高考数学压轴大题解析几何

高考数学压轴大题解析几

何

Revised final draft November 26, 2020

高考数学压轴大题-解析几何

x21. 设双曲线C：2y21(a0)与直线l:xy1相交于两个不同的点A、B.

a（I）求双曲线C的离心率e的取值范围：

5（II）设直线l与y轴的交点为P，且PAPB.求a的值.

12解：（I）由C与t相交于两个不同的点，故知方程组

有两个不同的实数解.消去y并整理得

（1－a2）x2+2a2x－2a2=0. ① 双曲线的离心率

（II）设A(x1,y1),B(x2,y2),P(0,1)

由于x1+x2都是方程①的根，且1－a2≠0，

2. 已知F1(1,0),F2(1,0)为椭圆C的两焦点，P为C上任意一点，且向量PF1与向量PF2的夹角

1余弦的最小值为.

3 (Ⅰ)求椭圆C的方程；

(Ⅱ)过F1 的直线l与椭圆C交于M、N两点，求OMN（O为原点）的面积的最大值及相应

的直线l的方程.

解：(Ⅰ)设椭圆的长轴为2a,

∴PF1PF22a F1F22c2 =

(PF1PF2)22PF1PF242PF1PF2

4a24=1 2PF1PF2又

PF1PF22PF1PF2

2 ∴PF1PF2a

4a242111 ∴a23 即cos2232aax2y21 ∴椭圆方程为32(Ⅱ) 由题意可知NM不可能过原点,则可设直线NM的方程为:x1my 设M(x1,y1) N(x2,y2)

11SOMNSF1OMSF1ONOF1y1y2=y1y2

22即 (2m23)y24my40 . 由韦达定理得:

∴y1y2(y1y2)24y1y2

16m21648(m21) = = 22(2m3)2m23(2m23)22 令tm21 , 则t1 48t482 ∴y1y2=. 21(2t1)4t4t1 又令f(t)4t, 易知f(t)在[1,+∞）上是增函数,

t所以当t1,即m0 时f(t)有最小值5.

∴y1y2有最大值直线l的方程为x1.

22316 ∴SOMN 的面积有最大值.

332，过点C(1，0)的直线l交椭圆于A、B33. 椭圆E的中心在原点O，焦点在x轴上，离心率e=两点，且满足：CA=BC (2)．

(Ⅰ)若为常数，试用直线l的斜率k(k≠0)表示三角形OAB的面积． (Ⅱ)若为常数，当三角形OAB的面积取得最大值时，求椭圆E的方程．

(Ⅲ)若变化，且= k2＋1，试问：实数和直线l的斜率kkR分别为何值时，椭圆E的短半轴长取得最大值并求出此时的椭圆方程．

x2y2解：设椭圆方程为221(a＞b＞0)，

ab2c由e==及a2= b2c2得a2=3 b2，

3a故椭圆方程为x2＋3y2= 3b2． ①

(Ⅰ)∵直线l：y = k(x＋1)交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，并且CA=BC (≥2)， ∴(x11，y1) =(1x2，y2)， x1(x21)即1 ②

yy21把y = k(x1)代入椭圆方程，得(3k1)x6kx3k3b= 0， 且 k2 (3b21)b2＞0 （*），

6k2∴x1x2= 2， ③

3k13k23b2 x1x2=， ④

3k2111|1|∴SOAB=|y1y2| =|1|·| y2| =·| k |·| x21|．

2222联立②、③得x21=，

(1)(3k21)1|k|∴SOAB=·2 (k≠0)．

13k122222

(Ⅱ)SOAB=

1|k|·2 13k111=· 13|k|1|k|≤

11· (≥2)． 12313，即k =时，SOAB取得最大值，此时x1x2= 1． |k|3当且仅当3| k | =

又∵x11= ( x21)，

21122

∴x1=，x2= ，代入④得3b=．此时3b5，k,b的值符合(*)

(1)21121故此时椭圆的方程为x＋3y=(≥2)．

(1)22

2

(Ⅲ)由②、③联立得：

2x1=1， (1)(3k21) x2=

21，

(1)(3k21)将x1，x2代入④，得3b2=由k2=1得3b2=

41．

(1)2(3k21)41

(1)2(32)=

4312(1)2(1)2(32)＋1．

易知，当2时，3b2是的减函数，

故当2时，3b2取得最大值3． 所以，当2，k =±1(符合(*))时，椭圆短半轴长取得最大值，

此时椭圆方程为x2 3y2 = 3．

4. 已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于

A、B两点，OAOB与a(3,1)共线.

（I）求椭圆的离心率；

（II）设M为椭圆上任意一点，且OMOAOB(,R)，证明22为定值.

x2y2解：（I）设椭圆方程为221(ab0),F(c,0),

abx2y2 则直线AB的方程为yxc,代入221.

ab 化简得(a2b2)x22a2cxa2c2a2b20. 令A(x1,y1),B(x2,y2),

2a2ca2c2a2b2,x1x2. 则 x1x22222abab由OAOB(x1x2,y1y2),a(3,1),OAOB与a共线，得

x2y222（II）证明：由（I）知a3b，所以椭圆221可化为x23y23b2.

ab M(x,y)在椭圆上，

223y2)2(x1x23y1y2)3b2. ① 即 2(x123y12)2(x2331 由（I）知x1x2c,a2c2,b2c2.

222222222又x13y13b,x23y23b又，代入①得 221. 故22为定值，定值为1.

x25. 已知椭圆y21的左焦点为F，O为坐标原点.

2（I）求过点O、F，并且与椭圆的左准线l相切的圆的方程；

（II）设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A、B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交

于点G，求点G横坐标的取值范围.

解：（I）a22,b21,c1,F(1,0),l:x2. 圆过点O、F，

1圆心M在直线x上。

21 设M(,t),则圆半径

213 由OMr,得()2t2,

22 解得t2.

19所求圆的方程为(x)2(y2)2.

24 （II）设直线AB的方程为yk(x1)(k0),

x2代入y21,整理得(12k2)x24k2x2k220.

2直线AB过椭圆的左焦点F，方程有两个不等实根。 记A(x1,y1),B(x2,y2),AB中点N(x0,y0), 4k2则x1x22,

2k11AB的垂直平分线NG的方程为yy0(xx0).

k 令y0,得

1点G横坐标的取值范围为(,0).

26. 已知点A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x20)是抛物线y22px(p0)上的两个动点,O是坐标原点,向

量OA,OB满足OAOBOAOB.设圆C的方程为 (I) 证明线段AB是圆C的直径;

(II)当圆C的圆心到直线X-2Y=0的距离的最小值为(I)证明1:

25时，求p的值。 5OAOBOAOB,(OAOB)2(OAOB)2

整理得: OAOB0

设M(x,y)是以线段AB为直径的圆上的任意一点,则MAMB0 即(xx1)(xx2)(yy1)(yy2)0 整理得:x2y2(x1x2)x(y1y2)y0 故线段AB是圆C的直径 证明2:

OAOBOAOB,(OAOB)2(OAOB)2

整理得: OAOB0

x1x2y1y20……..(1)

设(x,y)是以线段AB为直径的圆上则 yy2yy11(xx1,xx2) 即

xx2xx1去分母得: (xx1)(xx2)(yy1)(yy2)0

点(x1,y1),(x1,y2),(x2,y1)(x2,y2)满足上方程,展开并将(1)代入得: 故线段AB是圆C的直径

证明3: OAOBOAOB,(OAOB)2(OAOB)2

整理得: OAOB0 x1x2y1y20……(1)

以线段AB为直径的圆的方程为

展开并将(1)代入得: x2y2(x1x2)x(y1y2)y0 故线段AB是圆C的直径 (II)解法1:设圆C的圆心为C(x,y),则

y12y22又因x1x2y1y20 x1x2y1y2 y1y2

4p2所以圆心的轨迹方程为y2px2p2 设圆心C到直线x-2y=0的距离为d,则

pp25,由题设得 p2. 555解法2: 设圆C的圆心为C(x,y),则

当y=p时,d有最小值y12y22又因x1x2y1y20 x1x2y1y2 y1y2

4p2所以圆心的轨迹方程为y2px2p2 设直线x-2y+m=0到直线x-2y=0的距离为因为x-2y+2=0与y2px2p2无公共点,

所以当x-2y-2=0与y2px2p2仅有一个公共点时,该点到直线x-2y=0的距离最小值为将(2)代入(3)得y22py2p22p0 4p24(2p22p)0 解法3: 设圆C的圆心为C(x,y),则 圆心C到直线x-2y=0的距离为d,则

y12y22又因x1x2y1y20 x1x2y1y2 y1y2 24p当y1y22p时,d有最小值p2.

pp25,由题设得 55525 525,则m2 511、（如图）设椭圆中心在坐标原点，A(2，，0)B(0，1)是它的两个顶点，直线

ykx(k0)与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点．

（1）若ED6DF，求k的值； （2）求四边形AEBF面积的最大值．

x211．（Ⅰ）解：依题设得椭圆的方程为y21，

4y B D O F A x

E 2分 直线AB，EF的方程分别为x2y2，ykx(k0)． 如图，设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1x2， y B 22 且x1，x2满足方程(14k)x4，

F O D A x

E 故x2x1214k2．①

1510 由ED6DF知x0x16(x2x0)，得x0(6x2x1)x2；

277714k 由D在AB上知x02kx02，得x0 所以

2． 12k21023， 化简得24k225k60， 解得k或k． 12k714k2386分

（Ⅱ）解法一：根据点到直线的距离公式和①式知，点E，F到AB的距离分别为 h1x12kx125x22kx2252(12k14k2)5(14k)2，

h22(12k14k2)5(14k)2． 9分

又AB2215，所以四边形AEBF的面积为

11 SAB(h1h2) 2254(12k)14k24k  2 ≤22， 22214k14k5(14k)2(12k) 当2k1，即当k1时，上式取等号．所以S的最大值为22． 12分 2 解法二：由题设，BO1，AO2． 设y1kx1，y2kx2，由①得x20，y2y10， 故四边形AEBF的面积为 SS△BEFS△AEF x22y2

9分

22224y24x2y2 ≤2(x24y2) 22， (x22y2)2 x2 当x22y2时，上式取等号．所以S的最大值为22．

12分

x2y211a3的离心率e. 直线xt（t0）与曲线E交于不同的两点12、已知椭圆E:2a32M,N,以线段MN为直径作圆C,圆心为C．

(1) 求椭圆E的方程；

(2) 若圆C与y轴相交于不同的两点A,B，求ABC的面积的最大值.

a231x2y21. …… 2分 1a3的离心率e, ∴12、（1）解：∵椭圆E:2a23a2x2y21． …… 4分 解得a2. ∴ 椭圆E的方程为43（2）解法1：依题意，圆心为C(t,0)(0t2)．

xt,22123t123t22 由x 得y. ∴ 圆C的半径为r． …… 6分 y2241,43∵ 圆C与y轴相交于不同的两点A,B，且圆心C到y轴的距离dt，

123t2221∴ 0t，即0t．

27123t22∴ 弦长|AB|2rd2t127t2． …… 8分

422∴ABC的面积S 1t127t2 …… 9分 237. …… 12分 742时，等号成立. 7 当且仅当7t127t2，即t ∴ ABC的面积的最大值为37． …… 14分 7解法2：依题意，圆心为C(t,0)(0t2)．

xt,22123t123t22 由x 得y.∴ 圆C的半径为r． …… 6分 y2241,43123t2 ∴ 圆C的方程为(xt)y．

422∵ 圆C与y轴相交于不同的两点A,B，且圆心C到y轴的距离dt，

123t2221∴ 0t，即0t．

27127t2123t2 在圆C的方程(xt)y中，令x0，得y，

2422 ∴ 弦长|AB|127t2． …… 8分 ∴ABC的面积S1t127t2 …… 9分 2 37. ……12分 74237时，等号成立. ∴ ABC的面积的最大值为． 77当且仅当7t127t2，即tx2y215、已知椭圆：221（ab0）的上顶点为P(0 , 1)，过的焦点且垂直长轴的弦长为

ab1．若有一菱形ABCD的顶点A、C在椭圆上，该菱形对角线BD所在直线的斜率为1． ⑴求椭圆的方程；

⑵当直线BD过点(1 , 0)时，求直线AC的方程；

⑶（本问只作参考，不计入总分）当ABC时，求菱形ABCD面积的最大值． ．．．．．．．．．．．．3c2y22b2b21，15、解：⑴依题意，b1……1分，解221……2分，得|y|……3分，所以aaabx2y21……5分。 a2……4分，椭圆的方程为4⑵直线BD：y1(x1)x1……7分，设AC：yxb……8分，由方程组

yxb5x25222222bx(b1)0得……9分，当(2b)4(b1)5b0时……10x244y14分，A(x1,y1)、C(x2,y2)的中点坐标为

x1x2yy2x1x24bb，1b……12分，25225ABCD是菱形，所以AC的中点在BD上，所以

b4b51……13分，解得b，满足55355b20，所以AC的方程为yx……14分。

3⑶（本小问不计入总分，仅供部分有余力的学生发挥和教学拓广之用）因为四边形ABCD为菱形，且ABC3，所以ABACBC，所以菱形ABCD的面积S3AC2，由⑵可得2AC2(x2x1)2(y2y1)22(x2x1)22(x2x1)2

8x1x22(8b2432322)8(b21)b，因为|b|5，所以当且仅当b0时，菱形55525332163。 255ABCD的面积取得最大值，最大值为