【文档说明】专题12 解析几何-十年（2012-2021）高考数学真题分项详解（全国通用）（解析版）.docx，共(82)页，3.932 MB，由envi的店铺上传

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专题12解析几何【2021年】1．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）设B是椭圆22:15xCy+=的上顶点，点P在C上，则PB的最大值为（）A．52B．6C．5D．2【答案】A【分析】设点()00

,Pxy，因为()0,1B，220015xy+=，所以()()()222222200000001251511426444PBxyyyyyy=+−=−+−=−−+=−++，而011y−，所以当014y=−时，PB的最大值为52．故选：A．2．（2021年全国

高考乙卷数学（理）试题）设B是椭圆2222:1(0)xyCabab+=的上顶点，若C上的任意一点P都满足||2PBb，则C的离心率的取值范围是（）A．2,12B．1,12C．20,2D．10,2【答案】C【分析】设()00,Px

y，由()0,Bb，因为2200221xyab+=，222abc=+，所以()()2223422222220000022221ycbbPBxybaybyabbbcc=+−=−+−=−++++，因为0byb−

，当32bbc−−，即22bc时，22max4PBb=，即max2PBb=，符合题意，由22bc可得222ac，即202e；当32bbc−−，即22bc时，42222maxbPBabc=++，即422224babbc++，化简得，()2220c

b−，显然该不等式不成立．故选：C．3．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）点()3,0到双曲线221169xy−=的一条渐近线的距离为（）A．95B．85C．65D．45【答案】A【分析】由题意可知，双曲线的渐近线方

程为：220169xy−=，即340=xy，结合对称性，不妨考虑点()3,0到直线340xy+=的距离：9095916d+==+.故选：A.4．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知1F，2F是椭圆C：22194xy+=的

两个焦点，点M在C上，则12MFMF的最大值为（）A．13B．12C．9D．6【答案】C【分析】由题，229,4ab==，则1226MFMFa+==，所以2121292MFMFMFMF+=（当且

仅当123MFMF==时，等号成立）．故选：C．二、多选题5．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知点P在圆()()225516xy−+−=上，点()4,0A、()0,2B，则（）A．点P到直线AB的距离小于10B．点P到直线AB的距离大于

2C．当PBA最小时，32PB=D．当PBA最大时，32PB=【答案】ACD【分析】圆()()225516xy−+−=的圆心为()5,5M，半径为4，直线AB的方程为142xy+=，即240xy+−=，圆心

M到直线AB的距离为2252541111545512+−==+，所以，点P到直线AB的距离的最小值为115425−，最大值为1154105+，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PMPB⊥，()()22052534BM=−

+−=，4MP=，由勾股定理可得2232BPBMMP=−=，CD选项正确.故选：ACD.三、填空题6．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）双曲线22145xy−=的右焦点到直线280xy+−=的距离为________．【答案】5【分析

】由已知，22543cab=+=+=，所以双曲线的右焦点为(3,0)，所以右焦点(3,0)到直线280xy+−=的距离为22|3208|55512+−==+.故答案为：57．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）已知双曲线22:1(0)xCymm−=的一条渐近线为30xm

y+=，则C的焦距为_________．【答案】4【分析】由渐近线方程30xmy+=化简得3yxm=−，即3bam=，同时平方得2223bam=，又双曲线中22,1amb==，故231mm=，解得3,0mm==（舍去），2223142cabc=+=+==，故焦距24c=故答案为：48．（2021

年全国高考甲卷数学（理）试题）已知12,FF为椭圆C：221164xy+=的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且12PQFF=，则四边形12PFQF的面积为________．【答案】8【分析】因为,PQ为C上关于坐标原点对称的

两点，且12||||PQFF=，所以四边形12PFQF为矩形，设12||,||PFmPFn==，则228,48mnmn+=+=，所以22264()2482mnmmnnmn=+=++=+，8mn=，即四边形12PFQ

F面积等于8.故答案为：8.9．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知O为坐标原点，抛物线C：22ypx=(0p)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQOP⊥，若6FQ=，则C的准线方程为______.【答案】32x=−【分析】抛物线C：22

ypx=(0p)的焦点,02pF,∵P为C上一点，PF与x轴垂直，所以P的横坐标为2p，代入抛物线方程求得P的纵坐标为p,不妨设(,)2pPp,因为Q为x轴上一点，且PQOP⊥，所以Q在F的右侧，

又||6FQ=，(6,0),(6,)2pQPQp+=−uuur因为PQOP⊥，所以PQOP=2602pp−=,0,3pp=Q，所以C的准线方程为32x=−故答案为：32x=−.四、解答题10．（2

021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知抛物线2:2(0)Cypxp=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9PQQF=，求直线OQ斜率的最大值.【答案】（1）2

4yx=；（2）最大值为13.【分析】（1）抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点,02pF，准线方程为2px=−，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为222ppp−−==，所以该抛物线的方程为24yx=；（2）设

()00,Qxy，则()00999,9PQQFxy==−−，所以()00109,10Pxy−，由P在抛物线上可得()()200104109yx=−，即20025910yx+=，所以直线OQ的斜率0002200010

25925910OQyyykyxy===++，当00y=时，0OQk=；当00y时，0010925OQkyy=+，当00y时，因为0000992522530yyyy+=，此时103OQk，当且仅当00925yy=，即035y=时，等号成立；当00y时，0OQk；

综上，直线OQ的斜率的最大值为13.11．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）已知抛物线()2:20Cxpyp=的焦点为F，且F与圆22:(4)1Mxy++=上点的距离的最小值为4．（1）求p；（2）若点P在M上，,PAPB是C

的两条切线，,AB是切点，求PAB△面积的最大值．【答案】（1）2p=；（2）205.【分析】（1）抛物线C的焦点为0,2pF，42pFM=+，所以，F与圆22:(4)1Mxy++=上点的距离的最小值为

4142p+−=，解得2p=；（2）抛物线C的方程为24xy=，即24xy=，对该函数求导得2xy=，设点()11,Axy、()22,Bxy、()00,Pxy，直线PA的方程为()1112xyyxx−=−，即112xxyy=−，即11220xxyy−−=，同

理可知，直线PB的方程为22220xxyy−−=，由于点P为这两条直线的公共点，则10102020220220xxyyxxyy−−=−−=，所以，点A、B的坐标满足方程00220xxyy−−=，所以，

直线AB的方程为00220xxyy−−=，联立0022204xxyyxy−−==，可得200240xxxy−+=，由韦达定理可得1202xxx+=，1204xxy=，所以，()()()22222200121200000141

4164422xxABxxxxxyxxy=++−=+−=+−，点P到直线AB的距离为2002044xydx−=+，所以，()()()23002222000002041114442224PABxySABdxxy

xyx−==+−=−+△，()()2222000000041441215621xyyyyyy−=−+−=−−−=−++，由已知可得053y−−，所以，当05y=−时，PAB△的面积取最大值321202052=.12．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）抛物线C的顶点为

坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：1x=交C于P，Q两点，且OPOQ⊥．已知点()2,0M，且M与l相切．（1）求C，M的方程；（2）设123,,AAA是C上的三个点，直线12AA，13AA均与M相切．判断直线23AA与M的位置关系，并说明理由．【答案】（1）抛物线2:

Cyx=，M方程为22(2)1xy−+=；（2）相切，理由见解析【分析】（1）依题意设抛物线200:2(0),(1,),(1,)CypxpPyQy=−，20,1120,21OPOQOPOQypp⊥=−=−==，所以抛物线C的方程为2y

x=，(0,2),MM与1x=相切，所以半径为1，所以M的方程为22(2)1xy−+=；（2）设111222333(),(,),(,)AxyAxyAxy若12AA斜率不存在，则12AA方程为1x=或3x=，若12AA方程为1

x=，根据对称性不妨设1(1,1)A，则过1A与圆M相切的另一条直线方程为1y=，此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在3A，不合题意；若12AA方程为3x=，根据对称性不妨设12(3,3),(3,3),AA−则过1A与圆M相切的

直线13AA为33(3)3yx−=−，又1313313133113,033AAyykyxxyyy−=====−++，330,(0,0)xA=，此时直线1323,AAAA关于x轴对称，所以直线23AA与圆M相切；若直线121323,,AAAAAA斜率均存在，则1213231213231

11,,AAAAAAkkkyyyyyy===+++，所以直线12AA方程为()11121yyxxyy−=−+，整理得1212()0xyyyyy−++=，同理直线13AA的方程为1313()0xyyyyy−++=

，直线23AA的方程为2323()0xyyyyy−++=，12AA与圆M相切，12212|2|11()yyyy+=++整理得22212121(1)230yyyyy−++−=，13AA与圆M相切，同理22213131(1)230yyyyy−++−=所以23,yy为方程222

111(1)230yyyyy−++−=的两根，2112323221123,11yyyyyyyy−+=−=−−，M到直线23AA的距离为：21223122123213|2||2|121()1()1yyyyyyyy−++−=+++−−

22112222111|1|111(1)4yyyyy++===+−+，所以直线23AA与圆M相切；综上若直线1213,AAAA与圆M相切，则直线23AA与圆M相切.13．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）在平面直角坐标系xOy中，已知点()117,0F−、()

21217,02FMFMF−=，，点M的轨迹为C.（1）求C的方程；（2）设点T在直线12x=上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且TATBTPTQ=，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.【答案】（1）()221116yxx−=；（

2）0.【分析】因为12122217MFMFFF−==，所以，轨迹C是以点1F、2F为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C的方程为()222210,0xyabab−=，则22a=，可得1a=，2174ba=−=，所以，轨迹C的方程为()221116yxx−=；（2）设点1,2Tt

，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，不妨直线AB的方程为112ytkx−=−，即1112ykxtk=+−，联立1122121616ykxtkxy=+−−=，消去y并整理可得()()222111111621602kxktkxtk−

+−+−+=，设点()11,Axy、()22,Bxy，则112x且212x.由韦达定理可得2111221216kktxxk−+=−，211221116216tkxxk−+=−，所以，()()()()2

2122121121122112111111222416tkxxTATBkxxkxxk+++=+−−=+−+=−，设直线PQ的斜率为2k，同理可得()()2222212116tkTPTQk++=−，因为TATBT

PTQ=，即()()()()22221222121211211616tktkkk++++=−−，整理可得2212kk=，即()()12120kkkk−+=，显然120kk−，故120kk+=.因此，直线AB与直线PQ的斜率之和

为0.【2012年——2020年】1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知圆2260xyx+−=，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】圆2260xyx+−=化为22(3

)9xy−+=，所以圆心C坐标为(3,0)C，半径为3，设(1,2)P，当过点P的直线和直线CP垂直时，圆心到过点P的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时22||(31)(2)22CP=−+−=根据弦长公式得最小值为229||2982CP−=−=.故选：B.

2．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设12,FF是双曲线22:13yCx−=的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且||2OP=，则12PFF△的面积为（）A．72B．3C．52D．2【答案】B【分析】

由已知，不妨设12(2,0),(2,0)FF−，则1,2ac==，因为12122OPFF==，所以点P在以12FF为直径的圆上，即12FFP是以P为直角顶点的直角三角形，故2221212||||||PFPFFF+=，即2212||||16PFPF+=，又12||||22PFPFa

−==，所以2124||||PFPF=−=2212||||2PFPF+−12||||162PFPF=−12||||PFPF，解得12||||6PFPF=，所以12FFPS=△121||||32PFPF=故选：B3．（2020年全国统一

高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））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【分析】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知

||122ApAFx=+=，即1292p=+，解得6p=.故选：C.4．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））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||||PM

AB最小时，直线AB的方程为（）A．210xy−−=B．210xy+−=C．210xy−+=D．210xy++=【答案】D【分析】圆的方程可化为()()22114xy−+−=，点M到直线l的距离为22211

25221d++==+，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，min

5MP=，min1PA=，此时PMAB最小．∴()1:112MPyx−=−即1122yx=+，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：210xy++=，即为直线AB的方程．故选：D.5．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））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【分析】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()()222xayaa−+−=.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.6．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））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．4

B．8C．16D．32【答案】B【分析】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.7．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））在平面内，A，

B是两个定点，C是动点，若=1ACBC，则点C的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．抛物线D．直线【答案】A【分析】设()20ABaa=，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则：()(),0,

,0AaBa−，设(),Cxy，可得：()(),,,ACxayBCxay→→=+=−，从而：()()2ACBCxaxay→→=+−+，结合题意可得：()()21xaxay+−+=，整理可得：2221

xya+=+，即点C的轨迹是以AB中点为圆心，21a+为半径的圆.故选：A.8．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ））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【分析】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.9．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ））若直线l与曲线y=x和x2+y2

=15都相切，则l的方程为（）A．y=2x+1B．y=2x+12C．y=12x+1D．y=12x+12【答案】D【分析】设直线l在曲线yx=上的切点为()00,xx，则00x，函数yx=的导数为12yx=，则直线l的斜率012kx=，设直线l的方程为()0

0012yxxxx−=−，即0020xxyx−+=，由于直线l与圆2215xy+=相切，则001145xx=+，两边平方并整理得2005410xx−−=，解得01x=，015x=−（舍），则直线l的方程为210xy−+=，即1122yx=+.故选：D.10．（202

0年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ））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【分析】5ca=，5ca=

，根据双曲线的定义可得122PFPFa−=，12121||42PFFPFFSP==△，即12||8PFPF=，12FPFP⊥，()22212||2PFPFc+=，()22121224PFPFPFPFc−+=，即22540aa−+=，解

得1a=，故选：A.11．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））双曲线C:22221(0,0)xyabab−=的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为A．2sin40°B．2cos40°

C．1sin50D．1cos50【答案】D【分析】由已知可得tan130,tan50bbaa−==，2222222sin50sin50cos50111tan501cos50cos50cos50

cbeaa+==+=+=+==，故选D．12．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知椭圆C的焦点为121,01,0FF−()，()，过F2的直线与C交于A，B两点.若222AFFB=││││，1

ABBF=││││，则C的方程为A．2212xy+=B．22132xy+=C．22143xy+=D．22154xy+=【答案】B【分析】法一：如图，由已知可设2FBn=，则212,3AFnBFABn===，由椭圆的定义有1

21224,22aBFBFnAFaAFn=+==−=．在1AFB△中，由余弦定理推论得22214991cos2233nnnFABnn+−==．在12AFF△中，由余弦定理得2214422243nnnn+−=，解得32n=．2222423,3,312,anabac====−=−

=所求椭圆方程为22132xy+=，故选B．法二：由已知可设2FBn=，则212,3AFnBFABn===，由椭圆的定义有121224,22aBFBFnAFaAFn=+==−=．在12AFF△和12BFF△中，由余弦定理得2221222144222co

s4,422cos9nnAFFnnnBFFn+−=+−=，又2121,AFFBFF互补，2121coscos0AFFBFF+=，两式消去2121coscosAFFBFF,，得223611nn+=，解得32n=．2222423,3,312,ana

bac====−=−=所求椭圆方程为22132xy+=，故选B．13．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆2231xypp+=的一个焦点，则p=A．2B．3C．4D．8【答案】D【分析】因为抛物线22

(0)ypxp=的焦点(,0)2p是椭圆2231xypp+=的一个焦点，所以23()2ppp−=，解得8p=，故选D．14．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））设F为双曲线C：22221xyab−=（a>0，b>0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交

于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为A．2B．3C．2D．5【答案】A【分析】设PQ与x轴交于点A，由对称性可知PQx⊥轴，又||PQOFc==，||,2cPAPA=为以OF为直径的圆的半径，A为圆心||2cOA=．,22ccP

，又P点在圆222xya+=上，22244cca+=，即22222,22ccaea===．2e=，故选A．15．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））已知F是双曲线22:145xyC-=的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若=OPO

F，则OPF△的面积为A．32B．52C．72D．92【答案】B【分析】设点()00,Pxy，则2200145xy−=①．又453OPOF==+=，22009xy+=②．由①②得20259y=，即053y=，0115532232OPFS

OFy===，故选B．16．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ））双曲线C：2242xy−=1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若=POPF，则△PFO的面积为A．324B．

322C．22D．32【答案】A【分析】由222,2,6,abcab===+=．6,2PPOPFx==，又P在C的一条渐近线上，不妨设为在22yx=上，1133262224PFOPSOFy===△，故选A．17．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I卷））已知椭圆

C：2221(0)4xyaa+=的一个焦点为(20)，，则C的离心率为A．13B．12C．22D．223【答案】C【详解】：根据题意，可知2c=，因为24b=，所以2228abc=+=，即22a=，所以椭圆C的离心率为22222

e==，故选C.18．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷））设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FMFN=A．5B．6C．7D．8【答案】D【分析】根据题意，过点（–2，0）且

斜率为23的直线方程为2(2)3yx=+，与抛物线方程联立22(2)34yxyx=+=，消元整理得：yy−+=2680，解得(1,2),(4,4)MN，又(1,0)F，所以(0,2),(3,4)FMFN==，从而可以求得03248FMFN=+=，故选D.19．（2018年全国

普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷））已知双曲线C：2213xy−=，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M、N.若OMN为直角三角形，则|MN|=A．32B．3C．23D．4【答案】B【详解】：根

据题意，可知其渐近线的斜率为33，且右焦点为(2,0)F，从而得到30FON=，所以直线MN的倾斜角为60或120，根据双曲线的对称性，设其倾斜角为60，可以得出直线MN的方程为3(2)yx=−，分别与两条渐近线33yx=和33yx=−联立

，求得33(3,3),(,)22MN−，所以2233(3)(3)322MN=−++=，故选B.20．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））双曲线22221(0,0)xyabab−=的离心率为3，则其渐近线方程为A．2yx=

B．3yx=C．22yx=D．32yx=【答案】A【详解】：2222223,1312,2,cbcabeeaaaa−====−=−==因为渐近线方程为byxa=，所以渐近线方程为2yx=，选A.点睛：已知双曲线方程22

221(,0)xyabab−=求渐近线方程：22220xybyxaba−==.21．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II））已知1F，2F是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若12PFPF⊥，且2160PFF=，则

C的离心率为A．312−B．23−C．312−D．31−【答案】D【详解】：在12FPF中，122190,60FPFPFF==设2||PFm=，则12122,3cFFmPFm===，又由椭圆定义可知122(31)aPFPFm=+=+则离心率22312(31)ccmeaam====−+，故选

D.22．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））已知1F，2F是椭圆22221(0)xyCabab+=：的左，右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为36的直线上，12PFF△为等腰三角形，12120FFP=，则C的离心率为A．23B．12C．13D．14【

答案】D【详解】：因为12PFF△为等腰三角形，12120FFP=，所以PF2=F1F2=2c,由AP斜率为36得，2223112tan,sincos61313PAFPAFPAF===，，由正弦定理得2222sinsinPFPAFAFAPF=,所以2112211313

==4,π5431211sin()3221313caceacPAF===+−−，故选D.23．（2018年全国卷Ⅲ理数高考试题）直线20xy++=分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆()2222xy−+=上，则A

BP△面积的取值范围是A．26，B．48，C．232，D．2232，【答案】A【详解】：直线xy20++=分别与x轴，y轴交于A，B两点()()A2,0,B0,2−−,则AB22=点P在圆22x22y−+=（）上圆心为（2，0），则圆心

到直线距离1202222d++==故点P到直线xy20++=的距离2d的范围为2,32则22122,62ABPSABdd==故答案选A.24．（2018年全国卷Ⅲ文数高考试题）已知双曲线22221(00)xyCabab−=：，的离心率为2，则点(4,0)到C的渐近线的距离为A

．2B．2C．322D．22【答案】D【详解】：2e1()2cbaa==+=1ba=所以双曲线的渐近线方程为xy0=所以点（4，0）到渐近线的距离4d2211==+故选D25．（2018年全国卷Ⅲ理数高考试题）设1F,

2F是双曲线2222:1xyCab−=（）的左、右焦点，O是坐标原点．过2F作C的一条渐近线的垂线，垂足为P．若16PFOP=，则C的离心率为A．5B．3C．2D．2【答案】B【详解】：由题可知22,PF

bOFc==POa=在2RtPOF中，222cosPOPFbFOFc==在12PFF△中,22221212212cosPO2PFFFPFbFPFFFc+−==()2222246322bcabcabcc+−==e3=故选B.26．（2017年全国普通

高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））已知F是双曲线C：2213yx−=的右焦点，P是C上一点，且PF与x轴垂直，点A的坐标是(1，3)，则APF的面积为A．13B．12C．23D．32【答案】D【详解】由2224cab=+=得2c=，所以(2,0)F，将2x=代入2

213yx−=，得3=y，所以||3PF=，又点A的坐标是(1，3)，故△APF的面积为133(21)22−=，选D．27．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））（2017新课标全国卷Ⅰ文科）设A，B是椭圆C：2213xym+=长轴的两个端点，

若C上存在点M满足∠AMB=120°，则m的取值范围是A．(0,1][9,)+B．(0,3][9,)+C．(0,1][4,)+D．(0,3][4,)+【答案】A【详解】当03m时，焦点在x轴上，要使C上存在点M满足

120AMB=，则tan603ab=，即33m，得01m；当3m时，焦点在y轴上，要使C上存在点M满足120AMB=，则tan603ab=，即33m，得9m，故m的取值范围为(0,1][9,)+，选A．28．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷）

）已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为A．16B．14C．12D．10【答案】A

【详解】设11223344(,),(,),(,),(,)AxyBxyDxyExy，直线1l的方程为1(1)ykx=−，联立方程214(1)yxykx==−，得2222111240kxkxxk−−+=，∴21122124kxxk−−+=−212124kk+=，同理直线2l与抛物线的交点满足

22342224kxxk++=，由抛物线定义可知12342ABDExxxxp+=++++=221222222212121224244416482816kkkkkkkk++++=+++=，当且仅当121kk=−=（或1−）时，取等号.

29．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷））若1a，则双曲线2221xya−=的离心率的取值范围是A．(2,)+B．(2,2)C．(1,2)D．(1,2)【答案】C【详解】221ca=

+，222222111caeaaa+===+，1aQ，2101a，212e，则02e，选C.30．（2017年全国普通高等学校招生统一考试）过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为

C的准线，点N在l上且MN⊥l，则M到直线NF的距离为（）A．5B．22C．23D．33【答案】C【分析】依题意得F(1,0)，则直线FM的方程是y＝3(x－1)．由2314yxyx=−=得x＝13或

x＝3.由M在x轴的上方得M(3，23)，由MN⊥l得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4又∠NMF等于直线FM的倾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是边长为4的等边三角形点M到直线NF的距离为34232=故选：C

.31．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷））若双曲线C:22221xyab−=（0a，0b）的一条渐近线被圆()2224xy−+=所截得的弦长为2，则C的离心率为A．2B．3C．2D．233【答案】

A【详解】由几何关系可得，双曲线()222210,0xyabab−=的渐近线方程为0bxay=，圆心()2,0到渐近线距离为22213d=−=，则点()2,0到直线0bxay+=的距离为222023b

abdcab+===+，即2224()3cac−=，整理可得224ca=，双曲线的离心率2242cea===．故选A．32．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）已知椭圆C：22221(0)xyabab+=的左、右顶点分别

为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线20bxayab−+=相切，则C的离心率为A．63B．33C．23D．13【答案】A【详解】以线段12AA为直径的圆的圆心为坐标原点()0,0，半径为ra=，圆的方程为222xya+=，直

线20bxayab−+=与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即222abdaab==+，整理可得223ab=，即()2223,aac=−即2223ac=，从而22223cea==，则椭圆的离心率2633cea===，故选A.33．（2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数

学新课标Ⅱ卷））已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的一条渐近线方程为52yx=，且与椭圆221123xy+=有公共焦点.则C的方程为（）A．221810xy−=B．22145xy−=C．22154xy−=D．2214

3xy−=【答案】B【分析】因为双曲线的一条渐近线方程为52yx=，则52ba=.①又因为椭圆221123xy+=与双曲线有公共焦点，双曲线的焦距26c=，即c＝3，则a2＋b2＝c2＝9.②由①②解得a＝

2，b＝5，则双曲线C的方程为22145xy−=.故选：B.34．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）已知方程222213xymnmn−=+−表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是A．(–1,3)B．(–

1,3)C．(0,3)D．(0,3)【答案】A【详解】：双曲线的焦点在x轴上，所以2234mnmn++−=，解得21m=，因为方程22113xynn−=+−表示双曲线，所以10{30nn+−，解得1{3nn

−，所以n的取值范围是()1,3−，故选A．35．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的准线于D、E两点.已知|AB|=42，|DE|=25，则C的焦点到准线的距离为A．8B．6C．4D．2【答案】C【详解】：如图，设抛物线方程为22y

px=，,ABDE交x轴于,CF点，则22AC=，即A点纵坐标为22，则A点横坐标为4p，即4OCp=，由勾股定理知2222DFOFDOr+==，2222ACOCAOr+==，即22224(5)()(22)()2pp+=+，解得4p=，即C的焦点到准线的距离为4，

故选C.36．（）设F为抛物线2:4Cyx=的焦点，曲线()0kykx=与C交于点P，PFx⊥轴，则k=A．12B．1C．32D．2【答案】D【解析】试题分析：由抛物线的性质可得(1,2)221kPyk===，故选D.37．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）圆2228130+

−−+=xyxy的圆心到直线10axy+−=的距离为1，则a=A．43−B．34−C．3D．2【答案】A【详解】：由2228130xyxy+−−+=配方得22(1)(4)4xy−+−=，所以圆心为(1,4)，因为圆22281

30xyxy+−−+=的圆心到直线10axy+−=的距离为1，所以224111aa+−=+，解得43a=−，故选A.38．（（2016新课标全国Ⅱ理科）已知F1，F2是双曲线E：22221xyab−=的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin2113MFF=,则E的离心率为A．2B．

32C．3D．2【答案】A【详解】：由已知可得，故选A.39．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）已知O为坐标原点，F是椭圆C：22221(0)xyabab+=的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF

交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为A．13B．12C．23D．34【答案】A【详解】：如图取P与M重合，则由2(,0),(,)bAaMca−−直线22:()(0,)bbaAMyx

aEcaac=+−+−同理由222221(,0),(,)(0,)33bbbbBaMcGaceaacacac−===+−+,故选A.40．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知椭圆E的中心为坐标原点，离心率为12，E的右焦点与抛物线2:8Cyx=的焦点重合

，,AB是C的准线与E的两个交点，则AB=A．3B．6C．9D．12【答案】B【详解】：抛物线28yx=的焦点为(2,0),所以椭圆的右焦点为(2,0),即2,c=且221,4,12,2cabaca===−=椭圆的方程为221.1612xy+=抛物线准线为2,

x=−代入椭圆方程中得(2,3),(2,3),6.ABAB−−−=故选B.41．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））已知00(,)Mxy是双曲线C：2212xy−=上的一点，1F，2F是C的两个焦点，若120MFMF，则0y的取值范围是A．33(

,)33−B．33(,)66−C．2222(,)33−D．2323(,)33−【答案】A【详解】由题知12(3,0),(3,0)FF−，220012xy−=，所以12MFMF=0000(3,)(3,

)xyxy−−−−−=2220003310xyy+−=−，解得03333y−，故选A.42．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅱ））已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，∆ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为A．5B．2C．3

D．2【答案】D【详解】设双曲线方程为22221(0,0)xyabab−=，如图所示，ABBM=，，过点M作MNx⊥轴，垂足为N，在RtBMN中，BNa=，3MNa=，故点M的坐标为(2,3)Maa，代入双曲线方程得2222abac==

−，即222ca=，所以2e=，故选D．43．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）已知双曲线的离心率为2，则A．2B．C．D．1【答案】D【详解】由离心率cea=可得:222232aea+==，解得：1a=．44．（2014年全国普通高等

学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知抛物线C：的焦点为,是C上一点，，则A．1B．2C．4D．8【答案】A【详解】：根据抛物线的定义：到焦点的距离等于到准线的距离，又抛物线的准线方程为：14x=−，则有：014AFx=+，即有001544xx+=，可解得01x=．45．（

2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））已知抛物线C：的焦点为F，准线为，P是上一点，Q是直线PF与C得一个交点，若4FPFQ=，则A．B．C．D．【答案】B【详解】：如图所示，因为4FPFQ=，故34PQPF=，过点Q作QMl

⊥，垂足为M，则//QMx轴，所以344MQPQPF==，所以3MQ=，由抛物线定义知，3QFMQ==，选B．46．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷））设F为抛物线2:3Cyx=的焦点，过F且倾斜角为

30的直线交C于A，B两点，则AB=A．303B．6C．12D．73【答案】C【详解】：由题意，得3(,0)4F．又因为03ktan303==，故直线AB的方程为33()34yx=−，与抛物线2=3yx联立，得216168

90xx−+=，设1122(,),(,)AxyBxy，由抛物线定义得，12ABxxp=++=168312162+=，选C．47．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷））设点()0,1

Mx，若在圆22:+1Oxy=上存在点N，使得45OMN=，则0x的取值范围是（）A．1,1−B．11,22−C．2,2−D．22,22−【答案】A【详解】：依题意，直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的

距离小于等于1即可，过O作OA⊥MN，垂足为A，在RtOMA中，因为OMA045=，故02sin452OAOMOM==1，所以2OM，则2012x+，解得011x−．48．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国Ⅱ卷））设F为抛物线C:23yx=的焦点，

过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为A．334B．938C．6332D．94【答案】D【详解】：直线AB的方程为33()34yx=−，代入抛物线的方程可得：2412390yy−−=，设A11(,)xy、B2

2(,)xy，则所求三角形的面积为121213()424yyyy+−=94，故选D.49．（2013年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为A．B．C．D．【答案】C【详解】易知2OF=，过P点作

准线的垂线交于M，可知42PM=，F在线段PM上的射影记为F，则22FM=，故22FP=，由勾股定理可知，26FF=，故1·2?26232S==50．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷）已知椭圆22xa＋22yb＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，

过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为A．245x＋236y＝1B．236x＋227y＝1C．227x＋227x＝1D．218y＋218x＝1【答案】D【详解】设11(,)Axy、22(,)

Bxy，所以2211222222221{1xyabxyab+=+=，运用点差法，所以直线AB的斜率为22bka=，设直线方程为22(3)byxa=−，联立直线与椭圆的方程222224()690abxbxba+−+−=，所以212226

2bxxab+==+；又因为229ab−=，解得229,18ba==.51．（2012年全国普通高等学校招生统一考试理科数学）设1F、2F是椭圆E：22221(0)xyabab+=的左、右焦点，P为直线32ax=上

一点，21FPF是底角为30的等腰三角形，则E的离心率为A．12B．23C．34D．45【答案】C【详解】：如下图所示，21FPF是底角为30的等腰三角形，则有1221221,30FFPFPFFFPF===所以2260,30PFAFPA==，所以22322322PFAFacac

==−=−又因为122FFc=，所以，232cac=−，所以34cea==所以答案选C.二、填空题52．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））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【分析】联立22222221xcxyababc=−==+，解得2xcbya==，所以2bBFa=.依题可得，3BFAF=，AFca=−，即()2223bcaaca

aca−==−−，变形得3caa+=，2ca=,因此，双曲线C的离心率为2.故答案为：2．53．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））设双曲线C：22221xyab−=(a>0，b>0)的一条渐近线为y=2x，则C的离

心率为_________．【答案】3【分析】由双曲线方程22221xyab−=可得其焦点在x轴上，因为其一条渐近线为2yx=，所以2ba=，2213cbeaa==+=.故答案为：354．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课

标Ⅰ））已知双曲线C：22221(0,0)xyabab−=的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若1FAAB=，120FBFB=，则C的离心率为____________．【答案】2.

【分析】如图，由1,FAAB=得1.FAAB=又12,OFOF=得OA是三角形12FFB的中位线，即22//,2.BFOABFOA=由120FBFB=，得121,,FBFBOAFA⊥⊥则1OBOF=有1AOBAOF=，又OA与OB都是渐近线，得21,BOFAOF=又21BOFAOBAO

F++=，得02160,BOFAOFBOA===．又渐近线OB的斜率为0tan603ba==，所以该双曲线的离心率为221()1(3)2cbeaa==+=+=．55．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））设12FF，为椭圆22:+13620xyC=的两个焦

点，M为C上一点且在第一象限.若12MFF△为等腰三角形，则M的坐标为___________.【答案】()3,15【分析】由已知可得2222236,20,16,4abcabc===−==，11228MFFFc===．∴24MF=．设

点M的坐标为()()0000,0,0xyxy，则121200142MFFSFFyy==△，又122201482415,44152MFFSy=−==△，解得015y=，()2201513620x+=，解得03x=

（03x=−舍去），M的坐标为()3,15．56．（2018年全国卷Ⅲ理数高考试题）已知点()11M，−和抛物线24Cyx=：，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若90AMB=，则k=________．【答案】2【分析】：设()()1

122A,,B,xyxy则2112224{4yxyx==所以22121244yyxx−=−所以1212124kyyxxyy−==−+取AB中点()00M'xy，,分别过点A,B作准线x1=−的垂线，垂足分别为A,B'因为AMB90=,()()'111MM'222ABAFB

FAABB==+=+，因为M’为AB中点，所以MM’平行于x轴因为M(-1,1)所以01y=，则122yy+=即k2=故答案为2.57．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））已知双曲线C：22221(0,0)xyabab−=的右顶点为A，以A为圆心，b为

半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线于交M、N两点，若60MAN=，则C的离心率为__________．【答案】233【详解】如图所示，由题意可得|OA|=a，|AN|=|AM|=b，∵∠MAN=60°

，∴|AP|=32b，∴|OP|=22223||||4OAPAab−=−．设双曲线C的一条渐近线y=bax的倾斜角为θ，则tanθ=223||2||34bAPOPab=−．又tanθ=ba，∴223234bbaab=−，解得a2=3b2，∴e

=221231133ba+=+=．答案：23358．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷））已知F是抛物线C:28yx=的焦点，是C上一点，F的延长线交y轴于点．若为F的中点，则F=____________．【答案】6【分析】如图所示，不妨设点M位于第

一象限，设抛物线的准线与x轴交于点'F，作MBl⊥与点B，NAl⊥与点A，由抛物线的解析式可得准线方程为2x=−，则2,4ANFF'==，在直角梯形ANFF'中，中位线'32ANFFBM+==，由抛物线的定义有：3MFMB==，结合题意

，有3MNMF==，故336FNFMNM=+=+=．59．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷））（2017新课标全国III文科）双曲线22219xya−=（a>0）的一条渐近线方程为35yx=，则a=______________．【答案】5【详解】

由双曲线的标准方程可得渐近线方程为3yxa=，结合题意可得5a=.60．（2016年全国普通高等学校招生统一考试））设直线2yxa=+与圆C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B两点，若23AB=，则圆C的面积为_____

___【答案】4【详解】因为圆心坐标与半径分别为2(0,),2=+Cara，所以圆心到直线的距离222aaad−==，则22()322aa+=+，解之得22a=，所以圆的面积2(22)4==+=Sr，应填答案

4．61．（2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷））已知直线l：360xy−+=与圆2212xy+=交于,AB两点，过,AB分别作l的垂线与x轴交于,CD两点.则CD=_________.【

答案】4【详解】：由360xy−+=，得36xy=−，代入圆的方程，整理得23360yy−+=，解得1223,3yy==，所以120,3xx==−，所以221212()()23ABxxyy=−+−=．又直线l的倾斜角为30，由平面几何知识知在梯形ABDC中，4cos3

0ABCD==．62．（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国3卷））已知直线l：330mxym++−=与圆2212xy+=交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，若||23AB=，则||CD

=__________．【答案】4【分析】因为23AB=，且圆的半径为23r=，所以圆心()0,0到直线330mxym++−=的距离为2232ABr−=，则由23331mm−=+，解得33m=−，代入直线l的方程，得3233yx=+，所以直线l的倾斜角为30，由平面几何知识知在梯形

ABDC中，4cos30ABCD==．故答案为463．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知F是双曲线22:18yCx−=的右焦点，P是C左支上一点，()0,66A，当APF周长最小时，该三角形的面积为．

【答案】126【分析】设双曲线的左焦点为1F，由双曲线定义知，12PFaPF=+，∴△APF的周长为|PA|+|PF|+|AF|=|PA|+12aPF++|AF|=|PA|+1PF+|AF|+2a，由于2||aAF

+是定值，要使△APF的周长最小，则|PA|+1PF最小，即P、A、1F共线，∵()0,66A，()13,0F−∴直线1AF的方程为1366xy+=−，即326yx=−代入2218yx−=整理得266960yy+−=，解得26y=或86y=−(舍)，所以P点的纵坐标为2

6，∴111166662622APFAFFPFFSSS=−−=126.故答案为：126.64．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））一个圆经过椭圆221164xy+=的

三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为___________.【答案】22325()24xy−+=【详解】设圆心为（a，0），则半径为4a−，则222(4)2aa−=+，解得32a=，故圆的方程为223

25()24xy−+=.考点：椭圆的几何性质；圆的标准方程65．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国Ⅱ卷带解析））设点M（0x,1），若在圆O:221xy+=上存在点N，使得∠OMN=45°，则0x的

取值范围是________.【答案】[1,1]−【详解】：直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的距离小于等于1即可，如图，过OA⊥MN，垂足为A，在RtOMA中，因为∠OMN=45，所以sin45OAOM==212OM，解得2OM，因为点M（0x,1），所以2

012OMx=+，解得011x−，故0x的取值范围是[1,1]−.三、解答题66．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））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.【答案】（1）2219xy+=；（2）证明详见解析.【分析】（1）依据题意作出如下图象：由椭圆方程222:1(1)xE

yaa+=可得：(),0Aa−，(),0Ba，()0,1G(),1AGa=，(),1GBa=−218AGGBa=−=，29a=椭圆方程为：2219xy+=（2）证明：设()06,Py，则直线AP的方程为

：()()00363yyx−=+−−，即：()039yyx=+联立直线AP的方程与椭圆方程可得：()2201939xyyyx+==+，整理得：()2222000969810yxyxy+++−=，解得：

3x=−或20203279yxy−+=+将20203279yxy−+=+代入直线()039yyx=+可得：02069yyy=+所以点C的坐标为20022003276,99yyyy−+++.同理可得：点D的

坐标为2002200332,11yyyy−−++当203y时，直线CD的方程为：0022200002222000022006291233327331191yyyyyyyxyyyyyy−−++−−−=−−+−++−++

，整理可得：()()()2220000002224200000832338331116963yyyyyyyxxyyyyy+−−+=−=−+++−−整理得：()()0002220004243323333yyyyxxyyy=+=−−

−−所以直线CD过定点3,02．当203y=时，直线CD：32x=，直线过点3,02．故直线CD过定点3,02．67．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））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|CD|=43|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12，求C1与C2的标准方程．【答案】

（1）12；（2）1C：2211612xy+=，2C：28yx=.【分析】：（1）因为椭圆1C的右焦点坐标为：(c,0)F,所以抛物线2C的方程为24ycx=，其中22cab=−.不妨设,AC在第一象限，因为椭圆1C的方程为：22221xyab+=，所以当xc=时

，有222221cybyaba+==，因此,AB的纵坐标分别为2ba，2ba−；又因为抛物线2C的方程为24ycx=，所以当xc=时，有242yccyc==，所以,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+=，所以1C的四个顶点坐标

分别为(2,0)c，(2,0)c−，(0,3)c，(0,3)c−，2C的准线为xc=−.由已知得312cccc+++=，即2c=.所以1C的标准方程为2211612xy+=，2C的标准方程为28yx=.68．（2020年全国统一高考数学试卷（

理科）（新课标Ⅱ））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|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）221:13627xyC+=，22:12Cyx=.【分析】（1）(),0Fc，ABx⊥轴且与椭圆1C相交于A、B两点，则直线AB的方程为xc=，联立2222

2221xcxyababc=+==+，解得2xcbya==，则22bABa=，抛物线2C的方程为24ycx=，联立24xcycx==，解得2xcyc==，4CDc=，43CDAB=，即28

43bca=，223bac=，即222320caca+−=，即22320ee+−=，01eQ，解得12e=，因此，椭圆1C的离心率为12；（2）由（1）知2ac=，3bc=，椭圆1C的方程为2222143xycc+=，联立2

22224143ycxxycc=+=，消去y并整理得22316120xcxc+−=，解得23xc=或6xc=−（舍去），由抛物线的定义可得25533cMFcc=+==，解得3c=.因此，曲线1C的标准方程为2213627xy+=，曲线

2C的标准方程为212yx=.69．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ））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

．【答案】（1）221612525xy+=；（2）52.【分析】（1）222:1(05)25xyCmm+=5a=，bm=，根据离心率22154115cbmeaa==−=−=，解得5

4m=或54m=−(舍)，C的方程为：22214255xy+=，即221612525xy+=；（2）不妨设P,Q在x轴上方点P在C上，点Q在直线6x=上，且||||BPBQ=，BPBQ⊥，过点P作x轴垂线，交点为M，设6x=与x轴交点为N根据题意画出图形，如图||||BPBQ=

，BPBQ⊥，90PMBQNB==，又90PBMQBN+=，90BQNQBN+=，PBMBQN=，根据三角形全等条件“AAS”，可得：PMBBNQ△△，221612525xy+=，(5,0)B，651PMBN==

−=，设P点为(,)PPxy，可得P点纵坐标为1Py=，将其代入221612525xy+=，可得：21612525Px+=，解得：3Px=或3Px=−，P点为(3,1)或(3,1)−，①当P点为(3,1)时，故532MB=−=，PMBBNQ△△，||||2MBNQ==，可

得：Q点为(6,2)，画出图象，如图(5,0)A−,(6,2)Q，可求得直线AQ的直线方程为：211100xy−+=，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：222311110555125211d−+===+，根据两点间距

离公式可得：()()22652055AQ=++−=，APQ面积为：15555252=；②当P点为(3,1)−时，故5+38MB==，PMBBNQ△△，||||8MBNQ==，可得：Q点为(6,8)，画出图象，如图(5,0)A−,(6,8)Q，可求得直线AQ的直线方程为：81

1400xy−+=，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：()22831114055185185811d−−+===+，根据两点间距离公式可得：()()226580185AQ=++−=，A

PQ面积为：15518522185=，综上所述，APQ面积为：52.70．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│=4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．（2）是否存在定点P，使得当A运动时，

│MA│－│MP│为定值？并说明理由．【答案】（1）2或6；（2）见解析.【分析】（1）A在直线0xy+=上设(),Att−，则(),Btt−又AB4=2816t=，解得：2t=M过点A，B圆心M必在直线yx=上设(),Maa，圆的半径为rM与20x+=相切2ra=+

又MAMBr==，即()()22222aar−++=()()()222222aaa−++=+，解得：0a=或4a=当0a=时，2r=；当4a=时，6r=M的半径为：2或6（2）存在定点()1,0P，使得1MAMP−=说明如下：A，B关于原点对称且AB4=

直线AB必为过原点O的直线，且2OA=①当直线AB斜率存在时，设AB方程为：ykx=则M的圆心M必在直线1=−yxk上设(),Mkmm−，M的半径为rM与20x+=相切2rkm=−+又222224rMAOAOMkmm==+=++22224kmkmm

−+=++，整理可得：24mkm=−即M点轨迹方程为：24yx=，准线方程为：1x=−，焦点()1,0FMAr=，即抛物线上点到2x=−的距离1MAMF=+1MAMF−=当P与F重合，即P点坐标为()1,0时，1MAMP−=②当直线AB斜率不存在时，则直线AB方程为

：0x=M在x轴上，设(),0Mn224nn+=+，解得：0n=，即()0,0M若()1,0P，则211MAMP−=−=综上所述，存在定点()1,0P，使得MAMP−为定值.71．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为32的直线

l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若3APPB=，求|AB|．【答案】（1）12870xy−−=；（2）4133.【分析】（1）设直线l方程为：32yx

m=+，()11,Axy，()22,Bxy由抛物线焦半径公式可知：12342AFBFxx+=++=1252xx+=联立2323yxmyx=+=得：()229121240xmxm+−+=则()2212121440mm=−−12m121212592mxx−+=−=，解得：78m=

−直线l的方程为：3728yx=−，即：12870xy−−=（2）设(),0Pt，则可设直线l方程为：23xyt=+联立2233xytyx=+=得：2230yyt−−=则4120t=+13t

−122yy+=，123yyt=−3APPB=123yy=−21y=−，13y=123yy=−则()2121241341314412933AByyyy=++−=+=72．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（

新课标Ⅱ））已知12,FF是椭圆2222:1(0)xyCabab+=的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．（1）若2POFV为等边三角形，求C的离心率；（2)如果存在点P，使得12PFPF⊥，且12F

PF△的面积等于16，求b的值和a的取值范围.【答案】(1)31e=−；（2）4b=，a的取值范围为[42,)+.【分析】（1）连结1PF，由2POFV为等边三角形可知：在12FPF△中，1290FPF

=，2PFc=，13PFc=，于是1223aPFPFcc=+=+，故椭圆C的离心率为23113cea===−+；（2）由题意可知，满足条件的点(,)Pxy存在，当且仅当12162yc=，1yyxcxc=−+−，22221xyab+=，即16cy=①222xyc+=②22221

xyab+=③由②③以及222abc=+得422byc=，又由①知22216yc=，故4b=；由②③得22222()axcbc=−，所以22cb，从而2222232abcb=+=，故42a；当4b=，42a时，存在满足条件的点P.故4b=，a的取值范围为[42,)+.73．（2019年全

国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））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，PE⊥x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】（1）详见解析（2）详见解析【分析】（1）直线AM的斜率为(2)2yxx−+，直线BM的斜率为(2)2yxx−，由题意可知：22124,(2)222yyxyxxx

=−+=+−，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在x轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为()221,242xyx+=；（2）（i）设直线PQ的方程为ykx=,由题意可知0k,直线PQ的方程与椭圆方程2224xy+=联立,即22222

,,2124.2.21xykxkxykyk==++==+或222,212.21xkkyk−=+−=+,点P在第一象限，所以22222222(,),(,)21212121kkPQk

kkk−−++++，因此点E的坐标为22(,0)21k+直线QE的斜率为2QEkk=，可得直线QE方程：2221kkyxk=−+，与椭圆方程联立，222,22124.kkyxkxy=−++=，消去

y得，2222224128(2)02121kxkkxkk++−−=++（*），设点11(,)Gxy，显然Q点的横坐标2221k−+和1x是方程（*）的解所以有22211222212826421221(2)

21kkkxxkkkk+−−++==++++，代入直线QE方程中，得31222(2)21kykk=++，所以点G的坐标为232222642(,)(2)21(2)21kkkkkk+++++，直线PG的斜率为;332222222222222

2(2)1(2)2121642642(2)(2)2121PGkkkkkkkkkkkkkkkk−−++++===−++−+−+++,因为1()1,PQPGkkkk=−=−所以PQPG⊥，因此PQG是直角三角形；（ii）由（i）可知：22222222(,),(,)21212121kkPQkkkk

−−++++，G的坐标为232222642(,)(2)21(2)21kkkkkk+++++，22222222222241()()2121212121kkkPQkkkkk−−+=−+−=+++++，23222222222226422241()()(2)2121(2)2121(2)21kkk

kkPGkkkkkkkk++=−+−=++++++++,22342222141418()2252(2)2121PQGkkkkkSkkkkk+++==+++++42'4228(1)(1)(232)(252)kkkkSkk−+−++=++,因为0k

，所以当01k时，'0S，函数()Sk单调递增，当1k时，'0S，函数()Sk单调递减，因此当1k=时，函数()Sk有最大值，最大值为16(1)9S=.74．（2019年全国统一高考数学试卷（

理科）（新课标Ⅲ））已知曲线C：y=22x，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(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】(1)见详解；(2)3或42.【分析】(1)证明：设1(,)2Dt−,11(,)Axy,则21112yx=．又因为212yx=，所以y'x=.则切线DA的斜率为1x，故1111

()2yxxt+=−，整理得112210txy−+=.设22(,)Bxy，同理得222210txy−+=.11(,)Axy,22(,)Bxy都满足直线方程2210txy−+=.于是直线2210txy−+=过点,AB，而两个不同的点确定一条

直线，所以直线AB方程为2210txy−+=.即2(21)0txy+−+=，当20,210xy=−+=时等式恒成立．所以直线AB恒过定点1(0,)2.（2）由（1）得直线AB的方程为12ytx=+.由2122ytxxy=+=

，可得2210xtx−−=，于是2121212122,1,()121xxtxxyytxxt+==−+=++=+2222121212||1||1()42(1)ABtxxtxxxxt=+−=++−=+.设12,dd分别为点,DE到直线AB的距离，则

212221,1dtdt=+=+.因此，四边形ADBE的面积()()22121||312SABddtt=+=++.设M为线段AB的中点，则21,2Mtt+，由于EMAB⊥，而()2,2EMtt=−，AB与向量(1,)t平行，所以()220ttt+−=，解得0t=或

1t=.当0t=时，3S=；当1t=时42S=因此，四边形ADBE的面积为3或42.75．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I卷））设抛物线22Cyx=：，点()20A，，()20B−，，过

点A的直线l与C交于M，N两点．（1）当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；（2）证明：ABMABN=．【答案】（1）112yx=+或112yx=−−；（2）见解析.【分析】（1）当l与x轴垂直时，l的方程为2x=，可得M的坐标为()2

,2或()2,2−．所以直线BM的方程为112yx=+或112yx=−−；（2）设l的方程为2xty=+，()11,Mxy、()22,Nxy，由222xtyyx=+=，得2240yty−−=，可知122yyt+=，124yy=−

．直线BM、BN的斜率之和为()()()()()()()()21122112121212122244222222BMBNxyxytyytyyyykkxxxxxx+++++++=+==++++++()()()()()()1212121224244202222tyyy

yttxxxx++−+===++++，所以0BMBNkk+=，可知BM、BN的倾斜角互补，所以ABMABN=.综上，ABMABN=.76．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷））设椭圆22:12xCy+=的右焦点为F，

过F的直线l与C交于,AB两点，点M的坐标为(2,0).（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：OMAOMB=.【答案】（1）AM的方程为222yx=−+或222yx=−；（2）证明见解析.【分

析】（1）由已知得()1,0F，l的方程为1x=.由已知可得，点A的坐标为21,2或21,2−.所以AM的方程为222yx=−+或222yx=−.（2）当l与x轴重合时，0OMAOMB==o.当l与x轴垂直时

，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB=.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为()()10ykxk=−，()()1122,,,AxyBxy，则122,2xx，直线MA、MB的斜率之和为121222MAMByykkxx+=+−−.由1122,yk

kxykxk=−=−得()()()12121223422MAMBkxxkxxkkkxx−+++=−−.将()1ykx=−代入2212xy+=得()2222214220kxkxk+−+−=.所以，22121222422,2121kkxxxxkk−+==+

+.则()33312122441284234021kkkkkkxxkxxkk−−++−++==+.从而0MAMBkk+=，故MA、MB的倾斜角互补，所以OMAOMB=.综上，OMAOMB=.77

．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））设抛物线24Cyx=：的焦点为F，过F且斜率为(0)kk的直线l与C交于A，B两点，||8AB=．（1）求l的方程；（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．【答案】(1)y=x–1,(2)()()2

23216xy−+−=或()()22116144xy−++=．【详解】：（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x–1）（k>0）．设A（x1，y1），B（x2，y2）．由()214ykxyx=−=得()2222240kxkxk−++=

．216160k=+=，故212224kxxk++=．所以()()21224411kABAFBFxxk+=+=+++=．由题设知22448kk+=，解得k=–1（舍去），k=1．因此l的方程为y=x–1

．（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为()23yx−=−−，即5yx=−+．设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则()()002200051116.2yxyxx=−+−++=+，解得0032xy==，或00116.x

y==−，因此所求圆的方程为()()223216xy−+−=或()()22116144xy−++=．78．（2018年全国卷Ⅲ文数高考试题）已知斜率为k的直线l与椭圆22143xyC+=：交于A，B两点．线段AB的中点为(1,)(0)Mmm．（1）证明：12k−；

（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且0FPFAFB++=．证明：2FPFAFB=+．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【详解】：（1）设()11Axy，，()22Bxy，，则2211143xy+=，

2222143xy+=．两式相减，并由1212=yykxx−−得1212043xxyyk+++=．由题设知1212xx+=，122yym+=，于是34km=−．由题设得211,043mm+302m，故12k−．（2）由

题意得F（1，0）．设()33Pxy，，则()()()()33112211100xyxyxy−+−+−=，，，，．由（1）及题设得()31231xxx=−+=，()31220yyym=−+=−．又点P在C上，所以34m=，从而312P−，，

3||=2FP．于是()()222211111||1131242xxFAxyx=−+=−+−=−．同理2||=22xFB−．所以()121|43|||2FAFBxx+=−+=．故2||=|

|+||FPFAFB．79．（2018年全国卷Ⅲ理数高考试题）已知斜率为k的直线l与椭圆22143xyC+=：交于A，B两点，线段AB的中点为()()10Mmm，．（1）证明：12k−；（2）设F为C的右焦点，P为C上一点,且0FPFAFB++=．证明：FA，FP，FB成等差数列，并求该

数列的公差．【答案】（1）12k−（2）32128或32128−【详解】：（1）设()()1122,,,AxyBxy，则222211221,14343xyxy+=+=.两式相减，并由1212yykxx−=−得1212043xxyyk+++=.由题设知12121,22xxyym++==，

于是34km=−.①由题设得302m，故12k−.（2）由题意得()1,0F，设()33,Pxy，则()()()()3311221,1,1,0,0xyxyxy−+−+−=.由（1）及题设得()()31231231,20xxxyyym

=−+==−+=−.又点P在C上，所以34m=，从而31,2P−，32FP=.于是()()2222111111131242xxFAxyx=−+=−+−=−.同理222xFB=−

.所以()121432FAFBxx+=−+=.故2FPFAFB=+，即,,FAFPFB成等差数列.设该数列的公差为d，则()2121212112||422dFBFAxxxxxx=−=−=+−.②将34m=代入①得1k=−.所以l的方程为74yx=

−+，代入C的方程，并整理得2171404xx−+=.故121212,28xxxx+==，代入②解得32128d=.所以该数列的公差为32128或32128−.80．（2017年全国卷文数高考试题）设A，B为曲线C：24xy=上两点，A与B的横坐标之和为4.(1)求直线AB的斜

率；(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．【答案】（1）1；（2）y＝x＋7..【分析】：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，22121244xxyy==，，x1＋x2＝4，

于是直线AB的斜率12121214yyxxkxx−+===−.(2)由24xy=，得2xy=.设M(x3，y3)，由题设知312x=，解得x3＝2，于是M(2，1)．设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N(2，2＋m)，|MN|＝|m＋1|.将y＝x＋m代入24xy

=得x2－4x－4m＝0.当Δ＝16(m＋1)＞0，即m＞－1时，1,2221xm=+.从而12242(1)ABxxm=−=+.由题设知|AB|＝2|MN|，即42(1)2(1)mm+=+，解得m＝7.所以直线A

B的方程为y＝x＋7.81．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））已知椭圆C：2222=1xyab+（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，32），P4（1

，32）中恰有三点在椭圆C上.（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.【答案】(1)2214xy+=.(2)证明见解析.【详解】：（1）由于3P，4P两点关于y轴对称，故由题设知C经过3

P，4P两点.又由222211134abab++知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此222111314bab=+=，解得2241ab==.故C的方程为2214xy+=.（2）设直线P2A与直线P2B的斜

率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知0t，且2t，可得A，B的坐标分别为（t，242t−），（t，242t−−）.则22124242122ttkktt−−−++=−=−，得2t=，不符合题设

.从而可设l：ykxm=+（1m）.将ykxm=+代入2214xy+=得()222418440kxkmxm+++−=由题设可知()22=16410km−+.设A（x1，y1），B（x2，y2），则

x1+x2=2841kmk−+，x1x2=224441mk−+.而12121211yykkxx−−+=+121211kxmkxmxx+−+−=+()()12121221kxxmxxxx+−+=.由题设121kk+=−，故()()()12122110kxxmxx++−+=.即()()22

244821104141mkmkmkk−−++−=++.解得12mk+=−.当且仅当1m−时，0，欲使l：12myxm+=−+，即()1122myx++=−−，所以l过定点（2，1−）82．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新

课标2卷））设O为坐标原点，动点M在椭圆C22:12xy+=上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足2NPNM=.（1）求点P的轨迹方程；（2）设点Q在直线3x=−上，且1OPPQ=.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.【答案】（1）222xy+=

；（2）见解析.【详解】（1）设P（x，y），M（00,xy）,则N（0,0x），00NP(x,),NM0,xyy=−=（）由NP2NM=得0022xxyy==，.因为M（00,xy）在C上，所以22x122y+=.因此点P的轨迹为222xy+=.由题

意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则()()OQ3tPF1mnOQPF33mtn=−=−−−=+−，，，，，()OPmnPQ3mtn==−−−，，（，）.由OPPQ1=得-3m-2m+tn-2n=1，又由（1）知222mn+=，故3+3m-tn=0.所以OQ

PF0=，即OQPF⊥.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.83．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷））在直角坐标系xOy中，曲线22yxmx=+−与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,

1).当m变化时，解答下列问题：（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；（2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.【答案】（1）不会；（2）详见解析【详解】：（1）不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：设1,0Ax（）,2,0Bx（）,则12xx，满足220xm

x+−=，所以122xx=−.又C的坐标为（0，1），故AC的斜率与BC的斜率之积为121112xx−−=−，所以不能出现AC⊥BC的情况.（2）BC的中点坐标为（2122x，），可得BC的中垂线方程为22x122yxx−=−（）.由（

1）可得12xxm+=−，所以AB的中垂线方程为2mx=−.联立222122mxxyxx=−−=−，，又22220xmx+−=，可得212mxy=−=−，，所以过A、B、C三点的圆的圆心坐标为（122m，−−），半径292mr+=，故圆在y轴上截得的弦长为22232m

r−=（），即过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.84．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷））已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点()4,2P−，求直线l

与圆M的方程.【答案】(1)证明见解析；(2)20xy−−=，()()223110xy−+−=或240xy+−=，2291854216xy−++=.【详解】（1）设()()1122,,,AxyBxy，:2lxmy=+.由22,2xmyyx=+=可得2240ym

y−−=，则124yy=−.又221212,22yyxx==，故()2121244yyxx==.因此OA的斜率与OB的斜率之积为1212414yyxx−==−，所以OAOB⊥.故坐标原点O在圆M上.（2）由（1）可得()21212122,424yy

mxxmyym+=+=++=+.故圆心M的坐标为()22,mm+，圆M的半径()2222rmm=++.由于圆M过点()4,2P−，因此0APBP=，故()()()()121244220xxyy−−+++=，即()()1212121242200xxxxyyyy−++

+++=，由（1）可得12124,4yyxx=−=.所以2210mm−−=，解得1m=或12m=−.当1m=时，直线l的方程为20xy−−=，圆心M的坐标为()3,1，圆M的半径为10，圆M的方程为()()223110xy−+−=.当12m=−时，直

线l的方程为240xy+−=，圆心M的坐标为91,42−，圆M的半径为854，圆M的方程为2291854216xy−++=.85．（2016新课标全国卷Ⅰ文科）在直角坐标系xOy中

，直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：22(0)ypxp=于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H.（Ⅰ）求OHON；（Ⅱ）除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.【答案】（1）2；（2）没有.【分析】（Ⅰ）由已知得()20,,

,2tMtPtp.又N为M关于点P的对称点，故2,,tNtONp的方程为pyxt=，代入22ypx=整理得2220pxtx−=，解得21220,txxp==，因此22(,2)tHtp，所以N为OH的中点，即||2||OHON=.（Ⅱ）直线MH与C除H以外没有其它公共点.理由

如下：直线MH的方程为2pytxt−=，即2()txytp=−，代入22ypx=，得22440ytyt−+=，解得122yyt==，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外直线MH与C没有其它公共点.86．（2016新课标全国

卷Ⅰ）设圆222150xyx++−=的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.（I）证明EAEB+为定值，并写出点E的轨迹方程；（II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于

P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.【答案】(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ))12,83.【详解】：（Ⅰ）因为，，故，所以，故.又圆的标准方程为，从而，所以.由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：（）.（Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，，.由得.则，.所以.过点且与垂直的

直线：，到的距离为，所以.故四边形的面积.可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为()12,83.当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.综上，四边形面积的取值范围为.87．（2016新课标全国卷）已知A是椭圆E：22143xy+=的左顶点，斜率为()0kk的直线交E于A，M两点

，点N在E上，MANA⊥.（Ⅰ）当AMAN=时，求AMN的面积（Ⅱ）当2AMAN=时，证明：32k.【答案】（Ⅰ）14449；（Ⅱ）详见解析.【解析】：（Ⅰ）设11(,)Mxy，则由题意知10y.由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为π4.又(2,0

)A−，因此直线AM的方程为2yx=+.将2xy=−代入22143xy+=得27120yy−=.解得0y=或127y=，所以1127y=.因此AMN的面积11212144227749AMNS==.（Ⅱ）将直线AM的方程(2)(0)ykxk=

+代入22143xy+=得2222(34)1616120kxkxk+++−=.由2121612(2)34kxk−−=+得2122(34)34kxk−=+，故22121212134kAMxkk+=++=+.由题设，直线AN的方程为，故同理可得221213+4kkANk+=.由2AMAN=

得222343+4kkk=+，即3246380kkk−+−=.设32()4638ftttt=−+−，则k是()ft的零点，22()121233(21)0ftttt+=−=−，所以()ft在(0,)+单调递增

.又(3)153260,(2)60ff=−=，因此()ft在(0,)+有唯一的零点，且零点k在(3,2)内，所以32k.88．（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷））已知椭圆E:2213xyt+=的焦点在x

轴上，A是E的左顶点，斜率为k（k>0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA．（Ⅰ）当t=4，AMAN=时，求△AMN的面积；（Ⅱ）当2AMAN=时，求k的取值范围.【答案】（Ⅰ）14449；（Ⅱ）()32,2.【详解】（Ⅰ）设()11,Mxy，则由

题意知10y，当4t=时，E的方程为22143xy+=，()2,0A−.由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为4.因此直线AM的方程为2yx=+.将2xy=−代入22143xy+=得27120yy−=.

解得0y=或127y=，所以1127y=.因此AMN的面积AMNS11212144227749==.（Ⅱ）由题意3t，0k，(),0At−.将直线AM的方程()ykxt=+代入2213xyt+=得()222223230tkxttkxtkt+++−=.由()221233tktxt

tk−−=+得()21233ttkxtk−=+，故()22126113tkAMxtktk+=++=+.由题设，直线AN的方程为()1yxtk=−+，故同理可得()22613ktkANkt+==+，由2AMAN=得22233ktkkt=++，即()()32321ktkk−=−.当32k=时上式不

成立，因此()33212kktk−=−.3t等价于()()232332122022kkkkkkk−+−+−=−−，即3202kk−−.由此得320{20kk−−，或320{20kk−−，解得322k.因此k的取值范围是()32,2.89．（2016年全

国普通高等学校招生统一考试）已知抛物线C：22yx=的焦点为F，平行于x轴的两条直线12,ll分别交C于AB，两点，交C的准线于PQ，两点．（Ⅰ）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明//ARFQ；（Ⅱ

）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）21yx=−．【分析】由题设1,02F，设12:,:lyalyb==，则0ab，且22111,0,,,,,,,,222222aba

bABbPaQbR+−−−．记过,AB两点的直线为l，则l的方程为()20xabyab−++=（Ⅰ）由于F在线段AB上，故10ab+=，记AR的斜率为1,kFQ的

斜率为2k，则122211abababkbkaaabaa−−−=====−=+−，所以//ARFQ（Ⅱ）设l与x轴的交点为()1,0Dx，则1111,2222ABFPQFabSbaFDbaxS−=−=−−=，由题设可得111222abbax−−−=，所以10x=（舍去），11x=．设满足条件

的AB的中点为(),Exy．当AB与x轴不垂直时，由ABDEkk=可得()211yxabx=+−．而2aby+=，所以()211yxx=−．当AB与x轴垂直时，E与D重合，所以，所求轨迹方程为21yx=−90．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知过点A(0，

1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．(1)求k的取值范围；(2)若OMON＝12，其中O为坐标原点，求|MN|.【答案】（1）4747(,)33−+；（2）2．【详解】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，设过点A（0，1）的直线方程：y=k

x+1，即：kx-y+1=0．由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=1．故由223111kk−++，解得：474733k−+．故当474733k−+，过点A（0，1）的直线与圆C：()()22231xy-+-=相交于M，N两点．（2）设M

()11,xy；N()22,xy，由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程()()22231xy-+-=，可得()()2214170kxkx+−++=，∴()121222417,11kxxxxkk++==++，∴()()()2212121212212411111kkyy

kxkxkxxkxxk++=++=+++=+，由2121221248·121kkOMONxxyyk++=+==+，解得k=1，故直线l的方程为y=x+1，即x-y+1=0．圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．所以|MN|=291．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ

））在直角坐标系xoy中，曲线C：y=24x与直线(),0ykxaa=+交与M,N两点，（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明

理由.【答案】（Ⅰ）0axya−−=或0axya++=（Ⅱ）存在【详解】：（Ⅰ）由题设可得(2,)Maa，(22,)Na−，或(22,)Ma−，(2,)Naa.∵12yx=，故24xy=在x=22a处的导数值为a，C在(22,)aa处的切线方程为(2)yaaxa−=−，即0

axya−−=.故24xy=在x=-22a处的导数值为-a，C在(22,)aa−处的切线方程为(2)yaaxa−=−+，即0axya++=.故所求切线方程为0axya−−=或0axya++=.（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：设P（0，b）为复合题意得点，11(,)Mxy，22(

,)Nxy，直线PM，PN的斜率分别为12,kk.将ykxa=+代入C得方程整理得2440xkxa−−=.∴12124,4xxkxxa+==−.∴121212ybybkkxx−−+=+=1212122()()kxxabxxxx+−+=()k

aba+.当=−ba时，有12kk+=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM=∠OPN，所以(0,)Pa−符合题意.92．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅱ））已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的离心率为22，点(2,2)在C上（

1）求C的方程（2）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点,AB，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.【答案】（1）22184xy+=（2）12OMkk=−【详解】：（Ⅰ）由题意有2222242,1,2

abaab−=+=解得228,4ab==,所以椭圆C的方程为2222184xy+=.（Ⅱ）设直线():0,0lykxbkb=+,()()()1122,,,,,MMAxyBxyMxy,把ykxb=+代入2222184xy+=得()222214280.kxkbxb+

++−=故12222,,22121MMMxxkbbxykxbkk+−===+=++于是直线OM的斜率1,2MOMMykxk==−即12OMkk=−,所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.93．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（

新课标Ⅱ））已知椭圆222:9(0)Cxymm+=,直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．（Ⅰ）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（Ⅱ）若l过点(,)3mm，延长线段OM与C交于点P，四边

形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率，若不能，说明理由．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，47−或47+．【详解】：解：(1)设直线:lykxb=+(0,0)kb，11(,)Axy，22(,)Bxy，(,)MMMxy．∴由2229ykx

bxym=++=得2222(9)20kxkbxbm+++−=，∴12229Mxxkbxk+==−+，299MMbykxbk=+=+．∴直线OM的斜率9MOMMykxk==−，即9OMkk=−．即直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值9−．（2）四边形OAPB能为平

行四边形．∵直线l过点(,)3mm，∴l不过原点且与C有两个交点的充要条件是0k，3k由(Ⅰ)得OM的方程为9yxk=−．设点P的横坐标为Px．∴由2229,{9,yxkxym=−+=得，即将点(,)3

mm的坐标代入直线l的方程得(3)3mkb−=，因此2(3)3(9)Mmkkxk−=+．四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即2PMxx=∴239kmk=+2(3)23(9)mkkk−+．解得14

7k=−，247k=+．∵0,3iikk，1i=，2，∴当l的斜率为47−或47+时，四边形OAPB为平行四边形．考点：直线与椭圆的位置关系的综合应用【一题多解】第一问涉及中点弦，当直线与圆锥曲线相交时，

点是弦的中点，（1）知道中点坐标，求直线的斜率，或知道直线斜率求中点坐标的关系，或知道求直线斜率与直线OM斜率的关系时，也可以选择点差法，设,，代入椭圆方程，两式相减，化简为，两边同时除以得，而,,即得到结果，94．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新

课标Ⅰ））已知点，圆:，过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点.(1)求的轨迹方程；(2)当时，求的方程及的面积【答案】（1）22(1)(3)2xy−+−=;（2）l的方程为1833yx=−+;POM的面积为165.【解析】：（1）圆C的方程可化为22(4)16xy+−=，所以

圆心为(0,4)C，半径为4，设(,)Mxy，则(,4)CMxy=−，(2,2)MPxy=−−，由题设知•0CMMP=，故(2)(4)(2)0xxyy−+−−=，即22(1)(3)2xy−+−=.由于点P

在圆C的内部，所以M的轨迹方程是22(1)(3)2xy−+−=.（2）由（1）可知M的轨迹是以点(1,3)N为圆心，2为半径的圆.由于OPOM=，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ONPM⊥.因为ON的斜率为3，所以l的斜率为13−，故l的方程为1833yx=−+.

又22OPOM==，O到l的距离为4105，4105PM=，所以POM的面积为165.95．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））已知点A(0，－2)，椭圆E：22221xyab+=(a>b>0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O

为坐标原点.(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程.【答案】（1）2214xy+=（2）722yx=−【详解】：（1）设(),0Fc，因为直线AF的斜率为233，()0,2A−所以2233c=，3c=.又2223,2

cbaca==−解得2,1ab==，所以椭圆E的方程为2214xy+=.（2）解：设()()1122,,,PxyQxy由题意可设直线l的方程为：2ykx=−，联立221{42,xyykx+==−，消去y得()221416120kxkx+−+=，当()216

430k=−，所以234k，即32k−或32k时1212221612,1414kxxxxkk+==++.所以()22121214PQkxxxx=++−2222164811414kkkk=+−++222414314kkk+−=+点O到直线l的距离22

1dk=+所以221443214OPQkSdPQk−==+，设2430kt−=，则2243kt=+，244414424OPQtSttt===++，当且仅当2t=，即2432k−=，解得72k=时取等号，满足234k所以OPQ的面积最大时直线l的方

程为：722yx=−或722yx=−−.96．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷））设12,FF分别是椭圆22221(0)xyabab+=的左右焦点，M是C上一点且2MF与x

轴垂直，直线1MF与C的另一个交点为N．（1）若直线MN的斜率为34，求C的离心率；（2）若直线MN在y轴上的截距为2，且15MNFN=，求,ab．【答案】（1）12；（2）7,27ab==【详解】（1）记22cab=−，则()()12,0,,0FcFc−，由题设可知2

,bMca，则12232324MNFMbakkbacc====，2213,2()2ccacaceeaa−=====−或舍去；（2）记直线MN与y轴的交点为()D0,2，则2244bMFa==①，11135,2,12cMNFN

DFFNN==−−，将N的坐标代入椭圆方程得2229114cab+=②由①②及222cab=−得2249,28ab==，故7,27ab==．97．（2013年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））(本小题满分12分)已知圆()22:11Mxy+

+=，圆()22:19Nxy−+=，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求AB．【答案】（Ⅰ）221(2)43xyx+=−；（Ⅱ）23AB=，或187AB=.【详解】（Ⅰ）依

题意，圆M的圆心(1,0)M−，圆N的圆心(1,0)N，故42PMPN+=，由椭圆定理可知，曲线C是以M、N为左右焦点的椭圆（左顶点除外），其方程为221(2)43xyx+=−；（Ⅱ）对于曲线C上任意一点(,)Pxy，由于222PMPNR−=−（R为圆P的半

径），所以R=2，所以当圆P的半径最长时，其方程为22(2)4xy−+=；若直线l垂直于x轴，易得23AB=；若直线l不垂直于x轴，设l与x轴的交点为Q，则1QPRQMr=，解得(4,0)Q−，故直线l：(4)yk

x=+；有l与圆M相切得2311kk=+，解得24k=；当24k=时，直线224yx=+，联立直线与椭圆的方程解得187AB=；同理，当24k=−时，187AB=.98．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷）

）已知圆M：(x＋1)2＋y2=1，圆N：(x－1)2＋y2=9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C（1）求C的方程；（2）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.【

答案】（1）221(2)43xyx+=；（2）见解析.【分析】（1）依题意，圆M的圆心，圆N的圆心(1,0)N，故42PMPN+=，由椭圆定理可知，曲线C是以M、N为左右焦点的椭圆（左顶点除外），其方程为221(2)43xyx+=；（2）对于曲线C上任

意一点(,)Pxy，由于22PMPNR−=−（R为圆P的半径），所以R=2，所以当圆P的半径最长时，其方程为22(2)4xy−+=；若直线l垂直于x轴，易得23AB=；若直线l不垂直于x轴，设l与x轴

的交点为Q，则1QPRQMr=，解得(4,0)Q−，故直线l：(4)ykx=+；有l与圆M相切得2311kk=+，解得24k=；当24k=时，直线224yx=+，联立直线与椭圆的方程解得187AB=；同理，当24k=−时，187AB=.99．（2012年全国普通

高等学校招生统一考试文科数学（课标卷））设抛物线C：22xpy=（p＞0）的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B,D两点.(Ⅰ)若090BFD=,ABD的面积为42，求p的值及圆F的方程；(Ⅱ)

若A，B，F三点在同一条直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值.【答案】1．22(1)8xy+−=2．3【详解】设准线l于y轴的焦点为E，圆F的半径为r，则|FE|=p，||=FAFBFD==r，E是BD的中点，(Ⅰ)∵090BFD

=，∴||=FAFBFD==2p，|BD|=2p，设A(0x，0y)，根据抛物线定义得，|FA|=02py+，∵ABD的面积为42，∴ABDS=01()22pBDy+=1222pp=42，解得p=2，∴F(0,1),FA|=22，∴圆F

的方程为：22(1)8xy+−=；(Ⅱ)解析1∵A，B，F三点在同一条直线m上,∴AB是圆F的直径，090ADB=,由抛物线定义知12ADFAAB==，∴030ABD=，∴m的斜率为33或－33，∴直线m的方程为：332pyx=+，∴原点到直线m的距离1d=34p，设直线n的方程为

：33yxb=+，代入22xpy=得，223203xxpb−=，∵n与C只有一个公共点，∴=24803ppb+=，∴6pb=−，∴直线n的方程为：336pyx=−，∴原点到直线n的距离2d=312p，∴坐标原点到m，n距离的比值为3.解析2由对称性设2000(,)

(0)2xAxxp，则(0,)2pF点,AB关于点F对称得：得：3(3,)2pAp，直线3322:30223ppppmyxxyp−=+−+=22332233xxxpyyyxppp=====切点3(,)36ppP直线333:()306

336ppnyxxyp−=−−−=坐标原点到,mn距离的比值为33:326pp=100．（2012年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（课标卷））设抛物线2:2(0)Cxpyp=的焦点为F，准线为,lACÎ，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于,BD两点；（1）若90,

BFDABD=△的面积为42；求p的值及圆F的方程；（2）若,,ABF三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到,mn距离的比值.【答案】（1）2p=，22(1)8xy+−=；（2）3.【详解】（1）由对

称性知：BFD△是等腰直角三角形，斜边2BDp=点A到准线l的距离2dFAFBp===1424222ABDSBDdp===圆F的方程为22(1)8xy+−=（2）由对称性设2000(,)(0)2xAxxp，则(0,)2pF点,AB关于点F对称得：222200000(,

)(0)3222xxpBxpxpxppp−−−=−=得：3(3,)2pAp，直线3322:30223ppppmyxxyp−=+−+=22332233xxxpyyyxppp=====切点3(,)36ppP直

线333:()306336ppnyxxyp−=−−−=坐标原点到,mn距离的比值为33:326pp=.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com