(完整版)20052017年浙江高考理科数学历年真题之解析几何大题(教师版)

1、浙江高考历年真题之解析几何大题(教师版)1、(2005 年)如图,椭圆的中央在坐标原点,焦点x 轴的交点为 M,|MAi|：仍后|=2：1.(I)求椭圆的方程；(n)假设直线li：x=m(|m|1),P 为li上的动点,使F1PF2最大的点 P 记为 Q,求点 Q 的坐标(用 m 表示).2解析：(I)设椭圆方程为三a2那么MAa,A1F；acc2y71ab0,半焦距为c,b22a一a2acc,由题意,得2a42.22abcF1,F2在 x 轴上,长轴AA2的长为 4,左准线l与22a2,b点,c1故椭圆方程为1.43(n)设Pm,y0,|m|1,当y00时,EPF?0；当y00时,0F2PF

2、2PFM万,只需求tanF2PF2的最大值即可设直线PF1的斜率ky0,直线PF2的斜率k2y0一,m1m1tanF2PF2k2k11k1k221y0|_2|y.|_m21y022工m21|y01,m21当且仅当Jm21|y0|时,F1PF2最大,Qm,vmi1,|m|12、(2006 年)如图,椭圆2x2a2=1(ab0)与过点 A(2,0)、B(0,1)的直线有且只有一个公共点 T,b小且椭圆的离心率 e=2(I)求椭圆方程;(n/FpF2分别为椭圆的左、右焦点,M 为线段 AF2的中点,求证：/ATM=/AFT.解析：I过 AxB 的直线方程为xy12由于由题意得a2y了1-x21有惟一

3、解,1即b2122a)x40有惟一解,所以222ab(a4b24)0(ab一.220),故a4b又由于ceYl,即222ab2a一22,所以a4b从而得a22,b2故所求的椭圆方程为2xc2万2y()由I)得所以Fi,6.6一一T,0),F2丁0)从而J6、(1+,0)42y21-x2解得x1x21,因此T1(1,2)由于tanAF1T,又tanTAM1一,tanTMF22tanATM11、61,因此,2ATMAF1T3、2007 年如图,直线y2xkxb与椭圆4I求在k0,0b1的条件下,S的最大值;(II)当 AB2,S1时,求直线AB的方程.解析：I设点A的坐标为x,b,点B的坐标为1交

4、于 A的b).2由x-y21,解得X122JTV4所以Slb|xX2|2b71b2b21b21,当且仅当2bY2时,.S 取到最大值 1.2(n)解:由ykxbx22得(4k21)x28kbx4b2407y116(4k2b21)IABI=,1k2|X1x2|1k2、.16(4k2b21)4k2又由于 O 到 AB 的距离d1bL1k2所以b2代入并整理,得424k4k1k2122,b32代入式检验,0,故直线 AB 的方程是4、(2021 年)曲线C 是到点y5距离相等的点的轨迹.813P 一,一和到直线28N到直线y55一的距离为y88化简,得曲线C的方程为y12(xx).2(H)解法.1x

5、2x,八设Mx,直线l:y2kxk,那么B(x,kxk),从而|QB|Jik2|x1|.在RtAQMA中,由于|QM|2(x1)221,|MA|24(xi)22x22所以|QA|2|QM|2|MA|2(x1)224(1k)(kx2)2.MlBQx|QA|2|x1|g|kx2|QB|2(1k2)1k221k2|QA|k|x1g2xk当k2时,需从而所求直线l方程为2xy22x解法二：设Mx,2:ykxk,那么B(x,kxk),从而|QB|Jik2|x1|过(1,0)垂直于l的直线11:ylx1)由于|QA|MH|,所以|QA|xi|gkx2|2,1k22|QB|22(1|QA|k2g当k2时,|

6、QB|QA|55,从而所求直线l方程为2xy5、(2021 年) 椭圆C1:2y2a2x-21(ab0)的右顶点为b2焦点且垂直长轴的弦长为1.(I)求椭圆 Ci 的方程;(II)设点 P 在抛物线C2：x2h(hR)上,C2在点P处的切线与Ci交于点M,N.当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时,求h的最小值.A(1,0),过Ci的t1设线段PA的中点的横坐标是x4,那么x4t-1由题意,得x3x4,即t2(1h)t10.2由式中的2(1h)4)0,得h1,或h0当h03时,h20,4h20.那么不等式不成立,所以h1.1时,代入方程得t1,t1代入不等式,检验成立.2my0,椭圆22C

7、:yy21,FF2分别为椭圆 C 的左、右焦点.m解析：(I)解：由题意,得b1,b2从而21.aa2,b1.2因此,所求的椭圆方程为工4(n)解：如图,设M(xi,yjN(x2,y2),P(t,t2h),那么抛物线C2在点P处的切线斜率为y|xt2t.直线MN的方程为：y2txt2h.2_2将上式代入椭圆C1的方程中,得4x(2txt2h)40.即4(1t2)x24t(t2h)x(t2h)240.由于直线MN与椭圆C1有两个不同的交点,所以式中的116t42(h2)t2h24设线段MN的中点的横坐标是x3,那么x3x1x22t(t2h)_22(1t)所以,h 的最小值为 1.3.6、(202

8、1 年)m1,直线l:x(I)当直线 l 过右焦点 F2时,求直线 l 的方程;(II)设直线l与椭圆 C 交于 A,B 两点,AFF2,别为 G,H.假设原点 O 在以线段 GH 为直径的圆内,求实数m 的取值范围.解析：(I)解：由于直线l：xmy2m-、0经过2F2(.m2_2i,0),所以Jm2im,得m222又由于mi.所以mJ2.故直线l的方程为x,2y0.(n)解：设A(xi,yi),B(x2,y2),xmy由2x-2m2消去x得：2y2imy那么由2m8yi)且有yiy2m,yiy22由于Fi(c,0),F2(c,0)故.为 FiF2的中点,uuir由AGuuirunr2GO,

9、BHuuUrixiyi八,22HO,可知G(,),H(,)3333y2|GH|2(xiX2)2(yiy2)29设 M 是 GH的中点,那么XM(-又26yiy26由题意可知,2|MO|GH|xi好4(/x2)26(运)2(x1x2)29(yiy?)29即xix20.而xix2yy2m2(myi)(my222T)22myiy2(mi)(yB22-2(I)求点 M 到抛物线C1的准线的距离;2m所以12又由于m1且0.所以1m2.所以 m 的取值范围是(1,2).8、(2021 年)如图,椭圆C:与 y-1(ab0)的离心率为1,其左焦点到点p(2,1)的距离为Vw,a2b22(I)求椭圆 C 的

10、方程;解析:不过原点 O 的直线l与 C 相交于 A,B 两点,且线段 AB 被直线 OP 平分.(n)求ABP面积取最大值时直线l的方程.(n)点 P 是抛物线 a 上一点(异于原点),过点 P 作圆 C2 的两条切线,交抛物线 G 于 A,B 两点,假设过 M,P 两点的直线l垂足于 AB,求直线l的方程.【I)解曲赋总可知,rm线的漆蹑方程为片:.所以附心 MO利涯般的距陶是赛(1声如,与：)*由题.艳得知#0困,*,标户啊设过点P的阿G的切就方程为尸寸=风#-9八郎片融-5+丫1即号1)炉隹4-而与心(4T尸I三必解析:(I)设桶08左焦点为F(-%0),那么由跑意得, ,(2x) )

11、*4i=用,簿C1(第3趣)所以楠圆方程为口设水须加剧啊.3线段融的中点为M.一当直线松与 M 轴垂直时,直城48的方程为女.,与不过原点的条件不符,含我故可设直线池的方程为(3+4必+81注*4方:112=0.那么.二64小一43+4上4宿-120,lil所以线段M的中点w-墨由于邸在直线OF上,所以3mt.2hn3+4:3+4-得*0舍去或*工-于此时方程H为3-3Mt+m-3=0,那么的*玄m, ,的&=丁所以I|/1+P- ！得-蜘|-12-m?.0设点P到直线曲距离为d,那么dJfSi!.J3, ,*2,/IT设乙壮户的面积为S,那么S*-|ABI,/nYIN-m?.2D其中

12、 E 达U0邛.4=l2-i1-4me-2l2J.um=-4幅-4福-2M-6.-4wi-4哧m1.所以当且仅当M=l-Aum取到最大值.故当且仅当E=l/rS配到最大值.馀上,所求直战/方程为兔记尸2户-2=0.Y=b+m*3+4/=12消去3整理得*1餐-1222xy一9、(2021 年)如图,点P(0,1)是椭圆C1：F41(ab0)ab22的一个顶点,C1的长轴是圆C2：xy4的直径,11,12是过点P且互相垂直的两条直线,其中11交C2于A,B两点,12交C1于另一点D.(I)求椭圆C1的方程；(n)求ABD面积取最大彳 1 时直线11的方程.7)=1(1)由题意得一?尸,1c 彳+

13、y=,椭圆 1 的方程为司(2)设小占必西氏由题意知直线的斜率存在,不妨设其为上,那么直线 4 的方程为V=H-Id-故点.到直线 4 的距离为一又 6 外,.直线的方程为工+卜=.五十&十在二0由 L/,消去,整理得而=一一 721 小=一万故 4 十上,代入的方程得4十比四二后告设且80的面积为,那么s4例即=告1病工,又圆 J:一三 4(第21题图):i方法 i：设直线 l 的方程为1y=桁+惚七0,由、63+媪听/+2a2kmx+3tW-a2b3=Cl由于直线 l 与椭圆 C 只用一个公共点 P,故 4=0,即/kmR_又点 P 在第一象 PM,故点 P 的坐标为 4bMF也6

14、1=#1ag 二尸+3=1八方方法 2:作变换,那么椭圆 C:洋自1y=汩 0 廊4+=1I 产,消去 y 得/+MF=.,解得点 P 的坐标为,变为圆丁：工+J=1/32,3216岳麻单十2&773-213山+$=J：太=土叵当且仅当 J4k+3,即2时上式取等号.人士画16相.当2 时,月月 D 的面积取得最大值13,4限1?yX1.此时直线的方程为222一 xy10、2021 年如图,设椭圆 C：F 分 1ab0,动直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点 P,且点 P 在第 ab一象限.i直线 l 的斜率为 k,用 a,b,k 表示点 P 的坐标；H假设过原点 O 的直线 li与

15、l 垂直,证实：点 P 到直线 li的距离的最大值为 ab.切点?为.为变为点尸OO.PQ,切线八尸一为=店 5-湎*变为:妙-兀=柯莉-砧.在圆 C中设直线.方的方程为=松明.K=a广B利用逆变换 L5代入即得:式一2由于直线 li过原点.且与直线 l 垂直,故直线 li的方程为 x+ky=0,所以点 P 到直线 li的距离=-当且仅当 d 时等号成立.所以,点 P 到直线人的距离的最大值为法一%,一一一x221八11、(2021 年)椭圆y=1 上两个不同的点 A,B 关于直线 y=mx+-对称.(I)求实数 m 的取值范围；解：(1)由题意,可设直线 AB 的方程为 x=-my+n,代入

16、椭圆方程上(II)求AOB 面积的最大值(O 为坐标原点),可得(m2+2)y2-2mny+n2-2=0,设 A(xi,yi),B(X2,y2).由题意,=4m2n2-4(m2+2)(n2-2)=8(m2-n2+2)0,V0设线段 AB 的中点 P(x,y),那么xo=-mftjnx+n=fl由于点 P 在直线 y=mx+/tin2ftnt上,.WJ2+2=2+2,代入.,可得 3m4+4m2-40,解得 m2(2)直线 AB 与 x 轴交点横坐标为 n,.S2ZOAB=-InllvI-vil-二小？由均值不等式可得：n2(m2-n2+2).SzAOB白叱+m-2SI.n2=m2-n2+2,即

17、 2n2=m2+2,又:当且仅当m=也匚时,SAOB取得最大值为,2x2.12、(2021 年)如图,设椭圆y1a1.a(1)求直线ykx1被椭圆截得的线段长(用a、k表示)；(2)假设任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围y-O1I)设直线辰+1被椭圆截得的线段为触,由得;,/+故日二一因此1Api归一巧上高鸟-戊(II)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设7轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q,满足记直线触,即的斜率分别为对,且上占,与气.由(I)知,?故E-所舶曲片“(/)帆=.由于上七得C2/第05因此F*1所以因此,任意以点 A为圆心的圆与椭圆至多有 3 个公共点的充要条件为la203电得,所求离心率的取值范围为上1139132021 年如图,抛物线 x2=y,点 A2,4,B,抛物线上的点 px,y-x-.过点B 作直线 AP 的垂线,垂足为 Q.1求直线 AP 斜率的