【文档说明】2020年真题+高考模拟题 专项版解析 理科数学——05 平面解析几何（教师版）【高考】.docx，共(41)页，1.956 MB，由小赞的店铺上传

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专题05平面解析几何1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=A．2B．3C．6D．9【答案】C【解析】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知||122ApAF

x=+=，即1292p=+，解得6p=.故选：C．【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题.2．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知⊙M：222220xyxy+−−−=，直线l：220xy++=，P为l上的动点，过点P

作⊙M的切线,PAPB，切点为,AB，当||||PMAB最小时，直线AB的方程为A．210xy−−=B．210xy+−=C．210xy−+=D．210xy++=【答案】D【解析】圆的方程可化为()()22114xy−+−=，点M到直线l的距离为2221125221d++

==+，所以直线l与圆相离．依圆的知识可知，四点,,,APBM四点共圆，且ABMP⊥，所以14442PAMPMABSPAAMPA===，而24PAMP=−，当直线MPl⊥时，min5MP=，min1PA=，此时PMAB最小．∴()1:112MPyx−=−即112

2yx=+，由1122220yxxy=+++=解得，10xy=−=．所以以MP为直径的圆的方程为()()()1110xxyy−++−=，即2210xyy+−−=，两圆的方程相减可得：21

0xy++=，即为直线AB的方程．故选：D．【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．3.【2020年高考全国Ⅲ卷理数】设O为坐标原点，

直线2x=与抛物线C：22(0)ypxp=交于D，E两点，若ODOE⊥，则C的焦点坐标为A．1,04B．1,02C．(1,0)D．(2,0)【答案】B【解析】因为直线2x=与抛物

线22(0)ypxp=交于,ED两点，且ODOE⊥，根据抛物线的对称性可以确定4DOxEOx==，所以()2,2D，代入抛物线方程44p=，求得1p=，所以其焦点坐标为1(,0)2，故选：B．【点睛】该题考查的是有关圆

锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.4．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】11.设双曲线C：22221xyab−=（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为5．P是C上一点，且F1P⊥F2P．

若△PF1F2的面积为4，则a=A．1B．2C．4D．8【答案】A【解析】5ca=，5ca=，根据双曲线的定义可得122PFPFa−=，12121||42PFFPFFSP==△，即12||8PFPF=，12FPFP⊥，()2221

2||2PFPFc+=，()22121224PFPFPFPFc−+=，即22540aa−+=，解得1a=，故选：A．【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.5.【2020年高考全国Ⅱ卷理数】若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，

则圆心到直线230xy−−=的距离为A．55B．255C．355D．455【答案】B【解析】由于圆上的点()2,1在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，设圆心的坐标为(),aa，则圆的半径为a，圆的标准方程为()()222x

ayaa−+−=.由题意可得()()22221aaa−+−=，可得2650aa−+=，解得1a=或5a=，所以圆心的坐标为()1,1或()5,5，圆心到直线的距离均为121132555d−−==；圆心到直线的距离均为225532555d

−−==圆心到直线230xy−−=的距离均为22555d−==；所以，圆心到直线230xy−−=的距离为255.故选：B．【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.6

．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设O为坐标原点，直线xa=与双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的两条渐近线分别交于,DE两点，若ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为A．4B．8C．16D．32【答案】B【解析】2222:1(0,0)xyCabab−=，双曲线的渐近线方

程是byxa=，直线xa=与双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的两条渐近线分别交于D，E两点不妨设D为在第一象限，E在第四象限，联立xabyxa==，解得xayb==

，故(,)Dab，联立xabyxa==−，解得xayb==−，故(,)Eab−，||2EDb=，ODE面积为：1282ODESabab===△，双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=，其焦距为2222222168cabab=+==，当且仅当22ab=

=取等号，C的焦距的最小值：8.故选：B．【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题

.7．【2020年高考天津】设双曲线C的方程为22221(0,0)xyabab−=，过抛物线24yx=的焦点和点(0,)b的直线为l．若C的一条渐近线与l平行，另一条渐近线与l垂直，则双曲线C的方程为A．22144xy−=B．2214yx−=C．2214xy−=D．221xy−=【答案

】D【解析】由题可知，抛物线的焦点为()1,0，所以直线l的方程为1yxb+=，即直线的斜率为b−，又双曲线的渐近线的方程为byxa=，所以bba−=−，1bba−=−，因为0,0ab，解得1,1ab==．故选：D．【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何

性质，双曲线的几何性质，以及直线与直线的位置关系的应用，属于基础题．8．【2020年高考北京】已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为A．4B．5C．6D．7【答案】A【解析】设圆心(),Cxy，

则()()22341xy−+−=，化简得()()22341xy−+−=，所以圆心C的轨迹是以(3,4)M为圆心，1为半径的圆，所以||1||OCOM+22345=+=，所以||514OC−=，当且仅当C

在线段OM上时取得等号，故选：A．【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.9．【2020年高考北京】设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l．P是抛物线上异于O的一点，过P作PQl⊥于Q，则线段FQ的垂直平分线A．经过点OB．经过点PC．平行于直线OPD．垂直于直线OP【答案

】B【解析】如图所示：．因为线段FQ的垂直平分线上的点到,FQ的距离相等，又点P在抛物线上，根据定义可知，PQPF=，所以线段FQ的垂直平分线经过点P.故选：B．【点睛】本题主要考查抛物线的定义的应用

，属于基础题.10．【2020年高考浙江】已知点O（0，0），A（–2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|–|PB|=2，且P为函数234yx=−图象上的点，则|OP|=A．222B．4105C．7D．10【答案】D【解析】因为||||24PAPB−=，所以

点P在以,AB为焦点，实轴长为2，焦距为4的双曲线的右支上，由2,1ca==可得，222413bca=−=−=，即双曲线的右支方程为()22103yxx−=，而点P还在函数234yx=−的图象上，所以，由()22

210334yxxyx−−==，解得132332xy==，即13271044OP=+=．故选：D．【点睛】本题主要考查双曲线的定义的应用，以及二次曲线的位置关系的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．11．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知曲线22:1Cmxny

+=.A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B．若m=n>0，则C是圆，其半径为nC．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为myxn=−D．若m=0，n>0，则C是两条直线【答案】ACD【解析】对于A，若0mn，则221mxny+=可化为221

11xymn+=，因为0mn，所以11mn，即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；对于B，若0mn=，则221mxny+=可化为221xyn+=，此时曲线C表示圆心在原点，半径为nn的圆，故B不正确；对于C，若0mn，则221mxny+=可化为22111xymn+=

，此时曲线C表示双曲线，由220mxny+=可得myxn=−，故C正确；对于D，若0,0mn=，则221mxny+=可化为21yn=，nyn=，此时曲线C表示平行于x轴的两条直线，故D正确；故选：ACD．【点睛】本题主要考查曲线方程

的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.12．【2020年高考全国I卷理数】已知F为双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于

x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为.【答案】2【解析】联立22222221xcxyababc=−==+，解得2xcbya==，所以2bBFa=.依题可得，3BFAF=，AFc

a=−，即()2223bcaacaaca−==−−，变形得3caa+=，2ca=,因此，双曲线C的离心率为2.故答案为：2．【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的求法，以及双曲线的几何性质的应用，属于基础题．13．【2020年

高考天津】已知直线380xy−+=和圆222(0)xyrr+=相交于,AB两点．若||6AB=，则r的值为_________．【答案】5【解析】因为圆心()0,0到直线380xy−+=的距离8413d==+，由22||2ABrd=−可得22624r=−，解得=5r．故答案为：5．【点睛】本

题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．14．【2020年高考北京】已知双曲线22:163xyC−=，则C的右焦点的坐标为_________；C的焦点到其渐近线的距离是_________．【答案】()3

,0；3【解析】在双曲线C中，6a=，3b=，则223cab=+=，则双曲线C的右焦点坐标为()3,0，双曲线C的渐近线方程为22yx=，即20xy=，所以，双曲线C的焦点到其渐近线的距离为23312=+.故答案为：()3,0；3.【点

睛】本题考查根据双曲线的标准方程求双曲线的焦点坐标以及焦点到渐近线的距离，考查计算能力，属于基础题.15．【2020年高考浙江】已知直线(0)ykxbk=+与圆221xy+=和圆22(4)1xy−+=均相切，则k=_______，b=_______．【答案】33；233−【解析】由题意，12

,CC到直线的距离等于半径，即22||11bk=+，22|4|11kbk+=+，所以||4bkb=+，所以0k=（舍）或者2bk=−，解得323,33kb==−.故答案为：323;33−【点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道

基础题.16．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，若双曲线222105()xyaa−=的一条渐近线方程为52yx=，则该双曲线的离心率是▲．【答案】32【解析】双曲线22215xya−=，故5b=.由于双曲线的

一条渐近线方程为52yx=，即522baa==，所以22453cab=+=+=，所以双曲线的离心率为32ca=.故答案为：32【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线，考查双曲线离心率的求法，属于基础题.17．【2020年新高

考全国Ⅰ卷】斜率为3的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则AB=________．【答案】163【解析】∵抛物线的方程为24yx=，∴抛物线的焦点F坐标为(1,0)F，又∵直线AB过焦点F且斜率为3，∴直线AB的方程为：3(1)yx=−代入抛物线方程消去y并化简得

231030xx−+=，解法一：解得121,33xx==所以212116||1||13|3|33ABkxx=+−=+−=解法二：10036640=−=设1122(,),(,)AxyBxy，则12103xx+=,过,AB分别作准

线1x=−的垂线，设垂足分别为,CD如图所示.12||||||||||11ABAFBFACBDxx=+=+=+++1216+2=3xx=+故答案为：163【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式

，属基础题.18．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，已知3(0)2P，，A，B是圆C：221()362xy+−=上的两个动点，满足PAPB=，则△PAB面积的最大值是▲．【答案】105【解析】PAPBPC

AB=⊥Q设圆心C到直线AB距离为d，则231||=236,||144ABdPC−=+=所以2221236(1)(36)(1)2PABSdddd−+=−+V令222(36)(1)(06)2(1)(236)04ydddydddd=−+=+−−+==（负值舍去）当04d时

，0y；当46d时，0y，因此当4d=时，y取最大值，即PABS取最大值为105，故答案为：105【点睛】本题考查垂径定理、利用导数求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.19．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A、B分

别为椭圆E：2221xya+=（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，8AGGB=，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）由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.则(,1)AGa=，GB=（a，–1）.由AGGB=8得a2–1=8，即a=3.所以E的方程为29x+y2=1．（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.若

t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知–3<n<3.由于直线PA的方程为y=9t（x+3），所以y1=9t（x1+3）.直线PB的方程为y=3t（x–3），所以y2=3t（x2–3）.可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.由于222219xy+=，故2222(3)(3)9xx

y+−=−，可得121227(3)(3)yyxx=−++，即221212(27)(3)()(3)0.myymnyyn++++++=①将xmyn=+代入2219xy+=得222(9)290.mymnyn+++−=所以12229mnyym+=−

+，212299nyym−=+．代入①式得2222(27)(9)2(3)(3)(9)0.mnmnmnnm+−−++++=解得n=–3（含去），n=32.故直线CD的方程为3=2xmy+，即直线CD过定点（32，0）．若t=0，则直线CD的方程为y=0，过点（32，0）.综上，

直线CD过定点（32，0）.【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.20．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知椭圆C1：22221xyab+=(a>b>0)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43CDAB=．（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．【解析】（1）由已知可设2C的方程为24ycx=，其中22cab=−.不妨设

,AC在第一象限，由题设得,AB的纵坐标分别为2ba，2ba−；,CD的纵坐标分别为2c，2c−，故22||bABa=，||4CDc=.由4||||3CDAB=得2843bca=，即2322()ccaa=−，解得2ca=−（舍去），12ca=.所以1C的离心

率为12.（2）由（1）知2ac=，3bc=，故22122:143xyCcc+=，设00(,)Mxy，则220022143xycc+=，2004ycx=，故20024143xxcc+=.①由于2C的准线为xc=−，所以0||MFxc=+，而||

5MF=，故05xc=−，代入①得22(5)4(5)143cccc−−+=，即2230cc−−=，解得1c=−（舍去），3c=.所以1C的标准方程为2213627xy+=，2C的标准方程为212yx=.21．【2020年高

考全国Ⅲ卷理数】已知椭圆222:1(05)25xyCmm+=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，点Q在直线6x=上，且||||BPBQ=，BPBQ⊥，求APQ△的面积．【解析】（1）由题设可

得2251554m−=，得22516m=，所以C的方程为221252516xy+=.（2）设(,),(6,)PPQPxyQy，根据对称性可设0Qy，由题意知0Py，由已知可得(5,0)B，直线BP的方程为1(

5)Qyxy=−−，所以2||1PQBPyy=+，2||1QBQy=+，因为||||BPBQ=，所以1Py=，将1Py=代入C的方程，解得3Px=或3−.由直线BP的方程得2Qy=或8.所以点,PQ的坐标分别

为1122(3,1),(6,2);(3,1),(6,8)PQPQ−.11||10PQ=，直线11PQ的方程为13yx=，点(5,0)A−到直线11PQ的距离为102，故11APQ△的面积为110510222=.22||130PQ=，直线22PQ的方程为7109

3yx=+，点A到直线22PQ的距离为13026，故22APQ△的面积为113051302262=.综上，APQ△的面积为52.【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.22．【2020年高考北京】已知椭圆2222:1xyCab+=过点(2,1)A−−，且2ab=．（Ⅰ）求椭圆C的方程：（Ⅱ）过点(4,0)B−的直线l交椭圆C于点,MN,直线,MANA分别交

直线4x=−于点,PQ．求||||PBBQ的值．【解析】(1)设椭圆方程为：()222210xyabab+=，由题意可得：224112abab+==，解得：2282ab==，故椭圆方程为：

22182xy+=.(2)设()11,Mxy，()22,Nxy，直线MN的方程为：()4ykx=+，与椭圆方程22182xy+=联立可得：()222448xkx++=，即：()()222241326480kxkxk+++−=，则：2212122232648,

4141kkxxxxkk−−+==++.直线MA的方程为：()111122yyxx++=++，令4x=−可得：()()()1111111141214122122222Pkxkxyxyxxxx++−++++=

−−=−−=++++，同理可得：()()222142Qkxyx−++=+.很明显0PQyy，且：PQPByPQy=，注意到：()()()()()()()()122112121242424421212222PQxxxxxxyykkxxxx++++++++

=−++=−+++++，而：()()()()()122112124242238xxxxxxxx+++++=+++2222648322384141kkkk−−=+++

+()()()22226483328412041kkkk−+−++==+，故0,PQPQyyyy+==−.从而1PQPByPQy==.【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、三角形的面积等问题．23．【2020年高考浙江】如图，已知椭圆221:12xCy+=，抛物线22:2(0)Cypxp=，点A是椭圆1C与抛物线2C的交点，过点A的

直线l交椭圆1C于点B，交抛物线2C于点M（B，M不同于A）．（Ⅰ）若116p=，求抛物线2C的焦点坐标；（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．【解析】（Ⅰ）由116p=得2C的焦点坐标是1(,0)

32．（Ⅱ）由题意可设直线:(0,0)lxmytmt=+，点00(,)Axy．将直线l的方程代入椭圆221:12xCy+=得222(2)220mymtyt+++−=，所以点M的纵坐标22Mmtym=−+．将直线l的方程代入抛物线22:2Cypx=

得2220ypmypt−−=，所以02Myypt=−，解得202(2)pmym+=，因此22022(2)pmxm+=．由220012xy+=得2421224()2()160mmpmm=+++，所以当2m=，105t=时，p取到最大值1040．【点晴】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的综合

应用，涉及到求函数的最值，考查学生的数学运算能力，是一道有一定难度的题.24．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆22:143xyE+=的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭

圆E相交于另一点B．（1）求12AFF△的周长；（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求OPQP的最小值；（3）设点M在椭圆E上，记OAB△与MAB△的面积分别为S1，S2，若213SS=，求点

M的坐标．【解析】（1）椭圆22:143xyE+=的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，则2224,3,1abc===.所以12AFF△的周长为226ac+=.（2）椭圆E的右准线为4x=.设(,0),(4,

)PxQy，则(,0),(4,)OPxQPxy==−−，2(4)(2)44,OPQPxxx=−=−−−在2x=时取等号.所以OPQP的最小值为4−.（3）因为椭圆22:143xyE+=的左、右焦点分别为12,FF，点A在椭圆E上且在第一象限内，212AFFF⊥，则12

3(1,0),(1,0),(1,)2FFA−.所以直线:3430.ABxy−+=设(,)Mxy，因为213SS=，所以点M到直线AB距离等于点O到直线AB距离的3倍.由此得|343||30403|355xy−+−+=，则34120

xy−+=或3460xy−−=.由2234120,143xyxy−+=+=得2724320xx++=，此方程无解；由223460,143xyxy−−=+=得271240xx−−=，所以2x=或27x=−.代入直线:3460lxy−−=，对

应分别得0y=或127y=−.因此点M的坐标为(2,0)或212(,)77−−.【点睛】本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆相交问题、点到直线距离公式的运用，熟悉运用公式以及根据213SS=推出95d=是解答本题的关键.25．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已

知椭圆C：22221(0)xyabab+=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AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．【解析】（1）由题设得224

11ab+=，22212aba−=，解得26a=，23b=．所以C的方程为22163xy+=．（2）设11(,)Mxy，22(,)Nxy．若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为ykxm=+，代入22163xy+=得222(12)4260kxkmxm+

++−=．于是2121222426,1212kmmxxxxkk−+=−=++．①由AMAN⊥知0AMAN=，故1212(2)(2)(1)(1)0xxyy−−+−−=，可得221212(1)(2)()(1)40kxxkmkxxm++−−++−+=．将①代入上式可得222222

64(1)(2)(1)401212mkmkkmkmkk−+−−−+−+=++．整理得(231)(21)0kmkm+++−=．因为(2,1)A不在直线MN上，所以210km+−，故2310km++=，1k．于是MN的方程为21()(1)33ykx

k=−−.所以直线MN过点21(,)33P−.若直线MN与x轴垂直，可得11(,)Nxy−.由0AMAN=得1111(2)(2)(1)(1)0xxyy−−+−−−=.又2211163xy+=，可得21138

40xx−+=.解得12x=（舍去），123x=.此时直线MN过点21(,)33P−.令Q为AP的中点，即41(,)33Q.若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP△的斜边，故122||||23DQAP==.若D与P重合，则1||||2DQAP

=.综上，存在点41(,)33Q，使得||DQ为定值.【点睛】本题考查椭圆的标准方程和性质，圆锥曲线中的定点定值问题，关键是第二问中证明直线MN经过定点，并求得定点的坐标,属综合题，难度较大.26．【2020年新

高考全国Ⅱ卷】已知椭圆C：22221(0)xyabab+=过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为12，（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.【解析】(1)由题意可知直线AM的方程为：13(2)2yx−=−，即24−=

−xy.当y=0时，解得4x=−，所以a=4，椭圆()2222:10xyCabab+=过点M(2，3)，可得249116b+=，解得b2=12.所以C的方程：2211612xy+=.(2)设与直线AM平行的直线方程为：2xym−=，如图所示，当直线与椭圆相切时

，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.联立直线方程2xym−=与椭圆方程2211612xy+=，可得：()2232448myy++=，化简可得：2216123480ymym++−=，所以()2

21444163480mm=−−=，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：28xy−=，直线AM方程为：24−=−xy，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距

离公式可得：84125514d+==+，由两点之间距离公式可得22||(24)335AM=++=.所以△AMN的面积的最大值：1125351825=.【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、三角形的面积等问题．1．【2020·河南省高三三模（理）】已知直线1l:sin210xy+−=，直线2l:co

s30xy−+=，若12ll⊥，则tan2=A．23−B．43−C．25D．45【答案】B【解析】因为l1⊥l2，所以sin2cos0−=，所以tanα=2，所以22tan44tan21tan143===−−−.

故选：B．【点睛】本题考查了两直线的垂直的充要条件，以及正切二倍角公式，属于容易题.2．【2020·湖北省高三其他（理）】已知双曲线E：()2222100xyabab−=＞，＞的左、右顶点分别为A、B，M是E上一点，且ABM为等腰三角形，其外接圆的半径为3a，则双曲线E的离心率为A．2B．21+

C．3D．31+【答案】C【解析】由题可知，ABM为等腰三角形，设M在双曲线22221(0,0)xyabab−=的左支上，M在x轴上的投影为Q，则2MAABa==，设AMBABM==，则=2MAQ，A

BM的外接圆的半径为3a，2223sinsinABaRaAMB===，解得：3sin3=，则6cos3=，3622sin22333==，611cos2933=−=，在RtMAQ△中，122cos

22,33aAQaa===22422sin2233MQaaa===，则M的坐标为2(3aa−−，222)3a，即5(3a−，42)3a，代入双曲线方程可得222532199ab−=，由222cab=+，可得223ac=，即有3==cea．故选：C．【

点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的离心率的求法，涉及到正弦定理的应用、同角三角函数关系、二倍角以及任意角的三角函数等知识，考查化简计算能力.3．【2020·广东省高三其他（理）】已知双曲线22142xy−=的右焦点为F，P为

双曲线左支上一点，点(0,2)A，则APF周长的最小值为A．42+B．4(12)+C．2(26)+D．632+【答案】B【解析】曲线22142xy−=右焦点为F()6,0，APF周长2lAFAPPFAFAPaPF=++=+++要使APF周长最小，只需APPF+最小，如图

：当,,APF三点共线时取到,故l=2|AF|+2a=()412+故选B【点睛】本题考查了双曲线的定义，两条线段之和取得最小值的转化，考查了转化思想，属于中档题.4．【2020·福建省福州第一中学高三其他（理）】在区间[1,1]−上随机取一个数k，使直线(3)ykx=+与圆221xy+=相交

的概率为A．12B．13C．24D．23【答案】C【解析】因为圆心(0,0)，半径1r=，直线与圆相交，所以2|3|11kdk=+，解得2244k−，所以相交的概率22224P==,故选C．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，几何概型，属于中档题.5．【202

0·福建省福州第一中学高三其他（理）】已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为32，,EF分别为,BCCD的中点，P是线段1AB上的动点，1CP与平面1DEF的交点Q的轨迹长为A．3B．13C．4D．32【答案】B【

解析】如图所示，连接1,EFAB，连接1111,ACBD交于点M，连接11,BEBC交于点N，由11//EFBD，即11,,,EFBD共面，由P是线段1AB上的动点，当P合于1A或B时，11CA，1CB与平面1DEF的交点分别为,MN，即Q的轨迹为MN，由棱长为

32，则111132CMAC==，则16BC=，又11112BEBNBCNC==，则11243NCBC==,由1111ABBCAC==，则1160ACB=，则2211111112cos916234132MN

MCNCMCNCACB=+−=+−=.故选：B．【点睛】本题以正方体为载体，考查了点线面的位置关系、余弦定理，解决本题的关键在于找到点Q的轨迹，还考查了学生的分析推理能力，运算能力，属于中档题.6．【2020·广西壮族自治区高三其他（理）】已知椭

圆22142xy+=的焦点为F，短轴端点为P，若直线PF与圆222:(0)OxyRR+=相切，则圆O的半径为A．22B．1C．2D．2【答案】B【解析】因为椭圆22142xy+=，不妨设(2,0),(0,2)FP，所以PF的方程为20xy+−

=，因为直线PF与圆222:(0)OxyRR+=相切，所以圆心到直线的距离等于圆的半径，即2111Rd===+，故选：B．【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质以及直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

7．【2020·南昌市八一中学高三三模（理）】若a，b为正实数，直线()42320xay+−+=与直线210bxy+−=互相垂直，则ab的最大值为A．32B．916C．94D．324【答案】B【解析】因为直线(

)42320xay+−+=与直线210bxy+−=互相垂直，所以42(23)0ba+−=，化简得32ab+=，因为a，b为正实数，所以32ab=+≥2ab，即ab≤916，当且仅当34ab==时取等号，所以ab的最大值为916，故选：B．【点睛】此题考

查两直线垂直的性质，利用基本不等式求最值，属于基础题.8．【2020·南昌市八一中学高三三模（理）】已知抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为F，点()00,222pMxx是抛物线C上一点，以点M为圆心的圆与直线2px=交于E，G两点，若13sin

MFG=，则抛物线C的方程是A．2yx=B．22yx=C．24yx=D．28yx=【答案】C【解析】作MDEG⊥，垂足为点D．由题意得点()00,222pMxx在抛物线上，则082px=得04px=．①由抛物线的性质，可知

，0||2pDMx=−，因为1sin3MFG=，所以011||||332pDMMFx==+．所以001232ppxx−=+，解得：0xp=．②．由①②，解得：02xp==−（舍去）或02xp==．故抛物线C的方程是24yx=．故选C．【点睛】

本题考查抛物线的定义与几何性质，属于中档题.9．【2020·湖北省高三其他（理）】已知过抛物线2:4Cyx=焦点F的直线交抛物线C于P，Q两点，交圆2220xyx+−=于M，N两点，其中P，M位于第一象限

，则11PMQN+的最小值为_____．【答案】2【解析】圆2220xyx+−=可化为22(1)1xy−+=，圆心坐标为(1,0)，半径为1，抛物线C的焦点(1,0)F，可设直线PQ的方程为1xmy=+，设11(,)Pxy，

22(,)Qxy，由214xmyyx=+=，得2440ymy−−=，所以124yy=−，又2114yx=，2224yx=，所以222121212()14416yyyyxx===，因为1212||||(||||)(||||)(11)(11)1PMQNPFMFQ

FNFxxxx=−−=+−+−==，所以111122PMQNPMQN+=，当且仅当||||1PMQN==时，等号成立.所以11PMQN+的最小值为2.故答案为：2【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，基本不

等式求最值，考查基本运算能力，属于中档题.10．【2020·横峰中学高三其他（理）】已知抛物线()2:20Cypxp=的焦点为F，点()00,422pHxx是抛物线C上的一点，以H为圆

心的圆交直线2px=于A、B两点（点A在点B的上方），若7sin9HFA=，则抛物线C的方程是_________.【答案】24yx=【解析】画出图形如下图所示，作HDAB⊥，垂足为D，由题意得点()00

,422pHxx在抛物线C上，则0232px=①，由抛物线的定义，可知02pDHx=−，因为7sin9HFA=，所以，077992pDHHFx==+，所以007292ppxx−=+

，解得04xp=②，由①②解得048xp==−（舍去）或048xp==，故抛物线C的方程为24yx=．故答案为：24yx=.【点睛】本题考查抛物线的定义，利用抛物线的定义进行线段的转化是关键，考查方程思想的应用，属

于中等题.11．【2020·山东省高三其他】已知1F，2F分别是椭圆()2222:10xyCabab+=的左、右焦点，A，B是椭圆上关于x轴对称的两点，2AF的中点P恰好落在y轴上，若20BPAF=，则椭圆C的离心率的值为__________.

【答案】33【解析】由于2AF的中点P恰好落在y轴上，又A，B是椭圆上关于x轴对称的两点，所以AB过左焦点1F且12ABFF⊥，则22,,,bbAcBcaa−−−.因为P是2AF的中点，则20,2bPa.又()2,0Fc，则2223,,2,2b

bBPcAFcaa==−.因为20BPAF=，则4223202bca−=，即232bca=.又222bac=−，则()2223acac=−，即23230ee+−=，解得：33e=或3e=

−（舍去）.故答案为：33.【点睛】本题考查椭圆的简单性质离心率，考查运算能力，属于基础题.12．【2020·辽宁省高三三模（理）】在平面直角坐标系xOy中，F是双曲线()2222100xyabab−=＞，＞的右焦点，直线y＝2b与双曲

线交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该双曲线的离心率为_____．【答案】355【解析】由题意可知，F（c，0），把y＝2b代入双曲线方程可得5xa=，不妨设B（52ab−，），C（52ab，），因为∠BFC＝

90°，所以kBF•kCF＝﹣1，即22155bbacac=−−−−，化简得4b2＝5a2﹣c2，因为b2＝c2﹣a2，所以2295ca=，所以离心率33555cea===．故答案为：355．【点睛】本题考查直线和双曲线的位置关系

，考查双曲线的离心率问题，考查学生计算求解能力，属于中档题.13．【2020·六盘山高级中学高三其他（理）】已知点O为坐标原点，椭圆C：()222210xyabab+=的右焦点为()1,0F，P为椭圆C上一点，椭圆C上异于P的两点A，B满足AFOB

FO=，当PF垂直于x轴时，32PF=.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线PA，PB分别与x轴交于点(),0Mm，(),0Nn，问：mn的值是否为定值？若是，请求出mn的值；若不是，请说明理由.【答案】（1

）22143xy+=（2）是定值；4mn=【解析】（1）设椭圆半焦距为c，根据题意可得221cab==−.当PF重直于x轴时，232bPFa==.因为222abc=+，由此解得24a=，23b=，∴椭圆C的标准方程为221

43xy+=.（2）由AFOBFO=，可得A，B关于x轴对称.设()11,Axy，()11,Bxy−，()00,Pxy，易知10xx，10yy，0xm.∵PAPMkk=，∴100100yyyxxxm−=−−

.∴()100010xxyxmyy−−=−，∴()100011001010xxyxyxymxyyyy−−=−=−−.同理，得011010xyxynyy+=+.∴222201100110011022101010xyxyxyxyxyxymnyyyyyy−+−==−+−.又2200143

xy+=，2211143xy+=，∴2200413yx=−，2211413yx=−.∴2222011022220110222210104141334yyyyxyxymnyyyy−−−

−===−−，为定值.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于难题.14．【2020·四川省南充高级中学高三月考（理）】已知直线2:220(1)

lxayaa−−=，椭圆22122:1,,xCyFFa+=分别为椭圆的左、右焦点.(1)当直线l过右焦点2F时，求椭圆C的标准方程；(2)设直线l与椭圆C交于,AB两点，O为坐标原点，且2,2.AGGOBHHO==，若点O在以线段GH为直径的圆内，求实数a的取值范围.【答案】(1

)2212xy+=；(2)12a．【解析】(1)由已知可得直线l与x轴的交点坐标2(,0)2a，所以22ac=①，又221ac−=②，由①②解得22a=，21c=，所以椭圆C的方程为2212xy+=．(2)设()11,Axy，()22,Bxy，由2222220,1

,xayaxya−−=+=得223428440ayayaa++−=，由()()2324264448416+1280aaaaaa=−−=，又1a，解得122a①，由根与系数关系，得3122482aayya+=−

=−，4221224488aaayya−−==由2AGGO=，2BHHO=可得11,33xyG，22,33xyH，()()2212122||99xxyyGH−−=+，设M是GH的中点，则1212,66xxyyM++，由已知可得12MOGH，即()()2222

12121212166499xxyyxxyy++++++，整理得12120xxyy+，又()23422121212124222224ayyayyaayaayax

x+++++==，所以()2341212124204ayyayyayy++++，所以()()23412124420ayyayya++++，即()22344442082aaaaa−++−+，即240

a−，所以22a−②，综上所述，由①②得a的取值范围为12a．【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，直线和椭圆的位置关系及点和圆的位置关系，属于中档题．15．【2020·湖北省高三其他（理）】已知222:4)(0Exymm+=，直线l不过原点O且不平行于坐标

轴，l与E有两个交点A，B，线段AB的中点为M．（1）若2m=，点K在椭圆E上，1F、2F分别为椭圆的两个焦点，求12KFKF的范围；（2）若l过点(,)2mm，射线OM与椭圆E交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时直线l斜率；若不能，说明理由．【答案】（1

）2,1−；（2）476k=.【解析】（1）2m=时，椭圆22:14xEy+=，两个焦点1(3F−，)，2(3F，0)，设(,)Kxy，可得2214xy+=，即2244xy=−，1(3FKx=+，)y，2(3FKx=−，)y，22212

12331KFKFFKFKxyy==−+=−+，因为11y−剟，所以12KFKF的范围是2,1−；（2）设A，B的坐标分别为1(x，1)y，2(x，2)y，可得12(2xxM+，12)2yy+，则222112222244xymxym+

=+=，两式相减可得12121212()()4()()0xxxxyyyy+−++−=，12121212()()140()()yyyyxxxx+−+=+−，即140OMlkk+=，故14OMlkk=−，又设(PPx，

)Py，直线:()(0,0)2mlykxmmk=−+，即直线l的方程为2mykxkm=−+，从而1:4OMyxk=−，代入椭圆方程可得，2222414Pmkxk=+，由()2mykxm=−+与14yxk=−，联立得224214Mkmkmxk−=+，若四边形OAPB为平行四边

形，那么M也是OP的中点，所以2MPxx=，即2222224244()1414kmkmmkkk−=++，整理可得2121630kk−+=，解得476k=，经检验满足题意，所以当476k=时，四边形OAPB

为平行四边形．【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系，注意运用点差法，考查向量数量积的坐标表示，考查方程思想和运算能力，属于中档题．16．【2020·广东省高三其他（理）】已知直线l与抛物线24yx=相交于A，B两点，

且与圆22(1)1xy−+=相切.（1）求直线l在x轴上截距c的取值范围；（2）设F是抛物线的焦点，0FAFB=，求直线l的方程.【答案】（1）()),02,−+U；（2）3710xy++=或371

0xy−+=.【解析】（1）设直线l的方程为xmyc=+，22(1)1xy−+=的圆心为(1,0)，半径为1.由直线l与圆相切得：2|1|11cm−=+，化简得222mcc=−，直线l的方程代入抛物线，消去x得：2440(*)ymyc−−=，由直线l与

抛物线相交于A，B两点，得22(4)1600mcmc=−++，将222,mcc=−代入不等式，得20cc−1c或0c，注意到22202mccc=−或0c综上知，c的取值范围是()),02,−+U（

2）设1122(,),(,),(1,0)AxyBxyF由(*)得12124,4yymyyc+==−2212121212(1)(1)(1)(1)44yyFAFBxxyyyy=−−+=−−+22121212311()()12164yyyyy

y=+−++将12124,4yymyyc+==−代入上式，由0FAFB=，得224610cmc−−+=，所以2224(2)6103210cccccc−−−+=−−=，解得13c=−或1c=（舍去），

-故7.3m=所以直线l的方程为3710xy++=或3710xy−+=【点睛】本题主要考查了联立直线与抛物线的方程，利用判别式以及直线满足的条件，求解参数的问题.同时也考查了利用韦达定理代入所给条件，求解参数的问题.属于中

档题.17．【2020·福建省福州第一中学高三其他（理）】已知圆()()222:10Cxyrr+−=，设A为圆C与y轴负半轴的交点，过点A作圆C的弦AM，并使弦AM的中点恰好落在x轴上.（1）求点M的轨迹E的方程；（2）延长MO交直线1y=−于点P，延长MC交曲线E

于点N，曲线E在点N处的切线与y轴交于点Q.求证：//MNQP.【答案】（1）()2:40Exyx=?；（2）证明见解析.【解析】（1）设(),Mxy，依题意A为圆C与y轴负半轴的交点，令=0,=1xyr，()0,1Ar−，又弦AM的中点恰好落在x轴上，设(,)Mxy，故AM的

中点坐标为+1-(,)22xyr故+1-02yr=()222101yrxyr+−=+−=，消r得24xy=，所以()2:40Exyx=?.（2）设()()1122:1,,,,MNykxMxyNxy=+，将

1ykx=+代入24xy=得2440xkx−−=，12124,4xxkxx+==−，11:yMOyxx=，令1y=−得11Pxxy=−，所以11,1xPy−−，因为2xy=，所以点N处的切线为()2222xyyxx−=−，即222xyxy=−，令0x=得2yy=−，所以

()20,Qy−.所以PQ的斜率222211212111114444416160xyxxxxxkkxyx−−+−+=====−−所以MNQP∥.【点睛】本题考查了直线与抛物线综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于较难题.18．【2020·广西壮族自治区高三其他（理）】已知

抛物线2:2(0)Cypxp=与直线3()2pyx=−相交于A，B两点，线段AB的长为8．（1）求抛物线C的方程；（2）过点()2,0Q的直线l与抛物线C交于M．N两点，点P为直线2x=−上的任意一点，设直线PM，PQ，PN的斜率分别为123,,kkk，且满足

132kkk+=，能否为定值？若为定值，求出的值；若不为定值，请说明理由．【答案】（1）26yx=；（2）是，为定值2．【解析】（1）把22ypx=代入3()2pyx=−得2110223pyyp−−=，∴23A

Bpyy+=，2AByyp=−，∴21||1()43ABABAByyyy=++−2244848333ppp=+==，∴3p=，所以抛物线C的方程为26yx=；（2）设直线l的方程为2xmy=+，mR，()2,Pt

−，()11,Mxy，()22,Nxy把2xmy=+代入26yx=得26120ymy−−=，∴126yym+=，1212yy=−，∴12121312122244ytytytytkkxxmymy−−−−+=+=+++++()()()()()()1221124444ytmyytmymymy−++−

+=++1212212122(4)()84()162myytmyyttmyymyy+−+−==−+++，∴202242tttk−==−=−−−∴2=，所以为定值2．【点睛】本题主要考查了抛物线方程

的求法，以及直线与抛物线的位置关系，考查了学生的计算能力，属于难题.19．【2020·横峰中学高三其他（理）】已知椭圆()2222:10xyCabab=+的离心率为32，过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为1．（1）求椭圆C的方程；（2）设点M为椭圆上位于第

一象限内一动点，,AB分别为椭圆的左顶点和下顶点，直线MB与x轴交于点C，直线MA与轴交于点D，求证：四边形ABCD的面积为定值．【答案】（Ⅰ）2214xy+=；（2）见解析.【解析】（Ⅰ）由已知可得：22223221

cabaabc===+解得：21ab==；所以椭圆C的方程为：2214xy+=．（Ⅱ）因为椭圆C的方程为：2214xy+=，所以()2,0A−，()0,1B−．设()(),0,0Mmnmn，则2214mn+=，即2244mn+=．则直线BM

的方程为：11nyxm+=−，令0y=，得1Cmxn=+；同理：直线AM的方程为：()22nyxm=++，令0x=，得22Dnym=+．所以()()()2221121212212221ABCDmnmnSACBDnmmn++==++=+

+++22144448144882222222mnmnmnmnmnmnmnmnmn++++++++===++++++．即四边形ABCD的面积为定值2．【点睛】圆锥曲线中的定点、定值问题是考查的重点，一般难度较大，

计算较复杂，考查较强的分析能力和计算能力.求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；（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.解题时，要将问题合理

的进行转化，转化成易于计算的方向.20．【2020·四川省阆中中学高三二模（理）】己知圆2221:(1)(13)Fxyrr++=剟，圆2222:(1)(4)Fxyr−+=−．（1）证明：圆1F与圆2F有公共点，并求公共点的轨迹E的方程；（2）已知点(),00()Qmm，过点2F且斜率为()0

kk的直线与（1）中轨迹E相交于,MN两点，记直线QM的斜率为1k，直线QN的斜率为2k，是否存在实数m使得()12kkk+为定值？若存在，求出m的值，若不存在，说明理由．【答案】（1）详见解析；22143xy+=；（2）存在实数2m=−使得()12

1kkk+=−．【解析】（1）证明：因为12(1,0),(1,0)FF−，所以122FF=因为圆1F的半径为r，圆2F的半径为4r−又因为13r≤≤，所以|4|2rr−−，即12|4||4|rrFFrr−−−+所以圆1F与圆2F有公共点设公

共点为P，因此124PFPF+=，所以P点的轨迹E是以12(1,0),(1,0)FF−为焦点的椭圆，所以24,12,3acab====即轨迹E的方程为22143xy+=（2）过2F点且斜率为k的直线方程为

(1)ykx=−，设()()1122,,,MxyNxy由22143(1)xyykx+==−消去y得到()22224384120kxkxk+−+−=则221212228412,4343kkxxxxkk−+==++①因为121112

,yykkxmxm==−−所以()()()121212121211kxkxyykkkkkxmxmxmxm−−+=+=+−−−−()()()()()()2212211212121111xxmxxmxxkkxmxmxmxm−−+−−−−=

+=−−−−()()21212212122(1)2xxmxxmkxxmxxm−+++=−++将①式代入整理得()212222(624)4(1)312mkkkkmkm−+=−+−因为0m所以当23120m−=时，即2m=−时，()121kk

k+=−即存在实数2m=−使得()121kkk+=−【点睛】本题主要考查了求椭圆的轨迹方程以及椭圆中的定值问题，涉及了圆与圆位置关系的应用，属于中档题.