艺术生高考数学真题演练 专题08 平面解析几何（解答题）（教师版）

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专题08 平面解析几何（解答题）
1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│=4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．
（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径；
（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│−│MP│为定值？并说明理由．
【答案】（1）的半径或；（2）存在，理由见解析.
【解析】（1）因为过点，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线上，且关于坐标原点O对称，所以M在直线上，故可设.
因为与直线x+2=0相切，所以的半径为.
由已知得，又，故可得，解得或.
故的半径或.
（2）存在定点，使得为定值.
理由如下：
设，由已知得的半径为.
由于，故可得，化简得M的轨迹方程为.
因为曲线是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，所以.
因为，所以存在满足条件的定点P.
【名师点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，验证定值符合所有情况，使得问题得解.
2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．
（1）若为等边三角形，求C的离心率；
（2）如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围．
【答案】（1）；（2），a的取值范围为.
【解析】（1）连结，由为等边三角形可知在中，，，，于是，故的离心率是.
（2）由题意可知，满足条件的点存在．当且仅当，，，即，①
，②
，③
由②③及得，又由①知，故．
由②③得，所以，从而故.
当，时，存在满足条件的点P．
所以，的取值范围为．
【名师点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题.
3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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，求该圆的方程．
【答案】（1）见解析；（2）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，=2，所求圆的方程为；
当时，，所求圆的方程为．
【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，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年高考北京卷文数】已知椭圆的右焦点为，且经过点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点．
【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】（1）由题意得，b2=1，c=1．
所以a2=b2+c2=2．
所以椭圆C的方程为．
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），
则直线AP的方程为．
令y=0，得点M的横坐标．
又，从而．
同理，．
由得．
则，．
所以


．
又，
所以．
解得t=0，所以直线l经过定点（0，0）．
【名师点睛】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．
5．【2019年高考天津卷文数】设椭圆的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知（O为原点）.
（1）求椭圆的离心率；
（2）设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x=4上，且，求椭圆的方程.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）设椭圆的半焦距为c，由已知有，又由，消去得，解得.
所以，椭圆的离心率为.
（2）由（1）知，，故椭圆方程为.
由题意，，则直线的方程为，
点P的坐标满足消去并化简，得到，解得.
代入到的方程，解得.
因为点在轴上方，所以.
由圆心在直线上，可设.
因为，且由（1）知，故，解得.
因为圆与轴相切，所以圆的半径长为2，
又由圆与相切，得，可得.
所以，椭圆的方程为.
【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、圆等基础知识.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、数形结合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: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.
7．【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.
8．【2018年高考全国Ⅰ文数】设抛物线，点，，过点的直线与交于，两点．
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）证明：．
【答案】（1）y=或；（2）见解析.
【解析】（1）当l与x轴垂直时，l的方程为x=2，可得M的坐标为（2，2）或（2，–2）．
所以直线BM的方程为y=或．
（2）当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM=∠ABN．
当l与x轴不垂直时，设l的方程为，M（x1，y1），N（x2，y2），则x1>0，x2>0．
由得ky2–2y–4k=0，可知y1+y2=，y1y2=–4．
直线BM，BN的斜率之和为
．①
将，及y1+y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得
．
所以kBM+kBN=0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM=∠ABN．
综上，∠ABM=∠ABN．
【名师点睛】本题主要考查抛物线的标准方程与几何性质、直线与抛物线的位置关系，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象与数学运算.在设直线的方程时，一定要注意所设方程的适用范围，如用点斜式时，要考虑到直线的斜率不存在的情况，以免解答不严密或漏解.
（1）求出直线l与抛物线的交点，利用两点式写出直线BM的方程;
（2）由（1）知，当直线l与x轴垂直时，结论显然成立，当直线l与x轴不垂直时，设出斜率k，联立直线l与C的方程，求出M，N两点坐标之间的关系，再表示出BM与BN的斜率，得其和为0，从而说明BM与BN两条直线的斜率互为相反数，进而可知两角相等.
9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．
（1）求的方程；
（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．
【答案】（1）y=x–1；（2）或．
【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）．
由得．
，故．
所以．
由题设知，解得k=–1（舍去），k=1．
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
，即．
设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则
解得或
因此所求圆的方程为
或．
【名师点睛】本题主要考查抛物线与直线和圆的综合，考查考生的数形结合能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.
（1）利用点斜式写出直线l的方程，代入抛物线方程，得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系以及抛物线的定义加以求解;
（2）由题意写出线段AB的垂直平分线所在直线的方程，设出圆心的坐标，由题意列出方程组，解得圆心的坐标，即可求解.
10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知斜率为的直线与椭圆交于，两点．线段的中点为．
（1）证明：；
（2）设为的右焦点，为上一点，且．证明：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）设，，则，．
两式相减，并由得．
由题设知，，于是．
由题设得，故．
（2）由题意得F（1，0）．设，则
．
由（1）及题设得，．
又点P在C上，所以，从而，．
于是
．
同理．
所以．
故．
【名师点睛】本题主要考查椭圆的方程及简单几何性质、直线的斜率公式、直线与椭圆的位置关系、向量的坐标运算与向量的模等，考查运算求解能力、数形结合思想，考查的数学核心素养是数学抽象、数学运算.圆维曲线中与中点弦有关的问题常用点差法，建立弦所在直线的斜率与中点坐标间的关系，也可以通过联立直线方程与圆锥曲线方程，消元，根据根与系数的关系求解.
11．【2018年高考北京卷文数】已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.
（1）求椭圆M的方程；
（2）若，求的最大值；
（3）设，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C,D和点共线，求k.
【答案】（1）；（2）；（3）1.
【解析】（1）由题意得，所以，
又，所以，
所以，
所以椭圆的标准方程为．
（2）设直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为．
（3）设，，，，
则 ①， ②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
又，代入①式可得，所以，
所以，
同理可得．
故，，
因为三点共线，所以，
将点的坐标代入化简可得，即．
【名师点睛】本题主要考查椭圆的方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，考查数形结合思想，考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算.解决椭圆的方程问题，常用基本量法，同时注意椭圆的几何量的关系；弦长的计算，通常要将直线与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求解.
12．【2018年高考天津卷文数】设椭圆的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求k的值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】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．满分14分．
（1）设椭圆的焦距为2c，由已知得，
又由，可得．
由，从而．
所以，椭圆的方程为．
（2）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，，
点的坐标为．
由的面积是面积的2倍，可得，
从而，即．
易知直线的方程为，
由方程组消去y，可得．
由方程组消去，可得．
由，可得，两边平方，整理得，解得，或．
当时，，不合题意，舍去；当时，，，符合题意．
所以，的值为．
【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系，涉及轨迹方程问题、定值问题、最值问题、参数的取值或取值范围问题等，其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线，解决此类问题要重视化归与转化思想及设而不求法的应用.
13．【2018年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，焦点，圆O的直径为．
（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交于两点．若的面积为，求直线l的方程．

【答案】（1）椭圆C的方程为，圆O的方程为；（2）①；②．
【解析】（1）因为椭圆C的焦点为，
可设椭圆C的方程为．
又点在椭圆C上，所以，解得
因此椭圆C的方程为．
因为圆O的直径为，所以其方程为．
（2）①设直线l与圆O相切于，则，
所以直线l的方程为，即．
由消去y，得．（*）
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，
所以．
因为，所以．
因此点P的坐标为．

②因为三角形OAB的面积为，所以，从而．
设，由（*）得，
所以．
因为，所以，即，
解得舍去），则，
因此P的坐标为．
综上，直线l的方程为．
【名师点睛】本题主要考查直线方程、圆的方程、圆的几何性质、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等知识，考查分析问题能力和运算求解能力.
（1）利用椭圆的几何性质求圆的方程和椭圆的方程.
（2）①利用直线与圆、椭圆的位置关系建立方程求解；
②结合①，利用弦长公式、三角形的面积公式求解.
14．【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．

（1）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
（2）若P是半椭圆x2+=1(xb>0)的离心率为，椭圆C截直线y=1所得线段的长度为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M.点N是M关于O的对称点，⊙N的半径为|NO|.设D为AB的中点，DE，DF与⊙N分别相切于点E，F，求EDF的最小值.

【答案】（1）；（2）的最小值为.
【解析】（1）由椭圆的离心率为，得，
又当时，，得，
所以，
因此椭圆方程为.
（2）设，
联立方程，
得，
由得.（*）
且，
因此，
所以，
又，
所以
整理得 ，
因为，
所以.
令，
故，
所以 .
令，所以.
当时，,
从而在上单调递增，
因此，
等号当且仅当时成立，此时，
所以，
由（*）得 且.
故，
设，
则 ，
所以的最小值为，
从而的最小值为，此时直线的斜率是.
综上所述：当，时，取到最小值.
【名师点睛】圆锥曲线中的两类最值问题：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；
②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．
常见解法：①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；
②代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．
解答本题时，（1）由得，由椭圆C截直线y=1所得线段的长度为，得，求得椭圆的方程为；（2）由，解得
，确定，，结合的单调性求的最小值.
21．【2017年高考浙江卷】如图，已知抛物线，点A，，抛物线上的点．过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．

（1）求直线AP斜率的取值范围；
（2）求的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】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.满分15分.
（1）设直线AP的斜率为k，
，
因为，所以直线AP斜率的取值范围是．
（2）联立直线AP与BQ的方程

解得点Q的横坐标是
．
因为
|PA|==，
|PQ|= ，
所以．
令，
因为
，
所以 f(k)在区间上单调递增，上单调递减，
因此当k=时，取得最大值．
【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.
（1）由斜率公式可得AP的斜率为，再由，得直线AP的斜率的取值范围；
（2）联立直线AP与BQ的方程，得Q的横坐标，进而通过表达与的长度，利用函数的单调性求解的最大值．
22．【2017年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，两准线之间的距离为8．点在椭圆上，且位于第一象限，过点作直线的垂线，过点作直线的垂线．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线，的交点在椭圆上，求点的坐标．

【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）设椭圆的半焦距为c．
因为椭圆E的离心率为，两准线之间的距离为8，所以，，
解得，于是，
因此椭圆E的标准方程是．
（2）由（1）知，，．
设，因为为第一象限的点，故．
当时，与相交于，与题设不符．
当时，直线的斜率为，直线的斜率为．
因为，，所以直线的斜率为，直线的斜率为，
从而直线的方程：， ①
直线的方程：． ②
由①②，解得，所以．
因为点在椭圆上，由对称性，得，即或．
又在椭圆E上，故．
由，解得；
，无解．
因此点P的坐标为．
【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．
（1）由条件可得，，解方程组可得，则；
（2）设，根据点斜式写出直线及的方程，解方程组得交点坐标，代入椭圆方程化简得或，与联立，求解可得点的坐标．