专题05 平面解析几何 1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为 A．B． C．D． 【答案】B 【解析】法一如图，由已知可设，则， 由椭圆的定义有． 在中，由余弦定理推论得． 在中，由余弦定理得，解得． 所求椭圆方程为，故选B． 法二由已知可设，则， 由椭圆的定义有． 在和中，由余弦定理得， 又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B． 【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养． 2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】若抛物线y22pxp0的焦点是椭圆的一个焦点，则p A．2 B．3 C．4 D．8 【答案】D 【解析】因为抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，所以，解得，故选D． 【名师点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．解答时，利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于的方程，从而解出，或者利用检验排除的方法，如时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（2，0），排除A，同样可排除B，C，从而得到选D． 3．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设F为双曲线C的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于P，Q两点．若，则C的离心率为 A． B． C．2D． 【答案】A 【解析】设与轴交于点，由对称性可知轴， 又，为以为直径的圆的半径， ∴，， 又点在圆上，，即． ，故选A． 【名师点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．解答本题时，准确画图，由图形对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a的关系，可求双曲线的离心率． 4．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】双曲线C1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若，则△PFO的面积为 A．B． C．D． 【答案】A 【解析】由， 又P在C的一条渐近线上，不妨设为在上，则， ，故选A． 【名师点睛】本题考查以双曲线为载体的三角形面积的求法，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取公式法，利用数形结合、转化与化归和方程思想解题．忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅，采取列方程组的方式解出三角形的高，便可求三角形面积． 5．【2019年高考北京卷理数】已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则 A．a22b2B．3a24b2 C．a2bD．3a4b 【答案】B 【解析】椭圆的离心率，化简得， 故选B. 【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质，属于容易题，注重基础知识､基本运算能力的考查.由题意利用离心率的定义和的关系可得满足题意的等式. 6．【2019年高考北京卷理数】数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C就是其中之一（如图）．给出下列三个结论 ①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3． 其中，所有正确结论的序号是 A．①B．② C．①②D．①②③ 【答案】C 【解析】由得，，， 所以可取的整数有0，−1，1，从而曲线恰好经过0，1，0，−1，1，0，1，1， −1，0，−1，1，共6个整点，结论①正确. 由得，，解得，所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论②正确. 如图所示，易知， 四边形的面积，很明显“心形”区域的面积大于，即“心形”区域的面积大于3，说法③错误. 故选C. 【名师点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用，属于难题，注重基础知识､基本运算能力及分析问题、解决问题的能力考查，渗透“美育思想”.将所给方程进行等价变形确定x的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围. 7．【2019年高考天津卷理数】已知抛物线的焦点为，准线为，若与双曲线的两条渐近线分别交于点和点，且（为原点），则双曲线的离心率为 A．B． C．D． 【答案】D 【解析】抛物线的准线的方程为， 双曲线的渐近线方程为， 则有， ∴，，， ∴. 故选D. 【名师点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB的长度.解答时，只需把用表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率. 8．【2019年高考浙江卷】渐近线方程为xy0的双曲线的离心率是 A．B．1 C．D．2 【答案】C 【解析】因为双曲线的渐近线方程为，所以，则，所以双曲线的离心率.故选C. 【名师点睛】本题根据双曲线的渐近线方程可求得，进一步可得离心率，属于容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误. 9．【2019年高考浙江卷】已知圆的圆心坐标是，半径长是.若直线与圆C相切于点，则___________，___________． 【答案】， 【解析】由题意可知，把代入直线AC的方程得，此时. 【名师点睛】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线的斜率，进一步得到其方程，将代入后求得，计算得解.解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质. 10．【2019年高考浙江卷】已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是___________． 【答案】 【解析】方法1如图，设F1为椭圆右焦点.由题意可知， 由中位线定理可得，设，可得， 与方程联立，可解得（舍）， 又点在椭圆上且在轴的上方，求得，所以. 方法2（焦半径公式应用）由题意可知， 由中位线定理可得，即， 从而可求得，所以. 【名师点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的方程表示，与椭圆方程联立可进一步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁. 11．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设为椭圆C的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则M的坐标为___________. 【答案】 【解析】由已知可得， ，∴． 设点的坐标为，则， 又，解得， ，解得（舍去）， 的坐标为． 【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．解答本题时，根据椭圆的定义分别求出，设出的坐标，结合三角形面积可求出的坐标. 12．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知双曲线C的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________． 【答案】2 【解析】如图，由得又得OA是三角形的中位线，即由，得∴，， 又OA与OB都是渐近线，得 又，∴ 又渐近线OB的斜率为，∴该双曲线的离心率为． 【名师点睛】本题结合平面向量考查双曲线的渐近线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养，采取几何法，利用数形结合思想解题．解答本题时，通过向量关系得到和，从而可以得到，再结合双曲线的渐近线可得进而得到从而由可求离心率. 13．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系中，若双曲线经过点（3，4，则该双曲线的渐近线方程是 ▲ . 【答案】 【解析】由已知得，解得或， 因为，所以. 因为，所以双曲线的渐近线方程为. 【名师点睛】双曲线的标准方程与几何性质，往往以小题的形式考查，其难度一般较小，是高考必得分题.双曲线渐近线与双曲线标准方程中的密切相关，事实上，标准方程中化1为0，即得渐近线方程. 14．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系中，P是曲线上的一个动点，则点P到直线xy0的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】当直线xy0平移到与曲线相切位置时，切点Q即为点P，此时到直线xy0的距离最小. 由，得，，即切点， 则切点Q到直线xy0的距离为， 故答案为． 【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题. 15．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知抛物线Cy23x的焦点为F，斜率为的直线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，求|AB|． 【答案】（1）；
（2）. 【解析】设直线． （1）由题设得，故，由题设可得． 由，可得，则． 从而，得． 所以的方程为． （2）由可得． 由，可得． 所以．从而，故． 代入的方程得． 故． 【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及平面向量、弦长的求解方法，解题关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，利用根与系数的关系构造等量关系. 16．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知点A−2，0，B2，0，动点Mx，y满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C. （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）证明是直角三角形；
（ii）求面积的最大值. 【答案】（1）见解析；
（2）. 【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点． （2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为． 由得． 记，则． 于是直线的斜率为，方程为． 由得 ．① 设，则和是方程①的解，故，由此得． 从而直线的斜率为． 所以，即是直角三角形． （ii）由（i）得，，所以△PQG的面积． 设tk，则由k0得t≥2，当且仅当k1时取等号． 因为在[2，∞）单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为． 因此，△PQG面积的最大值为． 【名师点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了求函数最大值问题. 17．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线Cy，D为直线y上的动点，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E0，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. 【答案】（1）见详解；
（2）3或. 【解析】（1）设，则. 由于，所以切线DA的斜率为，故 . 整理得 设，同理可得. 故直线AB的方程为. 所以直线AB过定点. （2）由（1）得直线AB的方程为. 由，可得. 于是， . 设分别为点D，E到直线AB的距离，则. 因此，四边形ADBE的面积. 设M为线段AB的中点，则. 由于，而，与向量平行，所以.解得t0或. 当0时，S3；
当时，. 因此，四边形ADBE的面积为3或. 【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题，第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为