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文档介绍
高考数学真题专题归纳专题18解析几何综合含解析理
专题18 解析几何综合 【2020年】 1.（2020·新课标Ⅰ）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，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. 【答案】（1）；（2）证明详见解析. 【解析】 （1）依据题意作出如下图象： 由椭圆方程可得：， ， ， ， 椭圆方程为： （2）证明：设， 则直线AP的方程为：，即： 57 联立直线AP的方程与椭圆方程可得：，整理得： ，解得：或 将代入直线可得： 所以点C的坐标为. 同理可得：点D的坐标为 直线CD的方程为：， 整理可得： 整理得： 故直线CD过定点 【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题. 2.（2020·新课标Ⅱ）已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线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|=|AB|. （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. 57 【答案】（1）；（2），. 【解析】 （1），轴且与椭圆相交于、两点， 则直线的方程为， 联立，解得，则， 抛物线的方程为，联立， 解得，， ，即，， 即，即， ，解得，因此，椭圆的离心率为； （2）由（1）知，，椭圆的方程为， 联立，消去并整理得， 57 解得或（舍去）， 由抛物线的定义可得，解得. 因此，曲线的标准方程为， 曲线的标准方程为. 【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，同时也考查了利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程，考查计算能力，属于中等题. 3.（2020·新课标Ⅲ）已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点． （1）求C的方程； （2）若点P在C上，点Q在直线上，且，，求的面积． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 （1） ，， 根据离心率， 解得或(舍)， 的方程为：， 即； （2）点P在C上，点Q在直线上，且，， 57 过点P作轴垂线，交点为M，设与轴交点为N 根据题意画出图形，如图 ，，， 又，， ， 根据三角形全等条件“”， 可得：， ， ， ， 设P点为， 可得P点纵坐标为，将其代入， 可得：， 解得：或， 点为或， ①当点为时， 故， 57 ， ， 可得：Q点为， 画出图象，如图 ,， 可求得直线AQ的直线方程为：， 根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：， 根据两点间距离公式可得：， 面积为：； ②当P点时， 故， ， ， 可得：Q点为， 画出图象，如图 57 ,， 可求得直线AQ的直线方程为：， 根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：， 根据两点间距离公式可得：， 面积为：， 综上所述，面积为：. 【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 4.（2020·北京卷）已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆C的方程： （Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1. 【解析】 (1)设椭圆方程为：，由题意可得： 57 ，解得：， 故椭圆方程为：. (2)设，，直线的方程为：， 与椭圆方程联立可得：， 即：， 则：. 直线MA的方程为：， 令可得：， 同理可得：. 很明显，且：，注意到： ， 而： ， 故. 57 从而. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 5.（2020·江苏卷）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求的值； （2）在边BC上取一点D，使得，求的值． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 （1）由余弦定理得，所以. 由正弦定理得. （2）由于，，所以. 由于，所以，所以 所以 . 57 由于，所以. 所以. 【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，属于中档题. 6.（2020·江苏卷）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B． （1）求△AF1F2的周长； （2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求的最小值； （3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=3S1，求点M的坐标． 【答案】（1）6；（2）-4；（3）或. 【解析】 （1）∵椭圆的方程为 ∴, 57 由椭圆定义可得：. ∴的周长为 （2）设，根据题意可得. ∵点在椭圆上，且在第一象限， ∴ ∵准线方程为 ∴ ∴，当且仅当时取等号. ∴的最小值为. （3）设，点到直线的距离为. ∵， ∴直线的方程为 ∵点到直线的距离为， ∴ ∴ ∴① ∵② ∴联立①②解得，. 57 ∴或. 【点睛】本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆相交问题、点到直线距离公式的运用，熟悉运用公式以及根据推出是解答本题的关键. 7.（2020·山东卷）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ， （1）求C的方程； （2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值. 【答案】（1）；（2）12. 【解析】 (1)由题意可知直线AM的方程为：，即. 当y=0时，解得，所以a=4， 椭圆过点M(2，3)，可得， 解得b2=12. 所以C的方程：. (2)设与直线AM平行的直线方程为：， 如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值. 57 联立直线方程与椭圆方程， 可得：， 化简可得：， 所以，即m2=64，解得m=±8， 与AM距离比较远的直线方程：， 直线AM方程为：， 点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离， 利用平行线之间的距离公式可得：， 由两点之间距离公式可得. 所以△AMN的面积的最大值：. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 8.（2020·天津卷）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为 57 ，且，其中为原点． （Ⅰ）求椭圆方程； （Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），或． 【解析】 （Ⅰ）椭圆的一个顶点为， ， 由，得， 又由，得， 所以，椭圆的方程为； （Ⅱ）直线与以为圆心的圆相切于点，所以， 根据题意可知，直线和直线的斜率均存在， 设直线的斜率为，则直线的方程为，即， ，消去，可得，解得或. 将代入，得， 所以，点的坐标为， 因为为线段的中点，点的坐标为， 所以点的坐标为， 由，得点的坐标为， 57 所以，直线的斜率为， 又因为，所以， 整理得，解得或. 所以，直线的方程为或. 【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程. 9.（2020·浙江卷）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）． （Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ） 【解析】 （Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为； （Ⅱ）设， 57 由， ， 由在抛物线上，所以， 又， ，， . 由即 ， 所以，，， 所以，的最大值为，此时. 法2：设直线，. 将直线的方程代入椭圆得：， 所以点的纵坐标为. 将直线的方程代入抛物线得：， 所以，解得，因此， 57 由解得， 所以当时，取到最大值为. 【2019年】 12．【2019年高考全国Ⅱ卷】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1． （1）证明：BE⊥平面EB1C1； （2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）由已知得，平面，平面， 故． 又，所以平面． （2）由（1）知．由题设知≌，所以， 故，． 以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz， 57 则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，． 设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则 即 所以可取n=. 设平面的法向量为m=（x，y，z），则 即 所以可取m=（1，1，0）． 于是． 所以，二面角的正弦值为． 13．【2019年高考全国Ⅲ卷】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2. （1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求图2中的二面角B−CG−A的大小. 57 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面． 由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE． 又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE． （2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC． 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=． 以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz， 则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）． 设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则 即 所以可取n=（3，6，–）． 57 又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以． 因此二面角B–CG–A的大小为30°． 14．【2019年高考北京卷】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且． （1）求证：CD⊥平面PAD； （2）求二面角F–AE–P的余弦值； （3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析. 【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD． 又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD． （2）过A作AD的垂线交BC于点M． 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD． 如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）． 因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）． 所以． 所以. 设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则 即 57 令z=1，则． 于是． 又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以. 由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为． （3）直线AG在平面AEF内． 因为点G在PB上，且， 所以. 由（2）知，平面AEF的法向量. 所以. 所以直线AG在平面AEF内. 15．【2019年高考天津卷】如图，平面，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若二面角的余弦值为，求线段的长． 57 【答案】（1）见解析；（2）；（3）． 【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，．设，则． （1）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面． （2）依题意，． 设为平面的法向量，则即不妨令， 可得．因此有． 所以，直线与平面所成角的正弦值为． （3）设为平面的法向量，则即 不妨令，可得． 由题意，有，解得 57 ．经检验，符合题意． 所以，线段的长为． 16．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC． 求证：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点， 所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED. 又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1. （2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC. 因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 57 又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE. 因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以BE⊥平面A1ACC1. 因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E. 17．【2019年高考浙江卷】（本小题满分15分）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点. （1）证明：； （2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）． 【解析】方法一： （1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC． 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC， 所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC． 又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F． 所以BC⊥平面A1EF． 因此EF⊥BC． 57 （2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形． 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形． 由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上． 连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）． 不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=. 由于O为A1G的中点，故， 所以． 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是． 方法二： （1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC． 如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz． 不妨设AC=4，则 57 A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)． 因此，，． 由得． （2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ． 由（1）可得． 设平面A1BC的法向量为n， 由，得， 取n，故， 因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为． 【2018年】 4. （2018年天津卷）设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且. （I）求椭圆的方程； （II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值. 【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或 【解析】（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有， 又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，， 由，可得ab=6，从而a=3，b=2． 所以，椭圆的方程为． 57 （Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）． 由已知有y1>y2>0，故． 又因为，而∠OAB=，故． 由，可得5y1=9y2． 由方程组消去x，可得． 易知直线AB的方程为x+y–2=0， 由方程组消去x，可得． 由5y1=9y2，可得5（k+1）=， 两边平方，整理得， 解得，或． 所以，k的值为或 5. （2018年江苏卷）如图，在平面直角坐标系中，椭圆C过点，焦点，圆O的直径为． （1）求椭圆C及圆O的方程； （2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P． ①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标； ②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程． 【答案】（1）椭圆C的方程为；圆O的方程为 57 （2）①点P的坐标为；②直线l的方程为 【解析】（1）因为椭圆C的焦点为， 可设椭圆C的方程为．又点在椭圆C上， 所以，解得 因此，椭圆C的方程为． 因为圆O的直径为，所以其方程为． （2）①设直线l与圆O相切于，则， 所以直线l的方程为，即． 由，消去y，得 ．（*） 因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点， 所以． 因为，所以． 因此，点P的坐标为． ②因为三角形OAB的面积为，所以，从而． 设， 由（*）得， 所以 ． 因为， 57 所以，即， 解得舍去），则，因此P的坐标为． 综上，直线l的方程为． 6. （2018年全国I卷理数）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：. 【答案】(1) AM的方程为或. (2)证明见解析. 【解析】 （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 . 57 将代入得 . 所以，. 则. 从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以. 综上，. 7. （2018年全国Ⅲ卷理数）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． 【答案】（1） （2）或 【解析】（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 . 57 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. 抛物线 1. （2018年全国I卷理数）设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则= A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 57 【解析】根据题意，过点（–2，0）且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，消元整理得：，解得，又，所以，从而可以求得，故选D. 2. （2018年全国Ⅲ卷理数）已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点．若，则________． 【答案】2 【解析】设 则 所以 所以 取AB中点,分别过点A,B作准线的垂线，垂足分别为 因为, 因为M’为AB中点， 所以MM’平行于x轴 因为M(-1,1) 所以，则即 故答案为2. 3. （2018年浙江卷）如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上． 57 （Ⅰ）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴； （Ⅱ）若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围． 【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ） 【解析】（Ⅰ）设，，． 因为，的中点在抛物线上，所以，为方程 即的两个不同的实数根． 所以． 因此，垂直于轴． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知 所以，． 因此，的面积． 因为，所以． 因此，面积的取值范围是． 4. （2018年北京卷）已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N． （Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围； 57 （Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值． 【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1） (2)证明过程见解析 【解析】（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2）， 所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x． 由题意可知直线l的斜率存在且不为0， 设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）． 由得． 依题意，解得k<0或0查看更多