高考预测数学文真题分类汇编：专题圆锥曲线Word版含解析

1、1.【 2022 高考新课标 1,文 5】已知椭圆 E 的中心为坐标原点,离心率为 1, E 的右焦点与抛 22 物线 C : y 8x 的焦点重合, A, B 是 C 的准线与 E 的两个交点,就 AB （ A） 3（ B） 6 （ C） 9 （ D） 12 【答案】 B 【解析】抛物线 C : y 28x 的焦点为 （ 2,0）,准线方程x 2 ,椭圆 E 的右焦点为 （ 2,0）, 为 2 2椭圆 E 的焦点在 x 轴上,设方程为 x 2 y 2 1a b 0 , c=2, a b e c 1, a 4 , b 2a 2c 212 ,椭圆 E 方程为 x 2y 21, a 2 16 12

2、 将 x 2 代入椭圆 E 的方程解 A（ -2,3）, B（-2, -3）, |AB|=6 ,应选 B. 得 【考点定位】抛物线性质；椭圆标准方程与性质 【名师点睛】此题是抛物线与椭圆结合的基础题目,解此类问题的关键是要熟识抛物线的定 义,标准方程与性质,椭圆的定义,标准方程与性质,先由已知曲线与待确定曲线的关系结 合已知曲线方程求出待确定曲线中的量,写出待确定曲线的方程或求出其相关性质 . 2.【 2022 高考重庆,文 9】设双曲线 2 x -2 y =1a 0,b 0 的右焦点是 F, a2b2左,右顶点分别是 A 1 ,A 2 ,过 F 做 A 1A 2 的垂线与双曲线交于 B, C

3、 两点,如 A 1B A 2 C ,就双曲线的渐近线的斜率为（ ） A 12B 22C 1 D 2 【答案】 C 【解析】由已知得右焦点 F c,0 2 其中 c a2b2,c 0 , A1 a,0, A2 a,0 , Bc, b22 , Cc, ba , a第 1 页,共 30 页2 2从而 A1B c a, b, A2C c a, b,又由于 A 1B A 2 C , a a 2 2所以 A1B A2 C 0 ,即 c a c a b b 0 , a a2化简得到 b 1 b 1 ,即双曲线的渐近线的斜率为 1 , a 2 a应选 C. 【考点定位】双曲线的几何性质与向量数量积 . 【名师

4、点睛】此题考查双曲线的简洁几何性质,利用向量垂直的条件来转化两直线垂直的条 件而得到 a 与 b 的关系式来求.此题属于中档题,留意运算的精确性 . 解 2 3.【 2022 高考四川, 文 7】过双曲线 x 2 y 1 的右焦点且x 轴垂直的直线交该双曲线的两 3与 条渐近线于 A, B 两点,就 | AB| D4 3 C6 A 43B2 3 3【答案】 D【解析】由题意, a 1,b 3 ,故 c 2, 渐近线方程为 y 3 x 将 x 2 代入渐近线方程,得 y1,2 2 3 故| AB| 4 3 ,选 D 【考点定位】此题考查双曲线的概念,双曲线渐近线方程,直线与直线的交点,线段长 等

5、基础学问,考查简洁的运算才能 . 【名师点睛】此题跳出直线与圆锥曲线位置关系的常考点,进而考查直线与双曲线渐近 线交点问题,考生在解题中要留意识别 .此题需要第一求出双曲线的渐近线方程,然后联立方 程组,接触线段 AB 的端点坐标,即可求得 | AB| 的值 .属于中档题 . 4. 【 2022 高考陕西,文 3】已知抛物线 2 y 2 px p 0 的准线经过点 1,1,就抛物线焦点 坐标为（ ） D 0,1 A 1,0 B 1,0 C 0, 1 第 2 页,共 30 页【答案】 B 【解析】由抛物线 2 y 2 px p 0 得准线 x p,由于准线经过点 1,1,所以 p 2 , 2所以

6、抛物线焦点坐标为 1,0 ,故答案选 B 【考点定位】抛物线方程和性质 . 【名师点睛】 1.此题考查抛物线方程和性质,接受待定系数法求出 p 的值 .此题属于基础题, 留意运算的精确性 .2. 给出抛物线方程要求我们能够找出焦点坐标和直线方程,往往这个 是解题的关键 . 5.【2022 高考新课标 2 1,文 16】已知 F 是双曲线 C : x 2 y 1 的右焦点, P 是 C 左支上一点, 8A 0,6 6,当 APF 周长最小时,该三角形的面积为 【答案】 12 6【考点定位】双曲线的定义；直线与双曲线的位置关系；最值问题 【名师点睛】解决解析几何问题,先通过已知条件和几何性质确定圆

7、锥曲线的方程,再通过 方程争辩直线与圆锥曲线的位置关系,解析几何中的运算比较复杂,解决此类问题的关键要 熟记圆锥曲线的定义,标准方程,几何性质及直线与圆锥曲线位置关系的常见思路 . 第 3 页,共 30 页6.【 2022 高考广东, 文 8】已知椭圆 2 x 2 y 1（ m0）的左焦点为 F 4,0 ,就 m（ ） 25 m2A 9 B 4 D 2 C 3 【答案】 C【解析】由题意得： 2 m25 429,由于 m 0 ,所以 m 3 ,应选 C 【考点定位】椭圆的简洁几何性质 【名师点晴】此题主要考查的是椭圆的简洁几何性质,属于简洁题解题时要留意椭圆的焦 点落在哪个轴上,否就很简洁显现

8、错误解此题需要把握的学问点是椭圆的简洁几何性质, 即椭圆 x 2 2 y 2 2 1（ a b 0 ）的左焦点 F1 c,0 ,右焦点 F2 c,0 ,其中 a 2b 2c 2a b7.【 2022 高考天津,文 5】已知双曲线 x 2 2-y 2 2 =1a 0,b 0 的一个焦点为 F 2,0 ,且双曲 a b2 2线的渐近线与圆 x - + y = 3 相切 ,就双曲线的方程为（ ） A x 2 -y 2 = 1 B x 2 -y 2 = 1 C x 2 - y =1 2D 9 13 13 9 322 y x - =1 3【答案】 D 【解析】由双曲线的渐近线 bx ay 0 与圆 x

9、- 2 2+ y2= 3 相切得 a2b b23 , 由 2c a2b22 ,解得 a1,b 3 ,应选 D. 【考点定位】圆与双曲线的性质及运算才能 . 【名师点睛】此题是圆与双曲线的交汇题 ,虽有确定的综合性 ,但方法简洁想到 ,仍属于基础题 . 不过要留意解析几何问题中最简洁显现运算错误 ,所以解题时确定要留意运算的精确性与技巧 性 ,基础题失分过多是相当一部分同学数学考不好的主要缘由 . 8.【 2022 高考湖南,文 6】如双曲线 x 2 2 y 2 2 1 的一条渐近线经过点 3, -4）,就此双曲线 a b（ 的离心率为 第 4 页,共 30 页A, 7B, 54C, 43D,

10、533【答案】 D【解析】由于双曲线 2 x 2 y 1 的一条渐近线经过点3, -4）, a2b23b2 4a, （9 c （ 2 2a ） 16a , e c 5= 应选 D. a 3 【考点定位】双曲线的简洁性质 【名师点睛】渐近线是双曲线特别的性质,在解决有关双曲线问题时,需结合渐近线从数形 2 2结合上找突破口 . 与渐近线有关的结论或方法仍有： 1 与双曲线 x 2 y 2 1 共渐近线的可设为 a bx 22 y 2 2 0 ； 2 如渐近线方程为 y bx ,就可设为 x 22 y 22 0 ； 3 双曲线 a b a a b2 2的焦点到渐近线的距离等于虚半轴长 b ； 4

11、x 2 y 2 1a 0 的一条渐近线的斜率为 a b2 2b c a 22 e 1 . 可以看出,双曲线的渐近线和离心率的实质都表示双曲线张口的大 a a小另外解决不等式恒成立问题关键是等价转化,其实质是确定极端或极限位置 . 9.【 2022 高考安徽,文 6】以下双曲线中,渐近线方程为 y 2 x 的是（ ） 2 2（ A） x 2 y 1（ B） x y 214 42 2（ C） x 2 y 2 1（ D） x 2 y 2 1【答案】 A 【解析】由双曲线的渐进线的公式可行选项 A 的渐进线方程为 y 2 x ,应选 A. 【考点定位】此题主要考查双曲线的渐近线公式 . 【名师点睛】

12、在求双曲线的渐近线方程时, 考生确定要留意观看双曲线的交点是在 x 轴,仍是 在 y 轴,选用各自对应的公式,切不行混淆 . 10.【 2022 高考湖北,文 9】将离心率为 e1 的双曲线 C1 的实半轴长 a 和虚半轴长 b a b 同时 增加 m m 0 个单位长度,得到离心率为 e2 的双曲线 C2 ,就（ ） A对任意的 a, b , e1 e2 B当 a b 时, e1 e2 ；当 a b 时, e1 e2 C对任意的 a, b , e1 e2 D当 a b 时, e1 e2 ；当 a b 时, e1 e2 第 5 页,共 30 页【答案】 D . 【解析】 不妨设双曲线 C的焦点

13、在 x 轴上, 即其方程为： 2 x 2 y 1,就双曲线 C的方程为： a2 b 2 a x 2 2m b y2 1 ,所以 e12 a 2 b 1b2, 2 m aa2b2,所以 e2 a 2 m b 2 m 1b 2 m ,当 ab 时, ama 2 m bmbb ma b a m a bm 0 ,所以 bmb,所以 bm2amaa m a a ma amaamab a,所以 e2 e1；当 ab 时, bmbb ma ba m a b m 0 ,所以 bmamaa ma a ma ambm2b2,所以 e2 e1 ；故应选 D . ama【考点定位】此题考查双曲线的定义及其简洁的几何性

14、质,考察双曲线的离心率的基本运算, 涉及不等式及不等关系 . 【名师点睛】将双曲线的离心率的运算与中学学习的溶液浓度问题联系在一起,突显了数学 在实际问题中有用性和重要性,充分表达了分类争辩的数学思想方法在解题中的应用,能较 好的考查同学思维的严密性和缜密性 . 2 211.【 2022 高考福建,文 11】已知椭圆 E : x 2 y 2 1a b 0 的右焦点为 F 短轴的一个 a b端点为 M ,直线 l : 3x 4 y 0 交椭圆 E 于 A, B 两点如 AF BF 4 ,点 M 到直线 l 的 距离不小于 4,就椭圆 E 的离心率的取值范畴是（ ） 5A 0, 3 B 0, 3C

15、 3,1 D ,1 32 4 2 4【答案】 A 【解析】 设左焦点为 F ,连接 AF1 , BF1 就四边形 BF1 AF 是平行四边形, 故 AF1 BF , 所以 0AF AF1 4 2a ,所以 a 2 ,设 M 0, b ,就 4b 42,故 b 1,从而 a 2 c 1 , 55c2 3 , 第 6 页,共 30 页0 c 3 ,所以椭圆 E 的离心率的取值范畴是 0, 3 ,应选 A 2【考点定位】 1,椭圆的定义和简洁几何性质； 2,点到直线距离公式 【名师点睛】 此题考查椭圆的简洁几何性质, 将 AF BF 4 转化为 AF AF1 4 2a , 进而确定 a 的值,是此题

16、关键所在, 表达了椭圆的对称性和椭圆概念的重要性, 属于难题求 离心率取值范畴就是利用代数方法或平面几何学问查找椭圆中基本量 a,b, c 中意的不等量 关系,以确定 c 的取值范畴 a12【2022高考浙江, 文 15】椭圆 x 2 2 y 2 2 1（ a b 0 ）的右焦点 F c,0 关于直线 y bx a b c 的对称点 Q 在椭圆上,就椭圆的离心率是 【答案】 22n b【解析】设 F c,0 关于直线 y bx 的对称点为 Q m,n ,就有 m c c 1,解得 c n b m 22 c 23 2 2 3 2 2m c a 2 2b , n bc a 2 2bc , 所 以

17、Qca 2 2b , bc a 2 2bc 在 椭 圆 上 , 即 有 c 3 2b4 2 2 bc 2 2 2bc2 21 ,解得 a 22c ,所以离心率 e 2 c 2 . a a b a 2【考点定位】 1.点关于直线对称； 2.椭圆的离心率 . 【名师点睛】此题主要考查椭圆的离心率 .利用点关于直线对称的关系,运算得到右焦点的对 称点,通过该点在椭圆上,代入方程,转化得到关于 a, c 的方程,由此运算离心率 .此题属于 中等题；主要考查同学基本的运算才能 . 213. 【 2022 高考北京,文 12】已知 2,0 是双曲线 x 2 y 2 1（ b0）的一个焦点,就 bb 【答案

18、】 3第 7 页,共 30 页【解析】由题意知 c 2 2, a 1 , b 2 c a23 ,所以 b3 . 【考点定位】双曲线的焦点 . 【名师点晴】此题主要考查的是双曲线的简洁几何性质,属于简洁题解题时要留意双曲线 的焦点落在哪个轴上,否就很简洁显现错误解此题需要把握的学问点是双曲线的简洁几何 2 2性质,即双曲线 x 2 y 2 1（ a 0 , b 0 ）的左焦点 F1 c,0 ,右焦点 F2 c,0 ,其中 a bc 2 b 2 a 2 2【 2022 高考上海,文 7】抛物线 y 2px p 0 上的动点 Q 到焦点的距离的最小值为 1,就 p . 【答案】 2 【解析】依题意,

19、点 Q 为坐标原点,所以 p1 ,即 p2 . 2【考点定位】抛物线的性质,最值 . 【名师点睛】由于抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等,所以抛物线的顶点到焦 点的距离最小 . 2【 2022 高考上海, 文 12】已知双曲线 C1 ,C2 的顶点重合, C1 的方程为 x y 21,如 C2 的 4一条渐近线的斜率是 C1 的一条渐近线的斜率的 2 倍,就 C2 的方程为 . 2 2【答案】 x y 14 42【解析】由于 C1 的方程为 x y 21,所以 C1 的一条渐近线的斜率 k1 1,所以 C2 的一条 4 2渐近线的斜率 k2 1 ,由于双曲线 C1 , C2 的顶点重合

20、,即焦点都在 x 轴上, 2 2设 C2 的方程为 x 2 y 2 1 a 0, b 0 , a b所以 ab 2 ,所以 C2 的方程为 x 2 y 2 1 . 4 4【考点定位】双曲线的性质,直线的斜率 . 【名师点睛】在双曲线的几何性质中,应充分利用双曲线的渐近线方程,简化解题过程同 第 8 页,共 30 页时要娴熟把握以下三方面内容： 1 已知双曲线方程,求它的渐近线； 2 求已知渐近线的双 曲线的方程； 3 渐近线的斜率与离心率的关系,如 kb c a 2 a2 a c a 22 1 e 2 1. 14.【2022 高考山东,文 15】过双曲线 C： x 2 2 y 2 2 1（ a

21、 0, b 0）的右焦点作一条与其渐近 a a线平行的直线,交 C 于点 P .如点 P 的横坐标为 2a ,就 C 的离心率为 . 【答案】 2 32 2【解析】双曲线 x 2 y 2 1 的右焦点 c,0 .不妨设所作直线与双曲线的渐近线 y b x 平 a a 为 a2 2 2 2行,其方程为 y b x c ,代入 x 2 y 2 1 求得 P 的横坐标为 x a c ,由 a a a 点 2c a 2c 22a ,得 c 2 4 c 1 0 ,解之得 c 2 3 , c 2 3 （舍去,由于离心率 2c a a a ac 1）,故双曲线的离心率为 2 3 . a【考点定位】 1.双曲

22、线的几何性质； 2.直线方程 . 【名师点睛】此题考查了双曲线的几何性质及直线方程,解答此题的关键,第一是将问题进 一步具体化,即确定所作直线与哪一条渐近线平行,事实上,由双曲线的对称性可知,两种 情形下结果相同；其次就是能对所得数学式子精确地变形,利用函数方程思想,求得离心率 . 此题属于小综合题,也是一道才能题,在较全面考查直线,双曲线等基础学问的同时,考查 考生的运算才能及函数方程思想 . 15.【2022 高考安徽,文 20】设椭圆 E 的方程为 x 2 2 y 2 2 1a b 0, 点 O 为坐标原点,点 a bA 的坐标为 a,0 ,点 B 的坐标为 （ 0,b）,点 M 在线段

23、 AB 上, 中意 BM 2 MA , 直线 OM 的 斜率为 5. 10 （）求 E 的离心率 e; （）设点 C 的坐标为（ 0, -b）,N 为线段 AC 的中点,证MN AB. 明： 【答案】（） 25（）详见解析 . 5第 9 页,共 30 页【解析】 （）解：由题设条件知,点 2 1 M a, b ,又 k OM 3 3 5从而 b2 a 5. a 5b , 6 6 . 10 10 进而 a5b, c a2 b 2 2b,故 ec 25. a5（）证：由 N 是 AC 的中点知,点 N的坐标为 a, b,可得 NM 22又 AB a, b ,从而有 AB NM 1 2 a 65 2

24、b 612 5b a2. 6由（）得运算结果可知 a2 5b2 , 所以 AB NM 0 ,故 MN AB . 【考点定位】此题主要考查椭圆的离心率,直线与椭圆的位置关系等基础学问 【名师点睛】此题主要将椭圆的性质与求椭圆的离心率相结合,同时考查了中点坐标公式, 以及解析几何中直线与直线垂直的常用方法,此题考查了考生的基本运算才能和综合分析能 力 . 16【 2022高考北京,文 20】（本小题满分 14 分）已知椭圆 C: x22 3y 3 ,过点 D 1,0 且 不过点 2,1 的直线与椭圆 C 交于 , 两点,直线 与直线 x 3 交于点 （ I ）求椭圆 C 的离心率； （ II ）如

25、 垂直于 x 轴,求直线 的斜率； （ III ）试判定直线 与直线 D 的位置关系,并说明理由 【答案】（ I ） 6；（ II ）1；（ III ）直线 与直线 D 平行 . 3【解析】 试题分析：此题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质,直线的斜率,两直线的位置关系等 基础学问,考查同学的分析问题解决问题的才能,转化才能,运算才能 . （ I ）先将椭圆方程 化为标准方程,得到 a , b , c 的值,再利用 e c 运算离心率；（ II）由直线 的特别位置, a设出 , 点坐标,设出直线 的方程,由于直线 与 x 3 相交于 点,所以得到 点坐标,利用点 ,点 的坐标,求直线 的斜率；

26、（ III）分直线 的斜率存在和不存在 两种情形进行争辩,第一种情形, 直接分析即可得出结论,其次种情形,先设出直线 和直 第 10 页,共 30 页线 的方程, 将椭圆方程与直线 的方程联立, 消参, 得到 x1 x2 和 x1 x2 ,代入到 kBM 1中,只需运算出等于 0 即可证明 kBM kDE ,即两直线平行 . 试题解析：（）椭圆 C 的标准方程为 2 x 2 y 1. A1,y1 , B1, y1 . 3所以 a 3 , b 1, c 2 . 所以椭圆 C 的离心率 ec 6. a3（）由于 过点 D 1,0 且垂直于 x 轴,所以可设 直线 的方程为 y 1 1 y1 x 2

27、 . 令 x 3,得 M 3,2 y1 . 所以直线 的斜率 k BM 2 y1 y1 1 . x 2 . 31（）直线 与直线 D平行 . 证明如下： 当直线 的斜率不存在时,由（）可知 kBM 1 . 又由于直线 D的斜率 k DE 101 ,所以 BM / / DE . 21当直线 的斜率存在时,设其方程为 y k x 1k 1. 设 A x1, y1 , Bx2 , y2 ,就直线 的方程为 y 1y1 1x1 2令 x 3,得点 M 3, y1x1 x1 3 . 2由 x 2 y 3 y23,得 1 1 2 2 3k x 2 6k x 2 3k 3 0 . kx 所以 x1 x2 2

28、 6k , x x 1 2 2 3k 3. 2 1 3k 12 3k 直线 的斜率 k BM y1 x1 3 y 2 2. x1 3 x2 第 11 页,共 30 页由于 k BM 1kx1 1 x1 3 k x1 1x1 2 3 x2 x1 2 3 x2 x1 2 k 1 x1x2 2 x1 x2 3 3 3 x2 x1 2 k 1 2 3k 32 12k 12 3k 2 1 3k 3 x2 x1 2 0 , 所以 kBM 1kDE . 所以 BM / / DE . 综上可知,直线 与直线 D 平行 . 考点：椭圆的标准方程及其几何性质,直线的斜率,两直线的位置关系 . 【名师点晴】此题主要

29、考查的是椭圆的标准方程,椭圆的简洁几何性质,直线的斜率和两条 直线的位置关系,属于中档题解题时确定要留意直线的斜率是否存在,否就很简洁显现错 误解此题需要把握的学问点是椭圆的离心率,直线的两点斜率公式和两条直线的位置关系, 即椭圆 x 2 2 y 2 2 1（ a b 0 ）的离心率 e c ,过 1 x1 , y1 , 2 x2 , y2 的直线斜率 a b ak y2 x2 x1 y1 （ x1 x2 ）,如两条直线 l1 : y k1x b1, l2: y k2 x b2 斜率都存在,就 l1 /l 2 k1 k2 且 b1 b2 217.【 2022 高考福建, 文 19】已知点 F

30、为抛物线 E : y 2 px p 0 的焦点,点 A2, m 在抛 物线 E 上,且 AF 3 （）求抛物线 E 的方程； （）已知点 G 1,0 ,延长 AF 交抛物线 E 于点 B , 证明：以点 F 为圆心且与直线 GA相 切的圆,必与直线 GB 相切 第 12 页,共 30 页【答案】（） 2 y 4x ；（）详见解析 2 y 4x 【解析】解法一： （ I）由抛物线的定义得 F 2p 2由于 F 3,即 2p3 ,解得 p2 ,所以抛物线 的方程为 2（ II）由于点 2, m 在抛物线 : 2 y 4x 上, 所以 m2 2 ,由抛物线的对称性,不妨设 2, 2 2 由 2, 2

31、 2, F 1,0 可得直线 F 的方程为 y 2 2 x 1 由 y 22 x 1,得 2 x25 x 20 , 2 y 4x 解得 x 2 或 x 1,从而 1 , 22 2又 G 1,0 , 所以 kG 22022, kG 12022, 21313, G 的距离相等, 2所以 kG kG 0 ,从而 GF GF ,这说明点 F 到直线 G 故以 F 为圆心且与直线 G 相切的圆必与直线 G 相切 解法二：（ I）同解法一 （ II）设以点 F 为圆心且与直线 G 相切的圆的半径为 r 由于点 2,m 在抛物线 : y 2 4x上, 所以 m 2 2 ,由抛物线的对称性,不妨设 2, 2

32、2 由 2, 2 2, F 1,0 可得直线 F 的方程为 y 22 x 1 y 22 x 1 2由 2,得 2 x 5 x 2 0 , y 4x 解得 x 2 或 x 12,从而 1 , 2 2 又 G 1,0 ,故直线 G 的方程为 2 2 x 3y 2 2 0 , 从而 r 22 2 2 42 8 9 17 又直线 G 的方程为 22x 3 y 2 2 0 , 所以点 F 到直线 G 的距离 d 22 2 2 42r 8 9 17 这说明以点 F 为圆心且与直线 G 相切的圆必与直线 G 相切 【考点定位】 1,抛物线标准方程； 2,直线和圆的位置关系 【名师点睛】利用抛物线的定义,将抛

33、物线上的点到焦点距离和到准线距离进行转化,从而 简化问题的求解过程,在解抛物线问题的同时,确定要善于利用其定义解题直线和圆的位 置关系往往利用几何判定简洁,即圆心到直线的距离与圆的半径比较；如由图形观看,结合 平面几何学问,说明 GF GF 即可,这样可以把问题转化为判定 kG kG 0 ,高 效解题的过程就是优化转化的过程 18.【 2022 高考湖北,文 22】一种画椭圆的工具如图 1 所示 O 是滑槽 AB 的中点,短杆 ON 可绕 O 转动,长杆 MN 通过 N 处铰链与 ON 连接, MN 上的栓子 D 可沿滑槽 AB 滑动,且 DN ON 1 , MN 3 当栓子 D 在滑槽 AB

34、 内作往复运动时,带动 N绕 O 转动, M 处的笔 尖画出的椭圆记为 C以 O 为原点, AB 所在的直线为 x 轴建立如图 2 所示的平面直角坐标系 （）求椭圆 C 的方程； （）设动直线 l 与两定直线 l1 : x 2 y 0 和 l2 : x 2 y 0 分别交于 P, Q 两点如直线 l 总 与椭圆 C 有且只有一个公共点,摸索究： 求出该最小值；如不存在,说明理由 OPQ 的面积是否存在最小值？如存在, y A NO B NO 第 14x 页,共 30 页DD【答案】（） 2 x 2 y 1.（）当直线 l 与椭圆 C 在四个顶点处相切时, OPQ 的面积取得 16 4最小值 8

35、. 【解析】（）由于 | OM | | MN | | NO | 3 14 ,当 M , N 在 x 轴上时,等号成立；同理 | OM | | MN | | NO | 3 1 2 ,当 D, O 重合, 即 MN x 轴时, 等号成立 . 所以椭圆 C 的中心 2 2为原点 O ,长半轴长为 4 ,短半轴长为 2 ,其方程为 x y 1. 16 4（）（1）当直线 l 的斜率不存在时,直线 l 为 x 4 或 x 4 ,都有 S OPQ 14 4 8 . 2y kx m, （ 2）当直线 l 的斜率存在时,设直线 l : y kx m k 1 , 2 由 x 24 y 216, 消去 y ,可

36、2 2 2得 1 4k x 8kmx 4m 16 0. 因 为 直 线 l总 与 椭 圆 C有 且 只 有 一 个 公 共 点 , 所 以 2 2 2 2 2 264k m 41 4k 4m 16 0 ,即 m 16k 4 . 又由 y kx m, 可得 P 2m , m ；同理可得 Q 2m , m .由原点 O 到直线 PQ 的距 x 2y 0, 1 2k 1 2 k 1 2k 1 2k 离为 d | m | 2 和 | PQ | 1 k 2| x P x | ,可得 Q 1 k 2S OPQ 1 | PQ | d 1 | m | x P x | 1 | m | 2m 2m 2m 2 .

37、2 2 2 1 2k 1 2k 1 4k 将代入得, S OPQ 1 4k 2m 22 8 4k 4k 2 211 . 当 k 2 14 时,S OPQ 8 4k 4k 22 11 81 4k 2 21 8； 2当 0 k 2 14 时 , S OPQ 8 4k 1 4k 12 8 11 24 k 2 . 因 0 k 2 14, 就 0 1 4k 21, 22 2 ,所以 S OPQ 8 1 22 8 ,当且仅当 k 0 时取等号 .所以当 k 0 时, S OPQ 的 1 4k 1 4k 最小值为 8. 第 15 页,共 30 页综合（ 1）（ 2）可知,当直线 l 与椭圆 C 在四个顶点处

38、相切时, OPQ 的面积取得 最小值 8. 【考点定位】此题考查椭圆的标准方程与直线与椭圆相交综合问题,属高档题 . 【名师点睛】作为压轴大题,其第一问将椭圆的方程与课堂实际教学联系在一起,重点考查 同学信息猎取与运用才能和实际操作才能,同时为椭圆的实际教学供应教学素材；其次问考 查直线与椭圆相交的综合问题,借助函数思想进行求解 次懂得,灵敏运用所学学问 . . 其解题的关键是留意基本概念的深层 219.【 2022 高考湖南,文 20】（本小题满分 13 分）已知抛物线 C1 : x 4 y 的焦点 F 也是椭圆 C2 : y 2 2 x 2 2 1a ba b 0 的一个焦点, C1 与

39、C2 的公共弦长为 2 6 ,过点 F 的直线 l 与 C1 相交 A, B 两点, 于 与 C2 相交于 C, D 两点,且 AC 与 BD 同向 . （ I）求 C2 的方程； （ II）如 AC 【答案】（ I） BD ,求直线 l 的斜率 . y 2 9x 2 81； II 6. 4【解析】 试题分析：（ I）由题通过 F 的坐标为 0,1 ,由于 F 也是椭圆 C2 的一个焦点, 可得 a 2b 21 , 9 6依据 C1 与 C2 的公共弦长为 2 6 ,C1 与 C2 都关于 y 轴对称可得 2 2 1,然后得到对应 4a b曲线方程即可； II 设 Ax1, y1 , B x2

40、 , y2 , Cx3, y3 , Dx4 , y4 , 依据 AC BD ,可得 2 2x3 x4 4 x3 x4 x1 x2 4 x1 x2 ,设直线 l 的斜率为 k ,就 l 的方程为 y kx 1 ,联立 直线与抛物线方程,直线与椭圆方程,利用韦达定理进行运算即可得到结果 . 试题解析：（ I）由 C1 : x 24 y 知其焦点 F 的坐标为 0,1 ,由于 F 也是椭圆 C2 的一个焦点, 所以 a 2 b 2 1 ； 又 C 与 C 的公共弦长为 2 6 , C 与 C 都关于 y 轴对称,且 C 的 方程为 C1 : x 24 y ,由此易知 C1 与 C2 的公共点的坐标为

41、 6, , 3 92 62 1 , 2 4a b第 16 页,共 30 页联立得 a22 9,b 8 ,故 C 的方程为 2 y 2 x 1； 98（ II）如图,设 A x1 , y1, B x2 , y2 , C x3 , y3 , D x4 , y4 , 因 AC 与 BD 同向,且 AC BD , 所以 AC BD ,从而 x3 x1 x4 x2 ,即 x3 x4 x1 x2 ,于是 1 4 x3 2 x4 4 x3 x4 x1 2 x2 4 x1x2 设直线 的斜率为 lk ,就 l的方程为 y kx 1 , 由 y kx 1得 x2 4kx 40 ,由 x , x 2 是这个方程的

42、两根, x x 4k, x x 1 2 2 x 4 y y kx 1由 2 x 2 y 1得 9 8k x 2 216kx 64 0 ,而 x3 , x4 是这个方程的两根, 89x 3x 4916k , x x 3 4 964 , 2 8k 2 8k 将,代入,得 16k 21 2 316 k 2464 ；即 16k 2 1 2 16 2 9k 29 8k 2 98k 29 8k2 2 2 所以 9 8k 16 9 ,解得 k 6,即直线 l 的斜率为 644【考点定位】直线与圆锥曲线的位置关系；椭圆的性质 【名师点睛】 求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法： 依据条件确定关于 a,b,c

43、的方程组, 解出 a 2,b2,从而写出椭圆的标准方程 解决直线与椭圆的位置关系的相关问题,其常规思路 是先把直线方程与椭圆方程联立,消元,化简,然后应用根与系数的关系建立方程,解决相 第 17 页,共 30 页关问题涉及弦长问题利用弦长公式解决,往往会更简洁 20.【 2022 高考山东, 文 21】平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C ： x 2 2+ 2 y =1 b 0 b2的离心率为 3,且点（ 3 , 12）在椭圆 C上 . 2（）求椭圆 C 的方程； 2（）设椭圆 E ： x 2 4a + 2 y =1 , P 为椭圆 C 上任意一点,过点 P 的直线 y = kx + m交

44、 2 4b 椭圆 E 于 A, B 两点,射线 PO 交椭圆 E 于点 Q . （ i ）求 |OQ| 的值； |OP| 2；（ ii） 6 3. ii 求 ABQ 面积的最大值 . 【答案】（ I） 2 x 2 y 1；（ II）（ i） |OQ | | OP| 4【解析】 2 2（ I）由题意知 32 12 1, 又 a b 3,解得 a 24,b 21, a 4b a 22所以椭圆 C 的方程为 x y 21. 42 2（ II）由（ I）知椭圆 E 的方程为 x y 1. 16 4（ i）设 Px0 , y0 , | OQ | | OP | , 由题意知 Q x0 , y0 . 2 2

45、 2 2 2由于 x0 y0 21. 又 x0 y0 1,即 x0 y0 1. 24 16 4 4 4所以 2 ,即 | OQ | 2. | OP | （ ii）设 Ax1, y1 , Bx2 , y2 , 将 y kx m 代入椭圆 E 的方程,可得 第 18 页,共 30 页2 2 2 2 21 4k x 8kmx 4m 16 0 ,由 0, 可得 m 4 16k 就有 x x 21 8km 4k 2 , x x 4m1 24k 16 2 . 所以 | x x | 2 4 16k 1 24k 42 m 2. 由于直线 y kx m 与 y 轴交点的坐标为 0, m ,所以 OAB 的面积

46、2 2 2 2 2 S 1 | m| x1 x2 | 2 | m| 16k 2 4m 2 16k 4 m m 22 1 4k 1 4k 2 4 1 4k 1 m 2 2 m4k 2 2 . 2设 m2 t. 将直线 y kx m 代入椭圆 C 的方程, 可得 1 4k 2 x 28kmx 4m 24 0 , 1 4k 由 0, 可得 m 2 1 4k 2 由可知 0 t 1,S 24 tt 2 t 2 4t. 故 S 2 3 . 2 2当且仅当 t 1,即 m 1 4k 时取得最大值 2 3. 由（ i）知, ABQ 的面积为 3S,所以 ABQ 面积的最大值为 6 3. 【考点定位】 1.椭

47、圆的标准方程及其几何性质； 2.直线与椭圆的位置关系； 3.距离与三角形面 积； 4.转化与化归思想 . 【名师点睛】此题考查了椭圆的标准方程及其几何性质,直线与椭圆的位置关系,距离与三 角形面积, 二次函数的性质等, 解答此题的主要困难是 （ II ）中两小题, 第一是通过争辩 P,Q 的坐标关系,使（ i）得解,同时为解答（ ii）供应简化基础,即熟识到 ABQ 与 OAB 的面 积关系, 从而将问题转化成争辩 OAB 面积的最大值 . 通过联立直线方程, 椭圆方程, 并应用 韦达定理确定“弦长” ,进一步确定三角形面积表达式,对考生复杂式子的变形才能及规律思 维才能要求较高 . 此题是一

48、道才能题, 属于难题 . 在考查椭圆的标准方程及其几何性质, 直线与椭圆的位置关系, 距离与三角形面积,二次函数的性质等基础学问的同时,考查考生的运算才能及转化与化归 思想 . 此题梯度设计较好,层层把关,有较强的区分度,有利于优生的选拔 . 2 221. 【 2022 高考陕西,文 20】如图,椭圆 E : x 2 y 2 1a b 0 经过点 A0, 1 ,且离心 a b第 19 页,共 30 页率为 2. 2I求椭圆 E 的方程； II经过点 1,1 ,且斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同两点 P, Q （均异于点 A ）,证明： 直线 AP 与 AQ 的斜率之和为 2. 2【答案】

49、 I x y 21 ； II证明略,详见解析 . 2II 由题设知,直线 PQ 的方程为 y k x 1 1k 2 x 2 ,代入 22 y 1 ,得 1 2k 2 x 2 4kk 1x 2k k 2 0 , 由已知 0 ,设 P x1 y1 ,Q x2 y2 , x1x2 0第 20 页,共 30 页就 x 1x 24k k 1 2 k 2 1 , x 1 x 2 2 kk 2 , k 2 1 2k 从而直线 AP 与 AQ 的斜率之和 k AP k AQ y1 1y2 1kx1 2k kx2 2 x1 x1 x1 x2 2k 2 k 112k 2 k x1 x2 x1 x2 x1x2 2k

50、 2 k 4k k 1 2k 2k 1 2 . 2kk 2 【考点定位】 1. 椭圆的标准方程； 2. 圆锥曲线的定值问题 . 【名师点睛】定值问题的处理常见的方法： （1）通过考查极端位置,探究出“定值”是多少, 然后再进行一般性的证明或运算,即将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角形形式, 证明该式是恒定的,假如以客观题形式显现,特别方法往往比较快速奏效； （ 2 ）进行一 般运算推理求出其结果 . 2 x 22.【 2022 高考四川,文 20】如图,椭圆 E： 2 a2 y 1ab0的离心率是 2,点 P0,1 b22在短轴 CD 上,且 PC PD 1 求椭圆 E 的方程； 设 O

51、为坐标原点,过点 P 的动直线与椭圆交于 A, B 两点 .是否存在常数 ,使得 OA OB PA PB 为定值？如存在,求 的值；如不存在,请说明理. 由 y B D A P x O C【解析】 由已知,点 C, D 的坐标分别为 0, b,0, b 又点 P 的坐标为 0, 1,且 PC PD 1 第 21 页,共 30 页1b21,解得 a 2,b 2 于是 c 2a2a2 b 2 c 2 2 x 2 y 1 . 所以椭圆 E 方程为 42 当直线 AB 斜率存在时,设直线 AB 的方程为 y kx1 A, B 的坐标分别为 x1, y1, x2,y2 联立 x4 2 y2 21,得 2

52、k 2 1x 24 kx 2 0 y kx 1其判别式 4k 2 82k 2 1 0 4k 2所以 x1 x2 2 , x1x2 22k 1 2k 1从而 OA OB PA PB x1x2 y1y2 x1x2 y1 1y2 1 11 k 2x 1 2 x kx x 2 1 2 2 4k 2 1 22k 1 2k 2 11 2所以,当 1时, 2 12 3 2k 1此时, OA OB PA PB 3 为定值 当直线 AB 斜率不存在时,直线 AB 即为直线 CD 此时 OA OB PA PB OC OD PC PD 2 1 3 故存在常数 1,使得 OA OB PA PB 为定值 3. 【考点定

53、位】此题主要考查椭圆的标准方程,直线方程,平面对量等基础学问,考查推理论 证才能,运算求解才能,考查数形结合,化归与转化,特别与一般,分类与整合等数学思想 . 第 22 页,共 30 页【名师点睛】此题属于解析几何的基此题型,第 问依据“离心率是 2,且 PC PD 21”建立方程组可以求出椭圆方程；第 问设出直线方程后,代入椭圆方程,利用目标方程 法,结合韦达定理,得到两交点横坐标的和与积,再代入 OA OB PA PB 中化简整理 .要 得到定值,只需判定有无合适的 较高 .属于较难题 . ,使得结论与 k 无关即可,对考生代数式恒等变形才能要求 23.【 2022 高考天津,文 19】（

54、本小题满分 14 分） 已知椭圆 2 x 2 + y 2 b=1a b 0 的上顶点 a2为 B,左焦点为 F ,离心率为 5, 5（ I）求直线 BF 的斜率 ; （ II）设直线 BF 与椭圆交于点 P（ P 异于点 B）,过点 B 且垂直于 BP 的直线与椭圆交于点 Q（ Q 异于点 B）直线 PQ 与 y 轴交于点 M ,|PM |=l |MQ | . （ i）求 l 的值 ; 75（ ii）如 |PM |sinDBQP= ,求椭圆的方程 . 92 2【答案】（ I） 2;（ II）（i） 7;（ ii） x y 1. 8 5 4【解析】 （ I）先由 c 5 及 a 2b 2c ,

55、得 a 25c, b 2c ,直线 BF 的斜率 k b0 b2 ; a 5 0 c c （ II ） 先 把 直 线 BF,BQ 的 方 程 与 椭 圆 方 程 联 立 , 求 出 点 P,Q 横 坐 标 , 可 得 PM xM xP xP 7. （ ii ） 先 由 |PM |sinDBQP= 75 得 MQ xQ xM xQ 8 92 2BP =|PQ|sinDBQP = 15 |PM |sin. BQP 5 5 ,由此求出 c=1,故椭圆方程为 x y 1. 7 3 5 4试题解析 :（ I）设 F c,0 ,由已知 c 5及 a 2b 2c , 可得 a 25c,b 2c ,又由于

56、a 5第 23 页,共 30 页B 0, b , F c,0 ,故直线 BF 的斜率 k b0 b 2 . 0 c c 2 2（ II）设点 P xP yP , , Q xQ yQ , M xM yM , , i）由（ I）可得椭圆方程为 5c x 24c y 2 1, 直 线 BF 的方程为 y 2 x 2c ,两方程联立消去 y 得 3x 25cx 0, 解得 xP 5c . 由于 3BQ BP ,所以直线 BQ 方程为 y 1x 2c ,与椭圆方程联立消去 y 得 21x 240cx 0 , 2解得 x Q 40c 21 .又由于 PM MQ ,及 x M 0 得 xM xQ xM xP

57、 xP xQ 7 . 8（ ii ） 由 （ i ） 得 PM 7, 所 以 PM 7 7, 即 PQ 15 PM , 又 因 为 MQ 8 PM MQ 78 15 7|PM |sinDBQP = 75,所以 BP =|PQ|sinDBQP = 15 |PM |sin. BQP 55. 9 7 32 2又 因 为 y P 2 x P 2c 4c , 所 以 BP 0 5c 2c 4c 5 5 c , 因 此 3 3 3 32 255c 5 5 , c 1, 所以椭圆方程为 x y 1. 3 3 5 4【考点定位】此题主要考查直线与椭圆等基础学问 想解决问题的才能 . .考查运算求解才能及用方程

58、思想和化归思 【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系 ,直线与圆锥曲线的位 置关系是一个很宽泛的考试内容 ,主要由求值,求方程,求定值,最值,求参数取值范畴等几 部分组成 ,其中考查较多的圆锥曲线是椭圆 ,解决这类问题要重视方程思想,函数思想及化归思 想的应用 . 24. 【 2022 高考浙江,文 19】（此题满分 15 分）如图,已知抛物线 C1： y 12 x ,圆 42 C2：x 2 y 1 1,过点 Pt,0t0 作不过 原点 O 的直线 PA, PB 分别与抛物线 C1 和圆 C2 相切, A,B 为切点 . （ 1）求点 A, B 的坐标； （ 2）求 P

59、AB 的面积 . 注：直线与抛物线有且只有一个公共点,且与抛物线的对称轴不平行,就该直线与抛物线 相切,称该公 第 24 页,共 30 页共点为切点 . 【答案】 1 2 A2t, t , B 12t , 12 32t ；2 t t 2 2t 2 【解析】 1设定直线 的方程,通过联立方程,判别式为零,得到点 的坐标；依据圆的性质,利 用点关于直线对称,得到点 的坐标； 2利用两点求距离及点到直线的距离公式,得到三角 形的底边长与底边上的高,由此运算三角形的面积 . 试题解析： 1由题意可知,直线 的斜率存在,故可设直线 的方程为 y k x t . y kx t 所以 1 消去 y ,整理得

60、： x 24kx 4kt 0 . y 2 4x由于直线 与抛物线相切,所以 16k 216kt 0 ,解得 k t . 所以 x 2t ,即点 A2t,t 2 . 设圆 C2 的圆心为 D 0,1,点 B 的坐标为 x0 , y0 ,由题意知,点 , 关于直线 D 对称, 故有 y0 2 2t x0 1, x0t y0 02 2解得 x0 2t 2 , y0 2t 2 .即点 B 2t 2 , 2t 2 . 1 t 1 t 1 t 1 t 22由1知, AP t 1 t , 2直线 的方程为 tx y t 0 , 第 25 页,共 30 页所以点 到直线 的距离为 d t 2 . 1 t 2