2019高考全国各地数学卷文科解答题分类汇编-解析几何

2019高考全国各地数学卷文科解答题分类汇编-解析几何1.〔天津文〕18、〔本小题总分值13分〕设椭圆22221(0)xyabab的左、右焦点分别为F1，F2。点(,)Pab满足212||||.PFFF〔Ⅰ〕求椭圆的离心率e；〔Ⅱ〕设直线PF2与椭圆相交于A，B两点，假设直线PF2与圆22(1)(3)16xy相交于M，N两点，且5||||8MNAB，求椭圆的方程。【解析】〔18〕本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、两点间的距离公式、点到直线的距离公式、直线与圆的位置关系等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想，考查解决问题能力与运算能力，总分值13分。〔Ⅰ〕解：设12(,0),(,0)(0)FcFcc，因为212||||PFFF，所以22()2acbc，整理得2210,1cccaaa得〔舍〕或11,.22cea所以〔Ⅱ〕解：由〔Ⅰ〕知2,3acbc，可得椭圆方程为2223412xyc，直线FF2的方程为3().yxcA，B两点的坐标满足方程组2223412,3().xycyxc消去y并整理，得2580xcx。解得1280,5xxc，得方程组的解21128,0,53,33.5xcxycyc不妨设833,55Acc，(0,3)Bc，所以2283316||3.555ABcccc于是5||||2.8MNABc圆心1,3到直线PF2的距离|333|3|2|.22ccd因为222||42MNd，所以223(2)16.4cc整理得2712520cc，得267c〔舍〕，或2.c所以椭圆方程为221.1612xy2.〔北京文〕19、〔本小题共14分〕椭圆2222:1(0)xyGabab的离心率为63，右焦点为〔22,0〕，斜率为I的直线l与椭圆G交与A、B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P〔-3,2〕.〔I〕求椭圆G的方程；〔II〕求PAB的面积.【解析】〔19〕〔共14分〕解：〔Ⅰ〕由得622,.3cca解得23.a又2224.bac所以椭圆G的方程为221.124xy〔Ⅱ〕设直线l的方程为.mxy由141222yxmxy得.01236422mmxx设A、B的坐标分别为),)(,(),,(212211xxyxyxAB中点为E),(00yx，那么,432210mxxx400mmxy因为AB是等腰△PAB的底边，所以PE⊥AB.所以PE的斜率.143342mmk解得m=2。此时方程①为.01242xx解得.0,321xx所以.2,121yy所以|AB|=23.此时，点P〔—3，2〕到直线AB：02yx的距离,2232|223|d所以△PAB的面积S=.29||21dAB3.(全国大纲文)22、〔本小题总分值l2分〕〔注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．〕O为坐标原点，F为椭圆22:12yCx在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为-2的直线l与C交与A、B两点，点P满足0.OAOBOP〔Ⅰ〕证明：点P在C上；〔II〕设点P关于O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上。【解析】22、解：〔I〕F〔0，1〕，l的方程为21yx，代入2212yx并化简得242210.xx…………2分设112233(,),(,),(,),AxyBxyPxy那么122626,,44xx1212122,2()21,2xxyyxx由题意得3123122(),()1.2xxxyyy所以点P的坐标为2(,1).2经验证，点P的坐标为2(,1)2满足方程221,2yx故点P在椭圆C上。…………6分〔II〕由2(,1)2P和题设知，2(,1)2QPQ的垂直一部分线1l的方程为2.2yx①设AB的中点为M，那么21(,)42M，AB的垂直平分线为2l的方程为21.24yx②由①、②得12,ll的交点为21(,)88N。…………9分222212222221311||()(1),288832||1(2)||,232||,4221133||()(),48288311||||||,8NPABxxAMMNNAAMMN故|NP|=|NA|。又|NP|=|NQ|，|NA|=|NB|，所以|NA|=|NP|=|NB|=|MQ|，由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上…………12分4.〔全国新文〕20、〔本小题总分值12分〕在平面直角坐标系xOy中，曲线261yxx与坐标轴的交点都在圆C上、〔I〕求圆C的方程；〔II〕假设圆C与直线0xya交于A，B两点，且,OAOB求a的值、【解析】(20〕解：〔Ⅰ〕曲线162xxy与y轴的交点为〔0，1〕，与x轴的交点为〔).0,223(),0,223故可设C的圆心为〔3，t〕，那么有,)22()1(32222tt解得t=1.那么圆C的半径为.3)1(322t所以圆C的方程为.9)1()3(22yx〔Ⅱ〕设A〔11,yx〕，B〔22,yx〕，其坐标满足方程组：.9)1()3(,022yxayx消去y，得到方程.012)82(222aaxax由可得，判别式.0416562aa因此，,441656)28(22,1aaax从而2120,422121aaxxaxx①由于OA⊥OB，可得,02121yyxx又,,2211axyaxy所以.0)(222121axxaxx②由①，②得1a，满足,0故.1a5.〔辽宁文〕21、〔本小题总分值12分〕如图，椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D、〔I〕设12e，求BC与AD的比值；〔II〕当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由、【解析】21、解：〔I〕因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设22222122242:1,:1,(0)xybyxCCababaa设直线:(||)lxtta，分别与C1，C2的方程联立，求得2222(,),(,).abAtatBtatba………………4分当13,,,22ABebayy时分别用表示A，B的纵坐标，可知222||3||:||.2||4BAybBCADya………………6分〔II〕t=0时的l不符合题意.0t时，BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即2222,baatatabtta解得222221.abetaabe因为2212||,01,1,1.2etaeee又所以解得所以当202e时，不存在直线l，使得BO//AN；当212e时，存在直线l使得BO//AN.………………12分6.〔江西文〕19、〔本小题总分值12分〕过抛物线()ypxp的焦点，斜率为的直线交抛物线于(,)Axy和(,)()Bxyxx两点，且AB,〔1〕求该抛物线的方程；〔2〕O为坐标原点，C为抛物线上一点，假设OBOAOC，求的值、【解析】19、〔本小题总分值12分〕〔1〕直线AB的方程是22()2pyx，与22ypx联立，从而有22450,xpxp所以：1254pxx由抛物线定义得：12||9,ABxxp所以p=4，从而抛物线方程是28.yx〔2〕由224,450pxpxp可简化为212540,1,4,xxxx从而1222,42,yy从而(1,22),(4,42)AB设33(,)(122)(4,42)(41,4222)OCxy又22338,[22(21)]8(41),yx即即2(21)41解得0,2.或7.〔山东文〕22、〔本小题总分值14分〕在平面直角坐标系xOy中，椭圆22:13xCy、如下图，斜率为(0)kk＞且不过原点的直线交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线3x于点(3,)Dm、〔Ⅰ〕求22mk的最小值；〔Ⅱ〕假设2OGOD∙OE，〔i〕求证：直线过定点；〔ii〕试问点B，G能否关于轴对称？假设能，求出此时ABG的外接圆方程；假设不能，请说明理由、【解析】22、〔I〕解：设直线(0)lykxtk的方程为，由题意，0.t由方程组22,1,3ykxtxy得222(31)6330kxktxt，由题意0，所以2231.kt设1122(,),(,)AxyBxy，由韦达定理得1226,31ktxxk所以1222.31tyyk由于E为线段AB的中点，因此223,,3131EEkttxykk此时1.3EOEEykxk所以OE所在直线方程为1,3yxk又由题设知D〔-3，m〕，令x=-3，得1mk，即mk=1，所以2222,mkmk当且仅当m=k=1时上式等号成立，此时由0得02,t因此当102mkt且时，22mk取最小值2。〔II〕〔i〕由〔I〕知OD所在直线的方程为1,3yxk将其代入椭圆C的方程，并由0,k解得2231(,)3131kGkk，又2231(,),(3,)3131ktEDkkk，由距离公式及0t得22222222222222223191||()(),313131191||(3)(),391||()(),313131kkOGkkkkODkkktttkOEkkk由2||||||,OGODOEtk得因此，直线l的方程为(1).ykx所以，直线(1,0).l恒过定点〔ii〕由〔i〕得2231(,)3131kGkk假设B，G关于x轴对称，那么2231(,).3131kBkk代入22(1)3131,ykxkkk整理得即426710kk，解得216k〔舍去〕或21,k所以k=1，此时3131(,),(,)2222BG关于x轴对称。又由〔I〕得110,1,xy所以A〔0，1〕。由于ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设ABG的外接圆的圆心为〔d，0〕，因此223111(),,242ddd解得故ABG的外接圆的半径为2512rd，所以ABG的外接圆方程为2215().24xy8.〔陕西文〕17、〔本小题总分值12分〕设椭圆C:222210xyabab过点〔0，4〕，离心率为35〔Ⅰ〕求C的方程；〔Ⅱ〕求过点〔3，0〕且斜率为45的直线被C所截线段的中点坐标。【解析】17、解〔Ⅰ〕将〔0，4〕代入C的方程得2161b∴b=4又35cea得222925aba即2169125a，∴a=5∴C的方程为2212516xy〔Ⅱ〕过点3,0且斜率为45的直线方程为435yx，设直线与Ｃ的交点为Ａ11,xy，Ｂ22,xy，将直线方程435yx代入Ｃ的方程，得22312525xx，即2380xx，解得13412x，23412x，AB的中点坐标12322xxx，1212266255yyyxx，即中点为36,25。注