十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题汇编新高考卷与全国专题14平面解析几何解答题（解析版）

大数据之十年高考真题(2013-2022)与优质模拟题(新高考卷与新课

标理科卷)

专题14平面解析几何解答题

©真题汇总

1.【2022年全国甲卷理科201设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点D(p,O),过尸的直线交C于

N两点.当直线A/D垂直于x轴时，|Mr|=3.

(1)求C的方程；

(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为4B,记直线MN,4B的倾斜角分别为a/.当a-£取得最大值

时，求直线Z8的方程.

【答案】⑴y2=4x；

(2MB：x=V2y+4.

【解析】

(1)抛物线的准线为当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p,

此时|MF|=p+]=3,所以p=2,

所以抛物线C的方程为V=4x；

出设做4，丫1),/7序丫2)，4序丫3)，8(1/4),直线“':%=my+1,

,x=my+1_,

Do=

由｛y2_4%可得y?_4my_4=0,A>0,y1y2~

由斜率公式可得AMN=汽手=急，kAB=转=总,

~4~4~~4---4-

直线M£>:x=2二・y+2,代入抛物线方程可得y2一生出攵y-8=0,

yiyi

△>0,y1y3=-8,所以、3=2丫2，同理可得以=2yi，

所以的月=-±_=-1—=皿

71AB

人为+必2(yi+y2)2

又因为直线MN、Z夕的倾斜角分别为a邛，

所以的B=tan/?=等=詈，

若要使a—6最大，则夕6(05),

Q、_tana-tan/?_k__11_V2

设=2k48=2k>0，则anF(a")i+tanatan0l+2k2-+2k~fiT74，

k92尿2k

当且仅当沪2k即k时,等号成立，

所以当a一夕最大时，kAB=y.设直线AB:x=V^y+n,

代入抛物线方程可得y2一4V2y_4n=0，

△>°，y3y4=_4n=4yly2=一16,所以几=4,

所以直线48:%=&y+4.

2.[2022年全国乙卷理科20】已知椭圆£的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过4(0,-2),B俱,一1)

两点.

(1)求E的方程；

(2)设过点P(l,-2)的直线交E于N两点，过/且平行于x轴的直线与线段N8交于点7,点4满足

MT=TH.证明：直线"N过定点.

【答案】(14+==1

43

(2)(0,-2)

【解析】

(1)解：设椭圆£的方程为7nx2+ny2=1,过4(0,-2),8(|,-1),

(4n=1

WlJhm+n=l'解得m=§1，n=~1,

14

所以椭圆E的方程为：^+-=1.

43

(2)4(0,-2),呜-1),所以AB:y+2=|x,

①若过点P(l,-2)的直线斜率不存在，直线久=1.代入二+叱=1,

34

可得M(l,竺)，N(l,-等)，代入48方程y=9x-2,可得

333

T(V6+3,竽)，由祈=77?得到H(2乃+5,苧).求得HN方程：

y=(2-^)%-2,过点(0,-2).

②若过点P(l,-2)的直线斜率存在，设kx-y-(k+2)=0,M(x1,y1),/V(x2,y2).

(kx—y—(k+2)=0

联立，+ft，得(3k2+4)/-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,

_6k(2+k)-8(2+k)

%1+xyi+y2=

可得《2-3k2+43k2+4

3k(4+k)4(4+4k-2A2)

Xi%=

23k2+4y2y2=3k2工一

且X02+=^2^（*）

y=乃

y=lx-2，可得T（争+3,%），，（3%+6-x月）.

{1（

可求得此时HN:y-y2=右,二二。一犯）,

-

将(0,-2),代入整理得2(/+%2)6d+y2)+xty2+冷力-3yly2-12=0,

将(*)代入，得24k4-12k2+96+48k-24/<-48-48/<+24/c2-36k2-48=0,

显然成立，

综上，可得直线"N过定点（0,-2）.

3.【2022年新高考1卷21】已知点4（2,1）在双曲线C。-生=l（a>1）上，直线/交C于P,0两点，直

线4P,4Q的斜率之和为0.

⑴求/的斜率；

⑵若tan/PAQ=2&，求APAQ的面积.

【答案】（1）一1;

（2喈.

【解析】

(1)因为点4(2,1)在双曲线£*：/—，三=1(Q>1)上，所以，-7三二1，解得a?=2,即双曲线C:5—y?=1

易知直线/的斜率存在，设±y=k[+?n,P(%i，yD，Q(%2，y2)，

y=kx+m

2

x7Y可得，(1—2依)%2—47nk%—2^2—2=0,

Iy-y=1

所以，〃+&=-=2丁+2,A=16m2k2+4(2m2+2)(2k2-l)>0=>m2-l+2k2>0.

ctKxZAC-1

所以由的p+攵8P=。可得，+

即(%i—2)(fcx2+m—1)+(小—2)(fcxj+m-1)=0,

即2kxi04-(m—1—2k)(x1+x2)—4(m—1)=0,

所以2kx+(m-1-2fc)(-怒)-4(m-l)=0,

化简得，8k2+4k—4+4m(fc+1)=0,即(/c+l)(2fc—1+m)=0,

所以k=-1或m=1-2fc,

当?n=l-2k时，直线=/ex+m=k(%-2)+1过点4(2,1),与题意不符，舍去，

故k=一1.

(2)不妨设直线P4PB的倾斜角为a,A3V位，因为服p+ksp=。，所以a+/?=m

因为tanZ-PAQ=2\/2»所以tan(j5-a)=2后，即tan2a=-2V2,

即夜tan2a—tana一四=0,解得tana=V2,

于是，直线P4:y=/(％-2)+1,直线P8:y=-/(宛一2)+1，

y=V2(x—2)+1q

联立］2可得，^x24-2(1-2V2)x+10-4V2=0,

-x----=912

I2)

因为方程有一个根为2,所以孙=甘名丫「=容，

同理可得，XQ=&^,yQ=二零.

所以PQ:x+y_|=0,\PQ\=y,

点4到直线PQ的距离d=W=逑，

y123

故4PAQ的面积为］x弓x苧=竽

4.【2022年新高考2卷21】已知双曲线C:捻一3=Ma>0,d>0)的右焦点为尸(2,0),渐近线方程为y=±伍.

(1)求C的方程；

(2)过尸的直线与C的两条渐近线分别交于4,8两点，点P(Xi，yi),Q(%2，y2)在。上，且Xi>到>。，、1>0.过

P且斜率为-次的直线与过。且斜率为次的直线交于点"从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一

个成立：

①河在AB上；@PQ||AB；®\MA\=\MB\.

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.

【答案】(1比2-1=1

(2)见解析

【解析】

(1)右焦点为F(2,0),，c=2」.•渐近线方程为丫=±百方，==，c2=a2+b2=4a2=4,

♦・Q=1,・・b=V3•

，C的方程为：%2—Y=1；

(2)由已知得直线PQ的斜率存在旦不为零，直线AB的斜率不为零,

若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线4B的斜率存在且不为零；

若选①③推②，则M为线段4B的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在%轴上，即

为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而打=》2，己知不符；

总之，直线4B的斜率存在且不为零.

设直线48的斜率为k,直线4B方程为y=k(x-2),

2

则条件①M在4B上，等价于yo=k(x()-2)=ky0=k(x0-2)；

两渐近线的方程合并为-y2=0,

联立消去y并化简整理得：—3)x2-4k2%+41=0

设4。3，丫3)，8(%3，丫4),线段中点为可。地为;),则々7=^±=^^,yw=k(XN-2)=

设0，%)，

22

则条件③14Ml=|BM|等价于(X。一町)2+(y0-y3)=(x0-x4)+仇-yj,

移项并利用平方差公式整理得：

(叼-%4)[2X0-(%3+*4)]+(73-、4)[2、0-佻+y4)]=0>

[2x-(x+*4)]+TZT[2yo—(73+、4)]=O,BPx-x+k(y-y)=0,

03“3兀4oN0N

即&+ky0=黑；

由题意知直线PM的斜率为-V3,直线QM的斜率为我，

，由乃-y0=-V3(xx-x0),y2-y0=V3(X2-x0),

•'­yi-yi=-V3(Xi+x2-2x0),

所以直线PQ的斜率m=上*=一题+xz二2x。)

Xl-X2Xi-X2

直线PM:y=-V3(x-%0)+y。，即y=yo+V3x0-V3x,

代入双曲线的方程3%2一y2-3=o,BP(V3x+y)(V3x-y)=3中，

得：(y()+V3x0)[2V3x-(y0+V3x0)]=3,

解得p的横坐标：/=嘉(舄菰+即+8出),

同理：X2=一嘉(五T瓯+y。一百x。)，

...X1-x2=^=导制+y0),x1+x2-2x0=-展均-x0.

・••条件②PQ〃48等价于m=fc<=>kyQ=3x0»

综上所述：

条件①M在48上，等价于ky。=12(%0一2)；

条件②PQ〃48等价于比必=3%0；

条件③|4M|=|BM|等价于与+ky0=黑；

选①②推③：

由①②解得：x0=菖p二通+ky0=4x0=要二'.③成立；

选①③推②：

由①③解得：x0=^kyo=段，

•*.ky0=3%0'②成立；

选②③推①：

由②③解得：的=/，ky0=/，；.%0-2=岛，

2

.".ky0=k(x0-2),...①成立.

5.【2021年全国甲卷理科20】抛物线C的顶点为坐标原点O.焦点在x轴上，直线/：x=l交C于P,Q

两点，SOP1OQ.已知点M(2,0),且0M与/相切.

(1)求C,0M的方程；

(2)设A，4，&是C上的三个点，直线4遇2,4遇3均与OM相切.判断直线色也与。M的位置关系，并

说明理由.

【答案】(1)抛物线C:y2=x,。时方程为。一2)2+/=1；(2)相切，理由见解析

(1)依题意设抛物线=2px(p>0),P(l,y0),Q(l,-y0),

vOP1OQ,OP-OQ=1-yo=1-2p=0,2p=1,

所以抛物线C的方程为y2=x,

乂(0,2),。“与苫=1相切，所以半径为1,

所以OM的方程为(无一2产+必=1；

(2)设4(*2,月)，4(*3,旷3)

若4遇2斜率不存在，则4遇2方程为X=1或x=3,

若4送2方程为x=1.根据对称性不妨设4式1,1),

则过冬与圆M相切的另一条直线方程为y=1,

此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在心，不合题意；

若4遇2方程为X=3,根据对称性不妨设4式3,6),4(3,-V3),

则过久与圆M相切的直线4遇3为y-百=弓0-3),

又做血=?F=+—v='y>>'-y3=°，

1°xi-x^yvi+门vvs+y3J

x3=0,43(0,0),此时直线4送3,4A关于无轴对称，

所以直线/A与圆M相切；

若直线4142,4送3,424斜率均存在，

则心也=焉，心也=六，％方=六'

所以直线A/方程为y-yi=五之(万一必)，

整理得*-(yi+y2)y+y,2=o-

同理直线/hA的方程为x-(%+%)y+y，3=o>

直线4243的方程为X-(72+旷3)丁+及丁3=o,

•••4通2与圆M相切，二总嚼=1

整理得(%-l)y|+2yly2+3-*=0,

AiA与圆M相切，同理卬彳-l)y1+2yly3+3-%=0

所以丁2，为为方程Cy彳-l)y2+2yly+3-y|=。的两根,

.2yl3—y?

及+y3=一行,旷2，为=布，

M到直线出北的距离为：

\2+y2y3\

y)2

yji+(y2+32月

1+(-)2

_必+1|=X1+1_1

J(yi-t)z+4yiy,+1，

所以直线71243与圆M相切；

综上若直线4送2，&43与圆M相切，则直线4公与圆M相切.

6.[2021年新高考1卷21】在平面直角坐标系xOy中，已知点尸式-717,0)、尸2(旧,0)1“尸1|-|M&I=2,

点M的轨迹为C.

(1)求C的方程;

(2)设点T在直线x=5上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P,Q两点，且|74|-|7B|=|7P|•|7Q|,

求直线4B的斜率与直线PQ的斜率之和.

【答案】(1)x2-^=l(x>1)：(2)0.

16

因为IMFj-\MF2\=2<\FtF2\=2V17,

所以，轨迹C是以点匕、尸2为左、右焦点的双曲线的右支，

设轨迹C的方程为5一3=1(。>0,b>0),则2a=2,可得a=l,b=V17-a2=4-

所以，轨迹C的方程为二一廿=l(x21)；

16

(2)设点T(gt)，若过点71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y-t=kiCx-i),即y=klX+

联立｛'=4I*+t—5自，消去y并整理可得(舷—16)x2+%(2t—ki)x+(t-ifcj2+16=0,

16x2-y2=162

设点4Qi，y。、B(x2,y2)>则打>洱M/

由韦达定理可得%+尤2=专驾，”2=常：吗

所以，\TA\■\TB\=(l+kl).|x1-i|-|x2-1|=(l+好)•(石小一空+》=(产罂产,

设直线PQ的斜率为电，同理可得|TP|•|TQ|=丁+#)[?.),

«2—lo

因为|7川,|TB|=|TP|•|7Q|,即器:好),整理可得暇=好，

即®-fc2)(^i+丸2)=0,显然峪—k2于0,故。+k2=0.

因此，直线4B与直线PQ的斜率之和为0.

7.【2021年全国乙卷理科21】已知抛物线。:必=2py(p>0)的焦点为F,且F与圆M:7+⑶+4尸=1

上点的距离的最小值为4.

(1)求p；

(2)若点P在M上，P4PB是C的两条切线，4,B是切点，求APAB面积的最大值.

【答案】(1)p=2；(2)20V5.

(1)抛物线C的焦点为尸(0段)，\FM\=1+4,

所以，尸与圆M:7+(y+4)2=1上点的距离的最小值为々+4-1=4,解得p=2：

(2)抛物线C的方程为/=4y,即y=9,对该函数求导得y'=a

设点4（*i，%）、B（x2,y2）'P（XoJo），

直线P4的方程为y-力=-*i）,即y=当一%,即Xi%—2月—2y=0,

同理可知，直线PB的方程为QX-2y2-2y=0,

由于点P为这两条直线的公共点，则-^i-2yo=o

所以，点4、8的坐标满足方程％0工一2y-2yo=0,

所以，直线4B的方程为项）比一2y-2yo=0,

xox一2y—2yo=0

2

联立｛x，可得冗2-2x0x+4y0=0,

丁=了

由韦达定理可得工i+尤2=2&,xtx2=4y0,

所以，|砌=J1+（即.J（X]+&）2_4x62=F+（即.14就一16yo=.+4）（就一4y°）,

j岛-4y（）|

点P到直线A8的距离为d=一

料+4

所以，S&PAB=T\AB\,d=TJ（就+4）（琢-4yo）,=I（xo-4,0”，

2

•••-4y0=1-（y0+4>-4y0=-羽-12y0-15=-（y0+6）+21,

由已知可得一5Wy（）W-3,所以，当y（）=-5时，△P4B的面积取最大值：x202=20遍.

8.（2021年新高考2卷20]已知椭圆C的方程为《+，=l（a>b>0）,右焦点为F（M,0）,且离心率为苧.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设〃，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线/+产=。2（%>0）相切.证明：M,N,尸三点共线的

充要条件是|MN|=V3.

【答案】（1）-+y2=1；（2）证明见解析.

3J

（1）由题意，椭圆半焦距c=四且e=£=丑，所以a=6，

a3

又万2=02—2=1,所以椭圆方程为三2+y2=1；

（2）由（1）得，曲线为/+y2=1（*>0）,

当直线MN的斜率不存在时，直线MN:x=l,不合题意；

当直线MN的斜率存在时，设M（Xi，yD，N（*2，y2），

必要性：

若AAN,尸三点共线，可设直线MN：y=九（K—四）即kx—y-=0,

由直线MN与曲线/+y2=>0)相切可得笔詈=1,解得上=±1,

y=±(x-V2)0

联立｛x22_可得4%2—6企％+3=0，所以%1+也=•九2=1

三+y-

所以|MN|=V1T1-J(%1+无2)2_4T.5=V3,

所以必要性成立；

充分性：设直线MMy=/ur+b,(kb<0)即/cr-y+b=0,

由直线MN与曲线必+丁2=1(x>0)相切可得喘*=1,所以严=1+1,

y=kx4-b

222

联立｛直+2=］可得(1+3k)x+6kbx+3b-3=0,

3+y-

2

所以％1+工2=6kb_3b-3

l+3fc2,X1X1=I+3fc2,

所以|MN|=Vl+k2-，(3+皿)2-4%i-2=V1+)2-4-

=行中•播=百

化简得3（土2一1）2=0,所以九=±1,

所以%）1或t—卷，所以直线MN:y=x—鱼或旷=—x+&，

所以直线MN过点尸（鱼,0）,M,N,尸三点共线，充分性成立：

所以A/,N,尸三点共线的充要条件是|MN|=6.

9.【2020年全国1卷理科20】已知/、8分别为椭圆氏《+y2=i（a>1）的左、右顶点，6为£的上顶

点，AGGB=S,P为直线—6上的动点，必与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C。过定点.

【答案】（1）5+V=1；（2）证明详见解析.

【解析】

（1）依据题意作出如下图象：

^AG=（a,1）,■=（『1）

:.AG•GB=a2-1=8»/.a2=9

•••椭圆方程为：9+y=1

（2）证明：设P（6,y0）,

则直线4P的方程为：y=^gy（x+3）,即：y=^（x+3）

（日+必=1

联立直线AP的方程与椭圆方程可得：19」，整理得：

卜="+3）

22

（yz+9）/+6y0x+9y-81=0,解得：x=—3或x==3y°?字

00yo+9

将xr：言7代入直线）=蓝a+3）可得:，=泻%

所以点C的坐标为（若普，表）.

同理可得：点D的坐标为2+；,,0名；［）

二直线6的方程为：y-（寿）=品髭［一空谷），

2

yo2+9y0+1

整理可得：y+^r=^fe^g*）=^H（x—三）

整理得”=+f=自1号）

故直线CD过定点G，o）

10.【2020年全国2卷理科19】已知椭圆C1：5+5=1（心6>°）的右焦点E与抛物线C2的焦点重合，G

的中心与C2的顶点重合.过尸且与x轴垂直的直线交G于4B两点,交C2于C,D两点,且|。。|=?|/用.

(1)求G的离心率；

(2)设"是Ci与C2的公共点，若|知尸|=5,求Ci与C2的标准方程.

2

【答案】(1)；；(2)C1：^-+^-=1,C2-.y=12x.

Looin

【解析】

(1)F(c,O),ABlx轴且与椭圆Ci相交于4、B两点,

则直线4B的方程为x=c,

=c

ZX=rC

i空

得

解

2=Q4用

y_ly=

Mla

+=±a

b2

次

抛物线。2的方程为f=4g联立b广二："

解得••.|CD|=4c,

•••\CD\=^\AB\,即4c=招，2b2=3ac,

即2c2+3ac-2a2=0,即2/+3e—2=0,

-0<e<l,解得e=：,因此，椭圆Ci的离心率为去

(2)由(1)知a=2c,b=Wc,椭圆Ci的方程为弓+/-=1,

y2=4cx

1_消去y并整理得3/+16cx-12c2=0,

解得算=|c或工=一6c(舍去)，

由抛物线的定义可得|MF|=^C+C=y=5,解得c=3.

因此，曲线Ci的标准方程为1+《=L

36Z7

曲线。2的标准方程为y2=12X.

11.【2020年全国3卷理科20】已知椭圆。总+5=1(0<„1<5)的离心率为手，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在直线贫=6上，且|BP|=|BQ|,BP1BQ,求的面积.

【答案】⑴》察=1：⑵*

【解析】

(1)C:—+-4=1(0<m<5)

25mlv7

・•・a=5,b=m,

根据离心率e="Jl-g)2=Jl-(y)2=空

解得m：或m=-米舍)，

・•.C的方程为：胃+为1=1，

(2)不妨设P,Q在x轴上方

•••点P在C上，点Q在直线x=6上，且|BP|=|BQ|,BPA.BQ,

过点P作*轴垂线，交点为M,设x=6与x轴交点为N

根据题意画出图形，如图

v\BP\=\BQ\,BP1BQ,^PMB=Z.QNB=90°,

又,：APBM+"BN=90°,乙BQN+"BN=90°,

Z.PBM=乙BQN,

根据三角形全等条件“44S”，

可得：△PMB=△BNQ,

•••B(5,0),

|PM|=|BN|=6-5=1,

设P点为OPJP),

可得P点纵坐标为yp=1,将其代入总+罢=1，

可得：(+$1,

解得：勺＞=3或勺＞=一3,

•••P点为(3,1)或(-3,1),

①当P点为(3,1)时，

故|MB|=5-3=2,

•••APMB三匕BNQ,

\MB\=\NQ\=2,

可得：(2点为(6,2),

画出图象，如图

•••4(-5,0),0(6,2),

可求得直线AQ的直线方程为：2x-lly+10=0,

|2x3-ll＞l+10|_⑸_VS

根据点到直线距离公式可得到直线的距离为:

PAQ―依+112—―V125—T'

根据两点间距离公式可得：|4Q|=J(6+5)2+(2—0)2=5V5,

APQiSi积为：gxSV5xE=*

②当P点为(一3,1)时,

故|MB|=5+3=8,

PMBBNQ,

■■■|MB|=\NQ\=8,

可得：Q点为(6,8),

画出图象，如图

•./!(-5,0),9(6,8),

可求得直线4Q的直线方程为：&x-lly+40=0,

根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d=吟子与

根据两点间距离公式可得：\AQ\=J(6+5川+(8-0尸=V185,

4PQ面积为：；xA/185x-^===p

综上所述，A4PQ面积为：1

12.【2020年山东卷22】已知椭圆C：《+《=l(a>b>0)的离心率为浮，且过点Z(2,1).

(1)求C的方程：

(2)点/，N在C上，且ADLMN,。为垂足.证明：存在定点0,使得|。0|为定值.

【答案】(1)］+4=1；(2)详见解析.

6J

【解析】

(1)由题意可得：|,解得：a2=6,b2=c2=3,故椭圆方程为：［+4=1.

/十庐一］63

la2=b2+c2

(2)设点M(X1，%),JV(x2,y2)-

因为AM±AN,：.AMAN=0,即(与-2)(x2-2)+(yx-l)(y2-1)=0,①

当直线MN的斜率存在时，设方程为、=kx+m,如图1.

代入椭圆方程消去y并整理得：(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,

z

4km2m-6仆

打+&=一由，曰犯=/②,

kx

根据%=kXi+m,y2=2+ni,代入①整理可得：

22

(k+l)x1x2+(km—k—2)(xj+x2)+(m—l)+4=0

将②代入，(k2+1)+(比加一比一2)(-(舞■)+(m-l)2+4=0,

整理化简得(2比+3m+l)(2fc+m-1)=0,

：A(2,1)不在直线MN上，.'.Zk+m-l^O,

/.2k+3m+1=0/k丰1,

于是MN的方程为y=fc(x-g-1,

所以直线过定点直线过定点Eg,-J).

当直线MN的斜率不存在时，可得NOi，-yj,如图2.

代入Oi-2)(X2-2)+(%—l)(y2-1)=0得g-27+1-比=0,

结合卷+£=1，解得*1=2(舍),Xi=*

此时直线MN过点E你一

由于/£为定值，且△ZDE为直角三角形，/E为斜边，

所以NE中点。满足|QD|为定值（ZE长度的一半J（2-§2+（1+分2=苧）

由于2（2,1）,E痣,一3,故由中点坐标公式可得Qg,i）.

故存在点（?6；），使得为定值.

13.【2020年海南卷21】已知椭圆C：/+《=l（a>b>0）过点"（2,3）,点4为其左顶点，且的

斜率为/，

(1)求C的方程；

(2)点N为椭圆上任意一点，求的面积的最大值.

【答案】⑴捻+《=1；⑵12.

Io1Z

【解析】

(1)由题意可知直线4W的方程为：y-3=1(x-2),即x—2y=-4.

当y=0时，解得x=-4,所以。=4,

椭圆C:3a=1(。＞b＞。)过点M2,3),可得高+.=11

解得廿=12.

所以C的方程：捻+5=L

1O14

(2)设与直线平行的直线方程为：x-2y=m,

如图所示，当直线与椭圆相切时，与力M距离比较远的直线与椭圆的切点为M此时的面积取得最

大值.

联立直线方程x—2y=m与椭圆方程盘+《=1,

1614

可得：3(m+2y尸+4y2=48,

化简可得：16y2+12my+3m2-48=0,

所以4=144m2-4x16(3m2-48)=0,即/n2=64,解得加=±8,

与距离比较远的直线方程：x-2y=8,

直线AM方程为：x—2y=-4,

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：d=霜=詈，

由两点之间距离公式可得14Ml=J（2+4。+32=3V5.

所以△/MN的面积的最大值：|x3V5x^=18.

14.【2019年新课标3理科21】已知曲线C：夕=竽，。为直线y=—④上的动点，过。作C的两条切线，切

点分别为4,B.

（1）证明：直线过定点；

（2）若以E（0,1）为圆心的圆与直线月8相切，且切点为线段N8的中点，求四边形ND8E的面积.

【答案】解：⑴证明：尸苧的导数为/=x,

22

设切点4（xi,y\）,B（、2，/），即有＞，”=爸-，

切线D4的方程为y-yi=xi（x-xi）,即为歹=xix-2尹，

切线DB的方程为y=、＞一等，

联立两切线方程可得（XI+X2），

可得。=21制》2=-21,RPX\X2=7,

2

直线48的方程为、一号分（X-X1）,

即为y—*（xi+%2）（x-制），

可化为y=,（xi+x2）x+天

可得力3恒过定点（0,1）；

（2）法一：设直线48的方程为尸质+参

由（1）可得Xl+X2=2怎X\X2=-1,

AB中点〃（丸F+W），

由H为切点可得E到直线AB的距离即为区可，

|1_^|_________________

可得备%+（1一2）2,

Vl+fc2V

解得左=0或％=±1,

即有直线的方程为产我尸土x+参

由尸今可得|第=2,四边形4D8E的面积为肝S“o=*x2X(1+2)=3；

由y—±x+g,可得只8|=V1+1*>/4+4=4,

I|l+j+|||—

此时D(±1,-4)到直线AB的距离为一?=V2;

zV2

5|z-z||—

E(0,-)到直线的距离为上普=J5,

2V2

则四边形的面积为广S"?o=；x4X(V2+V2)=4或；

法二：

(2)由(I)得直线48的方程为尸田+1

y=tx+i

x2,可得1=0.

{y=T

于是XI+X2=2/,X\XI=-1,y\+yi=t(xi+X2)+1=2»+1,

22

\AB\=V14-t|%i-x2\=V14-1Xyjd+小)2-4%I%2=2(P+l).

设力，心分别为点。，E到直线N8的距离，则力=VFE,J2=7j=.

因此，四边形石的面积5=m/8|(4+“2)=(?+3)Vt2+1.

设M为线段48的中点，则M(f,於+分.

由于EM1.4B,而EM=(t,t2-2),与向量(1,f)平行，所以什(?-2)t=0.解得％=0或/=±1.

当7=0时，5=3；当£=±1时，S=4A/2.

综上，四边形/O8E的面积为3或4a.

15.【2019年全国新课标2理科21】已知点4(-2,0),B(2,0),动点“(x,y)满足直线与

的斜率之积为-摄记”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,。两点，点P在第一象限，PEJ_x轴，垂足为E,连结QE并延长交C

于点G.

(力证明：△P0G是直角三角形；

(〃)求APOG面积的最大值.

yy1

【答案】解：(1)由题意得—7乂上\=—亍

x+2x—22

/y2

整理得曲线c的方程：—+—=i(yh0),

4L

・・・曲线C是焦点在x轴上不含长轴端点的椭圆;

(2)

(/)设尸(xo,加)，则QC-xo,-yo)f

E(xo»0)»G(XG，_VG),

...直线。E的方程为：y=薨(x-x。)，

//

与1+y=1联立消去夕，

22222

得(2与2+y02)x-2x0y0x+x0y0-8x0=0,

与2打2_8而2

；.一

xoxG22

2x0+y0

2

•Y(8-y0)x0

'•几一2x02+yo2'

yo(4r()2-yo2)

畸(死一&)=

-yc22

2x0+y0

y「yo

kpG

xG-x0

22

yo(4-xo-yo)

2xo2+yo2-yo

飞(8-邓2)

2xo2+yo2

=4'0-丫0为2一%3_2%而2一,03

232

8x0-x0y0-2x0-x0y0

22

y0(4-3x0-2y0)

22

-2x0(4-y0-x0)'

把&2+2%2=4代入上式，

yo(4-3x()2_4+xo2)

得

kpG=22

2xo(4-yo-4+2yo)

*12*

-y0x2x0

2

2xoyo

=一桎，

y。

:・kpQXkpG=2X（一微）=-1,

C.PQLPG,

故△尸0G为直角三角形；

）S^PQG=1\PE\x（xc-飞）

=现OG+x（＞）

=g[（8-九2以

22+M

2x0+y0

222

18-y0+2x0+y0

=尹0&22

2x0+y0

丫0刀0（4+、2）

22

2x0+y0

丫0X0（＞02+2'02+勺2）

22

2x0+y0

2、0勺（勺2+丫02）

22

2x0+y0

8y（）Xo（Xo2+yo2）

2222

（2x0+y0）（x0+2y0）

8CyoXo3+x0yo3）

4422

2xo+2yo+5xoyo

8(班给

2浜部+1

令仁包+为，则，》2,

y。xo

8t8

$c#。。=五甲=码

利用“对号”函数/(f)=2f+*在［2,+8)的单调性可知,

1Q

/（/）＞4+|=J口=2时取等号）,

:,SaQG三人=竽（此时%o=yo="

2

16

故△PQG面积的最大值为

c3

16.【2019年新课标1理科19】已知抛物线C：/=3x的焦点为尸，斜率为］的直线，与。的交点为4B,

与X轴的交点为尸.

(1)若MFI+I8用=4,求/的方程；

(2)若G=3而，求|48|.

【答案】解：⑴设直线/的方程为产掾(X-/),将其代入抛物线炉=3x得：-X2-(-/+3)x+¥=0,

设4(X],y\),B(X2,”)，

%+34

则x\+x2=J—=2r+司，①，XIX2=/2(5),

4

由抛物线的定义可得：|力月+|8月=不+切+P=2什*+|=4,解得仁£,

直线I的方程为产|%-

—>—>3o

(2)若4P=3PB,则川=-3”，A-(X1-t)=-3X挤(m-力，化简得制=-3x2+43③

2/

由①②③解得f=l，xi=3,X2=g，

...।叫二+打—4=型.

x2

17.【2018年新课标1理科19】设椭圆C：彳+刀2=1的右焦点为尸，过F的直线/与C交于"，8两点,

点用的坐标为(2,0).

(1)当/与x轴垂直时，求直线4M的方程；

(2)设O为坐标原点，证明：NOMA=NOMB.

【答案】解：(1)c=V2-1=1,

：.F(1,0),

,门与x轴垂直,

；・x=l,

(X=1(%=1(X=1

由二,2V解得&或K

Vr+y=1k=T

：.A(1,—),或(1,-乎)，

2z

.,.直线Z/W的方程为y=-竽什V2,y=容lV2,

证明：(2)当/与x轴重合时，NOMA=NOMB=0°,

当/与x轴垂直时，为的垂直平分线，.•.NOA//=/OM8,

当/