《三年高考（2019-2021）数学（文）试题分项汇编——专题08 平面解析几何（解答题）（教师版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《三年高考（2019-2021）数学（文）试题分项汇编——专题08 平面解析几何（解答题）（教师版）（34页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题08 平面解析几何（解答题）1【2021年全国高考甲卷数学（文）】抛物线C的顶点为坐标原点O焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且已知点，且与l相切（1）求C，的方程；（2）设是C上的三个点，直线，均与相切判断直线与的位置关系，并说明理由【答案】（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；（2）先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的
2、距离，即可得出结论.【详解】（1）依题意设抛物线，所以抛物线的方程为，与相切，所以半径为，所以的方程为；（2）设若斜率不存在，则方程为或，若方程为，根据对称性不妨设，则过与圆相切的另一条直线方程为，此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；若方程为，根据对称性不妨设则过与圆相切的直线为，又，此时直线关于轴对称，所以直线与圆相切；若直线斜率均存在，则，所以直线方程为，整理得，同理直线的方程为，直线的方程为，与圆相切，整理得，与圆相切，同理所以为方程的两根，到直线的距离为：，所以直线与圆相切；综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.【点睛】关键点点睛：（1）过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵
3、坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；（2）要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示.2【2021年全国高考乙卷数学（文）】已知抛物线的焦点F到准线的距离为2（1）求C的方程;（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，所以该抛物线的方程为；（2）设，则，所以，由在抛物线上可得，即，所以直线的斜率，当时，；
4、当时，当时，因为，此时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；综上，直线的斜率的最大值为.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用平面向量的知识求得点坐标的关系，在求斜率的最值时要注意对取值范围的讨论.3【2021年全国新高考卷数学】在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.（1）求的方程；（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；（2）设点，设直线的方程为，设点、，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，求出的表达式，设直线的
5、斜率为，同理可得出的表达式，由化简可得的值.【详解】因为，所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹的方程为，则，可得，所以，轨迹的方程为；（2）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点，不妨直线的方程为，即，联立，消去并整理可得，设点、，则且.由韦达定理可得，所以，设直线的斜率为，同理可得，因为，即，整理可得，即，显然，故.因此，直线与直线的斜率之和为.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值4【2021年全国新高考II卷数学】已知椭圆C的方程为
6、，右焦点为，且离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切证明：M，N，F三点共线的充要条件是【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联
7、立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，所以，所以，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.5【2021年北京市高考数学】已知椭圆过点，以四个顶点围成的四边形面积为（1）求椭圆E的标准方程；（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y=-3于点M、N，直线AC交y=-3于点N，若|PM|+|PN|15，求k的取值范围【
8、答案】（1）；（2）【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.【详解】（1）因为椭圆过，故，因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，故椭圆的标准方程为：.（2）设，因为直线的斜率存在，故，故直线，令，则，同理.直线，由可得，故，解得或.又，故，所以又故即，综上，或.6【2021年天津高考数学】已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线
9、交轴于点若，求直线的方程【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.【详解】（1）易知点、，故，因为椭圆的离心率为，故，因此，椭圆的方程为；（2）设点为椭圆上一点，先证明直线的方程为，联立，消去并整理得，因此，椭圆在点处的切线方程为.在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，直线的斜率为，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，因为，则，即，整理可得，所以，因为，故，所以，直线的方程为，即.【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方
10、法进行直线：（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.7【2021年浙江省高考数学】如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F的直线交抛物线与AB两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.（2）设，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：
11、.（2）设，所以直线，由题设可得且.由可得，故，因为，故，故.又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，则且，故，故即，解得或或.故直线在轴上的截距的范围为或或.【点睛】方法点睛：直线与抛物线中的位置关系中的最值问题，往往需要根据问题的特征合理假设直线方程的形式，从而便于代数量的计算，对于构建出的函数关系式，注意利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围问题.8【2020年高考全国卷文数】已知A、B分别为椭圆E：（a1）的左、右顶点，G为E的上顶点，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.【解析】（1
12、）由题设得则，由得，即所以的方程为（2）设若，设直线的方程为，由题意可知由于直线的方程为，所以直线的方程为，所以可得由于，故，可得，即将代入得所以代入式得解得（舍去），故直线的方程为，即直线过定点若，则直线的方程为，过点综上，直线过定点【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.9【2020年高考全国卷文数】已知椭圆C1：(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合过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|=|AB|（1）求C1的离心率；（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为1
13、2，求C1与C2的标准方程【解析】（1）由已知可设的方程为，其中.不妨设在第一象限，由题设得的纵坐标分别为，；的纵坐标分别为，故，.由得，即，解得（舍去），.所以的离心率为.（2）由（1）知，故.所以的四个顶点坐标分别为，的准线为.由已知得，即.所以的标准方程为，的标准方程为.【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力.10【2020年高考全国卷文数】已知椭圆的离心率为，分别为的左、右顶点（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，求的面积【解析】（1）由题设可得，得，所以的方程为.（2）设，根据对称
14、性可设，由题意知，由已知可得，直线BP的方程为，所以，因为，所以，将代入的方程，解得或.由直线BP的方程得或8.所以点的坐标分别为.，直线的方程为，点到直线的距离为，故的面积为.，直线的方程为，点到直线的距离为，故的面积为.综上，的面积为.【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.11【2020年高考北京】已知椭圆过点，且（）求椭圆C的方程：（）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点求的值【解析】 (1)设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)设，直线的方程为：，与椭圆方程联立可得：，即：，则：.直线MA的方程为：，令可得：，同理可得：.很明显，且：，注意到：，而：，故.从而.【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
