十年(2012-2021)高考数学真题分类汇编专题12 解析几何(学生版+解析版)

【2021年】

x21．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）设B是椭圆C:y21的上顶点，点P在C上，则PB的

5最大值为（ ） A．

5 2B．6 C．5 D．2

x2y22．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）设B是椭圆C:221(ab0)的上顶点，若C上的任

ab意一点P都满足|PB|2b，则C的离心率的取值范围是（ ）

2,1A． 21B．,1

220,C． 2D．0,

21x2y23．1的一条渐近线的距离为（ ） （2021年全国高考甲卷数学（文）试题）点3,0到双曲线169A．

9 5B．

8 5C．

6 5D．

4 5x2y24．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知F1的两个焦点，点M在C上，则1，F2是椭圆C：

94MF1MF2的最大值为（ ）

A．13

二、多选题

5．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知点P在圆x5y516上，点A4,0、B0,2，

22B．12 C．9 D．6

则（ ）

A．点P到直线AB的距离小于10 B．点P到直线AB的距离大于2 C．当PBA最小时，PB32 D．当PBA最大时，PB32

1

三、填空题

x2y26．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）双曲线1的右焦点到直线x2y80的距离为

45________．

x27．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）已知双曲线C:y21(m0)的一条渐近线为3xmy0，

m则C的焦距为_________．

22xy8．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知F1,F2为椭圆C：1的两个焦点，P，Q为C

1上关于坐标原点对称的两点，且

PQF1F2，则四边形PFQF12的面积为________．

9．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知O为坐标原点，抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQOP，若FQ6，则C的准线方程为______.

四、解答题

10． （2021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知抛物线C:y22px(p0)的焦点F到准线的距离为2．（1）求C的方程;

（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足PQ9QF，求直线OQ斜率的最大值.

11．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）已知抛物线C:x2pyp0的焦点为F，且F与圆

2M:x2(y4)21上点的距离的最小值为4．

（1）求p；

（2）若点P在M上，PA,PB是C的两条切线，A,B是切点，求△PAB面积的最大值．

12．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：x1交C于P，Q两点，且OPOQ．已知点M2,0，且（1）求C，

M与l相切．

M的方程；

M相切．判断直线A2A3与M的位置关系，

（2）设A1,A2,A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与并说明理由．

2

13．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）在平面直角坐标系xOy中，已知点F117,0、

F217,0，MF1MF22，点M的轨迹为C.

（1）求C的方程； （2）设点T在直线x1Q两点，上，过T的两条直线分别交C于A、且TATBTPTQ，B两点和P，

2求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.

【2012年——2020年】

1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知圆x2y26x0，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ） A．1 C．3

B．2 D．4

2y22．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设F1,F2是双曲线C:x1的两个焦点，O3为坐标原点，点P在C上且|OP|2，则△PF1F2的面积为（ ） A．

7 2B．3 C．

5 2D．2

3．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（ ） A．2

B．3

C．6

D．9

224．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知⊙M：xy2x2y20，直线l：

2xy20，P为l上的动点，过点P作⊙M的切线PA,PB，切点为A,B，当|PM||AB|最小时，

直线AB的方程为（ ） A．2xy10

B．2xy10

C．2xy10

D．2xy10

5．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2xy30的距离为（ ）

3

A．5 5B．25 5C．

35 5D．

45 56．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设O为坐标原点，直线xa与双曲线

x2y2若ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为C:221(a0,b0)的两条渐近线分别交于D,E两点，

ab（ ） A．4

B．8

C．16

D．32

7．A，B是两个定点，C是动点，（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））在平面内，若ACBC=1，则点C的轨迹为（ ） A．圆

B．椭圆

C．抛物线

D．直线

8．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））设O为坐标原点，直线x2与抛物线C：

y22px(p0)交于D，E两点，若ODOE，则C的焦点坐标为（ ）

A．1,0 4B．1,0 2C．(1,0) D．(2,0)

9．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））若直线l与曲线y=x和x2+y2=方程为（ ） A．y=2x+1

B．y=2x+

1都相切，则l的51 2C．y=

1x+1 2D．y=

11x+ 22x2y210．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））设双曲线C：221（a>0，b>0）的左、

ab右焦点分别为F1，F2，离心率为5．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（ ） A．1

B．2

C．4

D．8

x2y211．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））双曲线C:221(a0,b0)的 一条渐近线

ab的倾斜角为130°，则C的离心率为 A．2sin40°

B．2cos40°

C．

1

sin50D．

1

cos50(1,0)，F2(1,0)，过12．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知椭圆C的焦点为F1F2的直线与C交于A，B两点.若│AF││F2B││AB││BF│，221，则C的方程为

4

13．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆的一个焦点，则p= A．2 C．4

B．3 D．8

x23py2p1x2y214．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））设F为双曲线C：221（a>0，b>0）的

ab右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为 A．2 C．2

B．3 D．5 x215．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知F是双曲线C:4P在C上，O为坐标原点，若OP=OF，则△OPF的面积为

A．

y251的一个焦点，点

3 2B．

5 2C．

7 2D．

9 2x2y216．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））双曲线C：=1的右焦点为F，点P在C

42的一条渐近线上，O为坐标原点，若PO=PF，则△PFO的面积为

A．

32 4B．

32 2C．22 D．32 x2y217．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I卷））已知椭圆C：21(a0)的

a40)，则C的离心率为 一个焦点为(2，A．

1 3B．

1 2C．2 2D．22 318．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷））设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为A．5

2的直线与C交于M，N两点，则FMFN= 3B．6

C．7

D．8

5

x219．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷））已知双曲线C：y21，O为

3坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M、N.若OMN为直角三角形，则|MN|= A．

3 2B．3

C．23 D．4

x2y220．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））双曲线221(a0,b0)的离心率

ab为3，则其渐近线方程为 A．y2x

B．y3x

C．y2 x2D．y3x 221．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II））已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1PF2，且PF2F160，则C的离心率为 A．1

3 2

B．23 C．

31 2D．31

x2y222．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））已知F1，F2是椭圆C：221(ab0)ab的左，右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为

3的直线上，△PFF为等腰三角形，

126F1F2P120，则C的离心率为

A．

2 3B．

1 2C．

1 3D．

1 423．（2018年全国卷Ⅰ理数高考试题）直线xy20分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆

x22y22上，则△ABP面积的取值范围是

8 B．4，6 A．2，C．2，32 D．22，32

x2y224．（2018年全国卷Ⅰ文数高考试题）已知双曲线C：221(a0，则点(4,0)b0)的离心率为2，ab到C的渐近线的距离为

6

A．2 B．2 C．

32 2D．22 x2y225．（2018年全国卷Ⅰ理数高考试题）设F1,F2是双曲线C:221（

ab）的左、右焦点，O是坐标原点．过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P．若PF16OP，则C的离心率为 A．5 B．3 C．2

D．2 2y226．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））已知F是双曲线C：x1的

3右焦点，P是C上一点，且PF与x轴垂直，点A的坐标是(1，3)，则APF的面积为

1 32C．

3A．123D．

2B．

27．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））（2017新课标全国卷Ⅰ文科）设A，

x2y2B是椭圆C：1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB=120°，则m的取值范围是

3mA．(0,1][9,) C．(0,1][4,)

B．(0,3][9,) D．(0,3][4,)

28．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为 A．16

B．14

C．12

D．10

x229．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷））若a1，则双曲线2y21的离

a心率的取值范围是 A．(2,)

B．(2,2)

C．(1,2)

D．(1,2)

30．（2017年全国普通高等学校招生统一考试）过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，则M到直线NF的距离为（ ）

7

A．5 B．22 C．23 D．33 x2y231．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷））若双曲线C:221（a0，

abb0）的一条渐近线被圆x2y24所截

得的弦长为2，则C的离心率为 A．2

B．3 C．2 D．

223 3x2y232．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）已知椭圆C：221(ab0)ab的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bxay2ab0相切，则C的离心率为 A．6 3B．3 31 3C．

2 3D．

33．（2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学新课标Ⅰ卷））已知双曲线

x2y2x2y25C:221(a0,b0)的一条渐近线方程为y1有公共焦点.则C的x，且与椭圆ab1232方程为（ ）

x2y2A．1

810x2y2C．1

x2y2B．1

45x2y2D．1

43x2y234．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）已知方程221表示双曲线，且该双曲线两

mn3mn焦点间的距离为4，则n的取值范围是 A．(–1,3)

35．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的

B．(–1,3)

C．(0,3)

D．(0,3)

8

准线于D、E两点.已知|AB|=42，|DE|=25，则C的焦点到准线的距离为 A．8

B．6

C．4

D．2

36．（）设F为抛物线C:y24x的焦点，曲线yA．

kk0与C交于点P，PFx轴，则k xD．2

1 2B．1 C．

3 237．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）圆x2y22x8y130的圆心到直线axy10的距离为1，则a A．

4 3B．3 4C．3 D．2

x2y238．（（2016新课标全国Ⅰ理科）已知F1，F2是双曲线E：221的左，右焦点，点M在E上，M F1

ab与x轴垂直，sinMF2F1A．2 C．3 1 ,则E的离心率为 3B．

3 2D．2

x2y239．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）已知O为坐标原点，F是椭圆C：221(ab0)的

ab左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为

1A．

3

B．

1 2C．

2 3D．

3 440．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知椭圆E的中心为坐标原点，离心率为 A．3

9

1，E的右焦点与抛物线C:y28x的焦点重合，A,B是C的准线与E的两个交点，则AB 2B．6 C．9 D．12

x241．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））已知M(x0,y0)是双曲线C：y212上的一点，F，则y0的取值范围是 1，F2是C的两个焦点，若MF1MF20A．(

42．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，∆ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为 A．5

43．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）已知双曲线率为2，则A．2

B．

C．

D．1

的离心

B．2

C．3 D．2 33

,)33B．(33 ,)66C．(2323 2222 D

．(,),)333344．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知抛物线C：

是C上一点，

A．1

B．2

，则

C．4

D．8

的焦点为,

45．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））已知抛物线C：准线为，P是上一点，Q是直线PF与C得一个交点，若FP4FQ，则A．

B．

C．

D．

的焦点为F，

46．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅰ卷））设F为抛物线C:y23x的焦点，过F且倾斜角为30的直线交C于A，B两点，则AB

A．

30 3B．6 C．12

D．73 10

47．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅰ卷））设点Mx0,1，若在圆O:x2+y21上存在点N，使得OMN45，则x0的取值范围是（ ） A．1,1

48．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国Ⅰ卷））设F为抛物线C:y23x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点，O为坐标原点，则 △OAB的面积为 A．

49．（2013年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））

的焦点，

A．

B．

为

上一点，若

C．

，则

为坐标原点，

为抛物线

11B．,

22C．2,2

22,D． 2233 4B．93 8C．

63 32D．

9 4的面积为 D．

x2y250．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷）已知椭圆2＋2＝1(a>b>0)的右焦

ba点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为

x2y2A．＋＝1

4536x2y2B．＋＝1

3627y2x2D．＋＝1

1818x2x2C．＋＝1

2727x2y251．（2012年全国普通高等学校招生统一考试理科数学）设F1、F2是椭圆E：221(ab0)的左、

ab右焦点，P为直线xA．

11

1 23a上一点，F2PF1是底角为30的等腰三角形，则E的离心率为 2243B． C． D．

3

二、填空题

x2y252．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知F为双曲线C:221(a0,b0)的右焦

abA为C的右顶点，B为C上的点，点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为______________.

x2y253．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设双曲线C：221 (a>0，b>0)的一条渐

ab近线为y=2x，则C的离心率为_________．

x2y2．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知双曲线C：221(a0,b0)的左、右

ab焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若F，FB，1AAB1F2B0则C的离心率为____________．

x2y255．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设F1，F2为椭圆C:+1的两个焦点，M3620为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为___________.

1和抛物线C：56．（2018年全国卷Ⅰ理数高考试题）已知点M1，y24x，过C的焦点且斜率为k的直

线与C交于A，B两点．若AMB90，则k________．

x2y257．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））已知双曲线C：221(a0,b0)ab的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线于交M、N两点，若

MAN60，则C的离心率为__________．

58．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷））已知F是抛物线C:y28x的焦点，

是C上一点，F的延长线交y轴于点．若为F的中点，则F____________．

59．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷））（2017新课标全国III文科）双曲线

3x2y2yx，则a=______________． a>0（）的一条渐近线方程为125a9

12

60．x2+y2-2ay-2=0相交于A，B两点，（2016年全国普通高等学校招生统一考试））设直线yx2a与圆C：若AB23，则圆C的面积为________

61．（2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷））已知直线l：x3y60与圆

x2y212交于A,B两点，过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.则CD_________.

62．（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国3卷））已知直线l：mxy3m30与圆x2y212交于A，过A，若|AB|23，则|CD|D两点，B两点，B分别作l的垂线与x轴交于C，__________．

y263．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知F是双曲线C:x1的右焦

82点，P是C左支上一点，A0,66，当APF周长最小时，该三角形的面积为 ．

x2y2．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））一个圆经过椭圆1的三个

1顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为___________.

65．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国Ⅰ卷带解析））设点M（x0,1），若在圆O:

x2y21上存在点N，使得∠OMN=45°，则x0的取值范围是________.

三、解答题

x266．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知A、B分别为椭圆E：2y21（a>1）

a的左、右顶点，G为E的上顶点，AGGB8，P为直线x=6上的动点，PA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CD过定点.

13

x2y267．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知椭圆C1：221(a>b>0)的右焦点F与

ab抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=

4|AB|． 3（1）求C1的离心率；

（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．

x2y268．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知椭圆C1：221(a>b>0)的右焦点F与

abC1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，抛物线C2的焦点重合，交C2于C，D两点，且|CD|=

4|AB|. 3（1）求C1的离心率；

（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.

x2y21521(0m5)的离心率为69．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知椭圆C:，25m4A，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x6上，且|BP||BQ|，BPBQ，求APQ的面积．

70．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．

（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．

（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由．

71．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为直线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AP3PB，求|AB|．

3的2 14

x2y272．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知F1,F2是椭圆C:221(ab0)的

ab两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．

（1）若POF2为等边三角形，求C的离心率；

（2)如果存在点P，使得PF1PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围. 73．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））

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.

1x274．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，

22过D作C的两条切线，切点分别为A，B. （1）证明：直线AB过定点： （2）若以E(0，

5)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的面积. 20，75．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I卷））设抛物线C：y22x，点A2，B2，0，过点A的直线l与C交于M，N两点．

（1）当l与x轴垂直时，求直线BM的方程； （2）证明：ABMABN．

x276．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷））设椭圆C:y21的右焦点为F，

2过F的直线l与C交于A,B两点，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：OMAOMB.

15

77．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））设抛物线C：y24x的焦点为F，过F且斜率为k(k0)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．

x2y278．1交于A，B两点．（2018年全国卷Ⅰ文数高考试题）已知斜率为k的直线l与椭圆C：线段AB43的中点为M(1,m)(m0)． （1）证明：k1； 2（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且FPFAFB0．证明：2FPFAFB．

x2y279．1交于A，B两点，（2018年全国卷Ⅰ理数高考试题）已知斜率为k的直线l与椭圆C：线段AB43mm0． 的中点为M1，（1）证明：k1； 2（2）设F为C的右焦点，P为C上一点,且FPFAFB0．证明：FA，FP，FB成等差数列，并求该数列的公差．

x280．（2017年全国卷文数高考试题）设A，B为曲线C：y上两点，A与B的横坐标之和为4.

4(1)求直线AB的斜率；

(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．

x2y281．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））已知椭圆C：22=1（a>b>0），

ab四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅰ）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

33），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上. 22 16

点.

82．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷））设O为坐标原点，动点M在椭圆

x2C:y21上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP2NM.

2（1）求点P的轨迹方程；

（2）设点Q在直线x3上，且OPPQ1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

83．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷））在直角坐标系xOy中，曲线

yx2mx2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,1).当m变化时，解答下列问题：

（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；

（2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.

84．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷））已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于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.

85．（2016新课标全国卷Ⅰ文科）在直角坐标系xOy中，直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：

y22px(p0)于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H.

（Ⅰ）求

OHON；

（Ⅰ）除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.

86．（2016新课标全国卷Ⅰ）设圆x2y22x150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EAEB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

17

四边形MPNQ面积的取值范围.

x2y287．（2016新课标全国卷）已知A是椭圆E：1的左顶点，斜率为kk0的直线交E于A，M

43两点，点N在E上，MANA.

（Ⅰ）当AMAN时，求AMN的面积 （Ⅰ） 当2AMAN时，证明：3k2.

x2y288．（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷））已知椭圆E:1的焦点在xt3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，AMAN时，求△AMN的面积； （Ⅰ）当2AMAN时，求k的取值范围.

．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）已知抛物线C：y22x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AR//FQ； （Ⅰ）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.

90．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点． (1)求k的取值范围；

(2)若OMON＝12，其中O为坐标原点，求|MN|.

2x91．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））在直角坐标系xoy中，曲线C：y=

4与直线ykxa,a0交与M,N两点，

18

（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；

（Ⅰ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由.

x2y292．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知椭圆C:221(ab0)的

ab离心率为

2，点(2,2)在C上 2（1）求C的方程

（2）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A,B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.

93．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））已知椭圆C:9x2y2m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M． （Ⅰ）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； （Ⅰ）若l过点(m,m)，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l3的斜率，若不能，说明理由．

94．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知点过点(1)求(2)当

的动直线与圆的轨迹方程；

时，求的方程及

的面积

交于

两点，线段

的中点为

，

，圆

:

，

为坐标原点.

x2y295．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））已知点A(0，－2)，椭圆E：221

ab(a>b>0)的离心率为(1)求E的方程；

3F23，是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.

32 19

(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程.

96．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅰ卷））设F1,F2分别是椭圆

x2y2 直线MFM是C上一点且MF2与x轴垂直，21(ab0)的左右焦点，1与C的另一个交点为N．2ab（1）若直线MN的斜率为

3，求C的离心率； 4（2）若直线MN在y轴上的截距为2，且MN5F1N，求a,b．

97．（2013年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））(本小题满分12分)已知圆

M:x1y21，圆N:x1y29，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲

线C．

（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅰ）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求AB． 98．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））已知圆M：(x＋1)2＋y2=1，圆N：(x－1)2＋y2=9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线 C （1）求C的方程；

（2）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.

99．（2012年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（课标卷））设抛物线C：x22py（p＞0）的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B,D两点. (Ⅰ)若BFD900,ABD的面积为42，求p的值及圆F的方程；

(Ⅰ)若A，B，F三点在同一条直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，

22n距离的比值.

100．（2012年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（课标卷））设抛物线C:x22py(p0)的焦点为

F，准线为l,AC，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B,D两点；

（1）若BFD90,△ABD的面积为42；求p的值及圆F的方程；

20

（2）若A,B,F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m,n距离的比值.

专题12 解析几何

【2021年】

x21．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）设B是椭圆C:y21的上顶点，点P在C上，则PB的

5最大值为（ ） A．

5 2B．6 C．5 D．2

【答案】A

2x02【分析】设点Px0,y0，因为B0,1，y01，所以

5125222PBx0y0151y0y014y02y064y0，

442222而1y01，所以当y0故选：A．

15时，PB的最大值为． 42x2y22．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）设B是椭圆C:221(ab0)的上顶点，若C上的任

ab意一点P都满足|PB|2b，则C的离心率的取值范围是（ ） A．2,1 2B．,1

12C．0,2 2D．0,

21【答案】C

22x0y0【分析】设Px0,y0，由B0,b，因为221，a2b2c2，所以

ab2y0c2b3b422a12y0b2y022a2b2，

bccb22PBx0y0b222b32因为by0b，当2b，即b2c2时，PBmax4b，即PBmax2b，符合题意，由b2c2可

c 21

得a22c2，即0e2 ；22b3b4b422222当2b，即bc时，PBmax2ab，即2a2b24b2，化简得，c2b20，显

ccc然该不等式不成立． 故选：C．

x2y23．1的一条渐近线的距离为（ ） （2021年全国高考甲卷数学（文）试题）点3,0到双曲线169A．

9 5B．

8 5C．

6 5D．

4 5【答案】A

x2y2【分析】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：0，即3x4y0，

169结合对称性，不妨考虑点3,0到直线3x4y0的距离：d故选：A.

909.

9165x2y24．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知F1的两个焦点，点M在C上，则1，F2是椭圆C：

94MF1MF2的最大值为（ ）

A．13 【答案】C

【分析】由题，a29,b24，则

B．12

C．9

D．6

MF1MF22a6，

2MF1MF2所以MF1MF2． 9（当且仅当MF1MF23时，等号成立）

2故选：C．

二、多选题

5．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知点P在圆x5y516上，点A4,0、B0,2，

22则（ ）

A．点P到直线AB的距离小于10

22

B．点P到直线AB的距离大于2 C．当PBA最小时，PB32 D．当PBA最大时，PB32 【答案】ACD

【分析】圆x5y516的圆心为M5,5，半径为4，

22直线AB的方程为

xy1，即x2y40， 42圆心M到直线AB的距离为52541222111154，

55所以，点P到直线AB的距离的最小值为误； 如下图所示：

115115410，A选项正确，B选项错42，最大值为55

当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PMPB，

BM正确.

05252234，MP4，由勾股定理可得BPBMMP32，CD选项

22故选：ACD.

三、填空题

x2y26．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）双曲线1的右焦点到直线x2y80的距离为

45

23

________． 【答案】5 【分析】由已知，ca2b2543，所以双曲线的右焦点为(3,0)， 所以右焦点(3,0)到直线x2y80的距离为|3208|122255. 5故答案为：5 x27．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）已知双曲线C:y21(m0)的一条渐近线为3xmy0，

m则C的焦距为_________． 【答案】4

b23b33x，即【分析】由渐近线方程3xmy0化简得y，同时平方得22，又双曲线中

ammama2m,b21，故

故答案为：4

31，解得m3,m0（舍去），c2a2b2314c2，故焦距2c4 2mm22xy8．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知F1,F2为椭圆C：1的两个焦点，P，Q为C

1上关于坐标原点对称的两点，且【答案】8

PQF1F2，则四边形PFQF12的面积为________．

【分析】因为P,Q为C上关于坐标原点对称的两点， 且|PQ||F1F2|，所以四边形PFQF12为矩形，

22设|PF1|m,|PF2|n，则mn8,mn48，

所以(mn)2m22mnn2482mn，

mn8，即四边形PFQF12面积等于8.

故答案为：8.

9．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知O为坐标原点，抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQOP，若FQ6，则C的准线方程为______.

24

【答案】x3 2【分析】抛物线C：y22px (p0)的焦点FⅠP为C上一点，PF与x轴垂直， 所以P的横坐标为不妨设P(p,0, 2p，代入抛物线方程求得P的纵坐标为p, 2p,p), 2因为Q为x轴上一点，且PQOP，所以Q在F的右侧， 又|FQ|6，

Q(6p,0),PQ(6,p) 2p6p20, 2因为PQOP，所以PQOPp0,p3，

所以C的准线方程为x故答案为：x

四、解答题

10． （2021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知抛物线C:y22px(p0)的焦点F到准线的距离为2．（1）求C的方程;

（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足PQ9QF，求直线OQ斜率的最大值. 【答案】（1）y24x；（2）最大值为

3 23. 21. 3【分析】（1）抛物线C:y22px(p0)的焦点Fpp,0，准线方程为x，

22由题意，该抛物线焦点到准线的距离为

ppp2， 22所以该抛物线的方程为y24x；

（2）设Qx0,y0，则PQ9QF99x0,9y0，

25

所以P10x09,10y0， 由P在抛物线上可得10y02225y09410x09，即x0，

10所以直线OQ的斜率

kOQy0y010y022925y0x025y09， 10当y00时，kOQ0；

当y00时，

kOQ1025y09， y0当y00时，因为25y099225y030， y0y0此时0kOQ91325y，当且仅当，即y0时，等号成立； 0y035当y00时，kOQ0； 综上，直线OQ的斜率的最大值为

1. 3211．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）已知抛物线C:x2pyp0的焦点为F，且F与圆

M:x2(y4)21上点的距离的最小值为4．

（1）求p；

（2）若点P在M上，PA,PB是C的两条切线，A,B是切点，求△PAB面积的最大值． 【答案】（1）p2；（2）205. 【分析】（1）抛物线C的焦点为F0,ppFM4， ，22p414，解得p2； 2所以，F与圆M:x2(y4)21上点的距离的最小值为

2xx2（2）抛物线C的方程为x4y，即y，对该函数求导得y，

24设点Ax1,y1、Bx2,y2、Px0,y0，

26

直线PA的方程为yy1x1xx1xxyy1，即x1x2y12y0， ，即122同理可知，直线PB的方程为x2x2y22y0， 由于点P为这两条直线的公共点，则x1x02y12y00，

xx2y2y02020所以，点A、B的坐标满足方程x0x2y2y00， 所以，直线AB的方程为x0x2y2y00，

x0x2y2y002联立，可得x2x0x4y00， x2y4由韦达定理可得x1x22x0，x1x24y0，

x所以，AB1022x1x22x24x1x2104x016y02，

2x04y02x2024x04y0，

点P到直线AB的距离为d2x04y0x420所以，S△PAB11ABd222x204x4y020312x04y02， 2x042222x04y01y044y0y012y015y0621，

31由已知可得5y03，所以，当y05时，△PAB的面积取最大值202205.

212．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：x1交C于P，Q两点，且OPOQ．已知点M2,0，且（1）求C，

M与l相切．

M的方程；

M相切．判断直线A2A3与M的位置关系，

（2）设A1,A2,A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与并说明理由．

【答案】（1）抛物线C:y2x，

M方程为(x2)2y21；（2）相切，理由见解析

2【分析】（1）依题意设抛物线C:y2px(p0),P(1,y0),Q(1,y0)，

27

2OPOQ,OPOQ1y012p0,2p1，

所以抛物线C的方程为y2x，

M(0,2),M与x1相切，所以半径为1，

所以

M的方程为(x2)2y21；

（2）设A1(x1y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3)

若A1A2斜率不存在，则A1A2方程为x1或x3， 若A1A2方程为x1，根据对称性不妨设A1(1,1)， 则过A1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A3，不合题意； 若A1A2方程为x3，根据对称性不妨设A1(3,3),A2(3,3),则过A1与圆M相切的直线A1A3为y33(x3)， 3又kA1A3y1y3113,y30，

x1x3y1y333y3x30,A3(0,0)，此时直线A1A3,A2A3关于x轴对称，

所以直线A2A3与圆M相切； 若直线A1A2,A1A3,A2A3斜率均存在， 则kA1A2111,kA1A3,kA2A3，

y1y2y1y3y2y31xx1，

y1y2所以直线A1A2方程为yy1整理得x(y1y2)yy1y20，

同理直线A1A3的方程为x(y1y3)yy1y30， 直线A2A3的方程为x(y2y3)yy2y30，

28

A1A2与圆M相切，22|2y1y2|1(y1y2)221

整理得(y11)y22y1y23y10，

222A1A3与圆M相切，同理(y11)y32y1y33y10

所以y2,y3为方程(y11)y2y1y3y10的两根，

2222y13y12y2y32,y2y32，

y11y11M到直线A2A3的距离为：

3y12|22||2y2y3|y11 22y1(y2y3)1(21)2y11y12121，

222y1(y11)4y11所以直线A2A3与圆M相切；

综上若直线A1A2,A1A3与圆M相切，则直线A2A3与圆M相切.

13．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）在平面直角坐标系xOy中，已知点F117,0、

|y121|F217,0，MF1MF22，点M的轨迹为C.

（1）求C的方程； （2）设点T在直线x1Q两点，上，过T的两条直线分别交C于A、且TATBTPTQ，B两点和P，

2求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.

y2【答案】（1）x（2）0. 1x1；

162【分析】因为MF1MF22F1F2217，

所以，轨迹C是以点F1、F2为左、右焦点的双曲线的右支，

29

x2y2设轨迹C的方程为221a0,b0，则2a2，可得a1，b17a24，

aby2所以，轨迹C的方程为x1x1；

162（2）设点T1,t，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点， 211ykxtk1， ，即122不妨直线AB的方程为ytk1x12yk1xtk1122联立2，消去y并整理可得k116xk12tk1xtk1160，

22216xy16设点Ax1,y1、Bx2,y2，则x111且x2. 2221k122k1ttk116， 由韦达定理可得x1x22，2x1x2k116k121622t121k， xx11112所以，TATB1k12x1x21k12x1x212224k1216tPQk设直线的斜率为，同理可得TPTQ222121k2k16222，

t因为TATBTPTQ，即

2121k12k1216t2121k2k221622，整理可得k1k2，

即k1k2k1k20，显然k1k20，故k1k20. 因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.

【2012年——2020年】

1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知圆x2y26x0，过点（1，2）的直线被该

30

圆所截得的弦的长度的最小值为（ ） A．1 C．3 【答案】B

【分析】圆x2y26x0化为(x3)2y29，所以圆心C坐标为C(3,0)，半径为3，

设P(1,2)，当过点P的直线和直线CP垂直时，圆心到过点P的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时

B．2 D．4

|CP|(31)2(2)222

根据弦长公式得最小值为29|CP|22982. 故选：B.

y22．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设F1,F2是双曲线C:x1的两个焦点，O32为坐标原点，点P在C上且|OP|2，则△PF1F2的面积为（ ） A．

7 2B．3 C．

5 2D．2

【答案】B

【分析】由已知，不妨设F1(2,0),F2(2,0)， 则a1,c2，因为OP21F1F2， 2所以点P在以F1F2为直径的圆上，

即F1F2P是以P为直角顶点的直角三角形， 故|PF1|2|PF2|2|F1F2|2，

即|PF1||PF2|16，又|PF1||PF2|2a2，

22|PF1||PF2|162|PF1||PF2|， 所以4|PF1||PF2||PF1||PF2|2解得|PF1||PF2|6，所以S△F1F2P故选：B

3．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（ ）

31

2221|PF1||PF2|3 2A．2 【答案】C

B．3 C．6 D．9

【分析】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知|AF|xA故选：C.

pp12，即129，解得p226.

4．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知ⅠM：x2y22x2y20，直线l：

2xy20，P为l上的动点，过点P作ⅠM的切线PA,PB，切点为A,B，当|PM||AB|最小时，

直线AB的方程为（ ） A．2xy10 【答案】D

【分析】圆的方程可化为x1y14，点 M到直线l的距离为d以直线 l与圆相离．

依圆的知识可知，四点A,P,B,M四点共圆，且ABMP，所以

22B．2xy10 C．2xy10 D．2xy10

2112212252，所

PMAB4SPAM14PAAM4PA，而 PA2MP4，

2当直线MPl时，MPmin5， PAmin1，此时PMAB最小．

11yx111ⅠMP:y1x1即 yx，由22解得，

2222xy20x1． y0所以以MP为直径的圆的方程为x1x1yy10，即 x2y2y10， 两圆的方程相减可得：2xy10，即为直线AB的方程． 故选：D.

5．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2xy30的距离为（ ） A．5 5B．25 5C．35 5D．45 5【答案】B

【分析】由于圆上的点2,1在第一象限，若圆心不在第一象限，

32

则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限， 设圆心的坐标为

a,a，则圆的半径为a，

222圆的标准方程为xayaa. 2由题意可得2a1aa，

22可得a26a50，解得a1或a5， 所以圆心的坐标为1,1或5,5，

圆心到直线

的距离均为d12113525； 525 5圆心到直线

的距离均为d22553525； 5圆心到直线2xy30的距离均为d所以，圆心到直线2xy30的距离为故选：B.

2525. 56．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设O为坐标原点，直线xa与双曲线

x2y2C:221(a0,b0)的两条渐近线分别交于D,E两点，若ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为ab（ ） A．4 【答案】B 【分析】

B．8

C．16

D．32

x2y2C:221(a0,b0) ab双曲线的渐近线方程是ybx ax2y2直线xa与双曲线C:221(a0,b0)的两条渐近线分别交于D，E两点

ab不妨设D为在第一象限，E在第四象限

xaxa 联立b，解得ybyxa 33

故D(a,b)

xaxa 联立，解得byxyba故E(a,b)

|ED|2b

1ODE面积为：S△ODEa2bab8

2x2y2双曲线C:221(a0,b0)

ab其焦距为2c2a2b222ab2168

当且仅当ab22取等号

C的焦距的最小值：8

故选：B.

7．A，B是两个定点，C是动点，（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））在平面内，若ACBC=1，则点C的轨迹为（ ） A．圆 【答案】A

【分析】设AB2aa0，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，

B．椭圆

C．抛物线

D．直线

则：Aa,0,Ba,0，设Cx,y，可得：ACxa,y,BCxa,y， 从而：ACBCxaxay2， 结合题意可得：xaxay1，

2 34

整理可得：x2y2a21，

即点C的轨迹是以AB中点为圆心，a21为半径的圆. 故选：A.

8．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））设O为坐标原点，直线x2与抛物线C：

y22px(p0)交于D，E两点，若ODOE，则C的焦点坐标为（ ）

A．1,0 4B．1,0 2C．(1,0) D．(2,0)

【答案】B

【分析】因为直线x2与抛物线y22px(p0)交于E,D两点，且ODOE， 根据抛物线的对称性可以确定DOxEOx4，所以D2,2，

代入抛物线方程44p，求得p1，所以其焦点坐标为(,0)， 故选：B.

9．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））若直线l与曲线y=x和x2+y2=方程为（ ） A．y=2x+1 【答案】D

【分析】设直线l在曲线yB．y=2x+

121都相切，则l的51 2C．y=

1x+1 2D．y=

11x+ 22x上的切点为x0,x0，则x00，

函数yx的导数为y12x，则直线l的斜率k1， 2x0设直线l的方程为yx01xx0，即x2x0yx00， 2x0x011由于直线l与圆xy相切，则， 14x055222两边平方并整理得5x04x010，解得x01，x01（舍）， 5则直线l的方程为x2y10，即y11x. 22 35

故选：D.

x2y210．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））设双曲线C：221（a>0，b>0）的左、

ab 右焦点分别为F1，F2，离心率为5．P是C上一点，且F1PⅠF2P．若ⅠPF1F2的面积为4，则a=（ ）A．1 【答案】A 【分析】

B．2

C．4

D．8

c5，c5a，根据双曲线的定义可得PF1PF22a， a1|PF1|PF24，即|PF1|PF28， 222S△PF1F2F1PF2P，|PF1|2PF22c，

PF1PF2故选：A.

22PF1PF24c2，即a25a240，解得a1，

x2y211．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））双曲线C:221(a0,b0)的 一条渐近线

ab的倾斜角为130°，则C的离心率为 A．2sin40° 【答案】D

【分析】由已知可得2B．2cos40° C．

1

sin50D．

1

cos50bbtan130,tan50， aacsin250sin250cos2501b2，故选D． e11tan50122acos50cos50cos50a(1,0)，F2(1,0)，过12．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知椭圆C的焦点为F1F2的直线与C交于A，B两点.若│AF││F2B││AB││BF│，221，则C的方程为

x2A．y21

2【答案】B

x2y2B．1

32x2y2C．1

43x2y2D．1

【分析】法一：如图，由已知可设F2Bn，则AF22n,BF1AB3n，由椭圆的定义有

2aBF1BF24n,AF12aAF22n．在△AF1B中，由余弦定理推论得

36

14n29n29n21322△AFF4n4n22n2n4，．在中，由余弦定理得解得n． cosF1AB12322n3n32x2y21，故选B． 2a4n23,a3,bac312,所求椭圆方程为32222法二：由已知可设F2Bn，则AF22n,BF1AB3n，由椭圆的定义有

2aBF1BF24n,AF12aAF22n．在△AF1F2和△BF1F2中，由余弦定理得

4n2422n2cosAF2F14n2,，又AF2F21,BF2F1互补，cosAF2F1cosBF2F10，2n42n2cosBF2F19n22两式消去cosAF2F1,cosBF2F1，得3n611n，解得

x2y23222 ．故选B．1，2a4n23,a3,bac312,所求椭圆方程为n322

13．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆的一个焦点，则p= A．2 C．4 【答案】D

B．3 D．8

x23py2p1pp2x2y21的一个焦点，【分析】因为抛物线y2px(p0)的焦点(,0)是椭圆所以3pp()，

223pp2解得p8，故选D．

x2y214．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））设F为双曲线C：221（a>0，b>0）的

ab右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为

37

A．2 C．2 【答案】A

B．3 D．5 【分析】设PQ与x轴交于点A，由对称性可知PQx轴，

又

PQ|OF|c，|PA|,PA为以OF为直径的圆的半径，

c． 2c2A为圆心|OA|ccP,，又P点在圆x2y2a2上，

22c2c2c2c2222a，即a,e22．

2a44e2，故选A．

x215．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知F是双曲线C:4P在C上，O为坐标原点，若OP=OF，则△OPF的面积为

A．

y251的一个焦点，点

3 2B．

5 2C．

7 2D．

9 2【答案】B

x02y02【分析】设点Px0,y0，则1Ⅰ．

45 38

又OPOF453，

x02y029Ⅰ．

由ⅠⅠ得y0即y0225， 9SOPF5， 31155OFy03， 2232故选B．

x2y216．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））双曲线C：=1的右焦点为F，点P在C

42的一条渐近线上，O为坐标原点，若PO=PF，则ⅠPFO的面积为

A．32

4B．32 2C．22 D．32 【答案】A

【分析】由a2,b2,ca2b26,．

6， 22x上， 2POPF,xP又P在C的一条渐近线上，不妨设为在yS△PFO11332，故选A． OFyP62224x2y217．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I卷））已知椭圆C：21(a0)的

a40)，则C的离心率为 一个焦点为(2，A．

1 3B．

1 2C．2 2D．22 3【答案】C

【详解】：根据题意，可知c2，因为b24，

39

所以a2b2c28，即a22， 所以椭圆C的离心率为e2222，故选C. 218．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷））设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为A．5 【答案】D

【分析】根据题意，过点（–2，0）且斜率为

2的直线与C交于M，N两点，则FMFN= 3B．6

C．7

D．8

22的直线方程为y(x2)， 332y(x2)2与抛物线方程联立，消元整理得：y6y80， 32y4x解得M(1,2),N(4,4)，又F(1,0)， 所以FM(0,2),FN(3,4)，

从而可以求得FMFN03248，故选D.

x219．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷））已知双曲线C：y21，O为

3坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M、N.若OMN为直角三角形，则|MN|= A．

3 2B．3

C．23 D．4

【答案】B

【详解】：根据题意，可知其渐近线的斜率为3，且右焦点为F(2,0)， 3从而得到FON30，所以直线MN的倾斜角为60或120， 根据双曲线的对称性，设其倾斜角为60， 可以得出直线MN的方程为y3(x2)，

分别与两条渐近线y33x联立， x和y3340

求得M(3,3),N(,323)， 2所以MN(3)2(33232)3，故选B. 2x2y220．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））双曲线221(a0,b0)的离心率

ab为3，则其渐近线方程为 A．y2x 【答案】A

B．y3x

C．y2 x2D．y3x 2cb2c2a2b2【详解】：e3,2e1312,2, 2aaaa因为渐近线方程为ybx，所以渐近线方程为y2x，选A. ax2y2x2y2b点睛：已知双曲线方程求渐近线方程：220yx. 1(a,b0)abaa2b221．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II））已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1PF2，且PF2F160，则C的离心率为 A．1

3 2

B．23 C．

31

2

D．31

【答案】D

【详解】：在F1PF2中，F1PF290,PF2F160

设|PF2|m，则2cF1F22m,PF13m，

又由椭圆定义可知2aPF1PF2(31)m 则离心率e故选D.

c2c2m31， a2a(31)m 41

x2y222．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））已知F1，F2是椭圆C：221(ab0)ab的左，右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为3的直线上，△PFF为等腰三角形，

126F1F2P120，则C的离心率为

A．

2 3B．

1 2C．

1 3D．

1 4【答案】D

【详解】：因为△PF1F2P120，所以PF2=F1F2=2c, 1F2为等腰三角形，F由AP斜率为

31123得，

， tanPAF2,sinPAF2，cosPAF2613136PF2sinPAF2, 由正弦定理得

AF2sinAPF212c2113==a4c,e所以，故选D. acsin(πPAF)312112321321323．（2018年全国卷Ⅰ理数高考试题）直线xy20分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆

113x22y22上，则△ABP面积的取值范围是

8 B．4，6 A．2，C．2，32 D．22，32

【答案】A

【详解】： 直线xy20分别与x轴，y轴交于A，B两点

A2,0,B0,2,则AB22 2点P在圆（x2）y22上

圆心为（2，0），则圆心到直线距离d1202222 故点P到直线xy20的距离d2的范围为2,32

则SABP1ABd22d22,6 242

故答案选A.

x2y224．（2018年全国卷Ⅰ文数高考试题）已知双曲线C：221(a0，则点(4,0)b0)的离心率为2，ab到C的渐近线的距离为 A．2 【答案】D 【详解】：

B．2

C．

32

2D．22 ecb1()22 aab1 a所以双曲线的渐近线方程为xy0 所以点（4，0）到渐近线的距离d故选D

422 11x2y225．（2018年全国卷Ⅰ理数高考试题）设F1,F2是双曲线C:221（

ab）的左、右焦点，O是坐标原点．过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P．若PF16OP，则C的离心率为 A．5 【答案】B

【详解】：由题可知PF2b,OF2c

B．3 C．2

D．2 POa在RtPOF2中，cosPF2O2PF2OF22b c2在△PF1F2中,cosPF2OPF2F1F2PF12PF2F1F2b cb24c26a22b2cbc23a2 ce3 43

故选B.

y226．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））已知F是双曲线C：x1的

32右焦点，P是C上一点，且PF与x轴垂直，点A的坐标是(1，3)，则APF的面积为

1 32C．

3A．【答案】D

123D．

2B．

y2【详解】由cab4得c2，所以F(2,0)，将x2代入x得y3，所以|PF|3，1，

3222213又点A的坐标是(1，3)，故ⅠAPF的面积为3(21)，选D．

2227．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））（2017新课标全国卷Ⅰ文科）设A，

x2y2B是椭圆C：1长轴的两个端点，若C上存在点M满足ⅠAMB=120°，则m的取值范围是

3mA．(0,1][9,) C．(0,1][4,) 【答案】A

【详解】当0m3时，焦点在x轴上，要使C上存在点M满足AMB120，则

B．(0,3][9,) D．(0,3][4,)

atan603，b即33，得0m1；当m3时，焦点在y轴上，要使C上存在点M满足AMB120，mamtan603，即3，得m9，故m的取值范围为(0,1][9,)，选A． b3则

28．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为 A．16 【答案】A

【详解】设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4)，直线l1的方程为yk1(x1)，联立方程

44

B．14 C．12 D．10

y24x2k1242k1242222，得k1x2k1x4xk10，Ⅰx1x2，同理直线l2与抛物22k1k1yk1(x1)22k24xx线的交点满足34，由抛物线定义可知ABDEx1x2x3x42p 2k222k1242k244416482816，当且仅当k1k21（或1）时，取222222k1k2k1k2k1k2等号.

x229．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷））若a1，则双曲线2y21的离

a心率的取值范围是 A．(2,) 【答案】C

B．(2,2)

C．(1,2)

D．(1,2)

c2a211 ， 【详解】ca1，e21aa2a2222a1，011 ，1e22 ，则0e2，选C. 2a30．（2017年全国普通高等学校招生统一考试）过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MNⅠl，则M到直线NF的距离为（ ） A．5 【答案】C

【分析】依题意得F(1,0)，则直线FM的方程是y＝3(x－1)．由B．22 C．23 D．33 y3x11x得＝或x＝3. 23y4x由M在x轴的上方得M(3，23)，由MNⅠl得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4

又ⅠNMF等于直线FM的倾斜角，即ⅠNMF＝60°，因此ⅠMNF是边长为4的等边三角形 点M到直线NF的距离为4故选：C.

323 2x2y231．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷））若双曲线C:221（a0，

ab

45

b0）的一条渐近线被圆x2y24所截

得的弦长为2，则C的离心率为 A．2 【答案】A

B．3 C．2 D．223 3x2y2【详解】由几何关系可得，双曲线221a0,b0的渐近线方程为bxay0，圆心2,0ab到渐近线距离为d22123，则点2,0到直线bxay0的距离为

d2ba0a2b22b3， c4(c2a2)c222即3，整理可得c4a，双曲线的离心率e42．故选A． 22cax2y232．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）已知椭圆C：221(ab0)ab的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bxay2ab0相切，则C的离心率为 A．6 3B．3 31 3C．

2 3D．

【答案】A

【详解】 以线段A1A2为直径的圆的圆心为坐标原点0,0，半径为ra，圆的方程为x2y2a2，

直线bxay2ab0与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即d整理可得a222223b2，即a3ac,即2a23c2，

2abab22a，

c22c26从而e2，则椭圆的离心率e， a3a33故选A.

33．（2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学新课标Ⅰ卷））已知双曲线

46

x2y2x2y25C:221(a0,b0)的一条渐近线方程为y1有公共焦点.则C的x，且与椭圆ab1232方程为（ ）

x2y2A．1

810x2y2C．1

【答案】B

【分析】因为双曲线的一条渐近线方程为yx2y2B．1

45x2y2D．1

435b5.Ⅰ x，则a22x2y2又因为椭圆1与双曲线有公共焦点，

123双曲线的焦距2c6，即c＝3，则a2＋b2＝c2＝9.Ⅰ

x2y2由ⅠⅠ解得a＝2，b＝5，则双曲线C的方程为1.

45故选：B.

x2y234．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）已知方程21表示双曲线，且该双曲线两

mn3m2n焦点间的距离为4，则n的取值范围是 A．(–1,3) 【答案】A

22xy【详解】：双曲线的焦点在x轴上，所以mn3mn4，解得m1，因为方程1表

1n3n222B．(–1,3)

C．(0,3)

D．(0,3)

示双曲线，所以{

1n03n0，解得{n1n3，所以n的取值范围是1,3，故选A．

35．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的

准线于D、E两点.已知|AB|=42，|DE|=25，则C的焦点到准线的距离为 A．8

B．6 C．4

47

D．2

【答案】C

【详解】：如图，设抛物线方程为y22px，AB,DE交x轴于C,F点，则AC22，即A点纵坐标为

则A点横坐标为22，44，即OC，由勾股定理知DF2OF2DO2r2，AC2OC2AO2r2，pp2即(5)()(22)()，解得p4，即C的焦点到准线的距离为4，故选C. 36．（）设F为抛物线C:y24x的焦点，曲线yA．

2p224p2kk0与C交于点P，PFx轴，则k xD．2

1 2B．1 C．

3 2【答案】D

【解析】试题分析：由抛物线的性质可得P(1,2)y

37．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）圆x2y22x8y130的圆心到直线axy10的距离为1，则a A．k2k2，故选D. 14 3B．3 4C．3 D．2

【答案】A

【详解】：由x2y22x8y130配方得(x1)2(y4)24，所以圆心为(1,4)，因为圆

xy2x8y130的圆心到直线axy10的距离为1，所以选A.

22a4141，解得a，故

3a212x2y238．（（2016新课标全国Ⅰ理科）已知F1，F2是双曲线E：221的左，右焦点，点M在E上，M F1

ab与x轴垂直，sinMF2F1A．2 C．3 1 ,则E的离心率为 3B．

3 2D．2

48

【答案】A【详解】：由已知可得，故选A.

x2y239．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）已知O为坐标原点，F是椭圆C：221(ab0)的

ab左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PFⅠx轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为

1A．

3【答案】A

B．

1 2C．

2 3D．

3 4b2bb2同【详解】：如图取P与M重合，则由A(a,0),M(c,)直线aAM:y(xa)E(0,)acaac2b2b2b22b21)a3ce,故选A. 理由B(a,0),M(c,)G(0,aacacac3

40．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知椭圆E的中心为坐标原点，离心率为 A．3 【答案】B

【详解】：抛物线y28x的焦点为(2,0),所以椭圆的右焦点为(2,0),即c2,且

B．6

C．9

D．12

1，E的右焦点与抛物线C:y28x的焦点重合，A,B是C的准线与E的两个交点，则AB 2c1x222,a4,bac12,椭圆的方程为a216y2121.抛物线准线为x2,代入椭圆方程中得

A(2,3),B(2,3),AB6.故选B.

49

x241．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））已知M(x0,y0)是双曲线C：y212上的一点，F，则y0的取值范围是 1，F2是C的两个焦点，若MF1MF20A．(33

,)33B．(33 ,)66C．(2323 2222 D

．(,),)3333【答案】A

2x02【详解】由题知F，(3,0),F(3,0)y1，所以MF1MF2=(3x0,y0)(3x0,y0)=0122222x0y033y010，解得33，故选A. y033

42．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，∆ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为 A．5 【答案】D

B．2

C．3 D．2 x2y2【详解】设双曲线方程为221(a0,b0)，如图所示，ABBM，

ab，过点M作

MNx轴，垂足为N，在RtBMN中，BNa，MN3a，故点M的坐标为M(2a,3a)，代

入双曲线方程得a2b2a2c2，即c22a2，所以e2，故选D．

43．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）已知双曲线率为2，则

的离心

50

A．2 【答案】D

B． C． D．1

ca232【详解】由离心率e可得: e22， 2aa解得：a1．

44．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知抛物线C：

是C上一点，

A．1 【答案】A

【详解】：根据抛物线的定义：到焦点的距离等于到准线的距离，又抛物线的准线方程为：xB．2

，则

C．4

D．8

的焦点为

,

1，则有：4AFx0151，即有x0x0，可解得x01． 444的焦点为F，

45．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））已知抛物线C：准线为，P是上一点，Q是直线PF与C得一个交点，若FP4FQ，则A．

B．

C．

D．

【答案】B

【详解】：如图所示，因为FP4FQ，故

PQ3，过点Q作QMl，垂足为M，则QM//x轴，所PF4以

MQ4PQPF3，所以MQ3，由抛物线定义知，QFMQ3，选B． 4 51

46．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅰ卷））设F为抛物线C:y23x的焦点，过F且倾斜角为30的直线交C于A，B两点，则AB

A．30 3B．6 C．12

D．73 【答案】C

【详解】：由题意，得F(,0)．又因为ktan30034333，故直线AB的方程为y(x)，与抛物334线y2=3x联立，得16x2168x90，设A(x1,y1),B(x2,y2)，由抛物线定义得，ABx1x2p

168312，选C． 162

47．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅰ卷））设点Mx0,1，若在圆O:x2+y21上存在点N，使得OMN45，则x0的取值范围是（ ） A．1,1 【答案】A

【详解】：依题意，直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的距离小于等于1即可，过O作OA11B．,

22C．2,2

22,D． 22MN，垂足为A，在RtOMA中，因为OMA450，故OAOMsin4502OM1，所以2 52

OM2，则x0212，解得1x01．

48．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国Ⅰ卷））设F为抛物线C:y23x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点，O为坐标原点，则 ⅠOAB的面积为 A．

33

4B．93 8C．

63 32D．

9 4【答案】D

【详解】：直线AB的方程为y33代入抛物线的方程可得：设A(x1,y1)、4y2123y90，(x)，

34913(y1y2)4y1y2=，故选D. 244B(x2,y2)，则所求三角形的面积为

49．（2013年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））

的焦点，

A． 【答案】C

【详解】易知OFB．

为

上一点，若

C．

，则

为坐标原点，为抛物线

的面积为 D．

2，过P点作准线的垂线交于M，可知PM42，F在线段PM上的射影记为

12623 F，则FM22，故FP22，由勾股定理可知，FF26，故S·2?2 53

x2y250．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷）已知椭圆2＋2＝1(a>b>0)的右焦

ba点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为

x2y2A．＋＝1

4536x2x2C．＋＝1

2727【答案】D 【详解】

x2y2B．＋＝1

3627y2x2D．＋＝1

1818x12y121a2b2b2设A(x1,y1)、B(x2,y2)，所以{2，运用点差法，所以直线AB的斜率为k2，设直线方程2x2y2a1a2b2b26b2222224为y2(x3)，联立直线与椭圆的方程(ab)x6bx9ba0，所以x1x222；2aba又因为a2b29，解得b29,a218.

x2y251．（2012年全国普通高等学校招生统一考试理科数学）设F1、F2是椭圆E：221(ab0)的左、

ab右焦点，P为直线xA．

1 23a上一点，F2PF1是底角为30的等腰三角形，则E的离心率为 2324B． C． D．

3【答案】C

【详解】：如下图所示，F2PF1是底角为30的等腰三角形，则有F1F2PF2,PF1F2F2PF130 所以PF2A60,F2PA30，所以PF22AF22又因为F1F22c，所以，2c3a2c，所以e所以答案选C.

3ac3a2c 2c3 a4

二、填空题

x2y252．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知F为双曲线C:221(a0,b0)的右焦

abA为C的右顶点，B为C上的点，点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为______________. 【答案】2

xcxc22xyb22【分析】联立221，解得b，所以BF.

abyaa222abcb2BF223，AFca，即aca3，变形得ca3a，c2a, 依题可得，AFcaaca因此，双曲线C的离心率为2. 故答案为：2．

x2y253．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设双曲线C：221 (a>0，b>0)的一条渐

ab近线为y=2x，则C的离心率为_________． 【答案】3 x2y2【分析】由双曲线方程221可得其焦点在x轴上，

ab因为其一条渐近线为y2x，

55

2bcb所以2，e13. 2aaa故答案为：3 x2y2．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知双曲线C：221(a0,b0)的左、右

ab焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若F，FB，1AAB1F2B0则C的离心率为____________． 【答案】2. 【分析】如图，

由F得F1AAB.又OF1OF2,得OA是三角形F1F2B的中位线，即BF2//OA,BF22OA.由1AAB,F1BF2B0，得F1BF2B,OAF1A,则OBOF1， 1有AOBAOF又OA与OB都是渐近线，得BOF2AOF1,又BOF2AOBAOF1，得

BOF2AOF1BOA600,．又渐近线OB的斜率为

btan6003，所以该双曲线的离心率为aecb1()21(3)22． aax2y255．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设F1，F2为椭圆C:+1的两个焦点，M3620为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为___________. 【答案】3,15

【分析】由已知可得a236,b220,c2a2b216,c4，

MF1FF122c8．ⅠMF24．

56

设点M的坐标为x0,y0x00,y00，则S△MF1F2又S△MF1F21F1F2y04y0， 2148222415,4y0415，解得y015， 22x36201520， 1，解得x03（x03舍去）

M的坐标为3,15．

1和抛物线C：56．（2018年全国卷Ⅰ理数高考试题）已知点M1，y24x，过C的焦点且斜率为k的直

线与C交于A，B两点．若AMB90，则k________． 【答案】2

【分析】：设Ax1,y1,Bx2,y2

y124x1 则{2y24x2所以y1y24x14x2 所以k22y1y24

x1x2y1y2取AB中点M'x0，y0,分别过点A,B作准线x1的垂线，垂足分别为A,B' 因为AMB90,

MM'111ABAFBFAABB'， 222因为M’为AB中点， 所以MM’平行于x轴 因为M(-1,1)

所以y01，则y1y22即k2 故答案为2.

x2y257．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））已知双曲线C：221(a0,b0)ab的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线于交M、N两点，若

MAN60，则C的离心率为__________．

57

【答案】【详解】

23 3如图所示，

由题意可得|OA|=a，|AN|=|AM|=b， ⅠⅠMAN=60°， Ⅰ|AP|=

3b， 2Ⅰ|OP|=|OA|2|PA|23a2b2．

43b|AP|b2设双曲线C的一条渐近线y=x的倾斜角为θ，则tan θ=． |OP|a3a2b24又tan θ=

b， a3bb2，解得a2=3b2， Ⅰa3a2b242b123

Ⅰe=1．12a33答案：23 358．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷））已知F是抛物线C:y28x的焦点，

是C上一点，F的延长线交y轴于点．若为F的中点，则F____________．

【答案】6

58

【分析】如图所示，不妨设点M位于第一象限，设抛物线的准线与x轴交于点F'，作MBl与

点B，NAl与点A，由抛物线的解析式可得准线方程为x2，则AN2,FF'4，在直角梯形ANFF'中，中位线BMANFF'3，由抛物线的定义有：MFMB3，结合题意，2有MNMF3，故FNFMNM336．

59．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷））（2017新课标全国III文科）双曲线

3x2y2yx，则a=______________． a>0（）的一条渐近线方程为125a9【答案】5

【详解】由双曲线的标准方程可得渐近线方程为y3x，结合题意可得a5. a60．x2+y2-2ay-2=0相交于A，B两点，（2016年全国普通高等学校招生统一考试））设直线yx2a与圆C：若AB23，则圆C的面积为________ 【答案】4

【详解】因为圆心坐标与半径分别为C(0,a),ra2，所以圆心到直线的距离d22aa2a2，则(

a2)23a22，解之得a22，所以圆的面积Sr2(22)4，应填答案4．

61．（2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷））已知直线l：x3y60与圆

x2y212交于A,B两点，过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.则CD_________.

【答案】4

【详解】：由x3y60，得x3y6，代入圆的方程，整理得y233y60，解得

59

y123,y23，所以x10,x23，所以AB(x1x2)2(y1y2)223．又直线l的倾斜角

为30，由平面几何知识知在梯形ABDC中，CD

62．（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国3卷））已知直线l：mxy3m30与圆x2y212交于A，过A，若|AB|23，则|CD|D两点，B两点，B分别作l的垂线与x轴交于C，__________． 【答案】4

【分析】因为AB23，且圆的半径为r23，所以圆心0,0到直线mxy3m30的距离为

ABcos304．

3m3AB332，代入直线l的方程，得yx23，所以r3，解得m3，则由233m12直线l的倾斜角为30，由平面几何知识知在梯形ABDC中，CD故答案为4

2ABcos304．

y263．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知F是双曲线C:x1的右焦

82点，P是C左支上一点，A0,66，当APF周长最小时，该三角形的面积为 ． 【答案】126 【分析】设双曲线的左焦点为F1，由双曲线定义知，PF2aPF1， ⅠⅠAPF的周长为|PA|+|PF|+|AF|=|PA|+2aPF1+|AF|=|PA|+PF1+|AF|+2a，

由于2a|AF|是定值，要使ⅠAPF的周长最小，则|PA|+PF1共线， 1最小，即P、A、F 60

2xyyy21，即x3代入xAF1的方程为ⅠA0,66，F1整理得13,0Ⅰ直线

366268y266y960，

解得y26或y86 (舍)，所以P点的纵坐标为26， ⅠSAPFSAFF1SPFF1故答案为：126.

11666626=126. 22x2y2．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））一个圆经过椭圆1的三个

1顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为___________. 325【答案】(x)2y2

24【详解】

设圆心为（a，0），则半径为4a，则(4a)2a222，解得a考点：椭圆的几何性质；圆的标准方程

65．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国Ⅰ卷带解析））设点M（x0,1），若在圆O:

332252. ，故圆的方程为(x)y224x2y21上存在点N，使得ⅠOMN=45°，则x0的取值范围是________.

【答案】[1,1]

【详解】：直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的距离小于等于1即可，如图，

61

过OAⅠMN，垂足为A，在RtOMA中，因为ⅠOMN=45，所以OAOMsin45=2OM1， 2解得OM2，因为点M（x0,1），所以OMx0212，解得1x01，故x0的取值范围是

[1,1].

三、解答题

x266．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知A、B分别为椭圆E：2y21（a>1）

a的左、右顶点，G为E的上顶点，AGGB8，P为直线x=6上的动点，PA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CD过定点.

x2【答案】（1）（2）证明详见解析. y21；

9【分析】（1）依据题意作出如下图象：

62

x2由椭圆方程E:2y21(a1)可得：Aa,0， Ba,0，G0,1

aAGa,1，GBa,1 AGGBa218，a29

x2椭圆方程为：y21

9（2）证明：设P6,y0， 则直线AP的方程为：yy00x3，即：yy0x3

639x2y219联立直线AP的方程与椭圆方程可得：，整理得：

yy0x393y0227y09x6y0x9y0810，解得：x3或xy29

022226y03y0227y0yxyx3将代入直线可得：y29 29y0903y02276y0,2所以点C的坐标为. 2y9y9003y0232y0,2 同理可得：点D的坐标为2y01y01当y03时，

2直线CD的方程为：y2y06y0y029y0212y03y023x2， 222y013y0273y03y01y029y0218y0y0232y03y0238y03y023整理可得：y2x2x2

y0169y04y0163y02y01 63

整理得：y4y02y04y03xx

y02333y02233y02所以直线CD过定点3,0． 233，直线过点,0． 22当y03时，直线CD：x2故直线CD过定点3,0． 2x2y267．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知椭圆C1：221(a>b>0)的右焦点F与

ab抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=

4|AB|． 3（1）求C1的离心率；

（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．

1x2y2【答案】（1）；（2）C1：1，C2： y28x.

21612【分析】：（1）因为椭圆C1的右焦点坐标为：F(c,0),所以抛物线C2的方程为y24cx，其中ca2b2.

x2y2不妨设A,C在第一象限，因为椭圆C1的方程为：221，

ab22222cybbb所以当xc时，有221y，因此A,B的纵坐标分别为，；

abaaa又因为抛物线C2的方程为y24cx，所以当xc时，有y24ccy2c，

2b2所以C,D的纵坐标分别为2c，2c，故|AB|，|CD|4c.

a4cc2cc18b2由|CD||AB|得4c，即322()，解得2（舍去），.

3aaaa23a所以C1的离心率为

1. 2

x2y2(2c,0)，（2）由（1）知a2c，故C1:221，所以C1的四个顶点坐标分别为(2c,0)，b3c，

4c3c(0,3c)，(0,3c)，C2的准线为xc.

由已知得3cccc12，即c2.

x2y2所以C1的标准方程为1，C2的标准方程为y28x.

1612x2y268．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知椭圆C1：221(a>b>0)的右焦点F与

abC1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，抛物线C2的焦点重合，交C2于C，D两点，且|CD|=

4|AB|. 3（1）求C1的离心率；

（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.

1x2y22【答案】（1）；（2）C1:1，C2:y12x.

23627【分析】（1）

Fc,0，ABx轴且与椭圆C1相交于A、B两点，

则直线AB的方程为xc，

xcxc2y2x2b22联立221，解得， b，则ABaa2b22yaabc

xc抛物线C2的方程为y4cx，联立2，

y4cx2 65

解得xc，CD4c，

y2c48b2CDAB，即4c，2b23ac，

33a即2c23ac2a20，即2e23e20，

0e1，解得e11，因此，椭圆C1的离心率为；

22x2y2（2）由（1）知a2c，b3c，椭圆C1的方程为221，

4c3cy24cx联立x2，消去y并整理得3x216cx12c20， y24c23c212c或x6c（舍去）， 325c5，解得c3. 由抛物线的定义可得MFcc33解得xx2y2因此，曲线C1的标准方程为1，

3627曲线C2的标准方程为y212x.

x2y21521(0m5)的离心率为69．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知椭圆C:，25m4A，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x6上，且|BP||BQ|，BPBQ，求APQ的面积．

5x216y2【答案】（1）（2）. 1；

22525【分析】（1）

x2y2C:1(0m5) 25m2a5，bm，

c15bm根据离心率e11， a4a5

66

22解得m55或m(舍)， 44x2y21C的方程为：2552，

4x216y2即1； 2525（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|，BPBQ， 过点P作x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

|BP||BQ|，BPBQ，PMBQNB90，

又

PBMQBN90，BQNQBN90，

PBMBQN，

根据三角形全等条件“AAS”， 可得：△PMB△BNQ，

x216y21， 2525B(5,0)，

PMBN651，

设P点为(xP,yP)，

67

x216y2可得P点纵坐标为yP1，将其代入1，

2525xP216可得：1，

2525解得：xP3或xP3，

P点为(3,1)或(3,1)，

Ⅰ当P点为(3,1)时， 故

MB532，

△PMB△BNQ，

|MB||NQ|2，

可得：Q点为(6,2)， 画出图象，如图

A(5,0),Q(6,2)，

可求得直线AQ的直线方程为：2x11y100，

根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d23111102211251255， 5根据两点间距离公式可得：AQ65202255，

APQ面积为：15555；

252Ⅰ当P点为(3,1)时， 故

MB5+38，

△PMB△BNQ，

68

|MB||NQ|8，

可得：Q点为(6,8)， 画出图象，如图

A(5,0),Q(6,8)，

可求得直线AQ的直线方程为：8x11y400，

根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d83111408211251855， 185根据两点间距离公式可得：AQ658022185，

155， APQ面积为：18521852综上所述，APQ面积为：

5. 270．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，ⅠM过点A，B且与直线x+2=0相切．

（1）若A在直线x+y=0上，求ⅠM的半径．

（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由． 【答案】（1）2或6； （2）见解析. 【分析】（1）

A在直线xy0上 设At,t，则Bt,t

又AB4 8t216，解得：t2 M过点A，B 圆心M必在直线yx上

69

设Ma,a，圆的半径为r

M与x20相切 ra2

又MAMBr，即a2a2a2a2r

2a2，解得：a0或a4

22222当a0时，r2；当a4时，r6

M的半径为：2或6

（2）存在定点P1,0，使得MAMP1 说明如下：

A，B关于原点对称且AB4

直线AB必为过原点O的直线，且OA2

Ⅰ当直线AB斜率存在时，设AB方程为：ykx 则

1M的圆心M必在直线yx上

k设Mkm,m，

M的半径为r

M与x20相切 rkm2

又rMAOAOM224k2m2m2 km24k2m2m2，整理可得：m24km

即M点轨迹方程为：y24x，准线方程为：x1，焦点F1,0

MAr，即抛物线上点到x2的距离 MAMF1 MAMF1

当P与F重合，即P点坐标为1,0时，MAMP1

Ⅰ当直线AB斜率不存在时，则直线AB方程为：x0

M在x轴上，设Mn,0

n2n24，解得：n0，即M0,0

70

若P1,0，则MAMP211

综上所述，存在定点P1,0，使得MAMP为定值.

71．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为直线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AP3PB，求|AB|． 【答案】（1）12x8y70；（2）3的2413. 3【分析】（1）设直线l方程为：y3xm，Ax1,y1，Bx2,y2 2354 x1x2 22由抛物线焦半径公式可知：AFBFx1x23yxm22联立得：9x12m12x4m0 22y3x2则12m12144m0 m1 2712m125x1x2，解得：m

9282直线l的方程为：y37x，即：12x8y70 282yt 3（2）设Pt,0，则可设直线l方程为：x2xyt2联立得：y2y3t0 32y3x则412t0 t1 3y1y22，y1y23t

AP3PB y13y2 y21，y13 y1y23

2则AB149y1y24y1y213413 41233 71

x2y272．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知F1,F2是椭圆C:221(ab0)的

ab两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．

（1）若POF2为等边三角形，求C的离心率；

（2)如果存在点P，使得PF1PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围. 【答案】(1) e31；（2）b4，a的取值范围为[42,).

F1PF290，PF2c，PF13c，【分析】（1）连结PF1，由POF2为等边三角形可知：在△F1PF2中，于是2aPF1PF2c3c， 故椭圆C的离心率为ec231； a131yyx2y21，221， （2）由题意可知，满足条件的点P(x,y)存在，当且仅当y2c16，

2xcxcab即cy16 Ⅰ

x2y2c2 Ⅰ x2y221 Ⅰ 2abb41622由ⅠⅠ以及abc得y2，又由Ⅰ知y2，故b4；

cc2222a222由ⅠⅠ得x2(cb)，所以c2b2，从而a2b2c22b232，故a42；

c2当b4，a42时，存在满足条件的点P. 故b4，a的取值范围为[42,).

73．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））

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，PEⅠx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；

72

（ii）求PQG面积的最大值.

【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【分析】（1）直线AM的斜率为

yy(x2)，直线BM的斜率为(x2)，由题意可知：x2x2yy1x22y24,(x2)，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在x轴上，不包括左x2x22x2y2右两顶点的椭圆，其方程为1,x2；

42（2）（i）设直线PQ的方程为ykx,由题意可知k0,直线PQ的方程与椭圆方程x22y24联立,即

22x,x,22ykx,2k12k1,点P在第一象限，所以或22x2y4.2k2ky.y.222k12k1P(22k12,2k2k12),Q(22k12,2k2k12)，因此点E的坐标为(22k12,0)

直线QE的斜率为kQEkkkyxQE，可得直线方程：，与椭圆方程联立，

222k21kk22yx,4kx12k8222y2(2k)x0（*），设点G(x1,y1)，显然Q点2k1，消去得，222k12k1x22y24.的横坐标22k12和x1是方程（*）的解

12k28226k242k1所以有x，代入直线QE方程中，得 x112k22k21(k22)2k21y12k3(k22)2k21，所以点G的坐标为(k22)2k21(k22)2k21，

(6k24,2k3) 73

2k3直线PG的斜率为; kPG(k22)2k216k24(k2)2k1222k2k32k(k22)12k212, 226k42(k2)k2k21因为kPQkPGk()1,所以PQPG，因此PQG是直角三角形； （ii）由（i）可知：P(1k22k12,2k2k12),Q(22k12,2k2k12)，

(,)G的坐标为(k22)2k21(k22)2k21，

6k242k3PQ(22k1222k12)(222k2k1)(222k2k12k32)241k22k12k2k1222，

PG(6k24(k2)2k1222k12(k2)2k122)4kk21(k22)2k21,

SPQG14kk2141k28(k3k)4

2222(k2)2k12k12k5k228(k1)(k1)(2k43k22),因为k0，S所以当0k1时，S'0，函数S(k)单调递增，当k1422(2k5k2)'时，S'0，函数S(k)单调递减，因此当k1时，函数S(k)有最大值，最大值为S(1)16. 91x274．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，

22过D作C的两条切线，切点分别为A，B. （1）证明：直线AB过定点： （2）若以E(0，

5)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的面积. 2【答案】(1)见详解；(2) 3或42.

【分析】(1)证明：设D(t,),A(x1,y1),则y1又因为y故y1

1212x1． 212x，所以y'x.则切线DA的斜率为x1， 21x1(x1t)，整理得2tx12y110. 274

设B(x2,y2)，同理得2tx22y210.

A(x1,y1),B(x2,y2)都满足直线方程2tx2y10.

于是直线2tx2y10过点A,B，而两个不同的点确定一条直线，所以直线AB方程为2tx2y10.即2tx(2y1)0，

当2x0,2y10时等式恒成立．所以直线AB恒过定点(0,). （2）由（1）得直线AB的方程为ytx121. 21ytx2由，可得x22tx10， 2yx2于是x1x22t,x1x21,y1y2t(x1x2)12t1

2|AB|1t2|x1x2|1t2(x1x2)24x1x22(t21).

2设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离，则d1t1,d22t21.

因此，四边形ADBE的面积S1|AB|d1d2t23t21. 22设M为线段AB的中点，则Mt,t1， 222由于EMAB，而EMt,t2，AB与向量(1,t)平行，所以tt2t0，解得t0或t1.

当t0时，S3；当t1时S42 因此，四边形ADBE的面积为3或42.

0，75．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I卷））设抛物线C：y22x，点A2，B2，0，过点A的直线l与C交于M，N两点．

（1）当l与x轴垂直时，求直线BM的方程； （2）证明：ABMABN． 【答案】（1）y

11x1或yx1；（2）见解析.

2275

【分析】（1）当l与x轴垂直时，l的方程为x2，可得M的坐标为2,2或2,2． 所以直线BM的方程为y11x1或yx1；

22（2）设l的方程为xty2，Mx1,y1、Nx2,y2，

由xty2，得y22ty40，可知y1y22t，y1y24． 2y2x直线BM、BN的斜率之和为

kBMkBNx22y1x12y2ty24y1ty14y2y1y2x12x22x2x212x12x222ty1y24y1y22t442t0，

x12x22x12x22所以kBMkBN0，可知BM、BN的倾斜角互补，所以ABMABN. 综上，ABMABN.

x276．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷））设椭圆C:y21的右焦点为F，

2过F的直线l与C交于A,B两点，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：OMAOMB. 【答案】（1）AM的方程为y22（2）证明见解析. x2或yx2；22【分析】（1）由已知得F1,0，l的方程为x1.

22由已知可得，点A的坐标为1,2. 1,2或所以AM的方程为y22x2或yx2. 22（2）当l与x轴重合时，OMAOMB0.

当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.

当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为ykx1k0，Ax1,y1,Bx2,y2，

76

则x12,x22，直线MA、MB的斜率之和为kMAkMBy1y2. x12x22.

由y1kx1k,y2kx2k得kMAkMB2kx1x23kx1x24kx12x22x22222将ykx1代入y21得2k1x4kx2k20.

24k22k22. 所以，x1x2,x1x2222k12k14k34k12k38k34k则2kx1x23kx1x24k0. 22k1从而kMAkMB0，故MA、MB的倾斜角互补，所以OMAOMB. 综上，OMAOMB.

77．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））设抛物线C：y24x的焦点为F，过F且斜率为k(k0)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．

【答案】(1) y=x–1,(2) x3y216或x11y6144． 【详解】：（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x–1）（k>0）． 设A（x1，y1），B（x2，y2）． 由2222ykx12y4x2222得kx2k4xk0．

2k24 16k160，故x1x2． 2k24k24所以ABAFBFx11x21． 2k4k24由题设知，k=1． 8，解得k=–1（舍去）2k因此l的方程为y=x–1．

（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

77

y2x3，即yx5．

设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则

y0x05，x03，x011，2 解得或y0x012y2y6.16.00x012因此所求圆的方程为

x32y216或x11y6144．

222x2y278．1交于A，B两点．（2018年全国卷Ⅰ文数高考试题）已知斜率为k的直线l与椭圆C：线段AB43的中点为M(1,m)(m0)． （1）证明：k1； 2（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且FPFAFB0．证明：2FPFAFB． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析

22x2y2x12y12【详解】：（1）设Ax1，y1，Bx2，y2，则1，1．

4343y1y2xxyy2=k得121k0． 两式相减，并由

x1x243由题设知

x1x2yy231，1m，于是k．

24m2311m20mk由题设得，故． 1,m02243（2）由题意得F（1，0）．设Px3，y3，则

y3x11，y1x21，y20，0． x31，由（1）及题设得x33x1x21，y3y1y22m0． 又点P在C上，所以m333，|FP|=． ，从而P1，422 78

x12x12于是|FA|x11yx1131． 422212同理|FB|=2x2． 21x1x23． 2所以|FA||FB|4故2|FP|=|FA|+|FB|．

x2y279．1交于A，B两点，（2018年全国卷Ⅰ理数高考试题）已知斜率为k的直线l与椭圆C：线段AB43mm0． 的中点为M1，（1）证明：k1； 2（2）设F为C的右焦点，P为C上一点,且FPFAFB0．证明：FA，FP，FB成等差数列，并求该数列的公差． 【答案】（1）k1 2（2）

321 321或2828x12y12x22y22【详解】：（1）设Ax1,y1,Bx2,y2，则1,1.

4343y1y2k得 两式相减，并由

x1x2x1x2y1y2k0. 43xx2yy21,1m，于是 由题设知1223k.Ⅰ

4m31由题设得0m，故k.

22（2）由题意得F1,0，设Px3,y3，则

x31,y3x11,y1x21,y20,0.

由（1）及题设得x33x1x21,y3y1y22m0.

79

又点P在C上，所以m于是

333，从而P1,，FP. 422x12x1FAx11yx11312. 422212同理FB2x2. 21x1x23. 2所以FAFB4故2FPFAFB，即FA,FP,FB成等差数列. 设该数列的公差为d，则

2d||FBFA将m11x1x222x1x224x1x2.Ⅰ

3代入Ⅰ得k1. 4712所以l的方程为yx，代入C的方程，并整理得7x14x0.

44故x1x22,x1x21321. ，代入Ⅰ解得d2828所以该数列的公差为

321321. 或2828x280．（2017年全国卷文数高考试题）设A，B为曲线C：y上两点，A与B的横坐标之和为4.

4(1)求直线AB的斜率；

(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AMⅠBM，求直线AB的方程． 【答案】（1）1；（2）y＝x＋7..

2x12x2【分析】：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，y1，x1＋x2＝4，于是直线AB的斜率，y244ky1y2x1x21.

x1x24 80

xx2(2)由y，得y.

24设M(x3，y3)，由题设知

x3

1，解得x3＝2，于是M(2，1)． 2

设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N(2，2＋m)，|MN|＝|m＋1|.

x2将y＝x＋m代入y得x2－4x－4m＝0.

4当Δ＝16(m＋1)＞0，即m＞－1时，x1,222m1. 从而AB2x1x242(m1).

由题设知|AB|＝2|MN|，即42(m1)2(m1)，解得m＝7. 所以直线AB的方程为y＝x＋7.

x2y281．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））已知椭圆C：22=1（a>b>0），

ab四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅰ）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.

33），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上. 22x2【答案】(1) y21.

4(2)证明见解析.

【详解】（1）由于P：3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点. 又由

1113知，C不经过点P1，所以点P2在C上. a2b2a24b211a24b2. 因此，解得213b11224bax2故C的方程为y21.

4

81

（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，

224t4tx=t，B的坐标分别为. 如果l与x轴垂直，设l：由题设知t0，且t2，可得A，（t，），（t，）22224t24t2则k1k21，得t2，不符合题设. 2t2tx2从而可设l：ykxm（m1）.将ykxm代入y21得

44k21x28kmx4m240

22由题设可知=1km10.

8km4m24. 设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=2，x1x2=24k14k1而k1k2y11y21 x1x2kx1m1kx2m1 x1x22kx1x2m1x1x2x1x2.

由题设k1k21，故2k1x1x2m1x1x20.

4m248km即2k1m10. 224k14k1解得km1. 2m1m1xm，即y1x2， 22当且仅当m1时，0，欲使l：y所以l过定点（2，1）

82．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷））设O为坐标原点，动点M在椭圆

x2C:y21上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP2NM.

2（1）求点P的轨迹方程；

82

（2）设点Q在直线x3上，且OPPQ1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. 【答案】（1）x2y22；（2）见解析.

【详解】（1）设P（x，y），M（x0,y0）,则N（x0,0），NP(xx0,y),NM（0,y0）由NP2NM得x0x，y02y. 2x2y2因为M（x0,y0）在C上，所以1.

22因此点P的轨迹为x2y22.

由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则

OQ3，t，PF1m，n，OQPF33mtn，

. OPm，n，PQ（3m，tn）由OPPQ1得-3m-m2+tn-n2=1，又由（1）知m2n22，故3+3m-tn=0.

所以OQPF0，即OQPF.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.

83．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷））在直角坐标系xOy中，曲线

yx2mx2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,1).当m变化时，解答下列问题：

（1）能否出现ACⅠBC的情况？说明理由；

（2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值. 【答案】（1）不会；（2）详见解析

【详解】：（1）不能出现ACⅠBC的情况，理由如下：

（x1,0）B（x2,0）, ,则x1，x2满足x2mx20，所以x1x22. 设A又C的坐标为（0，1），故AC的斜率与BC的斜率之积为ACⅠBC的情况. （2）BC的中点坐标为（

x21x21，）（x）. ，可得BC的中垂线方程为yx22222111，所以不能出现

x1x22 83

由（1）可得x1x2m，所以AB的中垂线方程为xm. 2mmx，x，222 联立又x2mx220，可得x11yxx2，y，22222m1m9 ）所以过A、B、C三点的圆的圆心坐标为（，，半径r，222m2故圆在y轴上截得的弦长为2r2（）3，即过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦

2长为定值.

84．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷））已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于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.

【答案】(1)证明见解析；(2) xy20， x3y110或2xy40，

229185xy.

4216【详解】（1）设Ax1,y1,Bx2,y2，l:xmy2.

22由xmy2,2 可得y2my40，则y1y24. 2y2x22y12y2yy又x1，故xx124. ,x212224因此OA的斜率与OB的斜率之积为故坐标原点O在圆M上.

y1y241，所以OAOB. x1x24（2）由（1）可得y1y22m,x1x2my1y242m4.

22故圆心M的坐标为m2,m，圆M的半径rm22m2.

2 84

由于圆M过点P4,2，因此APBP0，故x14x24y12y220， 即x1x24x1x2y1y22y1y2200， 由（1）可得y1y24,x1x24.

所以2m2m10，解得m1或m1. 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M的方程为x3y110. 当m2219185时，直线l的方程为2xy40，圆心M的坐标为,，圆M的半径为，圆2424229185. M 的方程为xy421685．（2016新课标全国卷Ⅰ文科）在直角坐标系xOy中，直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：

y22px(p0)于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H.

（Ⅰ）求

OHON；

（Ⅰ）除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由. 【答案】（1）2；（2）没有.

t2,t. 【分析】（Ⅰ）由已知得M0,t,P2p又N为M关于点P的对称点，

t2p故N,t,ON的方程为yx，

tp代入y22px整理得px22t2x0，

2t22t2,2t)， 解得x10,x2，因此H(pp所以N为OH的中点，即

|OH|2. |ON| 85

（Ⅰ）直线MH与C除H以外没有其它公共点. 理由如下： 直线MH的方程为yt2tpx，即x(yt)，

p2t代入y22px，得y24ty4t20，解得y1y22t， 即直线MH与C只有一个公共点，

所以除H以外直线MH与C没有其它公共点.

86．（2016新课标全国卷Ⅰ）设圆x2y22x150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EAEB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)答案见解析；(Ⅰ)12,83. 【详解】：（Ⅰ）因为所以又圆

，故

的标准方程为

，

，

，从而，

，故

. ，所以

的轨迹方程为：

. ，

由题设得，由椭圆定义可得点

（）.

（Ⅰ）当与轴不垂直时，设的方程为，，.

由得.

则，.

所以

.

86

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，四边形当与轴垂直时，其方程为综上，四边形

，

面积的取值范围为12,83.

，.

，四边形

的面积为12.

面积的取值范围为

x2y287．（2016新课标全国卷）已知A是椭圆E：1的左顶点，斜率为kk0的直线交E于A，M

43两点，点N在E上，MANA.

（Ⅰ）当AMAN时，求AMN的面积 （Ⅰ） 当2AMAN时，证明：3k2. 【答案】（Ⅰ）

144；（Ⅰ）详见解析. 49【解析】：（Ⅰ）设M(x1,y1)，则由题意知y10. 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为又A(2,0)，因此直线AM的方程为yx2.

π. 4x2y2将xy2代入1得7y212y0.

4312. 解得y0或y，所以y17712因此AMN的面积SAMN211212144. 27749x2y2（Ⅰ）将直线AM的方程yk(x2)(k0)代入1得

43 87

(34k2)x216k2x16k2120.

22(34k2)16k212121k2. 由x1(2)得x1，故AMx121k22234k34k34k212k1k. ，故同理可得AN23k+4由题设，直线AN的方程为

由2AMAN得

2k，即4k36k23k80. 2234k3k+4设f(t)4t36t23t8，则k是f(t)的零点，f(t)12t212t33(2t1)20，所以f(t)在

(0,)单调递增.又f(3)153260,f(2)60，因此f(t)在(0,)有唯一的零点，且零点k在

(3,2)内，所以3k2.

x2y288．（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷））已知椭圆E:1的焦点在xt3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，MAⅠNA． （Ⅰ）当t=4，AMAN时，求ⅠAMN的面积； （Ⅰ）当2AMAN时，求k的取值范围. 【答案】（Ⅰ）

144；（Ⅰ）4932,2.

x2y2【详解】（Ⅰ）设Mx1,y1，则由题意知y10，当t4时，E的方程为1，A2,0.

43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yx2. 41212x2y2将xy2代入1得7y212y0.解得y0或y，所以y1.

7743因此AMN的面积SAMN112121442.

27749（Ⅰ）由题意t3，k0，At,0.

x2y222222将直线AM的方程yk(xt)代入1得3tkx2ttkxtk3t0.

t3 88

2t3tk26t1kt2k23t2. 由x1t得，故x1AMx1t1k2223tk3tk3tk16kt1k2xt，故同理可得AN由题设，直线AN的方程为y，

2k3kt由2AMAN得当k32k3，即k2t3k2k1. 223tk3kt2时上式不成立， 3k2k1k3232k2k21k2kk2.t3等价于0， 33k2k2因此tk20k20k20.由此得{3即3，或{3，解得32k2.

k20k20k2因此k的取值范围是

．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）已知抛物线C：y22x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AR//FQ； （Ⅰ）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅰ）y2x1． 【分析】由题设F32,2.

1,0，设l1:ya,l2:yb，则ab0，且 2a2b2111abA,0,B,b,P,a,Q,b,R,． 222222记过A,B两点的直线为l，则l的方程为2xabyab0 （Ⅰ）由于F在线段AB上，故1ab0， 记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2，则k1所以AR//FQ

（Ⅰ）设l与x轴的交点为Dx1,0，

abab1abbk2， 1a2a2abaa

则SABFab111baFDbax1,SPQF， 222211abbax1，所以x10（舍去），x11． 222由题设可得

设满足条件的AB的中点为Ex,y． 当AB与x轴不垂直时，由kABkDE可得而

2yx1． abx1aby，所以y2x1x1． 2当AB与x轴垂直时，E与D重合，所以，所求轨迹方程为y2x1

90．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点． (1)求k的取值范围；

(2)若OMON＝12，其中O为坐标原点，求|MN|. 【答案】（1）(4747（2）2． ,)；

33【详解】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，

设过点A（0，1）的直线方程：y=kx+1，即：kx-y+1=0． 由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=1． 故由2k311，解得：47k47．

33k212故当4747，过点A（0，1）的直线与圆C：x2k33y321相交于M，N两点．

（2）设Mx1,y1；Nx2,y2，

由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程x222可得1kx4k1x70，

2y321，

 90

Ⅰx1x241k1k2,x1x27， 21k212k24k1Ⅰy1y2kx11kx21kx1x2kx1x21， 21k12k24k8由OM·ONx1x2y1y212，解得 k=1， 21k故直线l的方程为 y=x+1，即 x-y+1=0．圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．所以|MN|=2

2x91．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））在直角坐标系xoy中，曲线C：y=

4与直线ykxa,a0交与M,N两点，

（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；

（Ⅰ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有ⅠOPM=ⅠOPN？说明理由. 【答案】（Ⅰ）axya0或axya0（Ⅰ）存在

【详解】：（Ⅰ）由题设可得M(2a,a)，N(22,a)，或M(22,a)，N(2a,a).

21xⅠyx，故y在x=22a处的导数值为a，C在(22a,a)处的切线方程为

24yaa(x2a)，即axya0.

x2x故y在=-22a处的导数值为-a，C在(22a,a)处的切线方程为

4yaa(x2a)，即axya0.

故所求切线方程为axya0或axya0. （Ⅰ）存在符合题意的点，证明如下：

设P（0，b）为复合题意得点，M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1,k2. 将ykxa代入C得方程整理得x24kx4a0. Ⅰx1x24k,x1x24a.

91

Ⅰk1k2y1by2b2kx1x2(ab)(x1x2)k(ab)==.

x1x2x1x2a当ba时，有k1k2=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补， 故ⅠOPM=ⅠOPN，所以P(0,a)符合题意.

x2y292．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知椭圆C:221(ab0)的

ab离心率为

2，点(2,2)在C上 2（1）求C的方程

（2）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A,B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.

1x2y2【答案】（1）1 （2）kOMk

28422ab24222【详解】：（Ⅰ）由题意有,221, 解得a8,b4,所以椭圆C的方程为

a2abx2y221. 28422xy（Ⅰ）设直线l:ykxbk0,b0,Ax1,y1,Bx2,y2,MxM,yM,把ykxb代入22184222得2k1x4kbx2b80.

故xMy1x1x22kbb2,yMkxMb2, 于是直线OM的斜率kOMM, 即

xM2k22k12k11kOMk,所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.

2

93．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））已知椭圆C:9x2y2m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M． （Ⅰ）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；

92

（Ⅰ）若l过点(m,m)，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l3的斜率，若不能，说明理由．

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅰ）能，47或47．

【详解】：解：(1)设直线l:ykxb(k0,b0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(xM,yM)．

ykxb2222Ⅰ由2得(k9)x2kbxbm0， 229xymⅠxM9bx1x2kb2，yMkxMb2． 2k9k9yM9，即kOMk9． xMkⅠ直线OM的斜率kOM即直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值9． （2）四边形OAPB能为平行四边形．

m,m)，Ⅰl不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0，k3 39由 (Ⅰ)得OM的方程为yx．设点P的横坐标为xP．

kⅠ直线l过点(9x,Ⅰ由{得k2229xym,y将点(，即

mk(k3)mm(3k)x,m)的坐标代入直线l的方程得b，因此M． 23(k9)33四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP2xM Ⅰkm3k292mk(k3)．解得k147，k247．

3(k29)Ⅰki0,ki3，i1，2，

Ⅰ当l的斜率为47或47时，四边形OAPB为平行四边形． 考点：直线与椭圆的位置关系的综合应用

【一题多解】第一问涉及中点弦，当直线与圆锥曲线相交时，点

是弦的中点，（1）知道中点坐标，求直

线的斜率，或知道直线斜率求中点坐标的关系，或知道求直线斜率与直线OM斜率的关系时，也可以选择

93

点差法，设,，代入椭圆方程，两式相减，

化简为，两边同时除以得

，而

,,即得到结果，

94．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））已知点过点(1)求(2)当

的动直线与圆的轨迹方程；

时，求的方程及

的面积

交于

两点，线段

的中点为

，

，圆:，

为坐标原点.

【答案】（1）(x1)2(y3)22;（2）l的方程为y1816x;POM的面积为. 335【解析】：（1）圆C的方程可化为x2(y4)216，所以圆心为C(0,4)，半径为4， 设M(x,y)，则CM(x,y4)，MP(2x,2y)，

由题设知CM•MP0，故x(2x)(y4)(2y)0，即(x1)2(y3)22. 由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x1)2(y3)22. （2）由（1）可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，2为半径的圆.

由于OPOM，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ONPM. 因为ON的斜率为3，所以l的斜率为118，故l的方程为yx. 333又OPOM22，O到l的距离为

110410，PM，所以POM的面积为.

555x2y295．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））已知点A(0，－2)，椭圆E：221

ab(a>b>0)的离心率为

3F23，是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.

3294

(1)求E的方程；

(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当ⅠOPQ的面积最大时，求l的方程.

x27【答案】（1）y21 （2）yx2

42【详解】：（1）设Fc,0，因为直线AF的斜率为

23A0,2

，3所以

223，c3. c3又

c32,ba2c2 a2解得a2,b1，

x2所以椭圆E的方程为y21.

4（2）解：设Px1,y1,Qx2,y2 由题意可设直线l的方程为：ykx2，

x2y21，y22联立{4消去得14kx16kx120，

ykx2,22当1k30，所以k333，即k或k时 422x1x216k12,xx. 122214k14k所以PQ1k2x1x2224x1x2 1k24816k 2214k14k41k24k23 14k2点O到直线l的距离d2k12 95

所以SOPQ144k23， dPQ214k2设4k23t0，则4k2t23，

SOPQ4t4412， 4t4t24t当且仅当t2，即4k232， 解得k2满足k7时取等号， 23 4所以OPQ的面积最大时直线l的方程为：y

77x2. x2或y2296．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅰ卷））设F1,F2分别是椭圆

x2y2 直线MFM是C上一点且MF2与x轴垂直，21(ab0)的左右焦点，1与C的另一个交点为N．2ab（1）若直线MN的斜率为

3，求C的离心率； 4（2）若直线MN在y轴上的截距为2，且MN5F1N，求a,b． 【答案】（1）【详解】

1；（2）a7,b27 2b2Mc,（1）记ca2b2，则F1c,0,F2c,0，由题设可知

a， b23则，

kMNkF1Ma2b23ac2c4c1ca2c23ace,或e2(舍去)；

a2a2b（2）记直线MN与y轴的交点为D0,2，则MF244Ⅰ，

a 96

3cMN5F1N,DF12F1NN,1，

29c21将N的坐标代入椭圆方程得221Ⅰ

4ab由ⅠⅠ及c2a2b2得a249,b228， 故a7,b27．

97．（2013年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））(本小题满分12分)已知圆

M:x1y21，圆N:x1y29，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲

线C．

（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅰ）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求AB．

2218x2y2. 【答案】（Ⅰ）（Ⅰ）AB23，或AB1(x2)；

743【详解】（Ⅰ）依题意，圆M的圆心M(1,0)，圆N的圆心N(1,0)，故PMPN42，由椭圆定理

x2y2可知，曲线C是以M、N为左右焦点的椭圆（左顶点除外），其方程为1(x2)；

43（Ⅰ）对于曲线C上任意一点P(x,y)，由于PMPN2R22（R为圆P的半径），所以R=2，所以当圆P的半径最长时，其方程为(x2)2y24； 若直线l垂直于x轴，易得AB23；

若直线l不垂直于x轴，设l与x轴的交点为Q，则

QPQMR，解得Q(4,0)，故直线l：yk(x4)；r1有l与圆M相切得1，解得k2；当k2时，直线y2x2，联立直线与椭圆的

4441k23k方程解得AB18182. ；同理，当k时，AB774 97

98．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））已知圆M：(x＋1)2＋y2=1，圆N：(x－1)2＋y2=9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线 C （1）求C的方程；

（2）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.

x2y2【答案】（1）（2）见解析. 1(x2)；

43【分析】（1）依题意，圆M的圆心，圆N的圆心N(1,0)，故PMPN42，由椭圆定理可知，曲线

x2y2C是以M、N为左右焦点的椭圆（左顶点除外），其方程为1(x2)；

43（2）对于曲线C上任意一点P(x,y)，由于PMPN2R2（R为圆P的半径），所以R=2，所以当圆P的半径最长时，其方程为(x2)2y24； 若直线l垂直于x轴，易得AB23；

若直线l不垂直于x轴，设l与x轴的交点为Q，则

QPQMR，解得Q(4,0)，故直线l：yk(x4)；r1有l与圆M相切得1，解得k2；当k2时，直线y2x2，联立直线与椭圆的4441k23k方程解得AB

18182. ；同理，当k时，AB77499．（2012年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（课标卷））设抛物线C：x22py（p＞0）的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B,D两点. (Ⅰ)若BFD900,ABD的面积为42，求p的值及圆F的方程；

(Ⅰ)若A，B，F三点在同一条直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，

n距离的比值.

【答案】1．x2(y1)28 2．3 【详解】

设准线l于y轴的焦点为E，圆F的半径为r，

98

则|FE|=p，FA|FB|=FD=r，E是BD的中点，

(Ⅰ) ⅠBFD900，ⅠFA|FB|=FD=2p，|BD|=2p，

py0， 21p1ⅠABD的面积为42，ⅠSABD=BD(y0)=2p2p=42，解得p=2，

222设A(x0，y0)，根据抛物线定义得，|FA|=

ⅠF(0,1), FA|=22， Ⅰ圆F的方程为：x2(y1)28；

(Ⅰ) 解析1ⅠA，B，F三点在同一条直线m上, ⅠAB是圆F的直径，ADB900, 由抛物线定义知ADFA1AB，ⅠABD300，Ⅰm的斜率为3或－3， 233Ⅰ直线m的方程为：y33pp， x，Ⅰ原点到直线m的距离d1=432设直线n的方程为：y3232xb，代入x2py得，x2x2pb0， 33Ⅰn与C只有一个公共点， Ⅰ=Ⅰ直线n的方程为：y42pp8pb0，Ⅰb，

6333pp， x，Ⅰ原点到直线n的距离d2=1236Ⅰ坐标原点到m，n距离的比值为3.

2x0p)(x00)，则F(0,) 解析2由对称性设A(x0,22p点A,B关于点F对称得：

3pp3p)，直线m:y22xpx3y3p0 得：A(3p,2223p

99

x2x333pp

x2pyyyxp切点P(,)2pp33362直线n:yp33p3(x)x3yp0 63363p3p:3 26坐标原点到m,n距离的比值为

100．（2012年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（课标卷））设抛物线C:x22py(p0)的焦点为

F，准线为l,AC，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B,D两点；

（1）若BFD90,△ABD的面积为42；求p的值及圆F的方程；

（2）若A,B,F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m,n距离的比值.

【答案】（1）p2，x2(y1)28；（2）3.

【详解】（1）由对称性知：△BFD是等腰直角三角形，斜边BD2p 点A到准线l的距离dFAFB2p

SABD421BDd42p2 2圆F的方程为x2(y1)28

2x0)(x00)， （2）由对称性设A(x0,2p22px0x0p2)(x00)px03p2得：则F(0,)点A,B关于点F对称得：B(x0,p22p2p2A(3p,3p)， 23pp直线m:y22xpx3y3p0

223px2x333ppx2pyyyxp切点P(,)

2pp33362 100

直线n:yp33p3(x)x3yp0 63363p3p:3. 26坐标原点到m,n距离的比值为

101