2011年高考數(shù)學(xué)試題分類匯編-專題圓錐曲線-理

1、2021年高考試題數(shù)學(xué)理科圓錐曲線、選擇題2 21(a>0, b>0)的兩條漸近線均和圓1. (2021年高考山東卷理科 8)雙曲線 篤 篤a b2/AX x2y 2 x2 y2 2x y 2 x2y (A)1(B)1(C)1(D)154453663【答案】A【解析】2 2由圓C: x y6x50得:(x2 23) y 4,因?yàn)殡p曲線的右焦點(diǎn)為圓 C的圓2 2C: x y 6x 50相切，且雙曲線的右焦點(diǎn)為圓C的圓心，那么該雙曲線的方程為心(3,0),所以c=3,又雙曲線的兩條漸近線0均和圓C相切,所以bx ay3b2,即3bc2 ,又因?yàn)閏=3,所以b=2,即a25,所以該雙曲線

2、的方程為1 ,應(yīng)選A.2. (2021年高考遼寧卷理科3)F是拋物線y2=x的焦點(diǎn)，A, B是該拋物線上的兩點(diǎn),AF BF =3，那么線段AB的中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為C解析：設(shè) A B的橫坐標(biāo)分別是m,n，由拋物線定義，得1 1AF BF =m+ n 445到軸的距離為543，故 m n5 m n 52，"T 4,故線段AB的中點(diǎn)3. (2021年高考全國(guó)新課標(biāo)卷理科7)設(shè)直線I過雙曲線C的一個(gè)焦點(diǎn)，且與C的一條對(duì)稱軸垂直，I與C交于A,B兩點(diǎn),AB為C的實(shí)軸長(zhǎng)的2倍，貝U C的離心率為ACD3答案:解析:由題意知,AB為雙曲線的通徑，所以,AB2b24a ,又e 1 b2.3，應(yīng)選b.

3、a點(diǎn)評(píng)：此題考查雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程和簡(jiǎn)單幾何性質(zhì), 通過通經(jīng)與長(zhǎng)軸的 4倍的關(guān)系可以計(jì)算出b2離心率的關(guān)鍵2的值，從而的離心率。a4. (20212年高考浙江卷理科8橢圓:篤a1a> b>0與雙曲線C2 :x22y1有公共的焦點(diǎn)，C2的一條漸近線與以4C1的長(zhǎng)軸為直徑的圓相交于 代B兩點(diǎn)，假設(shè)C!恰好將線段AB三等分，那么Aa2132Ba13Cb2Db 2【答案】【解析】由G恰好將線段AB三等分得Xa3x，由Xay 2x2 2x yXa.5x a,155ya155a 2 5石,鼻在橢圓上11b2 又b2-，應(yīng)選C25. (2021年高考安徽卷理科2雙曲線 Xy 的實(shí)軸長(zhǎng)是A2(B)廣(

4、C) 4(D) 4【答案】【命題意圖】此題考查雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查雙曲線的性質(zhì).屬容易題.【解析】 x y2 2可變形為X-1，那么a2 4 , a 2, 2a 4.應(yīng)選C.486. (2021年高考湖南卷理科25)設(shè)雙曲線篤2y91 a 0的漸近線方程為3x 2y 0，那么a的值為A.4 B. 3 C. 2 D. 1答案：C3解析：由雙曲線方程可知漸近線方程為y x，故可知a 2。a2px p 0上，另一個(gè)頂點(diǎn)是此拋7. (2021年高考湖北卷理科 4)將兩個(gè)頂點(diǎn)在拋物線y2物線焦點(diǎn)的正三角形的個(gè)數(shù)記為n,貝UA. n 0 B. n 1 C. n 2 D. n 3 答案：c解析：根據(jù)拋物線

5、的對(duì)稱性，正三角形的兩個(gè) 頂點(diǎn)一定關(guān)于x軸對(duì)稱，且過焦點(diǎn)的兩條直線 傾斜角分別為300和1500，這時(shí)過焦點(diǎn)的直線 與拋物線最多只有兩個(gè)交點(diǎn)，如圖所以正三角形 的個(gè)數(shù)記為n , n 2，所以選C.8. (2021年高考陜西卷理科 2)設(shè)拋物線的頂點(diǎn)在原點(diǎn)，準(zhǔn)線方程為x 2，那么拋物線的方程是A2 2 2y8x By 8xCy4xDy24x【答案】B金太陽(yáng)新課標(biāo)資源網(wǎng)【解析】:設(shè)拋物線方程為y2 ax，那么準(zhǔn)線方程為xa于是a于是2 a 8449. (2021年咼考四川卷理科 10)在拋物線y xax5(aH 0)上取橫坐標(biāo)為為4 ,x22的兩點(diǎn)，過這兩點(diǎn)引一條割線，有平行于該割線的一條直線同時(shí)

6、與拋物線和圓2 25x 5y36相切，那么拋物線頂點(diǎn)的坐標(biāo)為()A( 2, 9) B(0, 5) C(2, 9)D(1, 6)答案：A解析：由的割線的坐標(biāo)(4,11 4a),(2,2 a 1),K2 a ,設(shè)直線方程為y(a 2)x b，那么365b2(2_OP又2 cy xax 5,by (a 2)x b6 a 4( 2, 9)210拋物線C: y24x的焦點(diǎn)為F,直線y2x 4 與 C交于A,B兩點(diǎn).貝U cos AFB =、4334(A)(B) (C)(D)555510. 2021年高考全國(guó)卷理科【答案】D【解析】：:y2 4x得F1,0，準(zhǔn)線方程為x1，由4x2x 4得A(1, 2),

7、B(4,4)那么| AB 為X22 y22 3丿5，由拋物線的定義得 AF| 2,BF 552 22 3亦24由余弦定理得COS AFB 5一24 應(yīng)選D2 5 5511. 2021年高考福建卷理科 7設(shè)圓錐曲線r的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為 F1，F(xiàn)2,假設(shè)曲線r上存在點(diǎn)P滿足|PF| : F|F2 : PF2 =4:3:2，那么曲線r的離心率等于1321A.丄或3B. 2或2 C .丄或2 D2 232【答案】A、填空題2 21.2021年高考遼寧卷理科13點(diǎn)2,3丨在雙曲線C:篤-篤 1a>0, b>0上,a bC的焦距為4，那么它的離心率為 .巻冕；2A 9解析：由題意得，2c = 4

8、?c = 2, - =- = 1, nH/二4,解得占二九故韶心率為2.a2戸2x22. 2021年高考浙江卷理科17設(shè)F1, F2分別為橢圓y 1的焦點(diǎn)，點(diǎn) 代B在橢圓上,3假設(shè)F1A 5F2B;那么點(diǎn)A的坐標(biāo)是【答案】0,1【解析】設(shè)直線F1A的反向延長(zhǎng)線與橢圓交于點(diǎn)B，又：F1A 5F2B，由橢圓的對(duì)稱性可得 F1A 5B F1，設(shè) A x1, y1 ， B x2, y2 ,又TF1AI 弓 x 晉，|RB I 弓 X2 彗,3 2326/3 26/32、(Xq) 5(X2).二 3232 解之得X1 0 ,點(diǎn)A的坐標(biāo)為0,1x12 5 .2 x22 21的焦點(diǎn)在x軸上，過點(diǎn)1,-23.

9、 (2021年高考江西卷理科 14)假設(shè)橢圓 篤 -y2a b、_ 2 2圓x +y =1的切線，切點(diǎn)分別為 A,B,直線AB恰好經(jīng)過橢圓的右焦點(diǎn)和上頂點(diǎn)，那么橢圓方程是【解析】因?yàn)橐粭l切線為 x=1,且直線AB恰好經(jīng)過橢圓的右焦點(diǎn)和上頂點(diǎn)，所以橢圓的右焦點(diǎn)為(1,0),即C1,設(shè)點(diǎn)P 1, 1丨，連結(jié)OP,那么OP丄AB,因?yàn)?-,所以kAB2,又因?yàn)橹本€AB過點(diǎn)(1,0),所以直線AB的方程為2x y 20 ,因?yàn)辄c(diǎn)(0,b)在直線AB上,2 2所以b 2,又因?yàn)閏 1,所以a25 ,故橢圓方程是 -1.54< (2021年高考全國(guó)新課標(biāo)卷®43 在平面直角坐楊系g中.橢圓

10、e的中心為原點(diǎn),點(diǎn)片占左 工軸上 離吧率為f °過【的直線 交于蟲月兩點(diǎn) 且扛兄虧的周長(zhǎng)為血那么亡的方程用.答案= 1金衣陽(yáng)新課標(biāo)資源網(wǎng)16 8解析：由橢圓的的定義知,c4a 16, a 4，又因?yàn)殡x心率一2c 2一2 ,b2 a2 c2 8因此，所求橢圓方程為：16 8點(diǎn)評(píng)：此題考查橢圓的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程以及簡(jiǎn)單的幾何性質(zhì)。要注意把握5.2021年高考重慶卷理科15設(shè)圓C位于拋物線y22x與直線x 3所組成的封閉區(qū)域包含邊界內(nèi),那么圓 C的半徑能取到的最大值為解析：.6 1。為使圓C的半徑取到最大值,顯然圓心應(yīng)該在x軸上且與直線x 3相切,設(shè)圓C的半徑為那么圓C的方程為x將其與y2

11、2x聯(lián)立得:x22 r 2 x9 6r 0，令6r0，并由r 0，得:6. 2021年高考四川卷理科 14雙曲線x =1上一點(diǎn)P到雙曲線右焦點(diǎn)的距離是64364,那么點(diǎn)P到左準(zhǔn)線的距離答案：16解析：由雙曲線第一定義,|PF1|-|PF 2|= ± 16,因 |PF2|=4，故 |PF1|=20，|PF1|=-12 舍去，設(shè)P到左準(zhǔn)線的距離是 d，由第二定義，得2010,解得d 16.d 87. 2021年高考全國(guó)卷理科15R、F2分別為雙曲線 C - -=1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)927A C,點(diǎn)M的坐標(biāo)為2 , 0 , AM為/ FAF/的平分線.那么| AF2| =亠【答案】6【解析】

12、：* F1 6,0, F26,0，由角平分線的性質(zhì)得afJ rm IAF2MF282又AF1& (2021AF22 3 6AF26年高考北京卷理科 14曲線C是平面內(nèi)與兩個(gè)定點(diǎn)F1-1 ,0和 F?2 1 , 0的距離的積等于常數(shù)a2a 1的點(diǎn)的軌跡.給出以下三個(gè)結(jié)論: 曲線C過坐標(biāo)原點(diǎn)； 曲線C關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱;1 2假設(shè)點(diǎn)P在曲線C上，那么 F ,PF2的面積大于a2。2其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是。【答案】2 29. 2021年高考上海卷理科 3設(shè)m為常數(shù)，假設(shè)點(diǎn)F0,5是雙曲線 1的一個(gè)焦 m 9點(diǎn)，貝y m ?！敬鸢浮?6三、解答題：1. 2021年高考山東卷理科 22本小題總

13、分值14分2 2X V動(dòng)直線l與橢圓C：1交于p x1, y1、Q x2,y2兩不同點(diǎn)，且 OPQ的面3 2積S OPQ = 6,其中O為坐標(biāo)原點(diǎn).22I證明X122 2 x2 和 V12V2均為定值;n設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為M求|OM | |PQ|的最大值;川橢圓C上是否存在點(diǎn)D,E,G，使得 S ODE S ODG S OEG6?假設(shè)存在，判斷2x軸對(duì)稱, DEG的形狀；假設(shè)不存在，請(qǐng)說明理由【解析】I解：1當(dāng)直線I的斜率不存在時(shí)，P, Q兩點(diǎn)關(guān)于所以x2人小 V1.因?yàn)镻X1,yJ在橢圓上，因此2X13又因?yàn)镾OPQ,所以| X11 | V116.；由、2 2得|X1 |此時(shí)2X12 2 2

14、X23,V1V2 2,2當(dāng)直線|的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為V kx m,2 2由題意知m 0，將其代入丄32得(22 23k )x26kmx 3(m2)0 ,其中 36k2 m2 12(2 3k2)(m22)20,即 3k 2又x-i6 km2 3k2，X1X223(m2)3k1 k2.(為 X2)24x1X2,12、,6 3k22 m22 3k2因?yàn)辄c(diǎn)O到直線I的距離為d_|m|所以.1 k2,OPQ-|PQ| d22 一6 一3k2 22 m2 3k2|m|_廠k2、6|m|. 3k22 m22 3k2S _£OPQ 2整理得3k22m2,且符合*丨式,此時(shí)2Xi2X22(x

15、-i x2)2X| X26 km3(m22)2 3k23,2yi2y22(3X12)2(3x；)2 224 &(x2 x；)32.綜上所述,2Xi2X23;yi22y22,結(jié)論成立。II丨解法一:1當(dāng)直線I的斜率存在時(shí),由知 |OM | | x, |fPQ|2|yil2,因此 | OM | | PQ | 呂 2 、6.2當(dāng)直線I的斜率存在時(shí),由I知yi y22k(羅3k22m2|OM |2X1X2、2畀 1y2)2|PQ I2(2 ' '22 2 (1 k2)24(3k2 m)(2 3k2)2所以|OM I2|PQ|23k2m,2m29k24m22(2x1 x?23k2

16、2m16 m22 mm21)m2(2A)m4m22(212(31),m),(34)(2mA)m3(-2 2m m)2254遼時(shí)，等號(hào)成立511所以|OM|PQ|，當(dāng)且僅當(dāng)32 22，即m2 mm5 綜合1 2得|OM| |PQ|的最大值為.2解法二：y2)2 (X2 X1)2 (y2 y1)2因?yàn)?4|OM|2| PQ |2(禺 X2)2(%2( x210.2 2 2X2) (y1y2)所以 2|OM | |PQ|4 | OM |2| PQ |221055.即|OM | |PQ| ,當(dāng)且僅當(dāng)2 | OM | | PQ |.5時(shí)等號(hào)成立。5因此|OM| |PQ|的最大值為 .2山丨橢圓C上不存在

17、三點(diǎn) D, E, G使得Sode SOdg S oeg證明:假設(shè)存在D(U, V), E(x1 , y1 ), G (x2 , y2 )滿足 s odeS ODGs毎s OEG,2由I丨得2 u2X13,u222X23,X12X2c222223;vy12,v y22,力2小y22,解得2 u2X123 2X2-; v22y1y 1.因此u,x1, x2只能從 工5中選取,v,y1,y2只能從1中選取,2因此D, E, G只能在1這四點(diǎn)中選取三個(gè)不同點(diǎn),而這三點(diǎn)的兩兩連線中必有一條過原點(diǎn)，與S odeS odgS oeg矛盾,所以橢圓C上不存在滿足條件的三點(diǎn)D, E, G.2. 2021年高考遼

18、寧卷理科 20本小題總分值12分如圖，橢圓 C1的中心在原點(diǎn) O,長(zhǎng)軸左、右端點(diǎn) M N在x軸上，橢圓C2的短軸ttJa解得tab21e22 a. ea2 b2因?yàn)閨t |a,又 0 e1 e21,所以2e1,解得-2e 12a b-時(shí)，不存在直線l，使得BO/AN;2e 1時(shí)，存在直線l使得BO/AN.為MN且C1, C2的離心率都為 e,直線l丄MN I與C1交于兩點(diǎn)，與 C2交于兩點(diǎn)，這四點(diǎn)按縱坐標(biāo)從大到小依次為A, B, C, D.1I丨設(shè)e 2，求BC與AD的比值；II丨當(dāng)e變化時(shí)，是否存在直線I，使得BO/ AN,并說明理由解：I丨因?yàn)镃i, C2的離心率相同，故依題意可設(shè)2 2

19、.2 2 2CiA爲(wèi)心:略篤1，(a b 0)a ba a設(shè)直線I : x t (|t | a)，分別與C, C2的方程聯(lián)立，求得A(t,a .a2 t2),B(t,b . a2t2).4 分ba當(dāng)e 時(shí)，b a,分別用yA, yB表示A, B的縱坐標(biāo)，可知2 22|BC|：|AD|by ：.6 分2| Ya | a 4IIt=0時(shí)的I不符合題意.t 0時(shí)，BO/AN當(dāng)且僅當(dāng)BO的斜率kBO與AN的斜率kAN相等，即即b at2a at2所以當(dāng)02.(2021年高考安徽卷理科 21)本小題總分值13分設(shè)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為1,1，點(diǎn)B在拋物線y x上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)qA，經(jīng)過Q點(diǎn)與x軸垂直的直線交拋物線于點(diǎn)

20、M，點(diǎn)P滿足MP,求點(diǎn)P的軌跡方程?！久}意圖】：此題考查直線和拋物線的方程，平面向量的概念，性質(zhì)與運(yùn)算，動(dòng)點(diǎn)軌跡方程等根本知識(shí)，考查靈活運(yùn)用知識(shí)探究問題和解決問題的能力，全面考核綜合數(shù)學(xué)素養(yǎng)?！窘馕觥浚河芍猀,M,P三點(diǎn)在同一條垂直于x軸的直線上，故可設(shè)P(x, y)，Q(x,y)， M (x,x )，那么 x y (y x )，即yx(y x )()xy再設(shè)B(x ,y ),由BQ :qA，即(xx()xy()y將代入式，消去 y得x()xy()x()y又點(diǎn)B在拋物線yx上,所以y x()x()y()x()x()y()x()x ()y(),y y)( x, y)，解得，再將式代入得，即()

21、x ，即因?yàn)?，等式兩邊同時(shí)約去()這就是所求的點(diǎn) P的軌跡方程?！窘忸}指導(dǎo)】：向量與解析幾何相結(jié)合時(shí)，關(guān)鍵是找到表示向量的各點(diǎn)坐標(biāo)，然后利用相關(guān)點(diǎn)代入法或根與系數(shù)關(guān)系解決問題，此外解析幾何中的代數(shù)式計(jì)算量都是很大的，計(jì)算時(shí)應(yīng)細(xì)致加耐心。3. (2021年高考全國(guó)新課標(biāo)卷理科20)本小題總分值12分在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，點(diǎn) A(0,-1) ，B點(diǎn)在直線y = -3 上，M點(diǎn)滿足 MB/OA,MA?AB = MB?BA M點(diǎn)的軌跡為曲線 C。I求C的方程；np為c上的動(dòng)點(diǎn)，I為C在p點(diǎn)處得切線，求 o點(diǎn)到I距離的最小值。分析；按興健系、設(shè)點(diǎn)、列式、化冊(cè)求軌跡方程；把點(diǎn)到直線的距離用動(dòng)點(diǎn)坐 標(biāo)

22、表示，然后化簡(jiǎn)，利用均值不等式求畏值.解析；(I )設(shè) M(x,y),由得 B(x,-3),A(0,-1).-x,-1-yAB =(x,-2).?AB =0,即-x,-4-2y?(x,-2)=0.所以曲線C的方程式為y=lx2-2.4(n )設(shè)P(x 0 ,y 0)為曲線C:1 2y= x4-2上一點(diǎn)，因?yàn)閥' = x,所以I的斜率為丄X。2 2因此直線|的方程為yyo1x0(x2Xo)，即 XoX 2y 2yo x°0。那么o點(diǎn)到I的距離d|2yo1 2yoXo2，所以44)2,當(dāng)xo =0時(shí)取等號(hào)，所以o點(diǎn)到I距離的最小值為2.點(diǎn)評(píng)：此題考查曲線方程的求法、直線方程、點(diǎn)到

23、直線的距離、用不等式求最值以及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等。要把握每一個(gè)環(huán)節(jié)的關(guān)鍵。4. (2oi1年高考天津卷理科 18)本小題總分值13分2 2X V在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，點(diǎn)P(a, b) (a b o)為動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)(, F2分別為橢圓22 1的a b左右焦點(diǎn) f1pf2為等腰三角形.M是直線PF2上的點(diǎn)，滿足I求橢圓的離心率 e ；n設(shè)直線PF2與橢圓相交于 A, B兩點(diǎn),求點(diǎn)M的軌跡方程.解：本小題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線的方程、平面向量等根底知識(shí)，考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì)及數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，考查解決問題能力與運(yùn)算能力總分值13分.I解：設(shè) F,( c,0), F2(c,0

24、)(c0)由題意，可得|PF2| | F,F21,即.(a c)2 b22c.整理得2(c)2a或c丄.所以a 2c10,得 1舍,an解：由i知a 2c,b可得橢圓方程為2 2 23x 4y 12c .直線PF2方程為.3( x c) ,A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組3x24y23(x212c2,消去y并整理，得c)5x28cx 0,解得Xi0,X2 8c ,得方程組的解5XiX2yiGJyi8c53、3 c5A(8£,3c), B(0,.3c),55設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x, y),那么aM(x8c?,yFc),說(x,y J"由y x,53 8y5x),BM(x八 3x),由5

25、亦于是c x y ,于是3Iam" bM 2，即(丘 y 3x)x (竺 心x) 3155552,化簡(jiǎn)得 18x2 16- 3xy 150,將y 18x2 - 15 代入16.3xC X王,得c心316x0,所以x 0,因此，點(diǎn)M的軌跡方程是18X2163xy 15 0(x 0).5.(2021年高考浙江卷理科 21)此題總分值15分拋物線G：x22C2： X (y24)1的圓心為點(diǎn)I求點(diǎn)M到拋物線G的準(zhǔn)線的距離;n點(diǎn)P是拋物線C1上一點(diǎn)異于原點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓C2的兩條切線，交拋物線C于A B兩點(diǎn)，假設(shè)過 M, P兩點(diǎn)的直線I垂直于AB,求直線I的方程2 1由x2y得準(zhǔn)線方程為y ，由

26、41M(0, 4)，點(diǎn)M到拋物線C1的準(zhǔn)線的距離為4 (-)【解析】Ix2 (y 4)21得1 飛VVfii'iny，圓2n設(shè)點(diǎn) P(xo,xo ),A(X1,X12),的圓C2的切線方程為2y X0k(x2 2即(X。1)k2x0(4X02)k(X02knk2是上述方程的兩個(gè)不相等的根,kx kx02X°k1X22x)kMP174B(X2,X22)由題意得X00, X01, X1x2設(shè)過點(diǎn)PXo)即 ykx x02kX0 那么4V1 kXo2 |4)2 10 設(shè) PA,PB的斜率為kk2 Kk2丨那么2x0 (4 X02)X021(X。4) j將代入12X00由于x

27、6;是方程的根故X2，2x° (4 x°2)X)212x°,Opk1x°,k2x。所以嚴(yán)(4 X02)X0212怡)4)2X0X01解得由MPAB得X02 m點(diǎn)P的坐標(biāo)為(5f)直線l的方程為y15x 4.1156. (2021年高考江西卷理科20)本小題總分值13分P(x), yo)(xo22a)是雙曲線E： 22a b1(a 0,b 0)上一點(diǎn)，M N分別是雙曲線 E的曲線上一點(diǎn)，滿足解：1雙曲線E:X22 a1 a 0,b0 , Px°,y0在雙曲線上，M N分別為雙曲線E的左右頂點(diǎn)，所以a,0N a,0，直線PM,PN斜率之積為k ?k

28、 yo?yoPMPNX0a X0 a2y。2 2X0a2X2a5y。22a2 2而 X02y021，比擬得 b21 a2c2a2 b25a2b23051左、右頂點(diǎn)，直線 PM PN的斜率之積為-.51求雙曲線的離心率；A B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，C為雙2過雙曲線E的右焦點(diǎn)且斜率為1的直線交雙曲線于的值.A X1, y1 , B X2, y2 ,又OCOA OBX1X2, y1y2，點(diǎn)C在雙曲線E上:2X1X25 y12 2ya2X12 5y212 x1x210y22X25y22 a2* 1又聯(lián)立直線L和雙曲線E方程消去y 得:4x210cx5c22 a02 222由韋達(dá)定理得X1X25c ayy

29、X1X2c x1X22 c5ca5 c2 代244入1式得:2 2 a7 -a712 a2 a2 a0或-422c ,交雙曲線B兩點(diǎn)，那么不妨設(shè)E于A,2設(shè)過右焦點(diǎn)且斜率為1的直線L: y7. (2021年咼考湖南卷理科21)本小題總分值13分如圖7,橢圓x2y22 1(a bc、刀G : 20)的離心率為，X軸被曲線a2b222C2：y xb截得的線段長(zhǎng)等于 Ci的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)求Ci, C2的方程;設(shè)C2與y軸的交點(diǎn)為M，過坐標(biāo)原點(diǎn)0的直線I與C2相交于點(diǎn)A, B，直線MA,MB分別與G相交于點(diǎn)D， E.i證明：MD ME；丘記 MAB, MDE的面積分別為Si, S2，問：是否存在直線I ,使

30、得SS217 、?請(qǐng)說32明理由解：由題意知e從而a 2b，又2b a，解得a2,b 1,故 C1, C22x的方程分別為一41, yx21由題意知，直線I的斜率存在，設(shè)為 k，那么直線I的方程為y kxF 得 x2 kx 10x 1設(shè)AX1,% , Bx2,y2，那么捲公2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，于是又點(diǎn)M 0, 1，所以k k % 1 y2 11kx 1 kx2 1k2x1x2 k x1 x21kMA kMBx1x2x1x2x1x2k2 k2 1,1故 MA MB即 MD MEii設(shè)直線的斜率為ki，那么直線的方程為ykix 1，由kix 12 解得x2 12，那么點(diǎn)的坐標(biāo)為k1, k!2

31、1kj 11又直線MB的斜率為，同理可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為k1k11JMA|MB| 2k122|kjkiX4y2得(1 4k12)x208k1x 0, + x 解得y8匕1 4kj2 1,那么點(diǎn)4匕 11 4k12D的坐標(biāo)為8k11 4k12 14K4k12)又直線的斜率為丄，同理可得點(diǎn)E的坐標(biāo)嚴(yán)，工k14 kj 4 k128k1 4 k1k11| MD| |ME|32(1 匕2)出|(1 4)(4 k12)Si1“ 24因此4k12S264k1124由題意知，4k1264k1S2曰 疋1717, 2117解得k124或k132421k12k113k1,所以kk11k12k1又由點(diǎn)A,B的坐標(biāo)可知，

32、k故滿足條件的直線I存在，且有兩條，其方程分別為 y 和y -x2 2評(píng)析：本大題主要考查拋物線、 橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法以及直線與拋物線、橢圓的位置關(guān)系,突出解析幾何的根本思想和方法的考查：如數(shù)形結(jié)合思想、坐標(biāo)化方法等8. 2021年高考廣東卷理科 19設(shè)圓C與兩圓x+52 y2 4,x . 52 y2 4中的一 個(gè)內(nèi)切，另一個(gè)外切1求C的圓心軌跡L的方程2點(diǎn)M 空5，乞5, FJ5, 0,且P為L(zhǎng)上動(dòng)點(diǎn)，求MP FP的最大值及此55時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo).【解析】1解：設(shè)C的圓心的坐標(biāo)為x,y，由題設(shè)條件知I .x 52 y2 . x 52 y2 | 4,2化簡(jiǎn)得L的方程為y21.42解：過M F的直

33、線I方程為y 2x. 5，將其代入L的方程得15x2 32、5x 84 0.解得X1 ,X2故l與L交點(diǎn)為T165疵一14爲(wèi)25515因在線段 MF外，T2在線段MF內(nèi)，故| MT1 |IFT1 | |MF | 2,|MT2 I | FT2 | |MF | 2.，假設(shè)P不在直線MF上，在 MFP中有|MP | | FP | | MF | 2.故| MP | FP |只在T1點(diǎn)取得最大值2。9. 2021年高考湖北卷理科 20本小題總分值13分平面內(nèi)與兩定點(diǎn) 乓a,0, A2a,0a 0連線的斜率之積等于非零常數(shù)m的點(diǎn)的軌跡，力口上A、Az兩點(diǎn)所在所面的曲線C可以是圓、橢圓或雙曲線.(I )求曲

34、線C的方程，并討論 C的形狀與m的位置關(guān)系；(n )當(dāng)m=-1時(shí)，對(duì)應(yīng)的曲線為 G:對(duì)給定的m ( 1,0)U(0，)，對(duì)應(yīng)的曲線為 C2,設(shè)Fi、F2是C2的兩個(gè)焦點(diǎn)，試問：在 Ci上，是否存在點(diǎn) N,使得 RNF2的面積S ma2，假設(shè)存在，求tan F1NF2的值；假設(shè)不存在，請(qǐng)說明理由解：本小題主要考查曲線與方程、圓錐曲線等根底知識(shí)，同時(shí)考查推理運(yùn)算的能力，以及分類與整合和數(shù)形結(jié)合的思想?？偡种?4分ma2.解：I設(shè)動(dòng)點(diǎn)為 M其坐標(biāo)為(x,y)，21時(shí)，曲線C的方程為篤a2y2 ma1,C是焦點(diǎn)在y軸上的橢圓;1時(shí)，曲線C的方程為x2a2, C是圓心在原點(diǎn)的圓;m 0時(shí),n由I0時(shí)，曲

35、線c的方程為曲線C的方程為知，當(dāng) m1時(shí),(1,0)U(0,)時(shí),C2的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為2 x 2 a2y2ma對(duì)于給定的m (1,0) U(0,2y2ma1，C是焦點(diǎn)在x軸上的橢圓;1， C是焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線.C1的方程為m,0),x2F2(a'、1 m,0).),C上存在點(diǎn)N(x0,y°)(y00)使得當(dāng)xa時(shí)，由條件可得kMA1 kMA2y y2yx a x a2 2 m,x a即 mx2 y2ma2(xa)，又 A"a,0), A2(A,0)的坐標(biāo)滿足mx2 y2 ma2故依題意，曲線 C的方程為mx2 y2_2S m a的充要條件是2 2 2X。y

36、76; a ,y° 0,- 2a|y0ma22由得0 I y0a，由得| yoa，即2存在點(diǎn)N,使Sma2不存大滿足條件的點(diǎn)N.當(dāng) m 1,020,110. 2021如圖，設(shè)由 NR ( a ,1 m 可得Nf21r1, Nf2 h ,令那么由nf1 nf2(1m)a2rr 2 cos1從而 Sr1r2 sin2可得 1 ma2 ta n2綜上可得:1、5丁，°0,1 52時(shí),(a1X0,y。，2y。2 maf1nf22ma，可得2 ma sin2cosma2，即 tan時(shí)，在C 上,存在點(diǎn)mX),y°)，1 ma2 tan2N,使得S2macos '，于

37、是由S |m a2，ma2，且tan F1NF2時(shí)，在G上，存在點(diǎn)N,使得S |m a2，且tan RNF2時(shí)，在C上，不存在滿足條件的點(diǎn)年高考陜西卷理科 17本小題總分值P是圓珠筆x2 y225上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)2;2;N.12分4的投影，M為PD上一點(diǎn)，且 MD - PD5I當(dāng)P的在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求點(diǎn) M的軌跡C的方程;4n求過點(diǎn)3, 0且斜率為4的直線被C所截線段的長(zhǎng)度。5【解析】：I設(shè)M的坐標(biāo)為x, y, P , P的坐標(biāo)為Xp,yp,由得xpypX,5P在圓上,y,創(chuàng)242 225,即C的方程為-M 125164 4n過點(diǎn)3, 0且斜率為 的直線方程為y X 3，設(shè)直線與C的交點(diǎn)為5 5Ax

38、, y, BX2, y2，將直線方程 y3代入C的方程，得2X25(x 3)2252即 X2 3x 80。X1,X2線段AB的長(zhǎng)度為AB (xi X2)2 (yi y2)2(1 25)(xi x2)注：求AB長(zhǎng)度時(shí)，利用韋達(dá)定理或弦長(zhǎng)公式求得正確結(jié)果，同樣給分。11. 2021年高考重慶卷理科 20本小題總分值12分，第一問4分，第二問8分如圖20，橢圓的中心為原點(diǎn)O,離心率e一條準(zhǔn)線的方程為2、2。I求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程。n設(shè)動(dòng)點(diǎn)P滿足oP OM 2ON,其中M,N是橢圓上的點(diǎn)。直線OM與 ON的斜率1之積為 一。問：是否存在兩個(gè)定點(diǎn)F1、F2，使得PF1 PF2為定值。假設(shè)存在，求R、F22

39、的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，說明理由。解析：I由 e a-, 2 2，解得 a 2,c- 2, b2 a2 c22 ,c 2 c2 2故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為憶 14 2n設(shè) P x, y , M Xi,yi ,N x?, y?,那么由Op OM得20 4 x1x2x, yXi,yi2X2,y2，即 xxi2x2, yyi2y?,2 2因?yàn)辄c(diǎn)M,N在橢圓'421上，所以x,22y122 24,X2 2y24故x22 22yX14x224XjX22 y124y224y22X122y14 X222y224 x-iX22y°22y2 ,設(shè)koM , koN分別為直線OM ON的斜率，由題意知，k

40、oM |k°N = =i，因此 X1X2 2 yi y2 =0 ,X1X2 2所以 X2 2y220 ,2 2所以P點(diǎn)是橢圓x_ 2 I 2 1上的點(diǎn)，設(shè)該橢圓的左右焦點(diǎn)為Fi、F2，那么由橢圓的2.5.10定義，pFIPF2I為定值，又因c J 2J5彳 Tio 2 J10，因此兩焦點(diǎn)的坐標(biāo)分別 為 F1 ,?0,0、F2 而012. (2021年高考四川卷理科 21)(本小題共12分)橢圓有兩頂點(diǎn) A(-1 , 0)、B(1 , 0)，過其焦點(diǎn)F(0, 1)的直線I與橢圓交于 C、D兩點(diǎn),并與x軸交于點(diǎn)P.直線AC與直線BD交于點(diǎn) Q(I)(II)當(dāng)|CD | =3-&時(shí)

41、，求直線l的方程;2當(dāng)點(diǎn)P異于A B兩點(diǎn)時(shí)，求證:oP?oQ解析：由可得橢圓方程為x221，設(shè)I的方程為y 1 k(x0), k為I的斜率.y那么y22kxx2(22 2k )x2kxx1x2x1x22k212 k2k2yiy“24y22 k22k2 22 k22(為 X2)(y1y2)28k28"T2(2 k )8k4 8k22 2(2 k )k2 2I的方程為y13.(2021年高考全國(guó)卷理科 21)O為坐標(biāo)原點(diǎn),F為橢圓C : x22y2上的焦點(diǎn)，過F且斜率為-2的直線I與C交與A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)P滿足0.1在y軸正半軸(I)證明：點(diǎn)p在C上；n設(shè)點(diǎn)p關(guān)于點(diǎn)o的對(duì)稱點(diǎn)為 Q證明：A

42、 P、B、Q四點(diǎn)在同一圓上2 _【解析】：(I )證明：由 x2 1 得F(0,1) , l : y 2x 1,22x得4x2122x 1設(shè) A(X1, yj, B(X1,yJ,那么 x2、2 . 8廠4一(1)2 442 46x22 8 4 4 ( 1)42 46x242 44yiy2XPyp(yin法一：點(diǎn)K AQ K APX2)y2)P(yiXiKpb KBQ法二：由有QXiX2X322yiy22y3、2D 42XP2ypi，: p關(guān)于點(diǎn)yiXi2yi2Xi0.i2o的對(duì)稱點(diǎn)為斗)2212 . 6)24PBQ 90 ,PAQ,i那么PQ的中垂線為:242X,i一2論 i2i2那么AB的中

43、垂線為：y那么PQ的中垂線與 AB的中垂線的交點(diǎn)為 O<2 iO, 到直線AB的距離為8 8| AB |xi x22 2yiy2.3二 | AO | | BO |AB|i故點(diǎn)p在c上QQ(¥，i),2- i，即 PAQ 90 ,同理2PBQ I8O A、P、B Q四點(diǎn)在同一圓上.28.3x2 x2 2 4x2x2B的中點(diǎn)為D X3, y3 |PO | |QO8 2| 3、33-23、ii82 3 . ii''''d2即 I AO I I BO I |PO I |QO I8A、P、B、Q四點(diǎn)在同一圓上。14. 2021年高考江蘇卷18如圖，在平面直

44、角坐標(biāo)系的頂點(diǎn)，過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交橢圓于P作x軸的垂線,P、A兩點(diǎn)，其中P在第一象限，過垂足為C,連接AC,并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn) B,設(shè)直線PA的斜率為k1當(dāng)直線PA平分線段MN求k的值；2當(dāng)k=2時(shí)，求點(diǎn)P到直線AB的距離d;3對(duì)任意k>0，求證：PA! PB【解析】1因?yàn)镸 2,0、N0八2,所以MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為-1,又因?yàn)橹本€PA平分線段MN所以k的值為y 2x2 424 因?yàn)閗=2,所以直線AP的方程為y 2x,由x2v2得交點(diǎn)P , 、A,13 3334222因?yàn)镻C! x軸，所以C ，0，所以直線AC的斜率為1,直線AB的方程為y x ，所3 3以|242| 一點(diǎn)P到直線AB的距

45、離d= 333 =2-2 .近 33法一：由題意設(shè) P(x°,y°),A( xo, y°),B(Xi,yi),那么C(x°,O),:A C、B三點(diǎn)共線，-Jl吃 上一 ,又因?yàn)辄c(diǎn)P、B在橢圓上,X1Xo2XoX1Xo2 2! 2 2X。y°-1,X1y11，兩式相減得：kPBXoX14242( yo %)kPA kPByo xoX1(yyo)(xoX1)1Xo2( yo %)(X1 Xo)(yoyJPA PB法二：設(shè) A(x,yi), B(x2,y2),A,B 中點(diǎn) N(x°,y。),那么P(-Xi, yJ,C(-Xi,O),一' A、C、B三點(diǎn)共線，y2y2 y1kAB,又因?yàn)辄c(diǎn)A、B在橢圓上X2X1X2X12x122 22X2y21人y1,兩式相減得：yo1442Xo2kABkoN kyo y1PA12kAB1,'ON /PB, PA PBXo X12kAB115. (2021年高考北京卷理科19)本小題共14分2xQQQ橢圓G :y 1 .過點(diǎn)mo丨作圓x2 y2 1的切線I交橢圓G于A, B兩點(diǎn).4I求橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)和離心率；II丨將AB表示為m的函數(shù)，并求 AB的最大值.解：I由得a 2,b1,所以 c . a2b23所以橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(.3