(完整版)高考理科数学全国卷解析几何大题近四年全解析版

高考理科数学全国1卷3（2019一卷理）已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，2B，与x轴的交点为P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；uuuruuur（2）若AP3PB，求|AB|．3解：设直线l:yxt,Ax1,y1,Bx2,y2．2335（1）由题设得F,0，故|AF||BF|x1x2，由题设可得x1x2．4223yxt2212(t1)由2，可得9x12(t1)x4t0，则x1x2．29y3x12(t1)57从而，得t．92837所以l的方程为yx．28uuuruuur（2）由AP3PB可得y13y2．3yxt2由2，可得y2y2t0．2y3x所以y1y22．从而3y2y22，故y21,y13．1代入C的方程得x13,x2．3413故|AB|．32x2（2018一卷理）设椭圆C:y1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A,B两2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 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：OMAOMB.解：（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x=1.22由已知可得，点A的坐标为(1,)或(1,).2222所以AM的方程为yx2或yx2.22（2）当l与x轴重合时，OMAOMB0.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yk(x1)(k0)，A(x1,y1),B(x2,y2)，y1y2则x12,x22，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB.x12x22由y1kx1k,y2kx2k得2kx1x23k(x1x2)4kkMAkMB.(x12)(x22)2x2将yk(x1)代入y1得22222(2k1)x4kx2k20.4k22k22所以，x1x2,x1x2.2k212k214k34k12k38k34k则2kx1x23k(x1x2)4k0.2k21从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补，所以OMAOMB.综上，OMAOMB.x2y2（2017一卷理）已知椭圆C：=1（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，a2b233），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.22（1）求C的方程；（2）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.解：（1）由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点.11132222又由aba4b知，C不经过点P1，所以点P2在C上.121ba24131222b1因此a4b，解得.2x2y1故C的方程为4.（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，24t如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知t0，且|t|2，可得A，B的坐标分别为（t，2），24t（t，2）.4t224t22k1k21则2t2t，得t2，不符合题设.2x2y1从而可设l：ykxm（m1）.将ykxm代入4得222(4k1)x8kmx4m40=16(4k2m21)0由题设可知.28km4m422设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=4k1，x1x2=4k1.y11y21k1k2而x1x2kx1m1kx2m1x1x22kx1x2(m1)(x1x2)x1x2.kk1(2k1)xx(m1)(xx)0由题设12，故1212.24m48km(2k1)2(m1)20即4k14k1.m1k解得2.m1m1yxmy1(x2)当且仅当m1时，0，欲使l：2，即2，所以l过定点（2，1）22（2016一卷理）设圆xy2x150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.x2y2【答案】（I）1（y0）；（II）[12,83)43【解析】试题分析：（I）利用椭圆定义求方程；（II）把面积表示为关于斜率k的函数，再求最值。试题解析：（I）因为|AD||AC|，EB//AC，故EBDACDADC，所以|EB||ED|，故|EA||EB||EA||ED||AD|.22又圆A的标准方程为(x1)y16，从而|AD|4，所以|EA||EB|4.由题设得A(1,0)，B(1,0)，|AB|2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：x2y21（y0）.43（II）当l与x轴不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，M(x1,y1)，N(x2,y2).yk(x1)2222由x2y2得(4k3)x8kx4k120.1438k24k212则x1x2，x1x2.4k234k232212(k1)所以|MN|1k|x1x2|.4k2312过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y(x1)，A到m的距离为，所以kk2122224k3|PQ|24()42.故四边形MPNQ的面积k21k111S|MN||PQ|121.24k23可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83).当l与x轴垂直时，其方程为x1，|MN|3，|PQ|8，四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83).高考理科数学全国二卷（2019二卷理）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1-.记M的轨迹为曲线C.2（1）求C的方程，并 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 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.22yy1xy解：（1）由题设得，化简得1(|x|2)，所以C为中心在坐标x2x2242原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k0)．ykx2由22得x．xy2112k422记u，则P(u,uk),Q(u,uk),E(u,0)．12k2kk于是直线QG的斜率为，方程为y(xu)．22ky(xu),2由得x2y214222222(2k)x2ukxku80．①23u(3k2)uk(,)设GxGyG，则u和xG是方程①的解，故xG2，由此得yG2．2k2kuk3uk21从而直线PG的斜率为2k．u(3k22)ku2k2所以PQPG，即△PQG是直角三角形．222ukk1（ii）由（i）得|PQ|2u1k，|PG|，所以△PQG的面积2k2128(k)18k(1k)S|PQ‖PG|k．2212(12k)(2k)12(k)2k1设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．k8t因为S2在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值12t16为．916因此，△PQG面积的最大值为．92（2018二卷理）设抛物线C：y4x的焦点为F，过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|8．（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．解：（1）由题意得F(1,0)，l的方程为yk(x1)(k0).设A(x1,y1),B(x2,y2)，yk(x1),2222由得kx(2k4)xk0.y24x222k416k160，故x1x22.k24k4所以|AB||AF||BF|(x11)(x21)2.k24k4由题设知28，解得k1（舍去），k1.k因此l的方程为yx1.（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y2(x3)，即yx5.设所求圆的圆心坐标为(x0,y0)，则y0x05,x03,x011,2解得或2(y0x01)(x01)16.y02y06.22222因此所求圆的方程为(x3)(y2)16或(x11)(y6)144.2x2（2017二卷理）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y1上，过M做x轴的垂线，2uuuruuuur垂足为N，点P满足NP2NM.(1)求点P的轨迹方程；uuuruuur(2)设点Q在直线x=-3上，且OPPQ1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解：uuuruuuur（1）设P（x,y）,M（x0,y0）,设N（x0,0）,NPxx0,y,NM0,y0uuuruuuur2由NP2NM得x=x,yy00222xy因为M（x0,y0）在C上，所以12222因此点P的轨迹方程为xy2（2）由题意知F（-1,0）.设Q（-3，t）,P(m,n),则uuuruuuruuuruuurOQ3,t,PF1m,n,OQgPF33mtn，uuuruuurOPm,n,PQ3m,tn,uuuruuur2222由OPgPQ1得-3mmtnn1，又由（1）知m+n=2，故3+3m-tn=0uuuruuuruuuruuur所以OQgPF0，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.x2y2（2016二卷理）已知椭圆E:1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)t3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.x2y2解析：（I）设Mx1,y1，则由题意知y10，当t4时，E的方程为1，43A2,0.由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为yx2.422xy21212将xy2代入1得7y12y0.解得y0或y，所以y1.437711212144因此AMN的面积2.27749（II）由题意t3，k0，At,0.x2y2将直线AM的方程yk(xt)代入1得t3222223tkx2ttkxtk3t0.22226t2ktkt3tk2由x1t2得x1，故AMx1t1k2.3tk3tk23tk216kt1k由题设，直线AN的方程为yxt，故同理可得AN，k3k2t2k3由2AMAN得22，即k2t3k2k1.3tk3kt3当k2时上式不成立，23k2k1k33k2k2k2k1因此t3.t3等价于0，k2k32k32k2k20k203即0.由此得，或，解得2k2.k32k320k3203因此k的取值范围是2,2.高考数学理科全国三卷2x1（2019三卷理）21.已知曲线C:y，D为直线y上的动点.过D作C的两条切线,22切点分别是A,B,（1）证明：直线AB过定点;5（2）若以E(0,)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2面积.答案：见解析；解答：11（1）当点D在(0,)时，设过D的直线方程为yk0x，与曲线C联立化简得2222x2k0x10，由于直线与曲线相切，则有4k040，解得k01，111并求得A,B坐标分别为(1,),(1,)，所以直线AB的方程为y；222当点D横坐标不为0时，设直线AB的方程为ykxm（k0），由已知可得直线ykxmAB不过坐标原点即m0，联立直线AB方程与曲线C的方程可得，x2，y222消y并化简得x2kx2m0，∵有两个交点∴4k8m0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，根据韦达定理有，x1x22k，x1x22m，2x由已知可得曲线C为抛物线等价于函数f(x)的图像，2则有f(x)x，则抛物线在A(x1,y1)上的切线方程为yy1x1(xx1)①，同理，抛物线在B(x2,y2)上的切线方程为yy2x2(xx2)②，yy1yy2联立①，②并消去x可得x2x1，x1x21由已知可得两条切线的交点在直线y上，则有2221x11x22222x2x1，x1x2(x1x21)(x2x1)化简得，x2x1，∵k0，∴x1x2，2x1x2x1x212m111即1，即为1，解得m，经检验m满足条件，2x1x24m2211所以直线AB的方程为ykx过定点(0,)，221综上所述，直线AB过定点(0,)得证.21（2）由（1）得直线AB的方程为ykx，211当k0时，即直线AB方程为y，此时点D的坐标为(0,)，2251以E(0,)为圆心的圆与直线AB相切于F(0,)恰为AB中点，2211此时SADBEABED233；222当k0时，直线AB方程与曲线方程联立化简得x2kx10，2x1x22k，x1x21，y1y22k1，21则AB中点坐标为H(k,k)，215k222由已知可得EHAB，即kkEHk1，k0解得，k1，1由对称性不妨取k1，则直线方程为yx，21求得D的坐标为(1,)，AB4，2511101()2222E到直线AB距离d12，D到直线AB距离d22，2211则SADBEABd1ABd242，22综上所述，四边形ADBE的面积为3或42.22xy（2018三卷理）已知斜率为k的直线l与椭圆C：1交于A，B两点，线段AB43的中点为M1，mm0．1（1）证明：k；2uuuruuuruuuruuuruuuruuur（2）设F为C的右焦点，P为C上一点,且FPFAFB0．证明：FA，FP，FB成等差数列，并求该数列的公差．2222x1y1x2y2解：（1）设A(x1,y1),B(x2,y2)，则1,1.4343yy两式相减，并由12k得x1x2x1x2y1y2k0.43x1x2y1y2由题设知1,m，于是223k.①4m31由题设得0m，故k.22（2）由题意得F(1,0)，设P(x3,y3)，则(x31,y3)(x11,y1)(x21,y2)(0,0).由（1）及题设得x33(x1x2)1,y3(y1y2)2m0.33uuur3又点P在C上，所以m，从而P(1,)，|FP|.422于是uuur2222x1x1|FA|(x11)y1(x11)3(1)2.42uuurx2同理|FB|2.2uuuruuur1所以|FA||FB|4(x1x2)3.2uuuruuuruuuruuuruuuruuur故2|FP||FA||FB|，即|FA|,|FP|,|FB|成等差数列.设该数列的公差为d，则uuuruuur1122|d|||FB||FA|||x1x2|(x1x2)4x1x2.②223将m代入①得k1.4721所以l的方程为yx，代入C的方程，并整理得7x14x0.441321故x1x22,x1x2，代入②解得|d|.2828321321所以该数列的公差为或.2828（2017三卷理）已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C与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P（4，-2），求直线l与圆M的方程．解：（1）设Ax1,y1,Bx2,y2,l:xmy2xmy22由可得y2my40,则y1y24y22x222y1y2y1y2又x1=,x2=,故x1x2==4224y1y2-4因此OA的斜率与OB的斜率之积为g==-1x1x24所以OA⊥OB故坐标原点O在圆M上.2（2）由（1）可得y1+y2=2m,x1+x2=my1+y2+4=2m42222故圆心M的坐标为m+2，m，圆M的半径rm2muuuruuur由于圆M过点P（4，-2），因此APgBP0,故x14x24y12y220即x1x24x1+x2y1y22y1y2200由（1）可得y1y2=-4，x1x2=4，21所以2mm10，解得m1或m.2当m=1时，直线l的方程为x-y-2=0，圆心M的坐标为（3,1），圆M的半径为10，圆M22的方程为x3y110191当m时，直线l的方程为2xy40，圆心M的坐标为，-，圆M的半径为24222859185，圆M的方程为x+y+442162（2016三卷理）已知抛物线C：y2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点，交C的准线于P，Q两点．（I）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明ARPFQ；（II）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.1由题设F(,0).设l1:ya,l2:yb，则ab0，且222ab111abA(,0),B(,b),P(,a),Q(,b),R(,).222222记过A,B两点的直线为l，则l的方程为2x(ab)yab0......3分（Ⅰ）由于F在线段AB上，故1ab0.abab1ab记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则k1bk2，1a2a2abaa所以ARPFQ.......5分（Ⅱ）设l与x轴的交点为D(x1,0)，111ab则SABFbaFDbax1,SPQF.222211ab由题设可得bax1，所以x10（舍去），x11.222设满足条件的AB的中点为E(x,y).2y当AB与x轴不垂直时，由kABkDE可得(x1).abx1ab2而y，所以yx1(x1).22当AB与x轴垂直时，E与D重合，所以，所求轨迹方程为yx1.....12分