2017-2019三年高考-数学(理科)分类汇编-专题08-平面解析几何(解答题)

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32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3APPB，求|AB|．【答案】（1）3728yx；（2）4133.【解析】设直线11223:,,,,2lyxtAxyBxy．（1）由题设得3,04F，故123||||2AFBFxx，由题设可得1252xx．由2323yxtyx，可得22912(1)40xtxt，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．代入C的方程得1213,3xx．故413||3AB．【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）169.【解析】（1）由题设得1222yyxx，化简得221(||2)42xyx，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)ykxk．由22142ykxxy得2212xk．记2212uk，则(,),(,),(,0)PuukQuukEu．于是直线QG的斜率为2k，方程为()2kyxu．由22(),2142kyxuxy得22222(2)280kxukxku．①设(,)GGGxy，则u和Gx是方程①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，2221||2ukkPGk，所以△PQG的面积222218()18(1)||12(12)(2)12()kkkkSPQPGkkkk‖．设t=k+1k，则由k0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．因为2812tSt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169．因此，△PQG面积的最大值为169．【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.3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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】（1）见详解；（2）3或42.【解析】（1）设111,,,2DtAxy，则2112xy.由于y'x，所以切线DA的斜率为1x，故11112yxxt.整理得1122+1=0.txy设22,Bxy，同理可得2222+1=0txy.故直线AB的方程为2210txy.所以直线AB过定点1(0,)2.（2）由（1）得直线AB的方程为12ytx.由2122ytxxy，可得2210xtx.于是2121212122,1,121xxtxxyytxxt，2222121212||11421ABtxxtxxxxt.设12,dd分别为点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为线段AB的中点，则21,2Mtt.由于EMAB，而2,2EMtt，AB与向量(1,)t平行，所以220ttt.解得t=0或1t.当t=0时，S=3；当1t时，42S.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24xy，准线方程为1y；（2）见解析.【解析】（1）由抛物线2:2Cxpy经过点(2,1)，得2p.所以抛物线C的方程为24xy，其准线方程为1y.（2）抛物线C的焦点为(0,1)F.设直线l的方程为1(0)ykxk.由21,4ykxxy得2440xkx.设1122,,,MxyNxy，则124xx.直线OM的方程为11yyxx.令1y，得点A的横坐标11Axxy.同理得点B的横坐标22Bxxy.设点(0,)Dn，则1212,1,,1xxDAnDBnyy，21212(1)xxDADBnyy2122212(1)44xxnxx21216(1)nxx24(1)n.令0DADB，即24(1)0n，则1n或3n.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.5．【2019年高考天津卷理数】设椭圆22221(0)xyabab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55．（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||||ONOF（O为原点），且OPMN，求直线PB的斜率．【答案】（1）22154xy；（2）2305或2305．【解析】（1）设椭圆的半焦距为c，依题意，524,5cba，又222abc，可得5a，2,b1c．所以，椭圆的方程为22154xy．（2）由题意，设0,,0PPpMPxyxMx，．设直线PB的斜率为0kk，又0,2B，则直线PB的方程为2ykx，与椭圆方程联立222,1,54ykxxy整理得2245200kxkx，可得22045Pkxk，代入2ykx得2281045Pkyk，进而直线OP的斜率24510Ppykxk．在2ykx中，令0y，得2Mxk．由题意得0,1N，所以直线MN的斜率为2k．由OPMN，得2451102kkk，化简得2245k，从而2305k．所以，直线PB的斜率为2305或2305．【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．6．【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:22221(0)xyabab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=52．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标．【答案】（1）22143xy；（2）3(1,)2E.【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=52，AF2⊥x轴，所以DF2=222211253()222DFFF，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22143xy.（2）解法一：由（1）知，椭圆C：22143xy，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()22116yxxy，得256110xx，解得1x或115x.将115x代入22yx，得125y，因此1112(,)55B.又F2(1，0)，所以直线BF2：3(1)4yx.由221433(1)4xyxy，得276130xx，解得1x或137x.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以1x.将1x代入3(1)4yx，得32y.因此3(1,)2E.解法二：由（1）知，椭圆C：22143xy.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.因为F1(−1，0)，由221431xxy，得32y.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以32y.因此3(1,)2E.【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.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知点(10)F，为抛物线22(0)ypxp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的右侧．记,AFGCQG△△的面积分别为12,SS．（1）求p的值及抛物线的准线方程；（2）求12SS的最小值及此时点G的坐标．【答案】（1）p=2，准线方程为x=−1；（2）最小值为312，此时G（2，0）．【解析】（1）由题意得12p，即p=2.所以，抛物线的准线方程为x=−1.（2）设,,,,,AABBccAxyBxyCxy，重心,GGGxy.令2,0Aytt，则2Axt.由于直线AB过F，故直线AB方程为2112txyt，代入24yx，得222140tyyt，故24Bty，即2Byt，所以212,Btt.又由于11,33GABcGABcxxxxyyyy及重心G在x轴上，故220ctyt，得242211222,2,,03ttCttGttt.所以，直线AC方程为222yttxt，得21,0Qt.由于Q在焦点F的右侧，故22t.从而4224221244242222211|2|||322221222211|||1||2