專題08 解析幾何（解答題）-【真題匯編】最近5年（20-24年）高考數(shù)學(xué)真題分類匯編（全國通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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最近5年（20-24年）高考數(shù)學(xué)真題匯編
專題08 解析幾何（解答題）

\l "_Tc140394748" 考點01：橢圓及其性質(zhì)
1 （2024·全國·高考Ⅰ卷）已知和為橢圓上兩點.
(1)求C的離心率;
(2)若過P的直線交C于另一點B，且的面積為9，求的方程．
【答案】(1)(2)直線的方程為或.
【詳解】（1）由題意得，解得，
所以.
（2）法一：，則直線的方程為，即，
，由（1）知，
設(shè)點到直線的距離為，則，
則將直線沿著與垂直的方向平移單位即可，
此時該平行線與橢圓的交點即為點，
設(shè)該平行線的方程為：，
則，解得或，
當(dāng)時，聯(lián)立，解得或，
即或，
當(dāng)時，此時，直線的方程為，即，
當(dāng)時，此時，直線的方程為，即，
當(dāng)時，聯(lián)立得，
，此時該直線與橢圓無交點.
綜上直線的方程為或.
法二：同法一得到直線的方程為，
點到直線的距離，
設(shè)，則，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直線的方程為，
點到直線的距離，
設(shè)，其中，則有，
聯(lián)立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：當(dāng)直線的斜率不存在時，此時，
，符合題意，此時，直線的方程為，即，
當(dāng)線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為，
聯(lián)立橢圓方程有，則，其中，即，
解得或，，，
令，則，則
同法一得到直線的方程為，
點到直線的距離，
則，解得，
此時，則得到此時，直線的方程為，即，
綜上直線的方程為或.
法五：當(dāng)?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，
此時不滿足條件.
當(dāng)?shù)男甭蚀嬖跁r，設(shè)，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直線距離，
或，均滿足題意，或，即或.
法六：當(dāng)?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，
此時不滿足條件.
當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)，
設(shè)與軸的交點為，令，則，
聯(lián)立，則有，
，
其中，且，
則，
則，解的或，經(jīng)代入判別式驗證均滿足題意.
則直線為或，即或.
2．（2024·全國·高考甲卷）已知橢圓的右焦點為，點在上，且軸．
(1)求的方程；
(2)過點的直線交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．
【答案】(1)(2)證明見解析
【詳解】（1）設(shè)，由題設(shè)有且，故，故，故，
故橢圓方程為.
（2）直線的斜率必定存在，設(shè)，，，
由可得，
故，故，
又，
而，故直線，故，
所以
，
故，即軸.
【點睛】方法點睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達(dá)定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達(dá)定理求解.
3．（2024·北京·高考真題）已知橢圓：，以橢圓的焦點和短軸端點為頂點的四邊形是邊長為2的正方形.過點且斜率存在的直線與橢圓交于不同的兩點，過點和的直線與橢圓的另一個交點為．
(1)求橢圓的方程及離心率；
(2)若直線BD的斜率為0，求t的值．
【答案】(1)(2)
【詳解】（1）由題意，從而，
所以橢圓方程為，離心率為；
（2）直線斜率不為0，否則直線與橢圓無交點，矛盾，
從而設(shè)，，
聯(lián)立，化簡并整理得，
由題意，即應(yīng)滿足，
所以，
若直線斜率為0，由橢圓的對稱性可設(shè)，
所以，在直線方程中令，
得，
所以，
此時應(yīng)滿足，即應(yīng)滿足或，
綜上所述，滿足題意，此時或.
4．（2024·天津·高考真題）已知橢圓橢圓的離心率．左頂點為，下頂點為是線段的中點，其中．
(1)求橢圓方程．
(2)過點的動直線與橢圓有兩個交點．在軸上是否存在點使得．若存在求出這個點縱坐標(biāo)的取值范圍，若不存在請說明理由．
【答案】(1)(2)存在，使得恒成立.
【詳解】（1）因為橢圓的離心率為，故，，其中為半焦距，
所以，故，
故，所以，，故橢圓方程為：.
（2）
若過點的動直線的斜率存在，則可設(shè)該直線方程為：，
設(shè)，
由可得，
故且
而，
故
，
因為恒成立，故，解得.
若過點的動直線的斜率不存在，則或，
此時需，兩者結(jié)合可得.綜上，存在，使得恒成立.
5 .(2023年全國乙卷理科)已知橢圓的離心率是，點在上．
(1)求方程；
(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．
【答案】(1) (2)證明見詳解
解析：(1)由題意可得，解得，
所以橢圓方程為．
(2)由題意可知：直線的斜率存在，設(shè)，
聯(lián)立方程，消去y得：，
則，解得，
可得，
因為，則直線，
令，解得，即,
同理可得，
則
，
所以線段的中點是定點．

6 .(2020年高考課標(biāo)Ⅱ)已知橢圓C1：(a>b>0)右焦點F與拋物線C2的焦點重合，C1的中心與C2的頂點重合．過F且與x軸垂直的直線交C1于A，B兩點，交C2于C，D兩點，且|CD|=|AB|．
(1)求C1的離心率；
(2)設(shè)M是C1與C2的公共點，若|MF|=5，求C1與C2的標(biāo)準(zhǔn)方程．
【答案】(1)；(2)，．
解析：(1)，軸且與橢圓相交于、兩點，
則直線的方程為，
聯(lián)立，解得，則，
拋物線的方程為，聯(lián)立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，橢圓的離心率為；
(2)由(1)知，，橢圓的方程為，
聯(lián)立，消去并整理得，
解得或(舍去)，
由拋物線的定義可得，解得．
因此，曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為，
曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
7.(2021年新高考全國Ⅱ卷)已知橢圓C的方程為，右焦點為，且離心率為．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)M，N是橢圓C上的兩點，直線與曲線相切．證明：M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是．
【答案】解析:(1)由題意，橢圓半焦距且，所以，又，所以橢圓方程為；
(2)由(1)得，曲線為，當(dāng)直線的斜率不存在時，直線，不合題意；
當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)，
必要性：
若M，N，F(xiàn)三點共線，可設(shè)直線即，由直線與曲線相切可得，解得，聯(lián)立可得，所以，所以,所以必要性成立；
充分性：設(shè)直線即，由直線與曲線相切可得，所以，聯(lián)立可得，
所以，所以
，
化簡得，所以，所以或，所以直線或，所以直線過點，M，N，F(xiàn)三點共線，充分性成立；所以M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是．
8.(2020年高考課標(biāo)Ⅰ卷)已知A、B分別為橢圓E：(a>1)左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．
(1)求E方程；
(2)證明：直線CD過定點．
【答案】(1)；(2)證明詳見解析．
【解析】(1)依據(jù)題意作出如下圖象：
由橢圓方程可得：，，
，，
橢圓方程為：
(2)證明：設(shè)，則直線的方程為：，即：
聯(lián)立直線的方程與橢圓方程可得：，整理得：
，解得：或
將代入直線可得：
所以點的坐標(biāo)為．同理可得：點的坐標(biāo)為
直線的方程為：，
整理可得：
整理得：
故直線過定點
9.(2020年新高考全國Ⅰ卷)已知橢圓C：的離心率為，且過點A(2，1)．
(1)求C的方程：
(2)點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值．
【答案】(1)；(2)詳見解析．
解析：(1)由題意可得：，解得：，故橢圓方程為：．
(2)設(shè)點．因為AM⊥AN，∴，即,①當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)方程為,如圖1．
代入橢圓方程消去并整理得：
②,根據(jù),代入①整理可得：

將②代入，，
整理化簡得,∵不在直線上，∴，
∴，于是MN的方程為，
所以直線過定點直線過定點．當(dāng)直線MN的斜率不存在時，可得,如圖2．
代入得,
結(jié)合,解得,此時直線MN過點,

由于AE為定值，且△ADE為直角三角形，AE為斜邊，
所以AE中點Q滿足為定值(AE長度的一半)．
由于，故由中點坐標(biāo)公式可得．
故存在點，使得|DQ|為定值．
10.(2022年高考全國乙卷)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．
(1)求E的方程；
(2)設(shè)過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．
【答案】(1) (2)
解析：設(shè)橢圓E的方程為，過，
則，解得，，所以橢圓E的方程為：．
【小問2詳解】，所以，
①若過點的直線斜率不存在，直線．代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到．求得HN方程：
，過點．
②若過點的直線斜率存在，設(shè)．
聯(lián)立得，
可得，，
且
聯(lián)立可得
可求得此時，
將，代入整理得，
將代入，得
顯然成立，綜上，可得直線HN過定點
11.(2020年新高考全國卷Ⅱ)已知橢圓C：過點M(2，3),點A為其左頂點，且AM的斜率為，
(1)求C的方程；
(2)點N為橢圓上任意一點，求△AMN的面積的最大值．
【答案】(1)；(2)18．
解析：(1)由題意可知直線AM的方程為：，即．
當(dāng)y=0時，解得，所以a=4，
橢圓過點M(2，3)，可得，
解得b2=12．所以C的方程：．
(2)設(shè)與直線AM平行的直線方程為：，
如圖所示，當(dāng)直線與橢圓相切時，與AM距離比較遠(yuǎn)的直線與橢圓的切點為N，此時△AMN的面積取得最大值．
聯(lián)立直線方程與橢圓方程，
可得：，
化簡可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
與AM距離比較遠(yuǎn)的直線方程：，
直線AM方程為：，
點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：，
由兩點之間距離公式可得．
所以△AMN的面積的最大值：．
12.(2020年高考課標(biāo)Ⅲ卷)已知橢圓的離心率為，，分別為的左、右頂點．
(1)求的方程；
(2)若點在上，點在直線上，且，，求的面積．
【答案】(1)；(2)．解析：(1)
，，
根據(jù)離心率，解得或(舍)，
的方程為：，即；
(2)不妨設(shè),在x軸上方
點在上，點在直線上，且，，
過點作軸垂線，交點為，設(shè)與軸交點為
根據(jù)題意畫出圖形，如圖
，，，
又，，
，根據(jù)三角形全等條件“”，
可得：，，
，，
設(shè)點為，可得點縱坐標(biāo)為，將其代入，
可得：，解得：或，點為或，
①當(dāng)點為時，故，
，，
可得：點為，畫出圖象，如圖
,，
可求得直線的直線方程為：，
根據(jù)點到直線距離公式可得到直線的距離為：，
根據(jù)兩點間距離公式可得：，
面積為：；
②當(dāng)點為時，
故，，
，可得：點為，
畫出圖象，如圖
,，
可求得直線的直線方程為：，
根據(jù)點到直線距離公式可得到直線的距離為：，
根據(jù)兩點間距離公式可得：，
面積為：，
綜上所述，面積為：．
13(2023年北京卷)已知橢圓離心率為，A、C分別是E的上、下頂點，B，D分別是的左、右頂點，．
(1)求的方程；
(2)設(shè)為第一象限內(nèi)E上的動點，直線與直線交于點，直線與直線交于點．求證：．
【答案】(1)
(2)證明見解析：(1)依題意，得，則，
又分別為橢圓上下頂點，，所以，即，
所以，即，則，
所以橢圓的方程為．
(2)因為橢圓的方程為，所以，
因為為第一象限上的動點，設(shè)，則，

易得，則直線的方程為，
，則直線的方程為，
聯(lián)立，解得，即，
而，則直線的方程為，
令，則，解得，即，
又，則，，
所以
，
又，即，顯然，與不重合，所以．
14.(2023年天津卷)設(shè)橢圓的左右頂點分別為，右焦點為，已知．
(1)求橢圓方程及其離心率；
(2)已知點是橢圓上一動點(不與端點重合)，直線交軸于點，若三角形的面積是三角形面積的二倍，求直線的方程．
【答案】(1)橢圓的方程為，離心率為．
(2)．
解析：(1)如圖，

由題意得，解得，所以，
所以橢圓的方程為，離心率為．
(2)由題意得，直線斜率存在，由橢圓的方程為可得，
設(shè)直線的方程為，
聯(lián)立方程組，消去整理得：，
由韋達(dá)定理得，所以，
所以，．
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直線的方程為．
15.(2022高考北京卷)已知橢圓：的一個頂點為，焦距為．
(1)求橢圓E的方程；
(2)過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當(dāng)時，求k的值．
【答案】解析:(1)依題意可得，，又，
所以，所以橢圓方程為；
(2)解：依題意過點的直線為，設(shè)、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直線的方程為，令，解得，
直線的方程為，令，解得，
所以
，所以，
即
即
即
整理得，解得
16.(2022年浙江省高考)如圖，已知橢圓．設(shè)A，B是橢圓上異于的兩點，且點在線段上，直線分別交直線于C，D兩點．
(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值；
(2)求的最小值．
【答案】解析:(1)設(shè)是橢圓上任意一點,,則
，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故的最大值是．
(2)設(shè)直線,直線方程與橢圓聯(lián)立,可得,設(shè)，所以，因為直線與直線交于,則,同理可得,．則
，
當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故的最小值為．
17.(2021高考北京)已知橢圓一個頂點，以橢圓的四個頂點為頂點的四邊形面積為．
(1)求橢圓E的方程；
(2)過點P(0，-3)的直線l斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與直線交y=-3交于點M，N，當(dāng)|PM|+|PN|≤15時，求k的取值范圍．
【答案】(1)；(2)．
解析：(1)因為橢圓過，故，
因為四個頂點圍成的四邊形的面積為，故，即，
故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：．
(2)
設(shè)，因為直線的斜率存在，故，
故直線，令，則，同理
直線，由可得，
故，解得或．
又，故，所以
又
故即，
綜上，或．
考點02 雙曲線及其性質(zhì)
1（2024·全國·高考Ⅱ）已知雙曲線，點在上，為常數(shù)，．按照如下方式依次構(gòu)造點：過作斜率為的直線與的左支交于點，令為關(guān)于軸的對稱點，記的坐標(biāo)為.
(1)若，求；
(2)證明：數(shù)列是公比為的等比數(shù)列；
(3)設(shè)為的面積，證明：對任意正整數(shù)，.
【答案】(1)，(2)證明見解析(3)證明見解析
【詳解】（1）
由已知有，故的方程為.
當(dāng)時，過且斜率為的直線為，與聯(lián)立得到.
解得或，所以該直線與的不同于的交點為，該點顯然在的左支上.
故，從而，.
（2）由于過且斜率為的直線為，與聯(lián)立，得到方程.
展開即得，由于已經(jīng)是直線和的公共點，故方程必有一根.
從而根據(jù)韋達(dá)定理，另一根，相應(yīng)的.
所以該直線與的不同于的交點為，而注意到的橫坐標(biāo)亦可通過韋達(dá)定理表示為，故一定在的左支上.
所以.
這就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列.
（3）方法一：先證明一個結(jié)論：對平面上三個點，若，，則.（若在同一條直線上，約定）
證明：
.
證畢，回到原題.
由于上一小問已經(jīng)得到，，
故.
再由，就知道，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列.
所以對任意的正整數(shù)，都有
.
而又有，，
故利用前面已經(jīng)證明的結(jié)論即得
.
這就表明的取值是與無關(guān)的定值，所以.
方法二：由于上一小問已經(jīng)得到，，
故.
再由，就知道，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列.
所以對任意的正整數(shù)，都有
.
這就得到，
以及.
兩式相減，即得.
移項得到.
故.
而，.
所以和平行，這就得到，即.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵在于將解析幾何和數(shù)列知識的結(jié)合，需要綜合運用多方面知識方可得解.
2．(2023年新課標(biāo)全國Ⅱ卷)已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點，左焦點為，離心率為．
(1)求C的方程；
(2)記C左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上．
【答案】(1)
(2)證明見解析．
解析：(1)設(shè)雙曲線方程為，由焦點坐標(biāo)可知，
則由可得，，雙曲線方程為．
(2)由(1)可得，設(shè)，
顯然直線的斜率不為0，所以設(shè)直線的方程為，且，
與聯(lián)立可得，且，
則，

直線的方程為，直線的方程為，
聯(lián)立直線與直線的方程可得：
，
由可得，即，
據(jù)此可得點在定直線上運動．
3.(2022新高考全國II卷)已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．
(1)求C的方程；
(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點在C上，且．．過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點M．從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：
①M在上；②；③．
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．
【答案】(1)
(2)見解析:(1)右焦點為，∴,∵漸近線方程為，∴，∴，∴，∴，∴． ∴C的方程為：；
(2)由已知得直線的斜率存在且不為零，直線的斜率不為零，
若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線的斜率存在且不為零；
若選①③推②，則為線段的中點，假若直線的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可知在軸上，即為焦點,此時由對稱性可知、關(guān)于軸對稱，與從而，已知不符；
總之，直線的斜率存在且不為零．
設(shè)直線的斜率為,直線方程為,
則條件①在上，等價于；
兩漸近線方程合并為,
聯(lián)立消去y并化簡整理得：
設(shè),線段中點,則,
設(shè), 則條件③等價于,
移項并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；由題意知直線的斜率為, 直線的斜率為,
∴由,
∴,
所以直線的斜率,
直線,即,
代入雙曲線的方程,即中，
得：,
解得的橫坐標(biāo)：,
同理：，
∴
∴, ∴條件②等價于，
綜上所述：
條件①在上，等價于；
條件②等價于；
條件③等價于；
選①②推③:由①②解得：,∴③成立；
選①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
選②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立．
4．(2021年新高考Ⅰ卷)在平面直角坐標(biāo)系中，已知點、，點的軌跡為．
(1)求的方程；
(2)設(shè)點在直線上，過兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和．
【答案】解析：因為，
所以，軌跡是以點、為左、右焦點的雙曲線的右支，
設(shè)軌跡的方程為，則，可得，，
所以，軌跡的方程為；
(2)設(shè)點，若過點的直線的斜率不存在，此時該直線與曲線無公共點，
不妨直線的方程為，即，
聯(lián)立，消去并整理可得，
設(shè)點、，則且．
由韋達(dá)定理可得，，
所以，，
設(shè)直線的斜率為，同理可得，
因為，即，整理可得，
即，顯然，故．
因此，直線與直線的斜率之和為．
5.(2022新高考全國I卷)已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．
(1)求l斜率；
(2)若，求的面積．
【答案】(1)； (2)．
解析：(1)因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線易知直線l的斜率存在，設(shè)，，
聯(lián)立可得，，
所以，，．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化簡得，，即，
所以或，
當(dāng)時，直線過點，與題意不符，舍去，
故．
(2)不妨設(shè)直線的傾斜角為，因為，所以，
由(1)知，，
當(dāng)均在雙曲線左支時，，所以，
即，解得(負(fù)值舍去)
此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；
當(dāng)均在雙曲線右支時，
因為，所以，即，
即，解得(負(fù)值舍去)，
于是，直線，直線，
聯(lián)立可得，，
因為方程有一個根為，所以，，
同理可得，，．所以，，
點到直線的距離，故的面積為．
考點03 拋物線及其性質(zhì)
1.(2023年全國甲卷理科)已知直線與拋物線交于兩點，且．
(1)求；
(2)設(shè)F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．
【答案】(1) (2)
解析：(1)設(shè)，由可得，，所以，
所以，
即，因為，解得：．
(2)因為，顯然直線的斜率不可能為零，
設(shè)直線：，，
由可得，，所以，，
，因為，所以，
即，亦即，
將代入得，，，
所以，且，解得或．
設(shè)點到直線的距離為，所以，
，
所以的面積，
而或，所以，
當(dāng)時，的面積．
2.(2021年高考浙江卷)如圖，已知F是拋物線的焦點，M是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點，且，
(1)求拋物線的方程；
(2)設(shè)過點F的直線交拋物線與A?B兩點，斜率為2的直線l與直線，x軸依次交于點P，Q，R，N，且，求直線l在x軸上截距的范圍．
【答案】(1)；(2)．
解析:(1)因為，故，故拋物線的方程為：．
(2)設(shè)，，，
所以直線，由題設(shè)可得且．由可得，故，
因為，故，故．
又，由可得，
同理，
由可得，所以，
整理得到，
故，令，則且，
故，故即，
解得或或．
故直線在軸上的截距的范圍為或或．
3.(2021年高考全國乙卷)已知拋物線的焦點為，且與圓上點的距離的最小值為．
(1)求；
(2)若點在上，是的兩條切線，是切點，求面積的最大值．
【答案】(1)；(2)．
解析：(1)拋物線的焦點為，，
所以，與圓上點的距離的最小值為，解得；
(2)拋物線的方程為，即，對該函數(shù)求導(dǎo)得，
設(shè)點、、，
直線的方程為，即，即，
同理可知，直線的方程為，
由于點為這兩條直線的公共點，則，
所以，點、的坐標(biāo)滿足方程，
所以，直線的方程為，
聯(lián)立，可得，
由韋達(dá)定理可得，，
所以，，
點到直線的距離為，
所以，，
，
由已知可得，所以，當(dāng)時，的面積取最大值．
4.(2021年高考全國甲卷)拋物線C的頂點為坐標(biāo)原點O．焦點在x軸上，直線l：交C于P，Q兩點，且．已知點，且與l相切．
(1)求C，的方程；
(2)設(shè)是C上的三個點，直線，均與相切．判斷直線與的位置關(guān)系，并說明理由．
【答案】(1)拋物線，方程為；(2)相切，理由見解析
：(1)依題意設(shè)拋物線，
，
所以拋物線的方程為，與相切，所以半徑為，
所以的方程為；
(2)設(shè)若斜率不存在，則方程為或，
若方程為，根據(jù)對稱性不妨設(shè)，則過與圓相切的另一條直線方程為，
此時該直線與拋物線只有一個交點，即不存在，不合題意；
若方程為，根據(jù)對稱性不妨設(shè)
則過與圓相切的直線為，
又，
，此時直線關(guān)于軸對稱，所以直線與圓相切；
若直線斜率均存在，則，
所以直線方程為，整理得，
同理直線的方程為，直線的方程為，
與圓相切，整理得，
與圓相切，同理所以為方程的兩根，，
到直線的距離為：
，所以直線與圓相切；
綜上若直線與圓相切，則直線與圓相切．
5.(2020年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷)如圖，已知橢圓，拋物線，點A是橢圓與拋物線的交點，過點A的直線l交橢圓于點B，交拋物線于M(B，M不同于A)．
(Ⅰ)若，求拋物線的焦點坐標(biāo)；
(Ⅱ)若存在不過原點的直線l使M為線段AB的中點，求p的最大值．
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)
解析：(Ⅰ)當(dāng)時，的方程為，故拋物線的焦點坐標(biāo)為；
(Ⅱ)設(shè)，
由，
，
由在拋物線上，所以，
又，
，，
．由即
，
所以，，，所以，的最大值為，此時．
法2：設(shè)直線，．
將直線的方程代入橢圓得：，
所以點的縱坐標(biāo)為．將直線的方程代入拋物線得：，所以，解得，因此，
由解得，
所以當(dāng)時，取到最大值為．
6.(2022年高考全國甲卷)設(shè)拋物線焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當(dāng)直線MD垂直于x軸時，．
(1)求C的方程；
(2)設(shè)直線與C另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當(dāng)取得最大值時，求直線AB的方程．
【答案】(1)； (2)．
【解析】(1)拋物線的準(zhǔn)線為，當(dāng)與x軸垂直時，點M的橫坐標(biāo)為p，
此時，所以，所以拋物線C的方程為；
(2)設(shè)，直線，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直線，代入拋物線方程可得，
，所以，同理可得，
所以又因為直線MN、AB的傾斜角分別為，所以，若要使最大，則，設(shè)，則，
當(dāng)且僅當(dāng)即時，等號成立，所以當(dāng)最大時，，設(shè)直線，
代入拋物線方程可得，，所以，
所以直線．
7.(2023年新課標(biāo)全國Ⅰ卷)在直角坐標(biāo)系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．
【答案】(1) (2)見解析
解析：(1)設(shè),則，兩邊同平方化簡得，
故．
(2)法一：設(shè)矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，

則,令，
同理令，且，則，
設(shè)矩形周長為,由對稱性不妨設(shè)，，
則．，易知則令,
令，解得，當(dāng)時，，此時單調(diào)遞減，
當(dāng)，，此時單調(diào)遞增，則，
故,即．當(dāng)時,,且，即時等號成立，矛盾，故,得證．
法二：不妨設(shè)在上，且，

依題意可設(shè)，易知直線，的斜率均存在且不為0，
則設(shè),的斜率分別為和，由對稱性，不妨設(shè)，直線的方程為，則聯(lián)立得，
，則
則，同理，
令，則，設(shè)，
則，令，解得，
當(dāng)時，，此時單調(diào)遞減，
當(dāng)，，此時單調(diào)遞增，
則，，
但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故．
法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,
矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于．
設(shè) , 根據(jù)對稱性不妨設(shè) ．
則 , 由于 , 則．
由于且介于之間,
則．令 ,
,則,從而
故
①當(dāng)時,
②當(dāng) 時,由于,從而,從而又,故,由此
，
當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，故，故矩形周長大于．
．考點
五年考情（2020-2024）
命題趨勢
考點01 橢圓及其性質(zhì)
2024 Ⅰ 甲卷北京卷天津卷
2023 北京乙卷天津
2022 乙卷北京卷浙江卷
2021 北京卷Ⅱ卷
2020 ⅠⅡ卷新Ⅰ Ⅱ卷
橢圓軌跡標(biāo)準(zhǔn)方程問題，有關(guān)多邊形面積問題，定值定點問題，新結(jié)構(gòu)中的新定義問題是高考的一個高頻考點
考點02 雙曲線及其性質(zhì)
2024 Ⅱ卷
2023 Ⅱ 新課標(biāo)Ⅱ
2022 Ⅰ卷
2021 Ⅰ
雙曲線離心率問題，軌跡方程有關(guān)面積問題，定值定點問題以及斜率有關(guān)的證明問題以及新結(jié)構(gòu)中的新定義問題是高考的高頻考點
考點03 拋物線及其性質(zhì)
2023 甲卷
2022甲卷
2021 浙江甲卷乙卷
2020浙江
拋物線有關(guān)三角形面積問題，關(guān)于定直線問題，有關(guān)P的證明類問題

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