《2011-2020十年高考真题与优质模拟题汇编14平面解析几何解答题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2011-2020十年高考真题与优质模拟题汇编14平面解析几何解答题（解析版）（73页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2011-2020十年高考真题与优质模拟题汇编专题14平面解析几何解答题本专题考查的知识点为：平面解析几何，历年考题主要以解答题题型出现，重点考查的知识点为：直线与椭圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系，圆锥曲线方程的求解，预测明年本考点题目会有所变化，备考方向以直线与椭圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系为重点较佳.1【2020年全国1卷理科20】已知A、B分别为椭圆E：x2a2+y2=1（a1）的左、右顶点，G为E的上顶点，AGGB=8，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.【答案】（1）x29+y2=1；（2）
2、证明详见解析.【解析】（1）依据题意作出如下图象：由椭圆方程E:x2a2+y2=1(a1)可得：A-a,0，Ba,0，G0,1AG=a,1，GB=a,-1AGGB=a2-1=8，a2=9椭圆方程为：x29+y2=1（2）证明：设P6,y0，则直线AP的方程为：y=y0-06-3x+3，即：y=y09x+3联立直线AP的方程与椭圆方程可得：x29+y2=1y=y09x+3，整理得：y02+9x2+6y02x+9y02-81=0，解得：x=-3或x=-3y02+27y02+9将x=-3y02+27y02+9代入直线y=y09x+3可得：y=6y0y02+9所以点C的坐标为-3y02+27y02+9
3、,6y0y02+9.同理可得：点D的坐标为3y02-3y02+1,-2y0y02+1直线CD的方程为：y-2y0y02+1=6y0y02+9-2y0y02+1-3y02+27y02+9-3y02-3y02+1x-3y02-3y02+1，整理可得：y+2y0y02+1=8y0y02+369-y04x-3y02-3y02+1=8y063-y02x-3y02-3y02+1整理得：y=4y033-y02x+2y0y02-3=4y033-y02x-32故直线CD过定点32,02【2020年全国2卷理科19】已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的
4、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|CD|=43|AB|.（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.【答案】（1）12；（2）C1:x236+y227=1，C2:y2=12x.【解析】（1）Fc,0，ABx轴且与椭圆C1相交于A、B两点，则直线AB的方程为x=c，联立x=cx2a2+y2b2=1a2=b2+c2，解得x=cy=b2a，则AB=2b2a，抛物线C2的方程为y2=4cx，联立x=cy2=4cx，解得x=cy=2c，CD=4c，CD=43AB，即4c=8b23a，2b2=3ac，即2c2+3a
5、c-2a2=0，即2e2+3e-2=0，0e1，解得e=12，因此，椭圆C1的离心率为12；（2）由（1）知a=2c，b=3c，椭圆C1的方程为x24c2+y23c2=1，联立y2=4cxx24c2+y23c2=1，消去y并整理得3x2+16cx-12c2=0，解得x=23c或x=-6c（舍去），由抛物线的定义可得MF=23c+c=5c3=5，解得c=3.因此，曲线C1的标准方程为x236+y227=1，曲线C2的标准方程为y2=12x.3【2020年全国3卷理科20】已知椭圆C:x225+y2m2=1(0m5)的离心率为154，A，B分别为C的左、右顶点（1）求C的方程；（2）若点P在C上，
6、点Q在直线x=6上，且|BP|=|BQ|，BPBQ，求APQ的面积【答案】（1）x225+16y225=1；（2）52.【解析】（1）C:x225+y2m2=1(0mb0)的离心率为22，且过点A（2，1）（1）求C的方程：（2）点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值【答案】（1）x26+y23=1；（2）详见解析.【解析】(1)由题意可得：ca=324a2+1b2=1a2=b2+c2，解得：a2=6,b2=c2=3，故椭圆方程为：x26+y23=1.(2)设点Mx1,y1,Nx2,y2.因为AMAN，AMAN=0，即x1-2x2-2+y1-1y2-
7、1=0,当直线MN的斜率存在时，设方程为y=kx+m,如图1.代入椭圆方程消去y并整理得：1+2k2x2+4kmx+2m2-6=0,x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2,根据y1=kx1+m,y2=kx2+m,代入整理可得：k2+1x1x2+km-k-2x1+x2+m-12+4=0将代入，k2+12m2-61+2k2+km-k-2-4km1+2k2+m-12+4=0，整理化简得2k+3m+12k+m-1=0,A（2,1）不在直线MN上，2k+m-10，2k+3m+1=0，k1，于是MN的方程为y=kx-23-13，所以直线过定点直线过定点E23,-13.当直线MN的斜
8、率不存在时，可得Nx1,-y1,如图2.代入x1-2x2-2+y1-1y2-1=0得x1-22+1-y22=0,结合x126+y123=1,解得x1=2舍,x1=23,此时直线MN过点E23,-13,由于AE为定值，且ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE中点Q满足QD为定值（AE长度的一半122-232+1+132=423）.由于A2,1,E23,-13，故由中点坐标公式可得Q43,13.故存在点Q43,13，使得|DQ|为定值.5【2019年新课标3理科21】已知曲线C：y=x22，D为直线y=-12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（
9、0，52）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】解：（1）证明：y=x22的导数为yx，设切点A（x1，y1），B（x2，y2），即有y1=x122，y2=x222，切线DA的方程为yy1x1（xx1），即为yx1x-x122，切线DB的方程为yx2x-x222，联立两切线方程可得x=12（x1+x2），可得y=12x1x2=-12，即x1x21，直线AB的方程为y-x122=y1-y2x1-x2（xx1），即为y-x122=12（x1+x2）（xx1），可化为y=12（x1+x2）x+12，可得AB恒过定点（0，12）；（2）法一：设直线AB的方程为
10、ykx+12，由（1）可得x1+x22k，x1x21，AB中点H（k，k2+12），由H为切点可得E到直线AB的距离即为|EH|，可得|12-52|1+k2=k2+(k2-2)2，解得k0或k1，即有直线AB的方程为y=12或yx+12，由y=12可得|AB|2，四边形ADBE的面积为SABE+SABD=122（1+2）3；由yx+12，可得|AB|=1+14+4=4，此时D（1，-12）到直线AB的距离为|1+12+12|2=2；E（0，52）到直线AB的距离为|12-52|2=2，则四边形ADBE的面积为SABE+SABD=124（2+2）42；法二：（2）由（1）得直线AB的方程为ytx
11、+12由y=tx+12y=x22，可得x22tx10于是x1+x22t，x1x21，y1+y2t（x1+x2）+12t2+1，|AB|=1+t2|x1-x2|=1+t2(x1+x2)2-4x1x2=2（t2+1）设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1=t2+1，d2=2t2+1因此，四边形ADBE的面积S=12|AB|（d1+d2）（t2+3）t2+1设M为线段AB的中点，则M（t，t2+12）由于EMAB，而EM=(t，t2-2)，AB与向量（1，t）平行，所以t+（t22）t0解得t0或t1当t0时，S3；当t1时，S42综上，四边形ADBE的面积为3或426【2019年全国新
12、课标2理科21】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-12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，PEx轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G（i）证明：PQG是直角三角形；（ii）求PQG面积的最大值【答案】解：（1）由题意得yx+2yx-2=-12，整理得曲线C的方程：x24+y22=1(y0)，曲线C是焦点在x轴上不含长轴端点的椭圆；（2）（i）设P（x0，y0），则Q（x0，y0），E（x0，0），G（xG，yG），直线QE的方程为：y=y02x0(x-x0)，与x24+y22=1联立消去y，得(2x02+y02)x2-2x0y02x+x
