十年高考真題（2013-2022）與優(yōu)質(zhì)模擬題匯編新高考卷與全國專題14平面解析幾何解答題（解析版）

大數(shù)據(jù)之十年高考真題(2013-2022)與優(yōu)質(zhì)模擬題(新高考卷與新課

標(biāo)理科卷)

專題14平面解析幾何解答題

?真題匯總

1.【2022年全國甲卷理科201設(shè)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)D(p,O),過尸的直線交C于

N兩點(diǎn).當(dāng)直線A/D垂直于x軸時(shí)，|Mr|=3.

(1)求C的方程；

(2)設(shè)直線MD,ND與C的另一個(gè)交點(diǎn)分別為4B,記直線MN,4B的傾斜角分別為a/.當(dāng)a-￡取得最大值

時(shí)，求直線Z8的方程.

【答案】⑴y2=4x；

(2MB：x=V2y+4.

【解析】

(1)拋物線的準(zhǔn)線為當(dāng)MD與x軸垂直時(shí)，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為p,

此時(shí)|MF|=p+]=3,所以p=2,

所以拋物線C的方程為V=4x；

出設(shè)做4，丫1),/7序丫2)，4序丫3)，8(1/4),直線“':%=my+1,

,x=my+1_,

Do=

由｛y2_4%可得y?_4my_4=0,A>0,y1y2~

由斜率公式可得AMN=汽手=急，kAB=轉(zhuǎn)=總,

~4~4~~4---4-

直線M￡>:x=2二?y+2,代入拋物線方程可得y2一生出攵y-8=0,

yiyi

△>0,y1y3=-8,所以、3=2丫2，同理可得以=2yi，

所以的月=-±_=-1—=皿

71AB

人為+必2(yi+y2)2

又因?yàn)橹本€MN、Z夕的傾斜角分別為a邛，

所以的B=tan/?=等=詈，

若要使a—6最大，則夕6(05),

Q、_tana-tan/?_k__11_V2

設(shè)=2k48=2k>0，則anF(a")i+tanatan0l+2k2-+2k~fiT74，

k92尿2k

當(dāng)且僅當(dāng)滬2k即k時(shí),等號成立，

所以當(dāng)a一夕最大時(shí)，kAB=y.設(shè)直線AB:x=V^y+n,

代入拋物線方程可得y2一4V2y_4n=0，

△>°，y3y4=_4n=4yly2=一16,所以幾=4,

所以直線48:%=&y+4.

2.[2022年全國乙卷理科20】已知橢圓￡的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對稱軸為x軸、y軸，且過4(0,-2),B俱,一1)

兩點(diǎn).

(1)求E的方程；

(2)設(shè)過點(diǎn)P(l,-2)的直線交E于N兩點(diǎn)，過/且平行于x軸的直線與線段N8交于點(diǎn)7,點(diǎn)4滿足

MT=TH.證明：直線"N過定點(diǎn).

【答案】(14+==1

43

(2)(0,-2)

【解析】

(1)解：設(shè)橢圓￡的方程為7nx2+ny2=1,過4(0,-2),8(|,-1),

(4n=1

WlJhm+n=l'解得m=§1，n=~1,

14

所以橢圓E的方程為：^+-=1.

43

(2)4(0,-2),嗚-1),所以AB:y+2=|x,

①若過點(diǎn)P(l,-2)的直線斜率不存在，直線久=1.代入二+叱=1,

34

可得M(l,竺)，N(l,-等)，代入48方程y=9x-2,可得

333

T(V6+3,竽)，由祈=77?得到H(2乃+5,苧).求得HN方程：

y=(2-^)%-2,過點(diǎn)(0,-2).

②若過點(diǎn)P(l,-2)的直線斜率存在，設(shè)kx-y-(k+2)=0,M(x1,y1),/V(x2,y2).

(kx—y—(k+2)=0

聯(lián)立，+ft，得(3k2+4)/-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,

_6k(2+k)-8(2+k)

%1+xyi+y2=

可得《2-3k2+43k2+4

3k(4+k)4(4+4k-2A2)

Xi%=

23k2+4y2y2=3k2工一

且X02+=^2^（*）

y=乃

y=lx-2，可得T（爭+3,%），，（3%+6-x月）.

{1（

可求得此時(shí)HN:y-y2=右,二二。一犯）,

-

將(0,-2),代入整理得2(/+%2)6d+y2)+xty2+冷力-3yly2-12=0,

將(*)代入，得24k4-12k2+96+48k-24/<-48-48/<+24/c2-36k2-48=0,

顯然成立，

綜上，可得直線"N過定點(diǎn)（0,-2）.

3.【2022年新高考1卷21】已知點(diǎn)4（2,1）在雙曲線C。-生=l（a>1）上，直線/交C于P,0兩點(diǎn)，直

線4P,4Q的斜率之和為0.

⑴求/的斜率；

⑵若tan/PAQ=2&，求APAQ的面積.

【答案】（1）一1;

（2喈.

【解析】

(1)因?yàn)辄c(diǎn)4(2,1)在雙曲線￡*：/—，三=1(Q>1)上，所以，-7三二1，解得a?=2,即雙曲線C:5—y?=1

易知直線/的斜率存在，設(shè)±y=k[+?n,P(%i，yD，Q(%2，y2)，

y=kx+m

2

x7Y可得，(1—2依)%2—47nk%—2^2—2=0,

Iy-y=1

所以，〃+&=-=2丁+2,A=16m2k2+4(2m2+2)(2k2-l)>0=>m2-l+2k2>0.

ctKxZAC-1

所以由的p+攵8P=?？傻?，+

即(%i—2)(fcx2+m—1)+(小—2)(fcxj+m-1)=0,

即2kxi04-(m—1—2k)(x1+x2)—4(m—1)=0,

所以2kx+(m-1-2fc)(-怒)-4(m-l)=0,

化簡得，8k2+4k—4+4m(fc+1)=0,即(/c+l)(2fc—1+m)=0,

所以k=-1或m=1-2fc,

當(dāng)?n=l-2k時(shí)，直線=/ex+m=k(%-2)+1過點(diǎn)4(2,1),與題意不符，舍去，

故k=一1.

(2)不妨設(shè)直線P4PB的傾斜角為a,A3V位，因?yàn)榉+ksp=。，所以a+/?=m

因?yàn)閠anZ-PAQ=2\/2?所以tan(j5-a)=2后，即tan2a=-2V2,

即夜tan2a—tana一四=0,解得tana=V2,

于是，直線P4:y=/(％-2)+1,直線P8:y=-/(宛一2)+1，

y=V2(x—2)+1q

聯(lián)立］2可得，^x24-2(1-2V2)x+10-4V2=0,

-x----=912

I2)

因?yàn)榉匠逃幸粋€(gè)根為2,所以孫=甘名丫「=容，

同理可得，XQ=&^,yQ=二零.

所以PQ:x+y_|=0,\PQ\=y,

點(diǎn)4到直線PQ的距離d=W=逑，

y123

故4PAQ的面積為］x弓x苧=竽

4.【2022年新高考2卷21】已知雙曲線C:捻一3=Ma>0,d>0)的右焦點(diǎn)為尸(2,0),漸近線方程為y=±伍.

(1)求C的方程；

(2)過尸的直線與C的兩條漸近線分別交于4,8兩點(diǎn)，點(diǎn)P(Xi，yi),Q(%2，y2)在。上，且Xi>到>。，、1>0.過

P且斜率為-次的直線與過。且斜率為次的直線交于點(diǎn)"從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一

個(gè)成立：

①河在AB上；@PQ||AB；?\MA\=\MB\.

注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.

【答案】(1比2-1=1

(2)見解析

【解析】

(1)右焦點(diǎn)為F(2,0),，c=2」.?漸近線方程為丫=±百方，==，c2=a2+b2=4a2=4,

??Q=1,??b=V3?

，C的方程為：%2—Y=1；

(2)由已知得直線PQ的斜率存在旦不為零，直線AB的斜率不為零,

若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線4B的斜率存在且不為零；

若選①③推②，則M為線段4B的中點(diǎn)，假若直線AB的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可知M在%軸上，即

為焦點(diǎn)F,此時(shí)由對稱性可知P、Q關(guān)于x軸對稱，與從而打=》2，己知不符；

總之，直線4B的斜率存在且不為零.

設(shè)直線48的斜率為k,直線4B方程為y=k(x-2),

2

則條件①M(fèi)在4B上，等價(jià)于yo=k(x()-2)=ky0=k(x0-2)；

兩漸近線的方程合并為-y2=0,

聯(lián)立消去y并化簡整理得：—3)x2-4k2%+41=0

設(shè)4。3，丫3)，8(%3，丫4),線段中點(diǎn)為可。地為;),則々7=^±=^^,yw=k(XN-2)=

設(shè)0，%)，

22

則條件③14Ml=|BM|等價(jià)于(X。一町)2+(y0-y3)=(x0-x4)+仇-yj,

移項(xiàng)并利用平方差公式整理得：

(叼-%4)[2X0-(%3+*4)]+(73-、4)[2、0-佻+y4)]=0>

[2x-(x+*4)]+TZT[2yo—(73+、4)]=O,BPx-x+k(y-y)=0,

03“3兀4oN0N

即&+ky0=黑；

由題意知直線PM的斜率為-V3,直線QM的斜率為我，

，由乃-y0=-V3(xx-x0),y2-y0=V3(X2-x0),

?'-yi-yi=-V3(Xi+x2-2x0),

所以直線PQ的斜率m=上*=一題+xz二2x。)

Xl-X2Xi-X2

直線PM:y=-V3(x-%0)+y。，即y=yo+V3x0-V3x,

代入雙曲線的方程3%2一y2-3=o,BP(V3x+y)(V3x-y)=3中，

得：(y()+V3x0)[2V3x-(y0+V3x0)]=3,

解得p的橫坐標(biāo)：/=嘉(舄菰+即+8出),

同理：X2=一嘉(五T甌+y。一百x。)，

...X1-x2=^=導(dǎo)制+y0),x1+x2-2x0=-展均-x0.

???條件②PQ〃48等價(jià)于m=fc<=>kyQ=3x0?

綜上所述：

條件①M(fèi)在48上，等價(jià)于ky。=12(%0一2)；

條件②PQ〃48等價(jià)于比必=3%0；

條件③|4M|=|BM|等價(jià)于與+ky0=黑；

選①②推③：

由①②解得：x0=菖p二通+ky0=4x0=要二'.③成立；

選①③推②：

由①③解得：x0=^kyo=段，

?*.ky0=3%0'②成立；

選②③推①：

由②③解得：的=/，ky0=/，；.%0-2=島，

2

.".ky0=k(x0-2),...①成立.

5.【2021年全國甲卷理科20】拋物線C的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O.焦點(diǎn)在x軸上，直線/：x=l交C于P,Q

兩點(diǎn)，SOP1OQ.已知點(diǎn)M(2,0),且0M與/相切.

(1)求C,0M的方程；

(2)設(shè)A，4，&是C上的三個(gè)點(diǎn)，直線4遇2,4遇3均與OM相切.判斷直線色也與。M的位置關(guān)系，并

說明理由.

【答案】(1)拋物線C:y2=x,。時(shí)方程為。一2)2+/=1；(2)相切，理由見解析

(1)依題意設(shè)拋物線=2px(p>0),P(l,y0),Q(l,-y0),

vOP1OQ,OP-OQ=1-yo=1-2p=0,2p=1,

所以拋物線C的方程為y2=x,

乂(0,2),?！芭c苫=1相切，所以半徑為1,

所以O(shè)M的方程為(無一2產(chǎn)+必=1；

(2)設(shè)4(*2,月)，4(*3,曠3)

若4遇2斜率不存在，則4遇2方程為X=1或x=3,

若4送2方程為x=1.根據(jù)對稱性不妨設(shè)4式1,1),

則過冬與圓M相切的另一條直線方程為y=1,

此時(shí)該直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，即不存在心，不合題意；

若4遇2方程為X=3,根據(jù)對稱性不妨設(shè)4式3,6),4(3,-V3),

則過久與圓M相切的直線4遇3為y-百=弓0-3),

又做血=?F=+—v='y>>'-y3=°，

1°xi-x^yvi+門vvs+y3J

x3=0,43(0,0),此時(shí)直線4送3,4A關(guān)于無軸對稱，

所以直線/A與圓M相切；

若直線4142,4送3,424斜率均存在，

則心也=焉，心也=六，％方=六'

所以直線A/方程為y-yi=五之(萬一必)，

整理得*-(yi+y2)y+y,2=o-

同理直線/hA的方程為x-(%+%)y+y，3=o>

直線4243的方程為X-(72+曠3)丁+及丁3=o,

???4通2與圓M相切，二總嚼=1

整理得(%-l)y|+2yly2+3-*=0,

AiA與圓M相切，同理卬彳-l)y1+2yly3+3-%=0

所以丁2，為為方程Cy彳-l)y2+2yly+3-y|=。的兩根,

.2yl3—y?

及+y3=一行,曠2，為=布，

M到直線出北的距離為：

\2+y2y3\

y)2

yji+(y2+32月

1+(-)2

_必+1|=X1+1_1

J(yi-t)z+4yiy,+1，

所以直線71243與圓M相切；

綜上若直線4送2，&43與圓M相切，則直線4公與圓M相切.

6.[2021年新高考1卷21】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)尸式-717,0)、尸2(舊,0)1“尸1|-|M&I=2,

點(diǎn)M的軌跡為C.

(1)求C的方程;

(2)設(shè)點(diǎn)T在直線x=5上，過T的兩條直線分別交C于A、B兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn)，且|74|-|7B|=|7P|?|7Q|,

求直線4B的斜率與直線PQ的斜率之和.

【答案】(1)x2-^=l(x>1)：(2)0.

16

因?yàn)镮MFj-\MF2\=2<\FtF2\=2V17,

所以，軌跡C是以點(diǎn)匕、尸2為左、右焦點(diǎn)的雙曲線的右支，

設(shè)軌跡C的方程為5一3=1(。>0,b>0),則2a=2,可得a=l,b=V17-a2=4-

所以，軌跡C的方程為二一廿=l(x21)；

16

(2)設(shè)點(diǎn)T(gt)，若過點(diǎn)71的直線的斜率不存在，此時(shí)該直線與曲線C無公共點(diǎn)，

不妨直線AB的方程為y-t=kiCx-i),即y=klX+

聯(lián)立｛'=4I*+t—5自，消去y并整理可得(舷—16)x2+%(2t—ki)x+(t-ifcj2+16=0,

16x2-y2=162

設(shè)點(diǎn)4Qi，y。、B(x2,y2)>則打>洱M/

由韋達(dá)定理可得%+尤2=專駕，”2=常：嗎

所以，\TA\■\TB\=(l+kl).|x1-i|-|x2-1|=(l+好)?(石小一空+》=(產(chǎn)罌產(chǎn),

設(shè)直線PQ的斜率為電，同理可得|TP|?|TQ|=丁+#)[?.),

?2—lo

因?yàn)閨7川,|TB|=|TP|?|7Q|,即器:好),整理可得暇=好，

即?-fc2)(^i+丸2)=0,顯然峪—k2于0,故。+k2=0.

因此，直線4B與直線PQ的斜率之和為0.

7.【2021年全國乙卷理科21】已知拋物線。:必=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F,且F與圓M:7+⑶+4尸=1

上點(diǎn)的距離的最小值為4.

(1)求p；

(2)若點(diǎn)P在M上，P4PB是C的兩條切線，4,B是切點(diǎn)，求APAB面積的最大值.

【答案】(1)p=2；(2)20V5.

(1)拋物線C的焦點(diǎn)為尸(0段)，\FM\=1+4,

所以，尸與圓M:7+(y+4)2=1上點(diǎn)的距離的最小值為々+4-1=4,解得p=2：

(2)拋物線C的方程為/=4y,即y=9,對該函數(shù)求導(dǎo)得y'=a

設(shè)點(diǎn)4（*i，%）、B（x2,y2）'P（XoJo），

直線P4的方程為y-力=-*i）,即y=當(dāng)一%,即Xi%—2月—2y=0,

同理可知，直線PB的方程為QX-2y2-2y=0,

由于點(diǎn)P為這兩條直線的公共點(diǎn)，則-^i-2yo=o

所以，點(diǎn)4、8的坐標(biāo)滿足方程％0工一2y-2yo=0,

所以，直線4B的方程為項(xiàng)）比一2y-2yo=0,

xox一2y—2yo=0

2

聯(lián)立｛x，可得冗2-2x0x+4y0=0,

丁=了

由韋達(dá)定理可得工i+尤2=2&,xtx2=4y0,

所以，|砌=J1+（即.J（X]+&）2_4x62=F+（即.14就一16yo=.+4）（就一4y°）,

j島-4y（）|

點(diǎn)P到直線A8的距離為d=一

料+4

所以，S&PAB=T\AB\,d=TJ（就+4）（琢-4yo）,=I（xo-4,0”，

2

???-4y0=1-（y0+4>-4y0=-羽-12y0-15=-（y0+6）+21,

由已知可得一5Wy（）W-3,所以，當(dāng)y（）=-5時(shí)，△P4B的面積取最大值：x202=20遍.

8.（2021年新高考2卷20]已知橢圓C的方程為《+，=l（a>b>0）,右焦點(diǎn)為F（M,0）,且離心率為苧.

（1）求橢圓C的方程；

（2）設(shè)〃，N是橢圓C上的兩點(diǎn)，直線MN與曲線/+產(chǎn)=。2（%>0）相切.證明：M,N,尸三點(diǎn)共線的

充要條件是|MN|=V3.

【答案】（1）-+y2=1；（2）證明見解析.

3J

（1）由題意，橢圓半焦距c=四且e=￡=丑，所以a=6，

a3

又萬2=02—2=1,所以橢圓方程為三2+y2=1；

（2）由（1）得，曲線為/+y2=1（*>0）,

當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，直線MN:x=l,不合題意；

當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)M（Xi，yD，N（*2，y2），

必要性：

若AAN,尸三點(diǎn)共線，可設(shè)直線MN：y=九（K—四）即kx—y-=0,

由直線MN與曲線/+y2=>0)相切可得筆詈=1,解得上=±1,

y=±(x-V2)0

聯(lián)立｛x22_可得4%2—6企％+3=0，所以%1+也=?九2=1

三+y-

所以|MN|=V1T1-J(%1+無2)2_4T.5=V3,

所以必要性成立；

充分性：設(shè)直線MMy=/ur+b,(kb<0)即/cr-y+b=0,

由直線MN與曲線必+丁2=1(x>0)相切可得喘*=1,所以嚴(yán)=1+1,

y=kx4-b

222

聯(lián)立｛直+2=］可得(1+3k)x+6kbx+3b-3=0,

3+y-

2

所以％1+工2=6kb_3b-3

l+3fc2,X1X1=I+3fc2,

所以|MN|=Vl+k2-，(3+皿)2-4%i-2=V1+)2-4-

=行中?播=百

化簡得3（土2一1）2=0,所以九=±1,

所以%）1或t—卷，所以直線MN:y=x—魚或曠=—x+&，

所以直線MN過點(diǎn)尸（魚,0）,M,N,尸三點(diǎn)共線，充分性成立：

所以A/,N,尸三點(diǎn)共線的充要條件是|MN|=6.

9.【2020年全國1卷理科20】已知/、8分別為橢圓氏《+y2=i（a>1）的左、右頂點(diǎn)，6為￡的上頂

點(diǎn)，AGGB=S,P為直線—6上的動(dòng)點(diǎn)，必與E的另一交點(diǎn)為C,PB與E的另一交點(diǎn)、為D.

（1）求E的方程；

（2）證明：直線C。過定點(diǎn).

【答案】（1）5+V=1；（2）證明詳見解析.

【解析】

（1）依據(jù)題意作出如下圖象：

^AG=（a,1）,■=（『1）

:.AG?GB=a2-1=8?/.a2=9

???橢圓方程為：9+y=1

（2）證明：設(shè)P（6,y0）,

則直線4P的方程為：y=^gy（x+3）,即：y=^（x+3）

（日+必=1

聯(lián)立直線AP的方程與橢圓方程可得：19」，整理得：

卜="+3）

22

（yz+9）/+6y0x+9y-81=0,解得：x=—3或x==3y°?字

00yo+9

將xr：言7代入直線）=藍(lán)a+3）可得:，=瀉%

所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為（若普，表）.

同理可得：點(diǎn)D的坐標(biāo)為2+；,,0名；［）

二直線6的方程為：y-（壽）=品髭［一空谷），

2

yo2+9y0+1

整理可得：y+^r=^fe^g*）=^H（x—三）

整理得”=+f=自1號）

故直線CD過定點(diǎn)G，o）

10.【2020年全國2卷理科19】已知橢圓C1：5+5=1（心6>°）的右焦點(diǎn)E與拋物線C2的焦點(diǎn)重合，G

的中心與C2的頂點(diǎn)重合.過尸且與x軸垂直的直線交G于4B兩點(diǎn),交C2于C,D兩點(diǎn),且|。。|=?|/用.

(1)求G的離心率；

(2)設(shè)"是Ci與C2的公共點(diǎn)，若|知尸|=5,求Ci與C2的標(biāo)準(zhǔn)方程.

2

【答案】(1)；；(2)C1：^-+^-=1,C2-.y=12x.

Looin

【解析】

(1)F(c,O),ABlx軸且與橢圓Ci相交于4、B兩點(diǎn),

則直線4B的方程為x=c,

=c

ZX=rC

i空

得

解

2=Q4用

y_ly=

Mla

+=±a

b2

次

拋物線。2的方程為f=4g聯(lián)立b廣二："

解得??.|CD|=4c,

???\CD\=^\AB\,即4c=招，2b2=3ac,

即2c2+3ac-2a2=0,即2/+3e—2=0,

-0<e<l,解得e=：,因此，橢圓Ci的離心率為去

(2)由(1)知a=2c,b=Wc,橢圓Ci的方程為弓+/-=1,

y2=4cx

1_消去y并整理得3/+16cx-12c2=0,

解得算=|c或工=一6c(舍去)，

由拋物線的定義可得|MF|=^C+C=y=5,解得c=3.

因此，曲線Ci的標(biāo)準(zhǔn)方程為1+《=L

36Z7

曲線。2的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=12X.

11.【2020年全國3卷理科20】已知橢圓?？?5=1(0<?1<5)的離心率為手，A,B分別為C的左、右

頂點(diǎn).

(1)求C的方程；

(2)若點(diǎn)P在C上，點(diǎn)Q在直線貧=6上，且|BP|=|BQ|,BP1BQ,求的面積.

【答案】⑴》察=1：⑵*

【解析】

(1)C:—+-4=1(0<m<5)

25mlv7

???a=5,b=m,

根據(jù)離心率e="Jl-g)2=Jl-(y)2=空

解得m：或m=-米舍)，

??.C的方程為：胃+為1=1，

(2)不妨設(shè)P,Q在x軸上方

???點(diǎn)P在C上，點(diǎn)Q在直線x=6上，且|BP|=|BQ|,BPA.BQ,

過點(diǎn)P作*軸垂線，交點(diǎn)為M,設(shè)x=6與x軸交點(diǎn)為N

根據(jù)題意畫出圖形，如圖

v\BP\=\BQ\,BP1BQ,^PMB=Z.QNB=90°,

又,：APBM+"BN=90°,乙BQN+"BN=90°,

Z.PBM=乙BQN,

根據(jù)三角形全等條件“44S”，

可得：△PMB=△BNQ,

???B(5,0),

|PM|=|BN|=6-5=1,

設(shè)P點(diǎn)為OPJP),

可得P點(diǎn)縱坐標(biāo)為yp=1,將其代入總+罷=1，

可得：(+$1,

解得：勺＞=3或勺＞=一3,

???P點(diǎn)為(3,1)或(-3,1),

①當(dāng)P點(diǎn)為(3,1)時(shí)，

故|MB|=5-3=2,

???APMB三匕BNQ,

\MB\=\NQ\=2,

可得：(2點(diǎn)為(6,2),

畫出圖象，如圖

???4(-5,0),0(6,2),

可求得直線AQ的直線方程為：2x-lly+10=0,

|2x3-ll＞l+10|_⑸_VS

根據(jù)點(diǎn)到直線距離公式可得到直線的距離為:

PAQ―依+112—―V125—T'

根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式可得：|4Q|=J(6+5)2+(2—0)2=5V5,

APQiSi積為：gxSV5xE=*

②當(dāng)P點(diǎn)為(一3,1)時(shí),

故|MB|=5+3=8,

PMBBNQ,

■■■|MB|=\NQ\=8,

可得：Q點(diǎn)為(6,8),

畫出圖象，如圖

?./!(-5,0),9(6,8),

可求得直線4Q的直線方程為：&x-lly+40=0,

根據(jù)點(diǎn)到直線距離公式可得P到直線AQ的距離為：d=吟子與

根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式可得：\AQ\=J(6+5川+(8-0尸=V185,

4PQ面積為：；xA/185x-^===p

綜上所述，A4PQ面積為：1

12.【2020年山東卷22】已知橢圓C：《+《=l(a>b>0)的離心率為浮，且過點(diǎn)Z(2,1).

(1)求C的方程：

(2)點(diǎn)/，N在C上，且ADLMN,。為垂足.證明：存在定點(diǎn)0,使得|。0|為定值.

【答案】(1)］+4=1；(2)詳見解析.

6J

【解析】

(1)由題意可得：|,解得：a2=6,b2=c2=3,故橢圓方程為：［+4=1.

/十廬一］63

la2=b2+c2

(2)設(shè)點(diǎn)M(X1，%),JV(x2,y2)-

因?yàn)锳M±AN,：.AMAN=0,即(與-2)(x2-2)+(yx-l)(y2-1)=0,①

當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)方程為、=kx+m,如圖1.

代入橢圓方程消去y并整理得：(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,

z

4km2m-6仆

打+&=一由，曰犯=/②,

kx

根據(jù)%=kXi+m,y2=2+ni,代入①整理可得：

22

(k+l)x1x2+(km—k—2)(xj+x2)+(m—l)+4=0

將②代入，(k2+1)+(比加一比一2)(-(舞■)+(m-l)2+4=0,

整理化簡得(2比+3m+l)(2fc+m-1)=0,

：A(2,1)不在直線MN上，.'.Zk+m-l^O,

/.2k+3m+1=0/k豐1,

于是MN的方程為y=fc(x-g-1,

所以直線過定點(diǎn)直線過定點(diǎn)Eg,-J).

當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，可得NOi，-yj,如圖2.

代入Oi-2)(X2-2)+(%—l)(y2-1)=0得g-27+1-比=0,

結(jié)合卷+￡=1，解得*1=2(舍),Xi=*

此時(shí)直線MN過點(diǎn)E你一

由于/￡為定值，且△ZDE為直角三角形，/E為斜邊，

所以NE中點(diǎn)。滿足|QD|為定值（ZE長度的一半J（2-§2+（1+分2=苧）

由于2（2,1）,E痣,一3,故由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得Qg,i）.

故存在點(diǎn)（?6；），使得為定值.

13.【2020年海南卷21】已知橢圓C：/+《=l（a>b>0）過點(diǎn)"（2,3）,點(diǎn)4為其左頂點(diǎn)，且的

斜率為/，

(1)求C的方程；

(2)點(diǎn)N為橢圓上任意一點(diǎn)，求的面積的最大值.

【答案】⑴捻+《=1；⑵12.

Io1Z

【解析】

(1)由題意可知直線4W的方程為：y-3=1(x-2),即x—2y=-4.

當(dāng)y=0時(shí)，解得x=-4,所以。=4,

橢圓C:3a=1(。＞b＞。)過點(diǎn)M2,3),可得高+.=11

解得廿=12.

所以C的方程：捻+5=L

1O14

(2)設(shè)與直線平行的直線方程為：x-2y=m,

如圖所示，當(dāng)直線與橢圓相切時(shí)，與力M距離比較遠(yuǎn)的直線與橢圓的切點(diǎn)為M此時(shí)的面積取得最

大值.

聯(lián)立直線方程x—2y=m與橢圓方程盤+《=1,

1614

可得：3(m+2y尸+4y2=48,

化簡可得：16y2+12my+3m2-48=0,

所以4=144m2-4x16(3m2-48)=0,即/n2=64,解得加=±8,

與距離比較遠(yuǎn)的直線方程：x-2y=8,

直線AM方程為：x—2y=-4,

點(diǎn)N到直線AM的距離即兩平行線之間的距離，

利用平行線之間的距離公式可得：d=霜=詈，

由兩點(diǎn)之間距離公式可得14Ml=J（2+4。+32=3V5.

所以△/MN的面積的最大值：|x3V5x^=18.

14.【2019年新課標(biāo)3理科21】已知曲線C：夕=竽，。為直線y=—④上的動(dòng)點(diǎn)，過。作C的兩條切線，切

點(diǎn)分別為4,B.

（1）證明：直線過定點(diǎn)；

（2）若以E（0,1）為圓心的圓與直線月8相切，且切點(diǎn)為線段N8的中點(diǎn)，求四邊形ND8E的面積.

【答案】解：⑴證明：尸苧的導(dǎo)數(shù)為/=x,

22

設(shè)切點(diǎn)4（xi,y\）,B（、2，/），即有＞，”=爸-，

切線D4的方程為y-yi=xi（x-xi）,即為歹=xix-2尹，

切線DB的方程為y=、＞一等，

聯(lián)立兩切線方程可得（XI+X2），

可得。=21制》2=-21,RPX\X2=7,

2

直線48的方程為、一號分（X-X1）,

即為y—*（xi+%2）（x-制），

可化為y=,（xi+x2）x+天

可得力3恒過定點(diǎn)（0,1）；

（2）法一：設(shè)直線48的方程為尸質(zhì)+參

由（1）可得Xl+X2=2怎X\X2=-1,

AB中點(diǎn)〃（丸F+W），

由H為切點(diǎn)可得E到直線AB的距離即為區(qū)可，

|1_^|_________________

可得備%+（1一2）2,

Vl+fc2V

解得左=0或％=±1,

即有直線的方程為產(chǎn)我尸土x+參

由尸今可得|第=2,四邊形4D8E的面積為肝S“o=*x2X(1+2)=3；

由y—±x+g,可得只8|=V1+1*>/4+4=4,

I|l+j+|||—

此時(shí)D(±1,-4)到直線AB的距離為一?=V2;

zV2

5|z-z||—

E(0,-)到直線的距離為上普=J5,

2V2

則四邊形的面積為廣S"?o=；x4X(V2+V2)=4或；

法二：

(2)由(I)得直線48的方程為尸田+1

y=tx+i

x2,可得1=0.

{y=T

于是XI+X2=2/,X\XI=-1,y\+yi=t(xi+X2)+1=2?+1,

22

\AB\=V14-t|%i-x2\=V14-1Xyjd+小)2-4%I%2=2(P+l).

設(shè)力，心分別為點(diǎn)。，E到直線N8的距離，則力=VFE,J2=7j=.

因此，四邊形石的面積5=m/8|(4+“2)=(?+3)Vt2+1.

設(shè)M為線段48的中點(diǎn)，則M(f,於+分.

由于EM1.4B,而EM=(t,t2-2),與向量(1,f)平行，所以什(?-2)t=0.解得％=0或/=±1.

當(dāng)7=0時(shí)，5=3；當(dāng)￡=±1時(shí)，S=4A/2.

綜上，四邊形/O8E的面積為3或4a.

15.【2019年全國新課標(biāo)2理科21】已知點(diǎn)4(-2,0),B(2,0),動(dòng)點(diǎn)“(x,y)滿足直線與

的斜率之積為-攝記”的軌跡為曲線C.

(1)求C的方程，并說明C是什么曲線：

(2)過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P,。兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PEJ_x軸，垂足為E,連結(jié)QE并延長交C

于點(diǎn)G.

(力證明：△P0G是直角三角形；

(〃)求APOG面積的最大值.

yy1

【答案】解：(1)由題意得—7乂上\=—亍

x+2x—22

/y2

整理得曲線c的方程：—+—=i(yh0),

4L

???曲線C是焦點(diǎn)在x軸上不含長軸端點(diǎn)的橢圓;

(2)

(/)設(shè)尸(xo,加)，則QC-xo,-yo)f

E(xo?0)?G(XG，_VG),

...直線。E的方程為：y=薨(x-x。)，

//

與1+y=1聯(lián)立消去夕，

22222

得(2與2+y02)x-2x0y0x+x0y0-8x0=0,

與2打2_8而2

；.一

xoxG22

2x0+y0

2

?Y(8-y0)x0

'?幾一2x02+yo2'

yo(4r()2-yo2)

畸(死一&)=

-yc22

2x0+y0

y「yo

kpG

xG-x0

22

yo(4-xo-yo)

2xo2+yo2-yo

飛(8-鄧2)

2xo2+yo2

=4'0-丫0為2一%3_2%而2一,03

232

8x0-x0y0-2x0-x0y0

22

y0(4-3x0-2y0)

22

-2x0(4-y0-x0)'

把&2+2%2=4代入上式，

yo(4-3x()2_4+xo2)

得

kpG=22

2xo(4-yo-4+2yo)

*12*

-y0x2x0

2

2xoyo

=一桎，

y。

:?kpQXkpG=2X（一微）=-1,

C.PQLPG,

故△尸0G為直角三角形；

）S^PQG=1\PE\x（xc-飛）

=現(xiàn)OG+x（＞）

=g[（8-九2以

22+M

2x0+y0

222

18-y0+2x0+y0

=尹0&22

2x0+y0

丫0刀0（4+、2）

22

2x0+y0

丫0X0（＞02+2'02+勺2）

22

2x0+y0

2、0勺（勺2+丫02）

22

2x0+y0

8y（）Xo（Xo2+yo2）

2222

（2x0+y0）（x0+2y0）

8CyoXo3+x0yo3）

4422

2xo+2yo+5xoyo

8(班給

2浜部+1

令仁包+為，則，》2,

y。xo

8t8

$c#。。=五甲=碼

利用“對號”函數(shù)/(f)=2f+*在［2,+8)的單調(diào)性可知,

1Q

/（/）＞4+|=J口=2時(shí)取等號）,

:,SaQG三人=竽（此時(shí)%o=yo="

2

16

故△PQG面積的最大值為

c3

16.【2019年新課標(biāo)1理科19】已知拋物線C：/=3x的焦點(diǎn)為尸，斜率為］的直線，與。的交點(diǎn)為4B,

與X軸的交點(diǎn)為尸.

(1)若MFI+I8用=4,求/的方程；

(2)若G=3而，求|48|.

【答案】解：⑴設(shè)直線/的方程為產(chǎn)掾(X-/),將其代入拋物線爐=3x得：-X2-(-/+3)x+￥=0,

設(shè)4(X],y\),B(X2,”)，

%+34

則x\+x2=J—=2r+司，①，XIX2=/2(5),

4

由拋物線的定義可得：|力月+|8月=不+切+P=2什*+|=4,解得仁￡,

直線I的方程為產(chǎn)|%-

—>—>3o

(2)若4P=3PB,則川=-3”，A-(X1-t)=-3X擠(m-力，化簡得制=-3x2+43③

2/

由①②③解得f=l，xi=3,X2=g，

...?叫二+打—4=型.

x2

17.【2018年新課標(biāo)1理科19】設(shè)橢圓C：彳+刀2=1的右焦點(diǎn)為尸，過F的直線/與C交于"，8兩點(diǎn),

點(diǎn)用的坐標(biāo)為(2,0).

(1)當(dāng)/與x軸垂直時(shí)，求直線4M的方程；

(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：NOMA=NOMB.

【答案】解：(1)c=V2-1=1,

：.F(1,0),

,門與x軸垂直,

；?x=l,

(X=1(%=1(X=1

由二,2V解得&或K

Vr+y=1k=T

：.A(1,—),或(1,-乎)，

2z

.,.直線Z/W的方程為y=-竽什V2,y=容lV2,

證明：(2)當(dāng)/與x軸重合時(shí)，NOMA=NOMB=0°,

當(dāng)/與x軸垂直時(shí)，為的垂直平分線，.?.NOA//=/OM8,

當(dāng)/