全國卷歷年高考解析幾何解答題真題歸類分析(含答案)

1、全國卷歷年高考解析幾何解答題真題歸類分析(含答案)一、橢圓(2015年2卷)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m0),直線I不過原點(diǎn)0且不平行于坐標(biāo)軸，1與C有 兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)為M.(1)證明:直線0M的斜率與I的斜率的乘積為定值.若I過點(diǎn)e，m),延長線段0M與C交于點(diǎn)P四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能,求此時(shí)I的斜率,若不能，說明理由分析：(1)將直線y=kx+b(k豐0,b豐與橢圓C:9x2+y2=m2(mo)聯(lián)立,結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系及中點(diǎn) 坐標(biāo)公式證明.(2)由四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段0P互相平分求解證明.kbk2 9解析】：設(shè)直線 l:y=k

2、x+b(k 工0,b 豐0),A(y),B(x2,y2),M(x M,yM).將 y=kx+b 代入 9x2+y2=m2 得(k2+9)x2+2kbx+b 2-m2=0,故 Xm兇 生yMXm2yMkM b于是直線OM的斜率kOMk 9即kOM k=-9,所以直線OM的斜率與I的斜率的積是定值.四邊形OAPB能為平行四邊形，因?yàn)橹本€I過點(diǎn)Q,m),所以I不過原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k0,k豐、由得OM的方程為y=-jx.設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為Xp.9由y kX，得X：9x2 y2 m2k2m229k281，即xpkm3； k29將點(diǎn)(m,m)的坐標(biāo)代入I的方程得b3m(3 k)3，因此Xmk

3、(k 3)3(k29)四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段 AB與線段OP互相評分，即xPXM 于是kmk=k(k=)m，解得 k-k.,k因?yàn)閗io,k 3,i=1,2所以當(dāng)I的斜率為4-或4+時(shí),四邊形OAPB為平行四邊形(2016年1卷)設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為 A,直線I過點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合，I交 圓A于C,D兩點(diǎn),過B作AC的平行線交 AD于點(diǎn)E.(1)證明|EA|+|EB|為定值，并寫出點(diǎn) E的軌跡方程；設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線 Ci,直線I交Ci于M,N兩點(diǎn),過B且與I垂直的直線與圓A交于P,Q兩點(diǎn)，求四邊形 MPNQ面積的取值范圍.【解析】 圓A整理為(x+

4、1) 2x_ y_ 1方程為y k x 2 .聯(lián)立 43 并整理得， 3 4k2 x2 16k2x 16k2 120y k x 2+y2=16，點(diǎn)A坐標(biāo)為(-1,0),如 圖,/ BE / AC,貝ACB= / EBD,由 |AC|=|AD|,貝U/ ADC= / ACD,/ EBD= / EDB,貝U |EB|=|ED|, |AE|+|EB|=|AE|+|ED|=|AD|=4.所以E的軌跡為一個(gè)橢圓方程為2 2x y+=1(y 豐 0);432 2XyC仁 +尋=1；設(shè)l :x=my+1,因?yàn)镻Q丄l ,設(shè)PQ:y=-m(x-1),聯(lián)立l與橢圓 C1,x2xTmy2Ly1,得(3m 2+4)

5、y 2+6my-9=0;1,則 |MN|= 1 m |yM-yN|=12 . 36m? 36 3n? 4 12 m, 13m_4_44m21 m2圓心A到PQ距離d=2m,所以 |PQ|=2 ,| AQ|24 ”3n?4 , Smpnq = .1m2 ,1 1?|MN| |PQ|=212 m213nf44” 3m2 4 24 ni1=24 12,83).432(2016年2卷)已知橢圓E: xt2k(k 0)y 1的焦點(diǎn)在x軸上，A是E的左頂點(diǎn)，斜率為3的直線交E于A, M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MA丄NA.(I)當(dāng)t 4 , AM AN時(shí)，求 AMN的面積;(II )當(dāng)2 AM AN時(shí)，求k的取值

6、范圍2 2【解析】 當(dāng)t 4時(shí)，橢圓E的方程為x y 1 , a點(diǎn)坐標(biāo)為 2, 0，則直線AM的43解得x 2或x328k 6，則 AM 14kk28 k264k2k2123 4 k2因?yàn)锳MAN，所以AN 112123k k因?yàn)锳MAN , k0，所以124k21 k2123k -，k整理得k1 4k2 k4k20無實(shí)根，所以k 1 .所以AAMN的面積為；am123 414449直線AM的方程為y k x t，聯(lián)立2乞13k x t并整理得,3 tk2 x22Utk2x t2k2 3t 0，解得t tk23 ttk2所以AM1 k2t tk23 t3 tk3 tk，所以AN,26 tk t

7、k3k因?yàn)? AMAN，所以21 k2tk2k23k整理得,6k2k33k2因?yàn)闄E圓E的焦點(diǎn)在x軸,所以26k3k3k2整理得k21k32解得32 k（2017年1卷）已知橢圓C,四點(diǎn) R 1,1 , P2 01,P3P4 1更中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.2(1)求C的方程;(2)設(shè)直線丨不經(jīng)過點(diǎn)P2且與C相交于B兩點(diǎn)若直線P2A與直線P2B的斜率的和為求證：丨過定點(diǎn).解析：（1）根據(jù)橢圓對稱性，必過Ps , P4，又P4橫坐標(biāo)為1，橢圓必不過P，所以過P2 , P3 , P4 三點(diǎn)將 P2 0，1 ，P311擰代入橢圓方程得F3 ，解得a24 ,b2 1，所以橢圓C的方程為(2)當(dāng)斜率不存在時(shí)，設(shè)

8、,yA 1 yA 1kP2A kP2B故不滿足.當(dāng)斜率存在時(shí),設(shè)i：y消去y整理得4k則 kP2A kF2By11X1y2X28k b 11 ,4 b 1 b 1所以直線I的方程為y kx2XTI :Xkx by2 1.1，得28kbx 4b2k2k 1 .當(dāng) x(2017年2卷)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動點(diǎn)uuuuuuu垂足為N，點(diǎn)P滿足NP , 2NM (1)求點(diǎn)P的軌跡方程;uur(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x 3上，且OP左焦點(diǎn)F .0，X1X2洛X1X21，此時(shí)2時(shí)，y此時(shí)X2kx2M在橢圓l過橢圓右頂點(diǎn)，不存在兩個(gè)交點(diǎn),B X2，y2，聯(lián)立8kb24kX1X1X2y kx b2 x4b224y 4

9、041 4k28k 8kb 8kb8 kb21 4k24b244?64k，存在k使得，所以I過定點(diǎn)2 ,2C：x-2y21上，過0成立.M作x軸的垂線,uuuPQ 1 求證：過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線I過C的uui解析：(1)設(shè)點(diǎn) P(x, y)，易知 N(x, 0) , NP (0 ,uuuiuy),又 NM1 uuu2NP1 2所以點(diǎn)M x，石y 又M在橢圓C上，所以y(2)由題知F 1,0，設(shè)Q 3,t ,P m, n2y 1uuu，則OQ3,t ,iuuPFuurOQuuuPF 3 3mtn ,uuuOP m, nunrPQ3 m,tuuu 由OPmuPQ3mm2 tn n21 又由(1

10、)知m2n22 ,所以 3 3m tnujur0，從而OQuuu PF 0,uuu即OQ PF 又過點(diǎn)P存在唯一直線的垂直于 OQ，所以過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線I過曲UJU線C的左焦點(diǎn)F 1,0 .二、拋物線2(2015年1卷)在直角坐標(biāo)系xoy中，曲線C： y=與直線y kx a ( a 0)交與M,N4兩點(diǎn)，(I)當(dāng)k=0時(shí)，分別求C在點(diǎn)M和N處的切線方程；(H) y軸上是否存在點(diǎn) P,使得當(dāng)k變動時(shí)，總有/ OPM= / OPN ?說明理由.分析：(I)先求出 M,N的坐標(biāo)，再利用導(dǎo)數(shù)求出M,N. (H )先作出判定，再利用設(shè)而不求思想即將y kx a代入曲線C的方程整理成關(guān)于 x的一元

11、二次方程，設(shè)出 M,N的坐標(biāo) 和P點(diǎn)坐標(biāo)，利用設(shè)而不求思想， 將直線PM , PN的斜率之和用a表示出來，利用直線PM , PN的斜率為0,即可求出a, b關(guān)系，從而找出適合條件的P點(diǎn)坐標(biāo).解析：（I）由題設(shè)可得 M（2、a,a） , N（ 2,2, a），或 M（2、2, a） , N（2 為,a）.AY_-x，故y 在x = 2、2a處的到數(shù)值為 a, C在(2、,2a,a)處的切線方程為242y a . a（x 2、a），即、.ax y a 0 .故 y 在 x=-2. 2a 處的到數(shù)值為-、a , C 4在( 2j2a,a)處的切線方程為 y a、a （x 2、a），即.ax y a

12、0 .故所求切線方程為 .ax y a 0或；ax y a 0.(n)存在符合題意的點(diǎn)，證明如下：設(shè)P (0, b)為復(fù)合題意得點(diǎn)， M(x-,y-) , N(X2,y2)，直線PM, PN的斜率分別為k-,k2.將 y kx a 代入 C 得方程整理得 x2 4kx 4a 0. x1 x2 4k, x)x24a.二 k）k2y, b y2 b 2kx,X2 （a b）（xi x2） k（a b）x-ix2x-i x2aa時(shí)，有k1 k2=0,則直線pm的傾斜角與直線 pn的傾斜角互補(bǔ),故/ OPM= / OPN,所以P（0, a）符合題意.(2016年3卷)已知拋物線 C:y2=2x的焦點(diǎn)為

13、F,平行于x軸的兩條直線 丨12分別交C 于A,B兩點(diǎn)，交C的準(zhǔn)線于 P,Q兩點(diǎn).(1)若F在線段 AB上,R是PQ的中點(diǎn)證明:AR / FQ ;若 PQF的面積是厶 ABF的面積的兩倍，求AB中點(diǎn)的軌跡方程【解析】（1）由題意可知F 2,02 a,設(shè) li:y=a,l 2：y=b 且 ab 豐 0,A ，a,Bb1,Q 2,b ,R1P ,a2方程為 2x-(a+b)y+ab=0,1 a2 ,因?yàn)辄c(diǎn)b2，記過F在線段A,B兩點(diǎn)的直線方程為l,由點(diǎn)A,B可得直線直線FQ的斜率為k2,所以k1=-1b,k2 =AB上,所以ab+仁0,記直線AR b=-b,又因?yàn)閍b+仁0,1 12 2的斜率為k

14、i,所以k1=F b1a ba1 2 abab ab,所以 ki=k2,即 AR / FQ.（2）設(shè)直線AB與x軸的交點(diǎn)為Xi,0，所以 S ABF=*b FDX1又 Sapqf =S pqf=2S abf 即:1=2 X2x1（2）設(shè)圓M過點(diǎn)P 4, 2，求直線l與圓M的方程.解析：（1）顯然當(dāng)直線斜率為設(shè) l: x my 2 , A(X1,yJ ,0時(shí)，直線與拋物線交于一點(diǎn)，不符合題意.2xBXy），聯(lián)立my2，得 y2 2my4m 16恒大于0,X1X2 y2uir uiuOAAOB24(m1)2m 2m 4（2）若圓y1(my1y2 2m,2)(my2所以O(shè)Ay”22)y22（mOB，即點(diǎn)O在圓M上.1)y1y2 2m(y1y2)即(my12)( my22)(yc22mAP BP，即(x 4)(X24)(%2)( y22)2)(y2 2) 0，即(m1)y1 y2 (2m 2)(y11或1.20 ,y2)化簡得解得X1=0（舍）或 X1=1.設(shè)滿足條件的AB的中點(diǎn)為 E（x,y）.2y21當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí)，由kAB=k de可得（x豐1而,所以a b x 1a b y2y =x- 1（x 工 1）.當(dāng)AB與x軸垂直時(shí),E與D重合,所以，所求軌