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高考数学压轴大题--解析几何

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1 高考数学压轴大题-解析几何

1. 设双曲线C：1:)0(1222yxlayax与直线相交于两个不同的点A、B.

（I）求双曲线C的离心率e的取值范围：

（II）设直线l与y轴的交点为P，且.125PBPA求a的值.

解：（I）由C与t相交于两个不同的点，故知方程组

.1,1222yxyax

有两个不同的实数解.消去y并整理得

（1－a2）x2+2a2x－2a2=0. ①

.120.0)1(84.012242aaaaaa且解得所以

双曲线的离心率

).,2()2,26(226,120.11122的取值范围为即离心率且且eeeaaaaae

（II）设)1,0(),,(),,(2211PyxByxA

.125).1,(125)1,(,125212211xxyxyxPBPA由此得

由于x1+x2都是方程①的根，且1－a2≠0，

1317,06028912,,.12125.1212172222222222aaaaxaaxaax所以由得消去所以

2. 已知)0,1(,)0,1(21FF为椭圆C的两焦点，P为C上任意一点，且向量21PFPF与向量的

2 夹角余弦的最小值为31.

(Ⅰ)求椭圆C的方程；

(Ⅱ)过1F

的直线l与椭圆C交于M、N两点，求OMN（O为原点）的面积的最大值及相应的直线l的方程.

解：(Ⅰ)设椭圆的长轴为2a,

∴aPFPF221 2221cFF

21222124cosPFPFPFPF

=2121221242)(PFPFPFPFPFPF

=1244212PFPFa

又21212PFPFPFPF

∴221aPFPF

即31211244cos222aaa ∴32a

∴椭圆方程为12322yx

(Ⅱ) 由题意可知NM不可能过原点,则可设直线NM的方程为:myx1

设),(11yxM ),(22yxN

1111212OMNFOMFONSSSOFyy=2121yy

221,321.xyxmy

063)1(222ymy

即 044)32(22myym .

由韦达定理得:

324221mmyy 324221myy

∴212212214)(yyyyyy

= 3216)32(162222mmm =222)32()1(48mm

令12mt , 则1t

∴221yy=41448)12(482tttt.

又令tttf14)(, 易知)(tf在[1,+∞）上是增函数,

3 所以当1t,即0m 时)(tf有最小值5.

∴221yy有最大值316 ∴OMNS 的面积有最大值332.

直线l的方程为1x.

3. 椭圆E的中心在原点O，焦点在x轴上，离心率e=23，过点C(1，0)的直线l交椭圆于A、B两点，且满足：CA=BC (2)．

(Ⅰ)若为常数，试用直线l的斜率k(k≠0)表示三角形OAB的面积．

(Ⅱ)若为常数，当三角形OAB的面积取得最大值时，求椭圆E的方程．

(Ⅲ)若变化，且= k2＋1，试问：实数和直线l的斜率kkR分别为何值时，椭圆E的短半轴长取得最大值？并求出此时的椭圆方程．

解：设椭圆方程为22221xyab(a＞b＞0)，

由e=ca=23及a2= b2c2得a2=3 b2，

故椭圆方程为x2＋3y2= 3b2． ①

(Ⅰ)∵直线l：y = k(x＋1)交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，并且CA=BC (≥2)，

∴(x11，y1) =(1x2，y2)，

即12121(1)xxyy ②

把y = k(x1)代入椭圆方程，得(3k21)x26k2x3k23b2= 0，

且 k2 (3b21)b2＞0 （*），

∴x1x2= 22631kk， ③

x1x2=2223331kbk， ④

∴OABS=12|y1y2| =12|1|·| y2| =|1|2·| k |·| x21|．

联立②、③得x21=22(1)(31)k，

∴OABS=11·2||31kk (k≠0)．

(Ⅱ)OABS=11·2||31kk

=11·113||||kk

≤11·123 (≥2)．

当且仅当3| k | =1||k，即k =33时，OABS取得最大值，此时x1x2= 1．

又∵x11= ( x21)，

4 ∴x1=11，x2= 1，代入④得3b2=221(1)．此时3b25，,kb的值符合(*)

故此时椭圆的方程为x2＋3y2=221(1)(≥2)．

(Ⅲ)由②、③联立得：

x1=22(1)(31)k1，

x2=22(1)(31)k1，

将x1，x2代入④，得23b=224(1)(31)k1．

由k2=1得23b=24(1)(32)1

=432212(1)(1)(32)＋1．

易知，当2时，3b2是的减函数，

故当2时，23b取得最大值3． 所以，当2，k =±1(符合(*))时，椭圆短半轴长取得最大值，

此时椭圆方程为x2  3y2 = 3．

4. 已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A、B两点，OBOA与)1,3(a共线.

（I）求椭圆的离心率；

（II）设M为椭圆上任意一点，且(,)OMOAOBR，证明22为定值.

解：（I）设椭圆方程为),0,(),0(12222cFbabyax

则直线AB的方程为1,2222byaxcxy代入.

化简得02)(22222222bacacxaxba.

令),,(),,(2211yxByxA

则 .,22222222122221babacaxxbacaxx

),,(2121yyxxOBOA由aOBOAa与),1,3(共线，得

.0)()(32121xxyy

5 .36,36.3,232.23,0)()2(3,,22222222121212211aceabacbacbacacxxxxcxxcxycxy故离心率所以即又

（II）证明：由（I）知223ba，所以椭圆12222byax可化为22233byx.

),,(),(),(),,(2211yxyxyxyxOM由已知得设

.,2121yyyxxx

),(yxM在椭圆上，

.3)(3)(2221221byyxx

即 .3)3(2)3()3(221212222221212byyxxyxyx ①

由（I）知.21,23,23222221cbcacxx

222221222121212123.833()()acabxxcabxxyyxxxcxc

.0329233)(3422222121cccccxxxx

又222222212133,33byxbyx又，代入①得 .122

故22为定值，定值为1.

5. 已知椭圆2212xy的左焦点为F，O为坐标原点.

（I）求过点O、F，并且与椭圆的左准线l相切的圆的方程；

（II）设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A、B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，求点G横坐标的取值范围.

解：（I）222,1,1,(1,0),:2.abcFlx

圆过点O、F，

圆心M在直线12x上。

6 设1(,),2Mt则圆半径

13()(2).22r

由,OMr得2213(),22t

解得2.t

所求圆的方程为2219()(2).24xy

（II）设直线AB的方程为(1)(0),ykxk

代入221,2xy整理得2222(12)4220.kxkxk

直线AB过椭圆的左焦点F，方程有两个不等实根。

记1122(,),(,),AxyBxyAB中点00(,),Nxy

则21224,21kxxk

AB的垂直平分线NG的方程为001().yyxxk

令0,y得

222002222211.21212124210,0,2GGkkkxxkykkkkkx

点G横坐标的取值范围为1(,0).2

6. 已知点11(,)Axy,22(,)Bxy12(0)xx是抛物线22(0)ypxp上的两个动点,O是坐标原点,向量OA,OB满足OAOBOAOB.设圆C的方程为

221212()()0xyxxxyyy

(I) 证明线段AB是圆C的直径;

(II)当圆C的圆心到直线X-2Y=0的距离的最小值为255时，求p的值。

(I)证明1: 22,()()OAOBOAOBOAOBOAOB

222222OAOAOBOBOAOAOBOB

整理得: 0OAOB

12120xxyy

设M(x,y)是以线段AB为直径的圆上的任意一点,则0MAMB

即1212()()()()0xxxxyyyy

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高考数学压轴专题人教版备战高考《平面解析几何》真题汇编附答案

高考数学压轴专题人教版备战高考《平面解析几何》真题汇编附答案

【最新】高考数学《平面解析几何》练习题

一、选择题

1．已知椭圆22:195xyC左右焦点分别为12FF、，直线:32lyx与椭圆C交于AB、两点（A点在x轴上方），若满足11AFFBuuuvuuuv，则的值等于（ ）

A．23 B．3 C．2 D．3

【答案】C

【解析】

由条件可知，直线l过椭圆的左焦点12,0F.

由2232195yxxy消去y整理得232108630xx，

解得34x或218x．

设1122(,),(,)AxyBxy，由A点在x轴上方可得12321,48xx．

∵11AFFBuuuvuuuv，

∴1122(2,)(2,)xyxy,

∴122(2)xx．

∴3212()(2)48，

解得2．选C

2．已知直线:2lyxb被抛物线2:2(0)Cypxp截得的弦长为5，直线l经过2:2(0)Cypxp的焦点，M为C上的一个动点，若点N的坐标为4,0，则MN的最小值为（ ）

A．23 B．3 C．2 D．22

【答案】A

【解析】

【分析】

联立直线与抛物线方程利用弦长公式列方程，结合直线过抛物线的焦点，解方程可得2p，再利用两点的距离公式，结合二次函数配方法即可得结果.

【详解】

由22224(42)02yxbxbpxbypx， 121222,24bpbxxxx，

因为直线:2lyxb被抛物线2:2(0)Cypxp截得的弦长为5，

212512xx，

所以22222512424bpb （1）

又直线l经过C的焦点，

则,22bpbp （2）

由（1）（2）解得2p，故抛物线方程为24yx.

设20000,,4Mxyyx.

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《平面解析几何》难题汇编附答案解析

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新数学《平面解析几何》专题解析

一、选择题

1．在圆M：224410xyxy中，过点(0,1)E的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（ ）

A．6 B．12 C．24 D．36

【答案】B

【解析】

【分析】

先将圆M的方程化为标准方程,得到其圆心坐标与半径,再结合直线与圆的位置关系可得AC､BD的值,进而求出答案.

【详解】

圆M的标准方程为:22(2)(2)9xy,

其圆心为(2,2)M,半径3r,

过点E最长的弦长是直径,故6AC,

最短的弦是与ME垂直的弦,又415ME,

所以2219522BDrME,即4BD,

所以四边形的面积11641222SACBD,

故选:B.

【点睛】

本题考查直线与圆相交的性质,解题关键是明确AC和BD的位置关系,难度不大.

2．已知椭圆22:12yCx，直线:lyxm，若椭圆C上存在两点关于直线l对称，则m的取值范围是( )

A．22,33 B．22,44 C．33,33 D．33,44

【答案】C

【解析】

【分析】

设11,Axy，22,Bxy是椭圆C上关于l对称的两点，AB的中点为00,Mxy，根据椭圆C上存在两点关于直线:lyxm对称，将A，B两点代入椭圆方程，两式作差可得002yx，点M在椭圆C内部，可得2221mm，解不等式即可.

【详解】

设11,Axy，22,Bxy是椭圆C上关于l对称的两点，AB的中点为00,Mxy， 则1202xxx，1202yyy，1ABk.

又因为A，B在椭圆C上，所以221112yx，222212yx，

两式相减可得121212122yyyyxxxx，即002yx.

又点M在l上，故00yxm，解得0xm，02ym.

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《平面解析几何》图文解析

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《平面解析几何》图文解析

新数学《平面解析几何》高考知识点

一、选择题

1．已知抛物线24xy的焦点为F，准线为l，抛物线的对称轴与准线交于点Q，P为抛物线上的动点，PFmPQ，当m最小时，点P恰好在以,FQ为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为（ ）

A．322 B．22 C．32 D．21

【答案】D

【解析】

由已知，(01)(01)FQ，，，，过点P作PM垂直于准线，则PMPF．记PQM，则sinPFPMmPQPQ，当最小时，m有最小值，此时直线PQ

与抛物线相切于点P．设2004xPx，，可得(21)P，，所以222PQPF，，则2PFPQa，∴21a，1c，∴21cea，故选D．

2．设D为椭圆2215yx上任意一点，A（0，－2），B（0，2），延长AD至点P，使得|PD|＝|BD|，则点P的轨迹方程为（ ）

A．x2＋（y－2）2＝20 B．x2＋（y－2）2＝5

C．x2＋（y＋2）2＝20 D．x2＋（y＋2）2＝5

【答案】C

【解析】

【分析】

由题意得25PAPDDADBDA，从而得到点P的轨迹是以点A为圆心，半径为25的圆，进而可得其轨迹方程．

【详解】

由题意得PAPDDADBDA，

又点D为椭圆2215yx上任意一点，且0,2,0,2AB为椭圆的两个焦点，

∴25DBDA，

∴25PA，

∴点P的轨迹是以点A为圆心，半径为25的圆，

∴点P的轨迹方程为22220xy． 故选C．

【点睛】

本题考查圆的方程的求法和椭圆的定义，解题的关键是根据椭圆的定义得到25PA，然后再根据圆的定义得到所求轨迹，进而求出其方程．考查对基础知识的理解和运用，属于基础题．

3．若双曲线上存在四点，使得以这四点为顶点的四边形是菱形，则该双曲线的离心率的取值范围是( )

A．(1,2) B．(1,3) C．(2,) D．(3,)

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《平面解析几何》难题汇编及答案解析

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新数学高考《平面解析几何》专题解析

一、选择题

1．如图，设椭圆E：22221(0)xyabab的右顶点为A，右焦点为F，B为椭圆在第二象限上的点，直线BO交椭圆E于点C，若直线BF平分线段AC于M，则椭圆E的离心率是（ ）

A．12

B．23 C．13 D．14

【答案】C

【解析】

如图，设AC中点为M，连接OM，

则OM为△ABC的中位线，

于是△OFM∽△AFB，且OFOM1FAAB2，

即cca=12可得e=ca=13．

故答案为13．

点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.

2．已知直线:2lyxb被抛物线2:2(0)Cypxp截得的弦长为5，直线l经过2:2(0)Cypxp的焦点，M为C上的一个动点，若点N的坐标为4,0，则MN的最小值为（ ）

A．23 B．3 C．2 D．22

【答案】A

【解析】

【分析】

联立直线与抛物线方程利用弦长公式列方程，结合直线过抛物线的焦点，解方程可得2p，再利用两点的距离公式，结合二次函数配方法即可得结果.

【详解】

由22224(42)02yxbxbpxbypx，

121222,24bpbxxxx，

因为直线:2lyxb被抛物线2:2(0)Cypxp截得的弦长为5，

212512xx，

所以22222512424bpb （1）

又直线l经过C的焦点，

则,22bpbp （2）

由（1）（2）解得2p，故抛物线方程为24yx.

设20000,,4Mxyyx.

则2222200000||444212MNxyxxx，