高考理科数学全国卷解析几何大题近四年全解析版.doc

高考理科数学全国1卷
（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，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若，求|AB|．
解：设直线．
（1）由题设得，故，由题设可得．
由，可得，则．
从而，得．
所以的方程为．
（2）由可得．
由，可得．
所以．从而，故．
代入的方程得．
故．

（2018一卷理）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：.
解：（1）由已知得，l的方程为x=1.
由已知可得，点A的坐标为或.
所以AM的方程为或.
（2）当l与x轴重合时，.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，
则，直线MA，MB的斜率之和为.
由得
.
将代入得
.
所以，.
则.
从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以.
综上，.

（2017一卷理）已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（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，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（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，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得

由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而

.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）

（2016一卷理）设圆的圆心为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）（）；（II）
【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，，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.
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.

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−.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：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
解：（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，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．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得
．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．

（2018二卷理）设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．
（1）求的方程；
（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．
解：（1）由题意得，l的方程为.
设，
由得.
，故.
所以.
由题设知，解得（舍去），.
因此l的方程为.
（2）由（1）得AB的中点坐标为，所以AB的垂直平分线方程为，即.
设所求圆的圆心坐标为，则
解得或
因此所求圆的方程为或.
（2017二卷理）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P满足.
(1) 求点P的轨迹方程；
(2) 设点Q在直线x=-3上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

解：
（1）设P（x,y）,M（x0,y0）,设N（x0,0）,
由得
因为M（x0,y0）在C上，所以
因此点P的轨迹方程为
（2）由题意知F（-1,0）.设Q（-3，t）,P(m,n),则
，

由得，又由（1）知，故
3+3m-tn=0
所以，即又过点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.

（2016二卷理）已知椭圆E:的焦点在轴上，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，时，求△AMN的面积；
（II）当时，求k的取值范围.
解析：（I）设，则由题意知，当时，的方程为，.
由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为.
将代入得.解得或，所以.
因此的面积.
（II）由题意，，.
将直线的方程代入得.
由得，故.
由题设，直线的方程为，故同理可得，
由得，即.
当时上式不成立，
因此.等价于，
即.由此得，或，解得.
因此的取值范围是.

高考数学理科全国三卷
（2019三卷理）21.已知曲线，为直线上的动点.过作的两条切线,切点分别是,,
（1）证明：直线过定点;
（2）若以为圆心的圆与直线相切,且切点为线段的中点,求四边形的面积.
答案：
见解析；
解答：
（1）当点在时，设过的直线方程为，与曲线联立化简得
，由于直线与曲线相切，则有，解得，
并求得坐标分别为，所以直线的方程为；
当点横坐标不为时，设直线的方程为（），由已知可得直线
不过坐标原点即，联立直线方程与曲线的方程可得，，
消并化简得，∵有两个交点∴，
设，，根据韦达定理有，
，，
由已知可得曲线为抛物线等价于函数的图像，
则有，则抛物线在上的切线方程为①，
同理，抛物线在上的切线方程为②，
联立①，②并消去可得，
由已知可得两条切线的交点在直线上，则有
，
化简得，，∵，∴，
即，即为，解得，经检验满足条件，
所以直线的方程为过定点，
综上所述，直线过定点得证.
（2）由（1）得直线的方程为，
当时，即直线方程为，此时点的坐标为，
以为圆心的圆与直线相切于恰为中点，
此时；

当时，直线方程与曲线方程联立化简得，
，，，
则中点坐标为，
由已知可得，即，
解得，，
由对称性不妨取，则直线方程为，
求得的坐标为，，
到直线距离，到直线距离，
则，
综上所述，四边形的面积为或.
（2018三卷理）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．
（1）证明：；
（2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．

解：（1）设，则.
两式相减，并由得
.
由题设知，于是
.①
由题设得，故.
（2）由题意得，设，则
.
由（1）及题设得.
又点P在C上，所以，从而，.
于是
.
同理.
所以.
故，即成等差数列.
设该数列的公差为d，则
.②
将代入①得.
所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.
故，代入②解得.
所以该数列的公差为或.

（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
由可得
又=4
因此OA的斜率与OB的斜率之积为
所以OA⊥OB
故坐标原点O在圆M上.
（2）由（1）可得
故圆心M的坐标为，圆M的半径
由于圆M过点P（4，-2），因此,故
即
由（1）可得，
所以，解得.
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，圆M的方程为
当时，直线l的方程为，圆心M的坐标为，圆M的半径为，圆M的方程为

（2016三卷理）已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．
（I）若在线段上，是的中点，证明；
（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.

由题设.设，则，且
.
记过两点的直线为，则的方程为. .....3分
（Ⅰ）由于在线段上，故.
记的斜率为，的斜率为，则，
所以. ......5分
（Ⅱ）设与轴的交点为，
则.
由题设可得，所以（舍去），.
设满足条件的的中点为.
当与轴不垂直时，由可得.
而，所以.
当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为. ....12分