2017—2019年高考真题汇编专题08 平面解析几何(解答题) (解析版)

专题08 平面解析几何（解答题）

1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为

与x轴的交点为P．

（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程； （2）若AP?3PB，求|AB|． 【答案】（1）y?3B，的直线l与C的交点为A，

2uuuruuur37413. x?；（2）2833x?t,A?x1,y1?,B?x2,y2?． 2【解析】设直线l:y?（1）由题设得F?35?3?,0?，故|AF|?|BF|?x1?x2?，由题设可得x1?x2?．

22?4?3?y?x?t12(t?1)?22由?，可得9x?12(t?1)x?4t?0，则x1?x2??． 292??y?3x从而?12(t?1)57?，得t??． 92837x?． 28所以l的方程为y?（2）由AP?3PB可得y1??3y2．

uuuruuur3??y?x?t2由?，可得y?2y?2t?0． 22??y?3x所以y1?y2?2．从而?3y2?y2?2，故y2??1,y1?3． 代入C的方程得x1?3,x2?1． 3故|AB|?413． 3【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及平面向量、弦长的求

解方法，解题关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，利用根与系数的关系构造等量关系. 2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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?

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，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.

【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）

16. 9yy1x2y2???，化简得?【解析】（1）由题设得?1(|x|?2)，所以C为中心在坐标原点，x?2x?2242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y?kx(k?0)．

?y?kx2?22x??由?x得． y21?2k??1??42记u?21?2k2，则P(u,uk),Q(?u,?uk),E(u,0)．

于是直线QG的斜率为

kk，方程为y?(x?u)． 22k?y?(x?u),??2由?2得 2?x?y?1??42(2?k2)x2?2uk2x?k2u2?8?0．①

23u(3k?2)uk设G(xG,yG)，则?u和xG是方程①的解，故xG?，由此得yG?． 222?k2?k

uk3?uk212?k??从而直线PG的斜率为． 2u(3k?2)k?u2?k2所以PQ?PG，即△PQG是直角三角形．

22ukk?1（ii）由（i）得|PQ|?2u1?k，|PG|?，所以△PQG的面积

22?k218(?k)18k(1?k)kS?|PQ‖PG|??． 222(1?2k)(2?k)1?2(1?k)2k2设t=k+

1，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号． k8t16[2+∞t=2k=1S在，）单调递减，所以当，即时，取得最大值，最大值为．

1?2t2916． 9因为S?因此，△PQG面积的最大值为

【名师点睛】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，考查了求函数最大值问题.

1x23．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线C：y=，D为直线y=?上的动点，过D作C的两条切线，

22切点分别为A，B.

（1）证明：直线AB过定点： （2）若以E(0，

5)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. 2【答案】（1）见详解；（2）3或42. 【解析】（1）设D?t,???1??,2?A?x1,y1?，则x12?2y1.

1由于y'?x，所以切线DA的斜率为x1，故2?x .

1x1?ty1?整理得2 tx1?2 y1+1=0.

设B?x2,y2?，同理可得2tx2?2 y2+1=0. 故直线AB的方程为2tx?2y?1?0. 所以直线AB过定点(0,).

（2）由（1）得直线AB的方程为y?tx?121. 21?y?tx???2由?，可得x2?2tx?1?0. 2?y?x??2于是x1?x2?2t,x1x2??1,y1?y2?t?x1?x2??1?2t2?1，

|AB|?1?t2x1?x2?1?t2??x1?x2?2?4x1x2?2?t2?1?.

2t2?1.

2设d1,d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1?t?1,d2?因此，四边形ADBE的面积S?1|AB|?d1?d2???t2?3?t2?1. 2?21?M设M为线段AB的中点，则?t,t??.

2??uuuuruuuuruuuruuur22EM?t,t?2由于EM?AB，而，AB与向量(1, t)平行，所以t?t?2t?0.解得t=0或t??1.

????当t=0时，S=3；当t??1时，S?42. 因此，四边形ADBE的面积为3或42.

【名师点睛】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，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小.

4．【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C：x2=?2py经过点（2，?1）．

（1）求抛物线C的方程及其准线方程；

（2）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轴上的两个定点． 【答案】（1）抛物线C的方程为x??4y，准线方程为y?1；（2）见解析.

2【解析】（1）由抛物线C:x??2py经过点(2,?1)，得p?2.

2

所以抛物线C的方程为x??4y，其准线方程为y?1. （2）抛物线C的焦点为F(0,?1). 设直线l的方程为y?kx?1(k?0). 由?2?y?kx?1,得x2?4kx?4?0. 2?x??4y设M?x1,y1?,N?x2,y2?，则x1x2??4. 直线OM的方程为y?y1x. x1x1. y1令y??1，得点A的横坐标xA??同理得点B的横坐标xB??x2. y2uuur?xr?x?uuu?12D(0, n),?1?n?， 设点，则DA???,?1?n?,DB???yy?1??2?uuuruuurxxDA?DB?12?(n?1)2

y1y2?x1x2?(n?1)222?x1??x2? ??????44????16?(n?1)2 x1x2???4?(n?1)2.

令DA?DB?0，即?4?(n?1)?0，则n?1或n??3. 综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,?3).

【名师点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

uuuruuur2x2y25．【2019年高考天津卷理数】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

ab

轴长为4，离心率为5． 5（1）求椭圆的方程；

（2）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【答案】（1）或?． ??1；（2）5455【解析】（1）设椭圆的半焦距为c，依题意，2b?4,c5，又a2?b2?c2，可得a?5，b?2,?a5c?1．

x2y2所以，椭圆的方程为??1．

54yP?xp?0,M?xM,0?．设直线PB的斜率为k?k?0?， （2）由题意，设P?xP，又B?0,2?，则直线PB的方程为y?kx?2，

???y?kx?2,?22与椭圆方程联立?x2y2整理得?4?5k?x?20kx?0，

?1,??4?520k8?10k2可得xP??，代入y?kx?2得yP?， 224?5k4?5kyP4?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由OP?MN，得

?10k所以，直线PB的斜率为

24?k?230??????1，化简得k2?，从而k??．

255??230230或?． 55【名师点睛】本小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．

x2y26．【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:2?2?1(a?b?0)的焦点为F1（–

ab1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:(x?1)2?y2?4a2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．

3x2y2【答案】（1）（2）E(?1,?). ??1；

243【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=

553，AF2⊥x轴，所以DF2=DF12?F1F22?()2?22?， 222因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2. 由b2=a2?c2，得b2=3.

x2y2因此，椭圆C的标准方程为??1.

43x2y2（2）解法一：由（1）知，椭圆C：??1，a=2，

43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.

?y?2x?2112x??. 由?，得，解得或x?15x?6x?11?0225?(x?1)?y?161112代入y?2x?2，得 y??， 551112因此B(?,?).

553又F2(1，0)，所以直线BF2：y?(x?1).

4将x??3?y?(x?1)??1342x?. 由?2，得，解得或x??17x?6x?13?02xy7???1?3?4又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x??1. 将x??1代入y?因此E(?1,?).

33(x?1)，得y??. 4232

x2y2解法二：由（1）知，椭圆C：??1.

43如图，连结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.

?x??13?因为F1(?1，0)，由?x2y2，得y??.

2?1??3?4又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y??因此E(?1,?).

3. 232

【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.

，0)为抛物线y2?2px(p?0)的焦点，过点F的直线交抛物线7．【2019年高考浙江卷】如图，已知点F(1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的右侧．记△AFG,△CQG的面积分别为S1,S2． （1）求p的值及抛物线的准线方程； （2）求

S1的最小值及此时点G的坐标． S2

【答案】（1）p=2，准线方程为x=?1；（2）最小值为1?

3，此时G（2，0）． 2

【解析】（1）由题意得

p?1，即p=2. 2所以，抛物线的准线方程为x=?1.

2（2）设A?xA,yA?,B?xB,yB?,C?xc,yc?，重心G?xG,yG?.令yA?2t,t?0，则xA?t.

t2?1由于直线AB过F，故直线AB方程为x?y?1，代入y2?4x，得

2ty2?2?t2?1?ty?4?0，

2?12?，所以B?2,??.

t?t?t故2tyB??4，即yB??又由于xG?112?xA?xB?xc?,yG??yA?yB?yc?及重心G在x轴上，故2t??yc?0，得33t??1?2?1???2t4?2t2?2?C???t?,2??t??,G?,0?. 2??t??t3t??????所以，直线AC方程为y?2t?2tx?t?2?，得Q?t2?1,0?.

由于Q在焦点F的右侧，故t2?2.从而

2t4?2t2?21?1?|2t||FG|?yA3t2S122t4?t2t2?2.

???4?2?4421t?22S2t?1t?1|QG|?yc|t2?1?2t?22|?|?2t|23tt令m?t2?2，则m>0，

S1m113?2?2?2?…2??1?3S2m?4m?32. 3m??42m??4mm当m?3时，

S13取得最小值1?，此时G（2，0）． S22【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.

8．【2017年高考全国III卷理数】已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于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P?4,?2?，求直线l与圆M的方程.

【答案】（1）见解析；（2）直线l的方程为x?y?2?0，圆M的方程为?x?3???y?1??10，

229??1?85? 或直线l的方程为2x?y?4?0，圆M的方程为?x????y???4??2?16?【解析】（1）设A?x1,y1?,B?x2,y2?，l:x?my?2. 由?22?x?my?2, 可得y2?2my?4?0，则y1y2??4. 2?y?2x22y12y2?yy?又x1?，故xx?12?4. ,x2?12224y1y2?4???1，所以OA?OB. 因此OA的斜率与OB的斜率之积为?x1x24故坐标原点O在圆M上.

（2）由（1）可得y1?y2?2m,x1?x2?m?y1?y2??4?2m?4.

2故圆心M的坐标为m?2,m，圆M的半径r??2??m2?2??m2. 2uuuruuurP4,?2由于圆M过点??，因此AP?BP?0，故?x1?4??x2?4???y1?2??y2?2??0，

即x1x2?4?x1?x2??y1y2?2?y1?y2??20?0， 由（1）可得y1y2??4,x1x2?4. 所以2m2?m?1?0，解得m?1或m??1. 2当m?1时，直线l的方程为x?y?2?0，圆心M的坐标为?3,1?，圆M的半径为10，圆M的方程为?x?3???y?1??10. 当m??221?91?85时，直线l的方程为2x?y?4?0，圆心M的坐标为?,??，圆M的半径为，圆M

422??4229??1?85?. 的方程为?x????y???4??2?16?【名师点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的

关系；在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.中点弦问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证??0或说明中点在曲线内部.

22xy9．【2017年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:2?2?1(a?b?0)的左、右焦点

ab分别为F1，F2，离心率为

1，两准线之间的距离为8．点P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F1作2直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2． （1）求椭圆E的标准方程；

（2）若直线l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标．

x2y2a2（注：椭圆2?2?1(a?b?0)的准线方程：x??）

abc

x2y24737【答案】（1）（2）(??1；,)．

4377【解析】（1）设椭圆的半焦距为c．

c12a21因为椭圆E的离心率为，两准线之间的距离为8，所以?，?8，

a22c解得a?2,c?1， 于是b?a2?c2?3，

x2y2因此椭圆E的标准方程是??1．

43（2）由（1）知，F1(?1,0)，F2(1,0)． 设P(x0,y0)，

因为P为第一象限的点，故x0?0,y0?0． 当x0?1时，l2与l1相交于F1，与题设不符． 当x0?1时，直线PF1的斜率为

y0y0，直线PF2的斜率为． x0?1x0?1x0?1x0?1，直线l2的斜率为?， y0y0因为l1⊥PF1，l2⊥PF2，所以直线l1的斜率为?从而直线l1的方程：y??x0?1(x?1) ①， y0直线l2的方程：y??x0?1(x?1) ②． y02x0?1由①②，解得x??x0,y?，

y02x0?1)． 所以Q(?x0,y02x0?1Q??y0， 因为点在椭圆上，由对称性，得

y02222即x0?y0?1或x0?y0?1．

22x0y0又P在椭圆E上，故??1．

4322?x0?y0?1?247372由?x，解得x0?； ,y?y00077?1??3?422?x0?y0?1?22，无解． ?x0y0?1??3?4因此点P的坐标为(4737,)． 77【名师点睛】直线与圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用根与系数关系或求根公式进行转化，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点在曲线上（点的坐标满

足曲线方程）等．

10．【2017年高考浙江卷】如图，已知抛物线x2?y，点A(?，)，B(，)，抛物线上的点

1124392413P(x,y)(??x?)．过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．

22

（1）求直线AP斜率的取值范围； （2）求|PA|?|PQ|的最大值． 【答案】（1）(?1,1)；（2）

27． 1614?x?1， 【解析】（1）设直线AP的斜率为k，k?12x?213因为??x?，

22x2?所以直线AP斜率的取值范围是(?1,1)．

11?kx?y?k??0,??24 （2）联立直线AP与BQ的方程?93?x?ky?k??0,??42?k2?4k?3解得点Q的横坐标是xQ?． 22(k?1)2(k?1)(k?1)12因为|PA|=1?k(x?)=1?k2(k?1)，|PQ|=1?k(xQ?x)??，

22k?12所以PA?PQ??(k?1)(k?1)．

令f(k)??(k?1)(k?1)，因为f'(k)??(4k?2)(k?1)， 所以 f(k)在区间(?1,)上单调递增，(,1)上单调递减，

3231212

因此当k=

127时，|PA|?|PQ|取得最大值． 216【名师点睛】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力，通过表达|PA|与|PQ|的长度，通过函数f(k)??(k?1)(k?1)求解

3|PA|?|PQ|的最大值．

11．【2018年高考全国Ⅱ卷理数】设抛物线C：y2?4x的焦点为F，过F且斜率为k(k?0)的直线l与C交

于A，B两点，|AB|?8． （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．

【答案】（1）y?x?1；（2）(x?3)?(y?2)?16或(x?11)?(y?6)?144． 【解析】（1）由题意得F(1,0)，l的方程为y?k(x?1)(k?0)． 设A(x1,y1),B(x2,y2)，

2222?y?k(x?1),2222由?2得kx?(2k?4)x?k?0． ?y?4x2k2?4． ??16k?16?0，故x1?x2?k224k2?4所以|AB|?|AF|?|BF|?(x1?1)?(x2?1)?． 2k4k2?4由题设知，k?1． ?8，解得k??1（舍去）2k因此l的方程为y?x?1．

（2）由（1）得AB的中点坐标为(3,2)，

所以AB的垂直平分线方程为y?2??(x?3)，即y??x?5． 设所求圆的圆心坐标为(x0,y0)，则

?y0??x0?5,?x0?3,?x0?11,?2 解得?或??(y0?x0?1)2y?2y??6.?16.?0?0?(x0?1)??2因此所求圆的方程为(x?3)?(y?2)?16或(x?11)?(y?6)?144．

2222

12．【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C：y2=2px经过点P（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物

线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N． （1）求直线l的斜率的取值范围；

uuuuruuuruuuruuur11（2）设O为原点，QM??QO，QN??QO，求证：?为定值．

??【答案】（1）（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）；（2）见解析. 【解析】（1）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2）， 所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x． 由题意可知直线l的斜率存在且不为0， 设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）． ?y2?4x由?得k2x2?(2k?4)x?1?0． ?y?kx?1依题意??(2k?4)2?4?k2?1?0，解得k<0或0

x1?1由（1）知x1?x2??令x=0，得点M的纵坐标为yM?同理得点N的纵坐标为yN??y1?2?kx1?1?2??2． x1?1x1?1?kx2?1?2． x2?1uuuruuuruuuruuur由QM=?QO，QN=?QO得?=1?yM，??1?yN．

22k?4?2x1?1x2?1111112x1x2?(x1?x2)1k2k???????=2． 所以??1??1?yM1?yN(k?1)x1(k?1)x2k?1x1x2k?1k2所以

1??1?为定值．

x213．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】设椭圆C:?y2?1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A,B两点，

2

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：?OMA??OMB． 【答案】（1）y??22（2）见解析. x?2；x?2或y?22【解析】（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x=1． 由已知可得，点A的坐标为(1,22)或(1,?)， 22所以AM的方程为y??22x?2． x?2或y?22（2）当l与x轴重合时，?OMA??OMB?0?．

当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以?OMA??OMB．

当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y?k(x?1)(k?0)，A(x1,y1),B(x2,y2)， 则x1?2,x2?2，直线MA，MB的斜率之和为kMA?kMB?y1y?2． x1?2x2?2由y1?kx1?k,y2?kx2?k得kMA?kMB?2kx1x2?3k(x1?x2)?4k．

(x1?2)(x2?2)x2将y?k(x?1)代入?y2?1得(2k2?1)x2?4k2x?2k2?2?0．

24k22k2?2所以x1?x2?， ,x1x2?222k?12k?14k3?4k?12k3?8k3?4k则2kx1x2?3k(x1?x2)?4k??0． 22k?1从而kMA?kMB?0，故MA，MB的倾斜角互补，所以?OMA??OMB． 综上，?OMA??OMB．

x2y214．?1交于A，B两点，线段AB的【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知斜率为k的直线l与椭圆C：?43中点为M?1，m??m?0?．

1（1）证明：k??；

2uuuruuuruuuruuuruuuruuur（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP?FA?FB?0．证明：FA，FP，FB成等差数列，并求该数列的公差．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

x12y12x22y22【解析】（1）设A(x1,y1),B(x2,y2)，则??1,??1．

4343两式相减，并由

y1?y2x?xy?y2?k得12?1?k?0．

x1?x243由题设知

x1?x2y?y3?1,12?m，于是k??． 224m31，故k??． 22由题设得0?m?（2）由题意得F(1,0)，设P(x3,y3)，则(x3?1,y3)?(x1?1,y1)?(x2?1,y2)?(0,0)． 由（1）及题设得x3?3?(x1?x2)?1,y3??(y1?y2)??2m?0．

uuur333又点P在C上，所以m?，从而P(1,?)，|FP|?．

224uuuruuurx2x12x1222|FB|?2?于是|FA|?(x1?1)?y1?(x1?1)?3(1?，同理， )?2?242uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur1所以|FA|?|FB|?4?(x1?x2)?3，故2|FP|?|FA|?|FB|，即|FA|,|FP|,|FB|成等差数列．

2uuuruuur11(x1?x2)2?4x1x2．① 设该数列的公差为d，则2|d|?||FB|?|FA||?|x1?x2|?22将m?373代入k??得k??1，所以l的方程为y??x?，

4m442代入C的方程，并整理得7x?14x?11?0，故x1?x2?2,x1x2?， 428代入①解得|d|?321321321，所以该数列的公差为或?． 282828

15．【2018年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点(3,)，焦点F，1(?3,0),F2(3,0)圆O的直径为F1F2．

（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．

①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标； ②直线l与椭圆C交于A,B两点．若△OAB的面积为1226，求直线l的方程． 7

x222 【答案】（1）椭圆C的方程为圆O的方程为x?y?3；（2）①(2,1)；②y??5x?32．?y2?1，

4x2y2【解析】（1）因为椭圆C的焦点为F，可设椭圆C的方程为2?2?1(a?b?0)． 1(? 3,0),F2(3,0)ab1?32???1,1?a?4,?224b 又点(3,)在椭圆C上，所以?a，解得?22??b?1,?a2?b2?3,?x2因此椭圆C的方程为?y2?1．

4因为圆O的直径为F1F2，所以其方程为x?y?3．

22（2）①设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x0?0,y0?0)，则x0?y0?3，

22所以直线l的方程为y??x0x3(x?x0)?y0，即y??0x?． y0y0y0

?x2?y2?1,??42222由?消去y，得(4x0?y0)x?24x0x?36?4y0?0．（*）

x3?y??0x?,?y0y0?因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，

(?24x0)2?4(4x02?y02)(36?4y02)?48y02(x02?2)?0． 所以?? 因为x0,y0?0，所以x0?2,y0?1．因此点P的坐标为(2,1)．

②因为三角形OAB的面积为

2612642，所以 ，从而AB?． AB?OP?7277设A(x1,y1),B(x2,y2)，由（*）得x1,2?24x0?48y02(x02?2)2(4x02?y02)，

x0248y02(x02?2) 所以AB?(x1?x2)?(y1?y2)?(1?2)?222．

y0(4x0?y0)22216(x02?2)32422x?45x?100?0， ?因为x0?y0?3，所以AB?，即0022(x0?1)49222解得x0?25211022(x0?20舍去），则y0?，因此P的坐标为(,)． 2222综上，直线l的方程为y??5x?32．

16．【2018年高考浙江卷】如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点

A，B满足PA，PB的中点均在C上．

yAPOMx

B（1）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；

y2（2）若P是半椭圆x+=1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．

42

【答案】（1）见解析；（2）[62,1510]． 4【解析】本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.满分15分. （1）设P(x0,y0)，A(1212y1,y1)，B(y2,y2)． 44因为PA，PB的中点在抛物线上，

12y?x022所以y1，y2为方程y?y02即y?2y0y?8x0?y0?0的两个不同的实数根． 4()?4?22所以y1?y2?2y0． 因此，PM垂直于y轴．

??y1?y2?2y0, （2）由（1）可知?2??y1y2?8x0?y0,所以|PM|?123222(y1?y2)?x0?y0?3x0，|y1?y2|?22(y0?4x0)． 8431322?|PM|?|y1?y2|?(y0?4x0)2． 24因此，△PAB的面积S△PAB2y022因为x??1(x0?0)，所以y0?4x0??4x0?4x0?4?[4,5]．

420因此，△PAB面积的取值范围是[62,1510]． 4

x2y217．【2018年高考天津卷理数】设椭圆2?2?1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B．已知椭圆的离心率

ab为5，点A的坐标为(b,0)，且FB?AB?62． 3（1）求椭圆的方程；

（2）设直线l：y?kx(k?0)与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q． 若

AQPQ?52sin?AOQ(O为原点)，求k的值． 4111x2y2 【答案】（1）（2）或．??1；

22894c25【解析】（1）设椭圆的焦距为2c，由已知有2?，

a9又由a2=b2+c2，可得2a=3b． 由已知可得，FB?a，AB?2b，

由FB?AB?62，可得ab=6， 从而a=3，b=2，

x2y2所以椭圆的方程为??1．

94（2）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）． 由已知有y1>y2>0，故PQsin?AOQ?y1?y2． 又因为AQ?y2π，而∠OAB=，故AQ?2y2．

sin?OAB4由

AQPQ?52sin?AOQ，可得5y1=9y2． 4?y?kx，6k?由方程组?x2y2消去x，可得y1?． 29k?4?1，??4?9?y?kx，2k易知直线AB的方程为x+y–2=0，由方程组?消去x，可得y2?．

x?y?2?0，k?1?

=39k2?4，由5y1=9y2，可得5（k+1）两边平方，整理得56k2?50k?11?0，解得k?所以k的值为

111，或k?． 228111或． 228x2y218．【2017年高考全国I理数】已知椭圆C：2?2?1(a?b?0)，四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，

ab33），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上． 22（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．

x2【答案】（1）（2）见解析. ?y2?1；

4【解析】（1）由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点． 又由

1113???知，C不经过点P1，所以点P2在C上． a2b2a24b2?1?122???b?a?4因此?，解得?2，

??b?1?1?3?1??a24b2x2故C的方程为?y2?1．

4（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x=t，

224?t4?t由题设知t?0，且|t|?2，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，?）．

224?t2?24?t2?2则k1?k2?得t?2，不符合题设，从而可设l：y?kx?m（m?1）． ???1，

2t2tx2将y?kx?m代入?y2?1得(4k2?1)x2?8kmx?4m2?4?0，由题设可知

4??16(4k2?m2?1)?0．

8km4m2?4设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=?2，x1x2=． 24k?14k?1而k1?k2?y1?1y2?1kx1?m?1kx2?m?12kx1x2?(m?1)(x1?x2)????． x1x2x1x2x1x2由题设k1?k2??1，故(2k?1)x1x2?(m?1)(x1?x2)?0，

m?14m2?4?8kmk??即(2k?1)?，解得， ?(m?1)??02224k?14k?1当且仅当m??1时??0，于是l：y??所以l过定点（2，?1）．

【名师点睛】椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况．另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简．

m?1m?1x?m，即y?1??(x?2)， 22x219．【2017年高考全国II理数】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：?y2?1上，过M作x轴的垂线，

2垂足为N，点P满足NP?（1）求点P的轨迹方程；

（2）设点Q在直线x??3上，且OP?PQ?1．证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F． 【答案】（1）x?y?2；（2）见解析.

22uuuruuuur2NM．

uuuruuuruuuruuuur【解析】（1）设P(x,y),M(x0,y0)，N(x0,0)，则NP?(x?x0,y),NM?(0,y0)．

由NP?uuuruuuur2y． 2NM得x0?x,y0?2x2y2因为M(x0,y0)在C上，所以??1．

22因此点P的轨迹方程为x?y?2．

（2）由题意知F(?1,0)．设Q(?3,t),P(m,n)，

22

则OQ?(?3,t),PF?(?1?m,?n),OQ?PF?3?3m?tn，OP?(m,n),PQ?(?3?m,t?n)． 由OP?PQ?1得?3m?m2?tn?n2?1， 又由（1）知m2?n2?2，故3?3m?tn?0． 所以OQ?PF?0，即OQ⊥PF． 又过点P存在唯一直线垂直于OQ，

所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F． 【名师点睛】求轨迹方程的常用方法：

（1）直接法：直接利用条件建立x，y之间的关系F(x，y)＝0． （2）待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程．

（3）定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程． （4）代入(相关点)法：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而运动，常利用代入法求动点P(x，y)的轨迹方程．

20．【2017年高考北京卷理数】已知抛物线C：y2=2px过点P(1，1).过点(0，

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur1)作直线l与抛物线C交于不2同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点. （1）求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程； （2）求证：A为线段BM的中点.

【答案】（1）抛物线C的方程为y2?x，焦点坐标为(

11，0)，准线方程为x??；（2）见解析. 44【解析】（1）由抛物线C：y2?2px过点P(1，1)，得p?所以抛物线C的方程为y2?x. 抛物线C的焦点坐标为(

11，0)，准线方程为x??. 441

. 2

（2）由题意，设直线l的方程为y?kx?1（k?0），l与抛物线C的交点为M(x1,y1)，N(x2,y2). 21??y?kx?2，得4k2x2?(4k?4)x?1?0. 由??y2?x?则x1?x2?1?k1xx?. ，12k24k2因为点P的坐标为（1，1），所以直线OP的方程为y?x，点A的坐标为(x1,y1).

直线ON的方程为y?因为y1?y2yxx，点B的坐标为(x1,21). x2x2y2x1yx?y2x1?2x1x2?2x1?12 x2x211(kx1?)x2?(kx2?)x1?2x1x2 22?x21(2k?2)x1x2?(x2?x1) 2?x2(2k?2)??11?k?24k2k2 x2?0，

所以y1?y2x1?2x1. x2故A为线段BM的中点.

【名师点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了转化与化归能力，当看到题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数的关系，找准题设条件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来即可，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.

（1）代入点P求得抛物线的方程，根据方程表示焦点坐标和准线方程； （2）设直线l的方程为y?kx?1（k?0），与抛物线方程联立，再由根与系数的关系，及直线ON的2方程为y?xyy2yxx，联立求得点B的坐标为(x1,21)，再证明y1?12?2x1?0. x2x2x21x2y221．【2017年高考天津卷理数】设椭圆2?2?1(a?b?0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为．已

2ab知A是抛物线y?2px(p?0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为（1）求椭圆的方程和抛物线的方程；

（2）设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A），直线BQ与x轴相交于点D．若△APD的面积为

21． 26，求直线AP的方程． 24y2【答案】（1）椭圆的方程为x?（2）3x?6y?3?0或?1，抛物线的方程为y2?4x；

32

3x?6y?3?0．

【解析】（1）设F的坐标为(?c,0)． 依题意，

113c1p?，?a，a?c?，解得a?1，c?，p?2，于是b2?a2?c2?．

224a2224y2所以，椭圆的方程为x??1，抛物线的方程为y2?4x．

3（2）设直线AP的方程为x?my?1(m?0)， 与直线l的方程x??1联立，可得点P(?1,?22)，故Q(?1,)． mm4y2将x?my?1与x??1联立，消去x，整理得(3m2?4)y2?6my?0，

32解得y?0或y??6m．

3m2?4?3m2?4?6m由点B异于点A，可得点B(,2)． 23m?43m?42?6m2?3m2?42由Q(?1,)，可得直线BQ的方程为(2?)(x?1)?(?1)(y?)?0，

m3m?4m3m2?4m2?3m26m22?3m22?3m2令y?0，解得x?，故D(2． ,0)，所以|AD|?1?2?223m?23m?23m?23m?216m2266又因为△APD的面积为，故?， ??223m?2|m|22整理得3m2?26|m|?2?0，解得|m|?66，所以m??． 33所以，直线AP的方程为3x?6y?3?0或3x?6y?3?0．

【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考中都是较有难度的压轴题，本题中第一步利用椭圆的离心率及椭圆与抛物线的位置关系的特点，列方程组，求出椭圆和抛物线的方程，第二步联立方程组求出点的坐标，写出直线的方程，利用面积求直线方程，利用代数的方法解决几何问题，即坐标化、方程化、代数化，这是解题的关键．

（1）由于A为抛物线焦点，F到抛物线的准线l的距离为求出c,a,b，得出椭圆的标准方程和抛物线的方程；

111，则a?c?，又椭圆的离心率为，222

（2）设直线AP的方程为x?my?1(m?0)，解出P,Q两点的坐标，把直线AP的方程和椭圆方程联立解出B点坐标，写出BQ所在直线的方程，求出点D的坐标，最后根据△APD的面积为6，解方程求出2m，可得直线AP的方程．

x2y2222．【2017年高考山东卷理数】在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:2?2?1(a?b?0)的离心率为，

ab2焦距为2.

（1）求椭圆E的方程；

（2）如图，动直线l:y?k1x?3B两点，C是椭圆E上一点，交椭圆E于A，直线OC的斜率为k2，

2且k1k2?2OS,OT是eMeM的半径为MC，，且MC|:|AB|?2:3，M是线段OC延长线上一点，4的两条切线，切点分别为S,T，求?SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率.

πx22. 【答案】（1）（2）?SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1???y2?1；

322【解析】（1）由题意知e?所以c=1， 所以a?c2?,2c?2， a22,b?1，

x2因此椭圆E的方程为?y2?1.

2?x2

?y2?1??2

（2）设A?x1,y1?,B?x2,y2?，联立方程?，

?y?kx?31??222得4k1?2x?43k1x?1?0，

??由题意知??0， 且x1?x2?23k11,xx??， 122k12?12?2k12?1?211?k121?8k12. 所以|AB|?1?k?x1?x2?2?22k1?11?k12?1?8k1222由题意可知圆M的半径r为r?， ?232k1?1由题设知k1k2?所以k2?2， 4k12x. 4k12， 4因此直线OC的方程为y??x22?2?y?1?联立方程?，

?y?2x?4k1?8k1212,y? 得x?22，

1?4k11?4k121?8k12. 因此|OC|?x?y?21?4k122由题意可知sin?SOTr1??， 2r?|OC|1?|OC|r

而

|OC|? 22r221?k1?1?8k1?32k12?11?8k121?4k121?2k1232??， 2241?4k1?1?k12令t?1?2k1，

1则t?1,??0,1?，

t|OC|3t3131???????1， 因此r2222t?t?12112?11?92??2?????tt?t2?4112当且仅当?，即t?2时等号成立，此时k1??，

t22?SOT1?， 所以sin22因此

?SOT??， 26π. 3π2. ，取得最大值时直线l的斜率为k1??32所以?SOT的最大值为

综上所述：?SOT的最大值为