三年（2019-2021）高考数学（理）真题分项汇编之专题08平面解析几何（解答题）（解析版）

这是一份三年（2019-2021）高考数学（理）真题分项汇编之专题08平面解析几何（解答题）（解析版），共27页。

专题08 平面解析几何（解答题）
1．【2021·北京高考真题】已知椭圆过点，以四个顶点围成的四边形面积为．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y=-3于点M、N，直线AC交y=-3于点N，若|PM|+|PN|≤15，求k的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）

设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又

故即，
综上，或.
2．【2021·全国高考真题】在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
（2）设点，设直线的方程为，设点、，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，求出的表达式，设直线的斜率为，同理可得出的表达式，由化简可得的值.
【详解】因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为；
（2）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点，
不妨直线的方程为，即，
联立，消去并整理可得，
设点、，则且.
由韦达定理可得，，
所以，，
设直线的斜率为，同理可得，
因为，即，整理可得，
即，显然，故.
因此，直线与直线的斜率之和为.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
3．【2021·浙江高考真题】如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，

（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.
（2）设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.
【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（2）设，，，
所以直线，由题设可得且.
由可得，故，
因为，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，


故，
令，则且，
故，
故即，
解得或或.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
【点睛】方法点睛：直线与抛物线中的位置关系中的最值问题，往往需要根据问题的特征合理假设直线方程的形式，从而便于代数量的计算，对于构建出的函数关系式，注意利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围问题.
4．【2021·全国高考真题（理）】在直角坐标系中，的圆心为，半径为1．
（1）写出的一个参数方程;
（2）过点作的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．
【答案】（1），（为参数）；（2）或.
【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；
（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可.
【详解】（1）由题意，的普通方程为，
所以的参数方程为，（为参数）
（2）由题意，切线的斜率一定存在，设切线方程为，即，
由圆心到直线的距离等于1可得，
解得，所以切线方程为或，
将，代入化简得
或
【点晴】本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.
5．【2021·全国高考真题（理）】已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】（1）抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
6．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【解析】（1）由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.
则，=（a，–1）.由=8得a2–1=8，即a=3.
所以E的方程为+y2=1．
（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.
若t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知–3 由于直线PA的方程为y=（x+3），所以y1=（x1+3）.
直线PB的方程为y=（x–3），所以y2=（x2–3）.
可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.
由于，故，可得，
即①
将代入得
所以，．
代入①式得
解得n=–3（含去），n=.
故直线CD的方程为，即直线CD过定点（，0）．
若t=0，则直线CD的方程为y=0，过点（，0）.
综上，直线CD过定点（，0）.
【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
7．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且．
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程．
【解析】（1）由已知可设的方程为，其中.
不妨设在第一象限，由题设得的纵坐标分别为，；的纵坐标分别为，，故，.
由得，即，解得（舍去），.
所以的离心率为.
（2）由（1）知，，故，
设，则，，故.①
由于的准线为，所以，而，故，代入①得，即，解得（舍去），.
所以的标准方程为，的标准方程为.
8．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；
（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
【解析】（1）由题设可得，得，
所以的方程为.
（2）设，根据对称性可设，由题意知，
由已知可得，直线BP的方程为，所以，，
因为，所以，将代入的方程，解得或.
由直线BP的方程得或8.
所以点的坐标分别为.
，直线的方程为，点到直线的距离为，故的面积为.
，直线的方程为，点到直线的距离为，故的面积为.
综上，的面积为.
【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
9．【2020年高考北京】已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【解析】 (1)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且：，注意到：
，
而：

，
故.
从而.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
10．【2020年高考浙江】如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于点M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．

【解析】（Ⅰ）由得的焦点坐标是．
（Ⅱ）由题意可设直线，点．
将直线的方程代入椭圆得，
所以点的纵坐标．
将直线的方程代入抛物线得，
所以，解得，
因此．
由得，
所以当，时，取到最大值．
【点晴】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用，涉及到求函数的最值，考查学生的数学运算能力，是一道有一定难度的题.
11．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．

（1）求的周长；
（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求的最小值；
（3）设点M在椭圆E上，记与的面积分别为S1，S2，若，求点M的坐标．
【解析】（1）椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，
则.
所以的周长为.
（2）椭圆的右准线为.
设，
则，

在时取等号.
所以的最小值为.

（3）因为椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上且在第一象限内，，
则.
所以直线
设，因为，所以点到直线距离等于点到直线距离的3倍.
由此得，
则或.
由得，此方程无解；
由得，所以或.
代入直线，对应分别得或.
因此点的坐标为或.
【点睛】本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆相交问题、点到直线距离公式的运用，熟悉运用公式以及根据推出是解答本题的关键.
12．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【解析】（1）由题设得，，解得，．
所以的方程为．
（2）设，．
若直线与轴不垂直，设直线的方程为，
代入得．
于是．①
由知，故，
可得．
将①代入上式可得．
整理得．
因为不在直线上，所以，故，．
于是的方程为.
所以直线过点.
若直线与轴垂直，可得.
由得.
又，可得.解得（舍去），.
此时直线过点.
令为的中点，即.
若与不重合，则由题设知是的斜边，故.
若与重合，则.
综上，存在点，使得为定值.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程和性质，圆锥曲线中的定点定值问题，关键是第二问中证明直线MN经过定点，并求得定点的坐标,属综合题，难度较大.
13．【2020年新高考全国Ⅱ卷】已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
【解析】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
14．【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，求|AB|．
【答案】（1）；（2）.
【解析】设直线．
（1）由题设得，故，由题设可得．
由，可得，则．
从而，得．
所以的方程为．
（2）由可得．
由，可得．
所以．从而，故．
代入的方程得．
故．
【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.
15．【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−.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：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）.
【解析】（1）由题设得，化简得，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．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得
．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
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.
16．【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，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)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.
【解析】（1）设，则.
由于，所以切线DA的斜率为，故 .
整理得
设，同理可得.
故直线AB的方程为.
所以直线AB过定点.
（2）由（1）得直线AB的方程为.
由，可得.
于是，
.
设分别为点D，E到直线AB的距离，则.
因此，四边形ADBE的面积.
设M为线段AB的中点，则.
由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或.
当=0时，S=3；当时，.
因此，四边形ADBE的面积为3或.
【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.
17．【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）抛物线的方程为，准线方程为；（2）见解析.
【解析】（1）由抛物线经过点，得.
所以抛物线的方程为，其准线方程为.
（2）抛物线的焦点为.
设直线的方程为.
由得.
设，则.
直线的方程为.
令，得点A的横坐标.
同理得点B的横坐标.
设点，则，



.
令，即，则或.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点和.
【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.
18．【2019年高考天津卷理数】设椭圆的左焦点为，上顶点为．已知椭圆的短轴长为4，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上．若（为原点），且，求直线的斜率．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】（1）设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，．
所以，椭圆的方程为．
（2）由题意，设．设直线的斜率为，
又，则直线的方程为，
与椭圆方程联立整理得，
可得，代入得，
进而直线的斜率．
在中，令，得．
由题意得，所以直线的斜率为．
由，得，化简得，从而．
所以，直线的斜率为或．
【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．
19．【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C: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: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=．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求点E的坐标．

【答案】（1）；（2）.
【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=，AF2⊥x轴，所以DF2=，
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.
（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，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，得，解得或.
将代入，得 ，
因此.
又F2(1，0)，所以直线BF2：.
由，得，解得或.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
将代入，得.
因此.

解法二：由（1）知，椭圆C：.
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，得.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
因此.

【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.
20．【2019年高考浙江卷】如图，已知点为抛物线的焦点，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．记的面积分别为．
（1）求p的值及抛物线的准线方程；
（2）求的最小值及此时点G的坐标．

【答案】（1）p=2，准线方程为x=−1；（2）最小值为，此时G（2，0）．
【解析】（1）由题意得，即p=2.
所以，抛物线的准线方程为x=−1.
（2）设，重心.令，则.
由于直线AB过F，故直线AB方程为，代入，得
，
故，即，所以.
又由于及重心G在x轴上，故，得.
所以，直线AC方程为，得.
由于Q在焦点F的右侧，故.从而
.
令，则m>0，
.
当时，取得最小值，此时G（2，0）．
【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.