2019年高考试题汇编理科数学--圆锥曲线

x2y2（2019天津）5.已知抛物线y?4x的焦点为F，准线为l.若与双曲线2?2?1(a?0,b?0)的两条渐近线

ab2分别交于点A和点B，且|AB|?4|OF|（O为原点），则双曲线的离心率为 A.

2

B.

3

C. 2 D.

5 【答案】D 【解析】 【分析】

只需把AB?4OF用a,b,c表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率。 【详解】抛物线y?4x的准线l的方程为x??1， 双曲线的渐近线方程为y??则有A(?1,),B(?1,?)

2bx， abbaa2b2b?4，b?2a， ∴AB?，

aa22ca?b∴e???5。 aa故选D。

【点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB的长度。

x2y2（2019天津）18.设椭圆2?2?1(a?b?0)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

ab5. 5（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）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. x2y2230230. ?1（Ⅱ）【答案】（Ⅰ）?或?5455【解析】 【分析】

(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程；

(Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率. 【详解】(Ⅰ) 设椭圆的半焦距为c，依题意，2b?4,x2y2?1. 所以，椭圆方程为?54c5，又a2?b2?c2，可得a?5，b=2，c=1. ?a5(Ⅱ)由题意，设P?xP,yP??xP?0?,M?xM,0?.设直线PB的斜率为k?k?0?，

?y?kx?2?又B?0,2?，则直线PB的方程为y?kx?2，与椭圆方程联立?x2y2，

?1??4?5整理得4?5k?2?x2?20kx?0，可得xP??20k，

4?5k28?10k2代入y?kx?2得yP?，

4?5k2yP4?5k2?进而直线OP的斜率， xP?10k在y?kx?2中，令y?0，得xM??2. kk. 2由题意得N?0,?1?，所以直线MN的斜率为?4?5k2?k???????1， 由OP?MN，得

?10k?2?化简得k?224230. ，从而k??55230230. 或?55所以，直线PB的斜率为【点睛】本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.

（2019上海）10．如图，已知正方形OABC，其中OA?a(a?1)，函数y?3x交BC于点P，函数y?x交AB于点Q，当|AQ|?|CP|最小时，则a的值为 ．

【解答】解：由题意得：P点坐标为(a1?…23a13a1，a)，Q点坐标为(a,)，

a32?12|AQ|?|CP|?，

当且仅当a?3时，取最小值， 故答案为：3．

uuuruuuuruuuruuuurx2y2（2019上海）11．在椭圆??1上任意一点P，Q与P关于x轴对称，若有F1PgF2P?1，则F1P与F2Q的夹

42角范围为 ．

【解答】解：设P(x,y)，则Q点(x,?y)，

x2y2椭圆??1的焦点坐标为(?2，0)，(2，0)，

42uuuruuuurQF1PgF2P?1，

?x2?2?y2?1，

x2y2结合??1

42可得：y2?[1，2]

uuuruuuur故F1P与F2Q的夹角?满足：

uuuruuuurF1PgF2Qx2?2?y22?3y281cos??uuu?2??3?2?[?1，?] ruuuur?y?2y?23F1PgF2Q(x2?2?y2)2?8x21故??[??arccos，?]

31故答案为：[??arccos，?]

3

（2019上海）20．已知抛物线方程y2?4x，F为焦点，P为抛物线准线上一点，Q为线段PF与抛物线的交点，定义：d(P)?|PF|． |FQ|8（1）当P(?1,?)时，求d(P)；

3（2）证明：存在常数a，使得2d(P)?|PF|?a；

（3）P1，P2，P3为抛物线准线上三点，且|PP12|?|P2P3|，判断d(P1)?d(P3)与2d(P2)的关系． 8【解答】解：（1）抛物线方程y2?4x的焦点F(1,0)，P(?1,?)，

3kPF8441?3?，PF的方程为y?(x?1)，代入抛物线的方程，解得xQ?， 23346410， ?93抛物线的准线方程为x??1，可得|PF|?22?|QF|?|PF|815?； ?1?，d(P)?|QF|344（2）证明：当P(?1,0)时，a?2d(P)?|PF|?2?2?2?2， 设P(?1,yP)，yP?0，PF:x?my?1，则myP??2，

4m?16m2?16?2m?21?m2， 联立x?my?1和y?4x，可得y?4my?4?0，yQ?222yP?221?m22 2d(P)?|PF|?2?1?myP?2g?2yQmm(2m?21?m)1?m2?m21?m2??2g??2，

mm则存在常数a，使得2d(P)?|PF|?a； （3）设P1(?1,y1)，P2(?1,y2)，P3(?1,y3)，则

2222[d(P|?|P1)?d(p3)]?4d(P2)?|PF13F|?2|P2F|?4?y1?4?y3?24?y2 ?4?y12?4?y32?2(y1?y32)?4?4?y12?4?y32?(y1?y3)2?16， 2由(4?y12?4?y32)2?[(y1?y3)2?16]?24?y124?y32?2y1y3?8，

22(4?y12)(4?y3?(y1y3?4)2?4(y12?y3)?8y1y3?4(y1?y3)2?0，

则d(P1)?d(P3)?2d(P2)．