2005-2017浙江高考理科数学历年真题之解析几何大题(教师版)

--..--word可编辑.浙江高考历年真题之解析几何大题（教师版）1、（2005年）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点12,FF在x轴上，长轴12AA的长为4，左准线l与x轴的交点为M，|MA1|∶|A1F1|＝2∶1．(Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)若直线1l：x＝m(|m|＞1)，P为1l上的动点，使12FPF最大的点P记为Q，求点Q的坐标(用m表示)．解析：(Ⅰ)设椭圆方程为222210xyabab，半焦距为c，则2111,aMAaAFacc，2222224aaaccaabc由题意,得2,3,1abc，221.43xy故椭圆方程为(Ⅱ)设0,,||1Pmym，当00y时，120FPF；当00y时，22102FPFPFM，只需求22tanFPF的最大值即可奎屯王新敞新疆设直线1PF的斜率011ykm，直线2PF的斜率021ykm，002122222212002||2||1tan1121||1yykkFPFkkmymym当且仅当201||my时，12FPF最大，2,1,||1Qmmm2、（2006年）如图，椭圆byax222＝1（a＞b＞0）与过点A（2，0）、B(0,1)的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心率e=23。(Ⅰ)求椭圆方程；--..--word可编辑.(Ⅱ)设F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，M为线段AF2的中点，求证：∠ATM=∠AF1T。解析：（Ⅰ）过A、B的直线方程为12xy因为由题意得12112222xybyax有惟一解，即0)41(2222222baaxaxab有惟一解,所以2222(44)0(0),ababab故4422ba=0又因为e32c,即22234aba，所以224ab从而得2212,,2ab故所求的椭圆方程为22212xy（Ⅱ）由（Ⅰ）得62c,所以1266(,0),(,0)22FF，从而M（1+46，0）由12112222xyyx，解得121,xx因此1(1,)2T因为126tan1TAF，又21tanTAM，62tan2TMF，得1266112162tanATM，因此，TAFATM13、（2007年）如图，直线ykxb与椭圆2214xy交于AB，两点，记AOB△的面积为S．（I）求在0k，01b的条件下，S的最大值；（II）当2AB，1S时，求直线AB的方程．--..--word可编辑.解析：（I）设点A的坐标为1()xb，，点B的坐标为2()xb，．由2214xy，解得21,221xb所以222121||21112Sbxxbbbb，当且仅当22b时，．S取到最大值1．（Ⅱ）解：由2214ykxbxy得222(41)8440kxkbxb2216(41)kb①｜AB｜＝222212216(41)1||1241kbkxxkk②又因为O到AB的距离2||21||1bSdABk所以221bk③③代入②并整理，得424410kk，解得，2213,22kb，代入①式检验，△＞0，故直线AB的方程是2622yx或2622yx或2622yx或2622yx．4、（2008年）已知曲线C是到点P（83,21）和到直线85y距离相等的点的轨迹。是过点Q（-1，0）的直线，M是C上（不在l上）的动点；A、B在l上，,MAlMBx轴（如图）。（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）求出直线l的方程，使得QAQB2为常数。解析：（Ⅰ）设()Nxy，为C上的点，则2213||28NPxy，N到直线58y的距离为58y．--..--word可编辑.由题设得22135288xyy．化简，得曲线C的方程为21()2yxx．（Ⅱ）解法一：设22xxMx，，直线:lykxk，则()Bxkxk，，从而2||1|1|QBkx．在RtQMA△中，因为222||(1)14xQMx，2222(1)2||1xxkMAk．所以222222(1)||||||(2)4(1)xQAQMMAkxk.2|1||2|||21xkxQAk，222||2(1)112||||QBkkxQAkxk．当2k时，2||55||QBQA，从而所求直线l方程为220xy．解法二：设22xxMx，，直线:lykxk，则()Bxkxk，，从而2||1|1|QBkx．过(10)，垂直于l的直线11:(1)lyxk．因为||||QAMH，所以2|1||2|||21xkxQAk，222||2(1)112||||QBkkxQAkxk．当2k时，2||55||QBQA，从而所求直线l方程为220xy．5、（2009年）已知椭圆1C：22221(0)yxabab的右顶点为(1,0)A，过1C的ABOQyxlMABOQyxlMHl1--..--word可编辑.焦点且垂直长轴的弦长为1．（I）求椭圆1C的方程；（II）设点P在抛物线2C：2()yxhhR上，2C在点P处的切线与1C交于点,MN．当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．解析：（Ⅰ）解：由题意，得2121bba，·．从而21ab，．因此，所求的椭圆方程为2214yx．（Ⅱ）解：如图，设21122()()()MxyNxyPtth，，，，，，则抛物线2C在点P处的切线斜率为|2xtyt．直线MN的方程为：22ytxth．将上式代入椭圆1C的方程中，得2224(2)40xtxth．即222224(1)4()()40txtthxth．①因为直线MN与椭圆1C有两个不同的交点，所以①式中的422116[2(2)4]0thth．②设线段MN的中点的横坐标是3x，则21232()22(1)xxtthxt．设线段PA的中点的横坐标是4x，则412tx．由题意，得34xx，即2(1)10tht．③由③式中的22(1)40h≥，得1h≥，或3h≤．当3h≤时，22040hh，．则不等式②不成立，所以1h≥．当1h时，代入方程③得1t，OxyAPMN--..--word可编辑.将11ht，代入不等式②，检验成立．所以，h的最小值为1．6、（2010年）已知1m，直线,02:2mmyxl椭圆21222,,1:FFymxC分别为椭圆C的左、右焦点.（I）当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程；（II）设直线l与椭圆C交于A，B两点，21FAF，21FBF的重心分别为G，H.若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围.解析：（Ⅰ）解：因为直线2:02mlxmy经过22(1,0)Fm，所以2221,22mmm得又因为1.m所以2.m故直线l的方程为210.xy（Ⅱ）解：设1122(,),(,)AxyBxy，由2222,21mxmyxym消去x得：222104mymy则由2228(1)804mmm，知28m且有212121,.282mmyyyy由于12(,0),(,0)FcFc故O为F1F2的中点，由2,2AGGOBHHO，可知2112(,),(,)3333xyyxGH2221212()()||.99xxyyGH设M是GH的中点，则1212(,)66xxyyM--..--word可编辑.由题意可知，2||||MOGH好222212121212()()4[()()]6699xxyyxxyy即12120.xxyy而2212121212()()22mmxxyymymyyy221(1)(),82mm所以210.82m即24.m又因为10.m且所以12.m所以m的取值范围是（1，2）。7、（2011年）已知抛物线1:C2x＝y，圆2:C22(4)1xy的圆心为点M。（Ⅰ）求点M到抛物线1C的准线的距离；（Ⅱ）已知点P是抛物线1C上一点（异于原点），过点P作圆2C的两条切线，交抛物线1C于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂足于AB，求直线l的方程.解析：--..--word可编辑.8、（2012年）如图，椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为12，其左焦点到点Ｐ（２,１）的距离为10，不过原点．．．．Ｏ的直线l与Ｃ相交于Ａ，Ｂ两点，且线段ＡＢ被直线ＯＰ平分。（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）求△ABP面积取最大值时直线l的方程。解析：--..--word可编辑.9、（2013年）如图，点(0,1)P是椭圆22122:1(0)xyCabab的一个顶点，1C的长轴是圆222:4Cxy的直径，12,ll是过点P且互相垂直的两条直线，其中1l交2C于,AB两点，2l交1C于另一点D.(Ⅰ)求椭圆1C的方程；ⅠⅠ()求ABD面积取最大值时直线1l的方程.（1）由题意得∴椭圆的方程为l1l2(第21题图)ABPOxyD--..--word可编辑.（2）设由题意知直线的斜率存在，不妨设其为，则直线的方程为故点到直线的距离为，又圆：，∴又，∴直线的方程为由，消去，整理得，故，代入的方程得∴设△的面积为，则∴当且仅当，即时上式取等号。∴当时，△的面积取得最大值，此时直线的方程为10、（2014年）如图，设椭圆,01:2222babyaxC动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限.--..--word可编辑.(Ⅰ)已知直线l的斜率为k，用kba,,表示点P的坐标；ⅠⅠ()若过原点O的直线1l与l垂直，证明：点P到直线1l的距离的最大值为ba.（1）方法1：设直线l的方程为，由，消去y得由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△=0，即，解得点P的坐标为又点P在第一象限，故点P的坐标为方法2：作变换，则椭圆C：变为圆：切点变为点，切线（变为。在圆中设直线的方程为（），由解得即，由于，--..--word可编辑.所以，得，即代入得即，利用逆变换代入即得：（2）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，故直线l1的方程为x+ky=0，所以点P到直线l1的距离整理得:因为，所以当且仅当时等号成立。所以，点P到直线的距离的最大值为--..--word可编辑.11、（2015年）已知椭圆222yx=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+21对称．(Ⅰ)求实数m的取值范围；ⅠⅠ()求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)解：（1）由题意，可设直线AB的方程为x=-my+n，代入椭圆方程，可得（m2+2）y2-2mny+n2-2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）．由题意，△=4m2n2-4（m2+2）（n2-2）=8（m2-n2+2）＞0，设线段AB的中点P（x0，y0），则．x0=-m×+n=，由于点P在直线y=mx+上，∴=+，∴，代入△＞0，可得3m4+4m2-4＞0，解得m2，∴或m．（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，∴S△OAB==|n|•=，由均值不等式可得：n2（m2-n2+2）=，∴S△AOB=，当且仅当n2=m2-n2+2，即2n2=m2+2，又∵，解得m=，当且仅当m=时，S△AOB取得最大值为．yxBAO--..--word可编辑.12、（2016年）如图，设椭圆2221xya1a.（1）求直线