 2 2 1 2 x y 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P且垂直于OQ的直线l过 C的左焦点F 3 2016 年山东 平面直角坐标系xOy中 椭圆 C 22 22 10 xy ab ab 的离心率是 3 2 抛物线 E 2 2xy 的焦点 F 是 C 的一个顶点 求椭圆 C 的方程 设 P 是 E 上的动点 且位于第一象限 E 在点 P 处的切线l与 C 交与不同的两点 A B 线段 AB 的中点为 D 直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M i 求证 点 M 在定直线上 ii 直线l与 y 轴交于点 G 记PFG 的面积为 1 S PDM 的面积为 2 S 求 1 2 S S 的最大值及取得最大值时点 P 的坐标 4 2016 年天津 设椭圆1 3 2 2 2 y a x 3 a 的右焦点为F 右顶点为A 已知 3 1 1 FA e OAOF 其中O 为原点 e为椭圆的离心率 求椭圆的方程 设过点A的直线l与椭圆交于点B B不在x轴上 垂直于l的直线与l交于 点M 与y轴交于点H 若HFBF 且MOAMAO 求直线l的斜 率的取值范围 5 2016 年全国 II 已知椭圆 E 22 1 3 xy t 的焦点在x轴上 A是E的左顶点 斜率为 0 k k 的直线交E于 A M两点 点N在E上 MANA 当4 tAMAN 时 求AMN 的面积 当2 AMAN 时 求k的取值范围 6 2015 湖北 一种作图工具如图 1 所示 O是滑槽AB的中点 短杆 ON 可绕 O 转动 长杆 MN 通过 N 处铰链与 ON 连接 MN 上的栓子 D 可沿滑槽 AB 滑动 且1DNON 3MN 当栓子 D 在滑槽 AB 内作往复运动时 带动 N 绕O转动一周 D 不动时 N 也不动 M 处的笔尖画出的曲线记为 C 以O为原点 AB所在的直线为x轴建立如 图 2 所示的平面直角坐标系 求曲线 C 的方程 设动直线l与两定直线 1 20lxy 和 2 20lxy 分别交于 P Q两点 若直线l 总与曲线C有且只有一个公共点 试探究 OPQ 的面积是否存在最小值 若 存在 求出该最小值 若不存在 说明理由 7 2015 江苏 如图 在平面直角坐标系xoy中 已知椭圆 22 22 10 xy ab ab 的离心 率为 2 2 且右焦点F到左准线l的距离为 3 1 求椭圆的标准方程 2 过F的直线与椭圆交于 A B两点 线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于 点 P C 若2PCAB 求直线AB的方程 8 2015 四川 如图 椭圆E 22 22 1 0 xy ab ab 的离心率是 2 2 过点 0 1 P的动 直线l与椭圆相交于 A B两点 当直线l平行与x轴时 直线l被椭圆E截得的线段长 为2 2 1 求椭圆E的方程 2 在平面直角坐标系xOy中 是否存在与点P不同的定点Q 使得 QAPA QBPB 恒 成立 若存在 求出点Q的坐标 若不存在 请说明理由 9 2015 北京 已知椭圆C 22 22 10 xy ab ab 的离心率为 2 2 点 0 1P 和点 A mn 0m 都在椭圆C上 直线PA交x轴于点M 求椭圆C的方程 并求点M的坐标 用m n表示 设O为原点 点B与点A关于x轴对称 直线PB交x轴于点N 问 y轴上是 否存在点Q 使得OQMONQ 若存在 求点Q的坐标 若不存在 说明 理由 10 2015 浙江 已知椭圆 2 2 1 2 x y 上两个不同的点 A B关于直线 1 2 ymx 对称 求实数m的取值范围 求AOB 面积的最大值 O为坐标原点 11 2014 广东 已知椭圆 22 22 1 0 xy Cab ab 的一个焦点为 5 0 离心率为 5 3 求椭圆 C 的标准方程 若动点 00 P xy为椭圆外一点 且点 P 到椭圆 C 的两条切线相互垂直 求点 P 的轨迹方程 12 2014 辽宁 圆 22 4xy 的切线与x轴正半轴 y轴正半轴围成一个三角形 当该 三角形面积最小时 切点为P 如图 双曲线 22 1 22 1 xy C ab 过点P且离心率为3 1 求 1 C的方程 2 椭圆 2 C过点P且与 1 C有相同的焦点 直线l过 2 C的右焦点且与 2 C交于A B两 点 若以线段AB为直径的圆心过点P 求l的方程 x P O y 13 2013 四川 已知椭圆 C 0 1 2 2 2 2 ba b y a x 的两个焦点分别为 1 10 F 210 F 且椭圆 C 经过点 3 1 3 4 P 求椭圆 C 的离心率 设过点 20A的直线l与椭圆 C 交于 M N 两点 点 Q 是 MN 上的点 且 222 112 ANAMAQ 求点 Q 的轨迹方程 14 2012 湖南 在直角坐标系xoy中 曲线 1 C的点均在 2 C 22 5 9xy 外 且对 1 C 上任意一点M M到直线2x 的距离等于该点与圆 2 C上点的距离的最小值 求曲线 1 C的方程 设 00 P xy 3y 为圆 2 C外一点 过P作圆 2 C的两条切线 分别与曲线 1 C相交于点 A B 和 C D 证明 当P在直线4x 上运动时 四点 A B C D 的纵坐标之积为定值 15 2011 天津 在平面直角坐标系xOy中 点 P a b 0 ab 为动点 12 F F分别为 椭圆 22 22 1 xy ab 的左右焦点 已知 12 FPF为等腰三角形 求椭圆的离心率e 设直线 2 PF与椭圆相交于 A B两点 M是直线 2 PF上的点 满足2AM BM 求点M的轨迹方程 16 2009 广东 已知曲线 2 C yx 与直线 20l xy 交于两点 AA A xy和 BB B xy 且 AB xx 记曲线C在点A和点B之间那一段L与线段AB所围成的平 面区域 含边界 为D 设点 P s t是L上的任一点 且点P与点A和点B均不重合 1 若点Q是线段AB的中点 试求线段PQ的中点M的轨迹方程 2 若曲线 222 51 240 25 G xaxyya 与D有公共点 试求a的最小值 高考真题专项分类 理科数学 第 1 页 共 23 页 专题九 解析几何 第二十九讲 曲线与方程 答案部分 1 由 22 1xyx y 可得 22 1yx yx 配方得 2 2 3 0 24 1 x x y 解得 2 3 4 x 所以x可取的整数值为 1 0 1 则曲线经过 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 这 6 个整点 结论 正确 当 x 0 时 由 22 1xyxy 得 22 22 1 2 xy xyxy 当 x y 时取等号 所以 22 2xy 所以 22 2xy 即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过2 结论 正确 根据对称性可得 曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 2 故 正确 如图所示 0 1 1 0 1 1 0 1ABCD 13 1 1 1 1 22 ABCD S 根据对称性可知23 ABCD SS 心形 即心形区域的面积大于 3 故 错误 正确结论为 故选 C 2 解解析析 设椭圆的右焦点为 F 连接 PF 线段PF的中点A在以原点O为圆心 2为半径的圆 连接AO 可得24PFAO 设P的坐标为 m n 可得 2 34 3 m 可得 3 2 m 15 2 n 由 2 0 F 可得直线PF的斜率为 15 2 15 3 2 2 高考真题专项分类 理科数学 第 2 页 共 23 页 3 解析解析 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 5 2 AF2 x 轴 所以 DF2 2222 112 53 2 22 DFFF 因此 2a DF1 DF2 4 从而 a 2 由 b2 a2 c2 得 b2 3 因此 椭圆 C 的标准方程为 22 1 43 xy 2 解法一解法一 由 1 知 椭圆 C 22 1 43 xy a 2 因为 AF2 x 轴 所以点 A 的横坐标为 1 将 x 1 代入圆 F2的方程 x 1 2 y2 16 解得 y 4 因为点 A 在 x 轴上方 所以 A 1 4 又 F1 1 0 所以直线 AF1 y 2x 2 由 22 22 116 yx xy 得 2 56110 xx 解得1x 或 11 5 x 将 11 5 x 代入22yx 得 12 5 y 因此 1112 55 B 又 F2 1 0 所以直线 BF2 3 1 4 yx 高考真题专项分类 理科数学 第 3 页 共 23 页 由 22 1 43 3 1 4 x yx y 得 2 76130 xx 解得1x 或 13 7 x 又因为 E 是线段 BF2与椭圆的交点 所以1x 将1x 代入 3 1 4 yx 得 3 2 y 因此 3 1 2 E 解法二解法二 由 1 知 椭圆 C 22 1 43 xy 如图所示 联结 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 EF1 F2A 因为 AF2 x 轴 所以 EF1 x 轴 因为 F1 1 0 由 22 1 43 1x xy 得 3 2 y 又因为 E 是线段 BF2与椭圆的交点 所以 3 2 y 因此 3 1 2 E 4 解析解析 1 设 11 1 2 D tA x y 则 2 11 2xy 由于y x 所以切线DA的斜率为 1 x 故 1 1 1 1 2 y x xt 整理得 11 22 1 0 txy 设 22 B xy 同理可得 22 22 1 0txy 故直线AB的方程为2210txy 所以直线AB过定点 1 0 2 5 解析解析 I 由抛物线 2 2C xpy 经过点 2 1 得 2p 所以抛物线 C 的方程为 2 4xy 其准线方程为1y II 抛物线 C 的焦点为 0 1 设直线 l 的方程为 10ykxk 高考真题专项分类 理科数学 第 4 页 共 23 页 由 2 4 1 xy ykx 得 2 440 xkx 设 1122 M x yN x y则 12 4x x 直线OM的方程为 1 1 y yx x 令1y 得点 A 的横坐标为 1 1 A x x y 同理可得点 B 的横坐标 2 2 B x x y 设点 0 Dn 则 22 1212 22 12 12 11 44 x xx x DA DBnn y yxx uuu r uuu r 22 1 2 16 141nn x x 令0 DA DB uuu r uuu r 即 2 410n 得1n 或3n 综上 以 AB 为直径的圆经过y轴上的定点 0 10 3和 6 解 解析析 1 由题设得 1 222 yy xx 化简得 22 1 2 42 xy x 所以 C 为中心在 坐标原点 焦点在 x 轴上的椭圆 不含左右顶点 2 i 设直线 PQ 的斜率为 k 则其方程为 0 ykx k 由 22 1 42 ykx xy 得 2 2 12 x k 记 2 2 12 u k 则 0 P u uk Quuk E u 于是直线QG的斜率为 2 k 方程为 2 k yxu 由 22 2 1 42 k yxu xy 得 22222 2 280kxuk xk u 高考真题专项分类 理科数学 第 5 页 共 23 页 设 GG G xy 则u 和 G x是方程 的解 故 2 2 32 2 G uk x k 由此得 3 2 2 G uk y k 从而直线PG的斜率为 3 2 2 2 1 2 32 2 uk uk k ukk u k 所以PQPG 即PQG 是直角三角形 ii 由 i 得 2 21PQuk 2 2 21 2 uk k PG k 所以 PQG 的面积 2 22 2 1 8 18 1 1 2 1 2 2 1 2 k kk k SPQ PG kk k k 设 t k 1 k 则由 k 0 得 t 2 当且仅当 k 1 时取等号 因为 2 8 1 2 t S t 在 2 单调递减 所以当 t 2 即 k 1 时 S 取得最大值 最大值为16 9 因此 PQG 面积的最大值为16 9 7 解析 I 由题意得1 2 p 即p 2 所以 抛物线的准线方程为x 1 设 AABBcc A xyB xyC x y 重心 GG G xy 令2 0 A yt t 则 2 A xt 由于直线AB过F 故直线AB方程为 2 1 1 2 t xy t 代入 2 4yx 得 2 2 21 40 t yy t 故24 B ty 即 2 B y t 所以 2 12 B tt 又由于 11 33 GABcGABc xxxxyyyy 及重心G在x轴上 故 2 20 c ty t 得 2 42 2 11222 2 0 3 tt CttG ttt 所以 直线AC方程为 2 22ytt xt 得 2 1 0Q t 高考真题专项分类 理科数学 第 6 页 共 23 页 由于Q在焦点F的右侧 故 2 2t 从而 42 2 422 1 244 2 4 2 2 222 1 1 2 322 2 2 1 222211 1 2 2 3 A c tt t FGy tSttt ttStt QGy tt tt 令 2 2mt 则m 0 1 2 2 113 2221 3 4323 4 24 Sm Smm m m m m 当3m 时 1 2 S S 取得最小值 3 1 2 此时G 2 0 8 解析解析 设椭圆的半焦距为c 依题意 5 24 5 c b a 又 222 abc 可得5a 2 b 1c 所以 椭圆的方程为 22 1 54 xy 由题意 设 0 0 PPpM P xyxM x 设直线PB的斜率为 0k k 又 0 2B 则直线PB的方程为2ykx 与椭圆方程 联立 22 2 1 54 ykx xy 整理得 22 45200kxkx 可得 2 20 45 P k x k 代入2ykx 得 2 2 8 10 45 P k y k 进而直线OP的斜率 2 45 10 P p yk xk 在2ykx 中 令0y 得 2 M x k 由题意得 0 1N 所以直线MN的斜率为 2 k 由OPMN 得 2 45 1 102 kk k 化简得 2 24 5 k 从而 2 30 5 k 所以 直线PB的斜率为 2 30 5 或 2 30 5 高考真题专项分类 理科数学 第 7 页 共 23 页 2010 2018 年 1 解析 1 因为椭圆C的焦点为 12 3 0 3 0 FF 可设椭圆C的方程为 22 22 1 0 xy ab ab 又点 1 3 2 在椭圆C上 所以 22 22 31 1 4 3 ab ab 解得 2 2 4 1 a b 因此 椭圆C的方程为 2 2 1 4 x y 因为圆O的直径为 12 FF 所以其方程为 22 3xy 2 设直线l与圆O相切于 0000 00 P x yxy 则 22 00 3xy 所以直线l的方程为 0 00 0 x yxxy y 即 0 00 3x yx yy 由 2 2 0 00 1 4 3 x y x yx yy 消去y 得 2222 0000 4243640 xyxx xy 因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点 所以 222222 000000 24 4 4364 48 20 xxyyyx 因为 00 0 xy 所以 00 2 1xy 因此 点P的坐标为 2 1 因为三角形OAB的面积为 2 6 7 所以 21 2 6 7 AB OP 从而 4 2 7 AB 设 1122 A x yB xy 由 得 22 000 22 00 1 2 2448 2 2 4 xyx x x y 所以 2 222 121 xByyxA 222 000 2222 000 48 2 1 4 xyx yxy 因为 22 00 3xy 高考真题专项分类 理科数学 第 8 页 共 23 页 所以 2 20 22 0 16 2 32 1 49 x AB x 即 42 00 2451000 xx 解得 22 00 5 20 2 xx 舍去 则 2 0 1 2 y 因此P的坐标为 102 22 综上 直线l的方程为53 2yx P B A y x O F2F1 2 解析 1 设 P x y 00 M xy 则 0 0 N x 0 NPxxy 0 0 NMy 由2NPNM 得 0 xx 0 2 2 yy 因为 00 M xy在C上 所以 22 1 22 xy 因此点P的轨迹方程为 22 2xy 2 由题意知 1 0 F 设 3 Qt P m n 则 3 OQt 1 PFmn 3 3OQ PFmtn OPm n 3 PQm tn 由1OP PQ 得 22 31mmtnn 又由 1 知 22 2mn 故3 30m tn 所以0OQ PF 即OQPF 又过点P存在唯一直线垂直与OQ 所以过点P且 垂直于OQ的直线l过C的左焦点F 3 解析 由离心率是 2 3 有 22 4 ba 又抛物线yx2 2 的焦点坐标为 2 1 0 F 所以 2 1 b 于是1 a 高考真题专项分类 理科数学 第 9 页 共 23 页 所以椭圆C的方程为1 4 22 yx i 设P点坐标为 2 0 2 m P mm 由yx2 2 得xy 所以E在点P处的切线l的斜率为m 因此切线l的方程为 2 2 m mx y 设 2211 yxByxA 00 yxD 将 2 2 m mx y代入1 4 22 yx 得 0 1 4 4 1 2322 mxm xm 于是 2 3 21 4 1 4 m m xx 2 3 21 0 4 1 2 2 m mxx x 又 22 00 2 22 14 mm ymx m 于是 直线OD的方程为x m y 4 1 联立方程x m y 4 1 与mx 得M的坐标为 1 4 M m 所以点M在定直线 4 1 y 上 ii 在切线l的方程为 2 2 m mx y中 令0 x 得 2 2 m y 即点G的坐标为 2 0 2 m G 又 2 2 m P m 1 0 2 F 所以 4 1 2 1 S 2 1 mm GFm 再由 32 22 2 41 2 41 mm D mm 得 高考真题专项分类 理科数学 第 10 页 共 23 页 1 4 8 1 2 1 4 2 4 1 2 2 1 S 2 22 2 32 2 m mm m mmm 于是有 22 22 2 1 1 2 1 1 4 2 S S m mm 令1 2 2 mt 得 22 2 1 11 2 1 2 1 2 S S t tt tt 当 2 1 1 t 时 即2 t时 2 1 S S 取得最大值 4 9 此时 2 1 2 m 2 2 m 所以P点的坐标为 4 1 2 2 P 所以 2 1 S S 的最大值为 4 9 取得最大值时点P的坐标为 2 1 24 P 4 解析 设 0 F c 由 113 c OFOAFA 即 113 c caa ac 可得 222 3acc 又 222 3acb 所以 2 1c 因此 2 4a 所以椭圆的方程为 22 1 43 xy 解 设直线l的斜率为k 0 k 则直线l的方程为 2 xky 设 BB yxB 由方程组 2 1 34 22 xky yx 消去y 整理得0121616 34 2222 kxkxk 解得2 x 或 34 68 2 2 k k x 由题意得 34 68 2 2 k k xB 从而 34 12 2 k k yB 由 知 0 1 F 设 0 H yH 有 1 H yFH 34 12 34 49 22 2 k k k k BF 由HFBF 得0 HFBF 所以0 34 12 34 49 22 2 k ky k k H 解得 k k yH 12 49 2 高考真题专项分类 理科数学 第 11 页 共 23 页 因此直线MH的方程为 k k x k y 12 491 2 设 MM yxM 由方程组 2 12 491 2 xky k k x k y 消去y 解得 1 12 920 2 2 k k xM 在MAO 中 MOMAMAOMOA 即 2222 2 MMMM yxyx 化简得1 M x 即1 1 12 920 2 2 k k 解得 4 6 k或 4 6 k 所以 直线l的斜率的取值范围为 4 6 4 6 5 解析 I 设 11 M x y 则由题意知 1 0y 当4t 时 椭圆E的方程为 22 1 43 xy A 点坐标为 20 由已知及椭圆的对称性知 直线AM的倾斜角为 4 因此直线AM的方程为2yx 将2xy 代入 22 1 43 xy 得 2 7120yy 解得0y 或 12 7 y 所以 1 12 7 y 所以AMN 的面积为 2111212144 2 227749 AMN SAM 由题意知3 0 0 tkAt 则直线AM的方程为 yk xt 联立 22 1 3 xy t yk xt 并整理得 22222 3230tkxt tk xt kt 解得xt 或 2 2 3 3 t tkt x tk 所以 2 22 22 36 11 33 t tktt AMktk tktk 由题意MANA 所以AN的方程为 1 yxt k 同理可得 2 2 6 1 3 k tk AN kt 高考真题专项分类 理科数学 第 12 页 共 23 页 由2 AM AN 得 22 2 33 k tkkt 即 3 2 3 21 ktkk 当 3 2k 时上式成立 因此 2 3 63 2 kk t k 因为3t 即 2 3 63 3 2 kk k 整理得 2 3 12 0 2 kk k 即 3 2 0 2 k k 解得 3 22k 6 解析 设点 0 D t 2 t 00 N x yM x y 依题意 2MDDN 且 1DNON 所以 00 2 txyxt y 且 22 00 22 00 1 1 xty xy 即 0 0 22 2 txxt yy 且 0 2 0t tx 由于当点D不动时 点N也不动 所以t不恒等于 0 于是 0 2tx 故 00 42 xy xy 代入 22 00 1xy 可得 22 1 164 xy 即所求的曲线C的方程为 22 1 164 xy 1 当直线l的斜率不存在时 直线l为4x 或4x 都有 1 448 2 OPQ S 2 当直线l的斜率存在时 设直线 1 2 l ykxmk 由 22 416 ykxm xy 消去y 可得 222 14 84160kxkmxm 因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点 所以 2222 644 14 416 0k mkm 即 22 164mk 又由 20 ykxm xy 可得 2 1212 mm P kk 同理可得 2 1212 mm Q kk 高考真题专项分类 理科数学 第 13 页 共 23 页 由原点O到直线PQ的距离为 2 1 m d k 和 2 1 PQ PQkxx 可得 2 2 111222 222121214 OPQPQ mmm SPQ dm xxm kkk 将 代入 得 2 2 2 2 41 2 8 1441 OPQ k m S kk 当 2 1 4 k 时 2 22 412 8 8 1 8 4141 OPQ k S kk 当 2 1 0 4 k 时 2 22 412 8 8 1 1414 OPQ k S kk 因 2 1 0 4 k 则 2 0141k 2 2 2 14k 所以 2 2 8 1 8 14 OPQ S k 当且仅当0k 时取等号 所以当0k 时 OPQ S 的最小值为 8 综合 1 2 可知 当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时 OPQ 的面积取得最小 值 8 7 解析 1 由题意 得 2 2 c a 且 2 3 a c c 解得 2a 1c 则1b 所以椭圆的标准方程为 2 2 1 2 x y 2 当AB x轴时 2AB 又C3 不合题意 当AB与x轴不垂直时 设直线AB的方程为 1yk x 11 x y 22 xy 将AB的方程代入椭圆方程 得 2222 1 24210kxk xk 则 22 1 2 2 22 1 1 2 kk x k C的坐标为 2 22 2 1212 kk kk 且 2 222 2 212121 2 2 2 1 1 1 2 k ABxxyykxx k 若0k 则线段AB的垂直平分线为y轴 与左准线平行 不合题意 从而0k 故直线C 的方程为 2 22 12 1 21 2 kk yx kkk 则P点的坐标为 2 2 52 2 12 k kk 从而 22 2 2 311 12 kk PC kk 高考真题专项分类 理科数学 第 14 页 共 23 页 因为2PCAB 所以 222 2 2 2 3114 2 1 1 21 2 kkk kkk 解得1k 此时直线AB方程为1yx 或1yx 8 解析 1 由已知 点 2 1 在椭圆E上 因此 22 222 21 1 2 2 ab abc c a 解得2a 2b 所以椭圆的方程为 22 1 42 xy 2 当直线l与x轴平行时 设直线l与椭圆相交于C D两点 如果存在定点Q满足条件 则 1 QCPC QDPD 即 QCQD 所以Q点在 y 轴上 可设Q点的坐标为 0 0 y 当直线l与x轴垂直时 设直线l与椭圆相交于M N两点 则 0 2 M 0 2 N 由 QMPM QNPN 有 0 0 2 21 2 21 y y 解得 0 1y 或 0 2y 所以 若存在不同于点P的定点Q满足条件 则Q点的坐标只可能为 0 2 Q 下面证明 对任意的直线l 均有 QAPA QBPB 当直线l的斜率不存在时 由上可知 结论成立 当直线l的斜率存在时 可设直线l的方程为1ykx A B的坐标分别为 1122 x yxy 联立 22 1 42 1 xy ykx 得 22 21 420kxkx 其判别式 22 168 21 0kk 所以 1212 22 42 2121 k xxx x kk 高考真题专项分类 理科数学 第 15 页 共 23 页 因此 12 1212 11 2 xx k xxx x 易知 点B关于y轴对称的点的坐标为 22 Bxy x y O Q P A B B 又 12 11221 22111 QAQB yy kkkkk xxxxx 所以 QAQB kk 即 Q A B 三点共线 所以 1 2 xQAQAPA QBQBxPB 故存在与P不同的定点 0 2 Q 使得 QAPA QBPB 恒成立 9 解析 由题意得 222 1 2 2 b c a abc 解得 2 a 2 故椭圆C的方程为 2 2 1 2 x y 设M N x 0 因为0m 所以11n 直线PA的方程为 1 1 n yx m 所以 M x 1 m n 即 0 1 m M n 因为点B与点A关于x轴对称 所以 B mn 设 0 N N x 则 N x 1 m n 存在点 0 Q Qy使得OQM ONQ 等价 高考真题专项分类 理科数学 第 16 页 共 23 页 存在点 0 Q Qy使得 OM OQ OQ ON 即 Q y满足 2 QMN yxx 因为 1 M m x n 1 N m x n 2 2 1 2 m n 所以 2 2 2 2 1 QMN m yxx n 所以 Q y 2或2 Q y 故在y轴上存在点Q 使得OQM ONQ 点Q的坐标为 0 2 或 0 2 10 解析 由题意知0m 可设直线AB的方程为 1 yxb m 由 2 2 1 1 2 yxb m x y 消去y 得 22 2 112 10 2 b xxb mm 因为直线 1 yxb m 与椭圆 2 2 1 2 x y 有两个不同的交点 所以 2 2 4 220b m 设M为AB的中点 则 2 22 2 22 mbm b M mm 代入直线方程 1 2 ymx 解得 2 2 2 2 m b m 由 得 6 3 m 或 6 3 m 令 166 0 0 22 t m 则 42 2 2 3 22 2 1 1 2 tt ABt t 高考真题专项分类 理科数学 第 17 页 共 23 页 且O到直线AB的距离 2 2 1 2 1 t d t 设 AOB的面积为 S t 所以 22 1112 2 2 2222 S tAB dt 当且仅当 2 1 2 t 时 等号成立 故 AOB面积的最大值为 2 2 11 解析 可知5c 又 5 3 c a 3a 222 4bac 椭圆 C 的标准方程为 22 1 94 xy 设两切线为 12 l l 当 1 lx 轴或 1 lx轴时 对应 2 lx轴或 2 lx 轴 可知 3 2 P 当 1 l与x轴不垂直且不平行时 0 3x 设 1 l的斜率为k 则0k 2l的斜率为 1 k 1 l的方程为 00 yyk xx 联立 22 1 94 xy 得 222 0000 94 18 9 360kxykx kxykx 因为直线与椭圆相切 所以0 得 2222 0000 9 94 4 0ykxkkykx 22 00 364 4 0kykx 222 0000 9 240 xkx y ky 所以k是方程 222 0000 9 240 xxx y xy 的一个根 同理 1 k 是方程 222 0000 9 240 xxx y xy 的另一个根 1 k k 2 0 2 0 4 9 y x 得 22 00 13xy 其中 0 3x 所以点 P 的轨迹方程为 22 13xy 3x 因为 3 2 P 满足上式 综上知 点 P 的轨迹方程为 22 13xy 高考真题专项分类 理科数学 第 18 页 共 23 页 12 解析 设圆的半径为r P点上下两段分别为 m n 2 4r 由射影定理得 2 rmn 三角形的面积 22422 11 444 16 22 smnrmn 42242 11 816816 22 rm nrr 当2mn 时 s取得最大 此时 2 2 P 222 3 c cba a 2 2 P在双曲线上 222 321cba 双曲线的方程为 2 2 1 2 y x 由 知 2 C的焦点为 3 0 3 0 由此设 2 C的方程为 22 22 11 1 3 xy bb 其中 1 0b 由 2 2 P在 2 C上 得 2 1 3b 2 C的方程为 22 1 63 xy 显然 l不是直线0y 设l的方程为3xmy 点 1122 A x yB xy 由 22 3 1 63 xmy xy 得 22 2 2 3 30mymy 1212 22 2 3 3 22 m yyy y mm 1122 0 2 2 2 2 PA PBxyxy 2 1212 1 3 2 2 7 2 6my ymyy 由 得 2 2 2 64 6 110mm 解得 12 3 6 22 6 22 mm 因此直线l的方程 3 6 2 30 2 xy 或 2 6 30 2 xy 13 解析 由椭圆定义知 2a PF1 PF2 2222 4141 112 2 3333 高考真题专项分类 理科数学 第 19 页 共 23 页 所以2a 又由已知 c 1 所以椭圆 C 的离心率 12 22 c e a 由 知 椭圆 C 的方程为 2 2 x y2 1 设点 Q 的坐标为 x y 当直线 l 与 x 轴垂直时 直线 l 与椭圆 C 交于 0 1 0 1 两点 此时点 Q 的坐标为 3 5 0 2 5 当直线 l 与 x 轴不垂直时 设直线 l 的方程为 y kx 2 因为 M N 在直线 l 上 可设点 M N 的坐标分别为 1 x k 1 x 2 2 x k 2 x 2 则 AM 2 1 k2 2 1 x AN 2 1 k2 2 2 x 又 AQ 2 x2 y 2 2 1 k2 2 x 由 222 211 AQAMAN 得 222222 12 211 111kxkxkx 即 2 1212 22222 1212 2211xxx x xxxx x 将 y kx 2 代入 2 2 x y2 1 中 得 2k2 1 x2 8kx 6 0 由 8k 2 4 2k2 1 6 0 得 k2 3 2 由 可知 12 xx 2 8 21 k k 12 x x 2 6 21k 代入 中并化简 得 2 2 18 103 x k 因为点 Q 在直线 y kx 2 上 所以 2y k x 代入 中并化简 得 10 y 2 2 3x2 18 由 及 k2 3 2 可知 0 x2 3 2 即 x 6 0 2 6 0 2 高考真题专项分类 理科数学 第 20 页 共 23 页 又 3 5 0 2 5 满足 10 y 2 2 3x2 18 故 x 66 22 由题意 Q x y 在椭圆 C 内 所以 1 y 1 又由 10 y 2 2 18 3x2有 y 2 2 9 9 5 4 且 1 y 1 则 y 13 5 2 25 所以 点 Q 的轨迹方程为 10 y 2 2 3x2 18 其中 x 66 22 y 13 5 2 25 14 解析 解法 1 设 M 的坐标为 x y 由已知得 22 2 5 3xxy 易知圆 2 C上的点位于直线2x 的右侧 于是20 x 所以 22 5 5xyx 化简得曲线 1 C的方程为 2 20