解析几何（解答题）--五年（2020-2024）高考数学真题分类汇编含答案.pdf

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1、水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢专题解析几何(解答题)专题解析几何(解答题)考点五年考情(2020-2024)命题趋势考点五年考情(2020-2024)命题趋势考点 01椭圆及其性质2024 甲卷 北京卷 天津卷2023 北京 乙卷 天津2022 乙卷 北京卷 浙江卷2021 北京卷卷2020 卷 新 卷椭圆轨迹标准方程问题，有关多边形面积问题，定值定点问题，新结构中的新定义问题是高考的一个高频考点考点 02双曲线及其性质2024卷2023 新课标2022 卷2021 双曲线离心率问题，轨迹方程有关面积问题，定值定点问题以及斜率有关的证明问题以及新结构中的新定义问题是高

2、考的高频考点考点 03抛物线及其性质2023 甲卷2022甲卷2021 浙江 甲卷 乙卷2020浙江抛物线有关三角形面积问题，关于定直线问题，有关P的证明类问题考点01：椭圆及其性质考点01：椭圆及其性质1(2024全国高考卷)已知A(0,3)和P 3,32为椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)上两点.(1)求C的离心率;(2)若过P的直线l交C于另一点B，且ABP的面积为9，求l的方程1解析几何（解答题）-五年（2020-2024）高考数学真题分类汇编水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢2(2024全国高考甲卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为F

3、，点M 1,32在C上，且MFx轴(1)求C的方程；(2)过点P 4,0的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQy轴3(2024北京高考真题)已知椭圆E：x2a2+y2b2=1 ab0，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点 0,tt2且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B，过点A和C 0,1的直线AC与椭圆E的另一个交点为D(1)求椭圆E的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值2水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢4(2024天津高考真题)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)椭圆的离心率

4、e=12左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点，其中SABC=3 32(1)求椭圆方程(2)过点 0,-32的动直线与椭圆有两个交点P，Q在y轴上是否存在点T使得TP TQ 0若存在求出这个T点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由5(2023年全国乙卷理科)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(ab0)的离心率是53，点A-2,0在C上(1)求C方程；(2)过点-2,3的直线交C于P,Q两点，直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N，证明：线段MN的中点为定点3水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢6(2020年高考课标)已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1(ab0)右焦点F

5、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|=43|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7(2021年新高考全国卷)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(ab0)，右焦点为F(2,0)，且离心率为63(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2+y2=b2(x0)相切证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|=34水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢8(2020年高考课标卷)已知A、B分别为椭圆E：x2

6、a2+y2=1(a1)左、右顶点，G为E的上顶点，AG GB=8，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方程；(2)证明：直线CD过定点9(2020年新高考全国卷)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22，且过点A(2，1)(1)求C的方程：(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值5水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢10(2022年高考全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A 0,-2,B32,-1两点(1)求E的方程；(2)设过点P 1,-

7、2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH 证明：直线HN过定点11(2020年新高考全国卷)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)过点M(2，3),点A为其左顶点，且AM的斜率为12，(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6水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢12(2020年高考课标卷)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0mb0)离心率为53，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|=4(1)求E的方程；(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直

8、线PA与直线y=-2交于点N求证：MNCD7水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢14(2023年天津卷)设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左右顶点分别为A1,A2，右焦点为F，已知 A1F=3,A2F=1(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点P是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP面积的二倍，求直线A2P的方程15(2022高考北京卷)已知椭圆：E:x2a2+y2b2=1(ab0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为2 3(1)求椭圆E的方程；(2)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直

9、线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当|MN|=2时，求k的值8水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢16(2022年浙江省高考)如图，已知椭圆x212+y2=1设A，B是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点Q 0,12在线段AB上，直线PA,PB分别交直线y=-12x+3于C，D两点(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；(2)求|CD|的最小值17(2021高考北京)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)一个顶 点A(0,-2)，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为4 5(1)求椭圆E的方程；(2)过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，

10、直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|15时，求k的取值范围9水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢考点考点0202 双曲线及其性质双曲线及其性质1(2024全国高考)已知双曲线C:x2-y2=m m0，点P15,4在C上，k为常数，0k0,b0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=3x(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P x1,y1,Q x2,y2在C上，且x1x20,y10过P且斜率为-3 的直线与过Q且斜率为3 的直线交于点M从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立：M在AB上；PQAB；|MA|

11、=|MB|注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分4(2021年新高考卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1-17,0、F217,0MF1-MF2=2，点M的轨迹为C(1)求C的方程；(2)设点T在直线x=12上，过T两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且 TA TB=TPTQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和11水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢5(2022新高考全国I卷)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0(1)求l斜率；(2)若tanPAQ=2 2，求PAQ的面积

12、考点考点0303 抛物线及其性质抛物线及其性质1(2023年全国甲卷理科)已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p0)交于A,B两点，且|AB|=4 15(1)求p；(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，FM FN=0，求MFN面积的最小值12水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢2(2021年高考浙江卷)如图，已知F是抛物线y2=2px p0的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且 MF=2，(1)求抛物线的方程；(2)设过点F的直线交抛物线与AB两点，斜率为2的直线l与直线MA,MB,AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且 RN2=PN QN，求直线l在x轴

13、上截距的范围3(2021年高考全国乙卷)已知抛物线C:x2=2py p0的焦点为F，且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4(1)求p；(2)若点P在M上，PA,PB是C的两条切线，A,B是切点，求PAB面积的最大值13水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢4(2021年高考全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点O焦点在x轴上，直线l：x=1交C于P，Q两点，且OPOQ已知点M 2,0，且M与l相切(1)求C，M的方程；(2)设A1,A2,A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与M相切判断直线A2A3与M的位置关系，并说明理由5(2020年浙江省高考数学试卷

14、)如图，已知椭圆C1:x22+y2=1，抛物线C2:y2=2px(p0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于M(B，M不同于A)()若p=116，求抛物线C2的焦点坐标；()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14水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢6(2022年高考全国甲卷)设抛物线C:y2=2px(p0)焦点为F，点D p,0，过F的直线交C于M，N两点当直线MD垂直于x轴时，MF=3(1)求C的方程；(2)设直线MD,ND与C另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为,当-取得最大值时，求直

15、线AB的方程7(2023年新课标全国卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点 0,12的距离，记动点P的轨迹为W(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3 315水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢专题专题解析几何解析几何(解答题解答题)考点考点五年考情五年考情(20202020-20242024)命题趋势命题趋势考点 01椭圆及其性质2024 甲卷 北京卷 天津卷2023 北京 乙卷 天津2022 乙卷 北京卷 浙江卷2021 北京卷卷2020 卷 新 卷椭圆轨迹标准方程问题，有关多边形面积问题，定值定点问题，新

16、结构中的新定义问题是高考的一个高频考点考点 02双曲线及其性质2024卷2023 新课标2022 卷2021 双曲线离心率问题，轨迹方程有关面积问题，定值定点问题以及斜率有关的证明问题以及新结构中的新定义问题是高考的高频考点考点 03抛物线及其性质2023 甲卷2022甲卷2021 浙江 甲卷 乙卷2020浙江抛物线有关三角形面积问题，关于定直线问题，有关P的证明类问题考点考点0101：椭圆及其性质：椭圆及其性质1(2024全国高考卷)已知A(0,3)和P 3,32为椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)上两点.(1)求C的离心率;(2)若过P的直线l交C于另一点B，且ABP的面积为9，求l

17、的方程【答案】(1)12(2)直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0.【详解】(1)由题意得b=39a2+94b2=1，解得b2=9a2=12，所以e=1-b2a2=1-912=12.(2)法一：kAP=3-320-3=-12，则直线AP的方程为y=-12x+3，即x+2y-6=0，AP=0-32+3-322=3 52，由(1)知C:x212+y29=1，1水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢设点B到直线AP的距离为d，则d=293 52=12 55，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移12 55单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x+2

18、y+C=0，则C+65=12 55，解得C=6或C=-18，当C=6时，联立x212+y29=1x+2y+6=0，解得x=0y=-3 或x=-3y=-32，即B 0,-3或-3,-32，当B 0,-3时，此时kl=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当B-3,-32时，此时kl=12，直线l的方程为y=12x，即x-2y=0，当C=-18时，联立x212+y29=1x+2y-18=0 得2y2-27y+117=0，=272-42117=-2070，且kkAP，即k-12，x1+x2=24k2-12k4k2+3x1x2=36k2-36k-274k2+3,PB=k2+1x1+

19、x22-4x1x2=4 3k2+13k2+9k+2744k2+3，A到直线PB距离d=3k+32k2+1,SPAB=124 3k2+13k2+9k+2744k2+33k+32k2+1=9，k=12或32，均满足题意，l:y=12x或y=32x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0.法六：当l的斜率不存在时，l:x=3,B 3,-32,PB=3,A到PB距离d=3，此时SABP=1233=929不满足条件.当直线l斜率存在时，设l:y=k(x-3)+32，设l与y轴的交点为Q，令x=0，则Q 0,-3k+32，联立y=kx-3k+323x2+4y2=36，则有 3+4k2x2-8k 3k-32

20、x+36k2-36k-27=0，3水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢3+4k2x2-8k 3k-32x+36k2-36k-27=0，其中=8k23k-322-4 3+4k236k2-36k-270，且k-12，则3xB=36k2-36k-273+4k2,xB=12k2-12k-93+4k2，则S=12AQxP-xB=123k+3212k+183+4k2=9，解的k=12或k=32，经代入判别式验证均满足题意.则直线l为y=12x或y=32x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0.2(2024全国高考甲卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为F，点M 1

21、,32在C上，且MFx轴(1)求C的方程；(2)过点P 4,0的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQy轴【答案】(1)x24+y23=1(2)证明见解析【详解】(1)设F c,0，由题设有c=1且b2a=32，故a2-1a=32，故a=2，故b=3，故椭圆方程为x24+y23=1.(2)直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x-4)，A x1,y1，B x2,y2，由3x2+4y2=12y=k(x-4)可得 3+4k2x2-32k2x+64k2-12=0，故=1024k4-4 3+4k264k2-120，故-12kb0，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点

22、的四边形是边长为2的正方形.过点 0,tt2且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B，过点A和C 0,1的直线AC与椭圆E的另一个交点为D(1)求椭圆E的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值【答案】(1)x24+y22=1,e=22(2)t=2【详解】(1)由题意b=c=22=2，从而a=b2+c2=2，所以椭圆方程为x24+y22=1，离心率为e=22；(2)直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，从而设AB:y=kx+t,k0,t2，A x1,y1,B x2,y2，联立x24+y22=1y=kx+t，化简并整理得 1+2k2x2+4ktx+2t2-4=0，由题

23、意=16k2t2-8 2k2+1t2-2=8 4k2+2-t20，即k,t应满足4k2+2-t20，所以x1+x2=-4kt1+2k2,x1x2=2t2-42k2+1，若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设D-x2,y2，所以AD:y=y1-y2x1+x2x-x1+y1，在直线AD方程中令x=0，得yC=x1y2+x2y1x1+x2=x1kx2+t+x2kx1+tx1+x2=2kx1x2+t x1+x2x1+x2=4k t2-2-4kt+t=2t=1，所以t=2，5水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢此时k应满足4k2+2-t2=4k2-20k0，即k应满足k22，综上所述

24、，t=2满足题意，此时k22.4(2024天津高考真题)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)椭圆的离心率e=12左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点，其中SABC=3 32(1)求椭圆方程(2)过点 0,-32的动直线与椭圆有两个交点P，Q在y轴上是否存在点T使得TP TQ 0若存在求出这个T点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由【答案】(1)x212+y29=1(2)存在T 0,t-3t32，使得TP TQ 0恒成立.【详解】(1)因为椭圆的离心率为e=12，故a=2c，b=3c，其中c为半焦距，所以A-2c,0,B 0,-3c,C 0,-3c2，故SABC=122c32c=3 3

25、2，故c=3，所以a=2 3，b=3，故椭圆方程为：x212+y29=1.(2)若过点 0,-32的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y=kx-32，设P x1,y1,Q x2,y2,T 0,t，由3x2+4y2=36y=kx-32 可得 3+4k2x2-12kx-27=0，故=144k2+108 3+4k2=324+576k20且x1+x2=12k3+4k2,x1x2=-273+4k2,而TP=x1,y1-t,TQ=x2,y2-t，故TP TQ=x1x2+y1-ty2-t=x1x2+kx1-32-tkx2-32-t=1+k2x1x2-k32+tx1+x2+32+t2=1+k2-273+4

26、k2-k32+t12k3+4k2+32+t26水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢=-27k2-27-18k2-12k2t+332+t2+3+2t2k23+4k2=3+2t2-12t-45k2+332+t2-273+4k2，因为TP TQ 0恒成立，故3+2t2-12t-450332+t2-270，解得-3t32.若过点 0,-32的动直线的斜率不存在，则P 0,3,Q 0,-3或P 0,-3,Q 0,3，此时需-3t3，两者结合可得-3t32.综上，存在T 0,t-3t32，使得TP TQ 0恒成立.5(2023年全国乙卷理科)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(ab0)

27、的离心率是53，点A-2,0在C上(1)求C方程；(2)过点-2,3的直线交C于P,Q两点，直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N，证明：线段MN的中点为定点【答案】(1)y29+x24=1(2)证明见详解解析：(1)由题意可得b=2a2=b2+c2e=ca=53，解得a=3b=2c=5，所以椭圆方程为y29+x24=1(2)由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:y=k x+2+3,P x1,y1,Q x2,y2，联立方程y=k x+2+3y29+x24=1，消去y得：4k2+9x2+8k 2k+3x+16 k2+3k=0，则=64k22k+32-64 4k2+9k2+3k=-1728k0，

28、解得kb0)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|=43|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【答案】(1)12；(2)C1:x236+y227=1，C2:y2=12x解析：(1)F c,0，ABx轴且与椭圆C1相交于A、B两点，则直线AB的方程为x=c，联立x=cx2a2+y2b2=1a2=b2+c2，解得x=cy=b2a，则 AB=2b2a，抛物线C2的方程为y2=4cx，联立x=cy2=4cx，解得x=cy=2c，CD=4c，CD=43

29、AB，即4c=8b23a，2b2=3ac，即2c2+3ac-2a2=0，即2e2+3e-2=0，0eb0)，右焦点为F(2,0)，且离心率为63(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2+y2=b2(x0)相切证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|=3【答案】解析:(1)由题意，椭圆半焦距 c=2 且e=ca=63，所以a=3，又b2=a2-c2=1，所以椭圆方程为x23+y2=1；(2)由(1)得，曲线为x2+y2=1(x0)，当直线MN的斜率不存在时，直线MN:x=1，不合题意；当直线MN的斜率存在时，设M x1,y1,N x2,y2，必要性：若M，N，

30、F三点共线，可设直线MN:y=k x-2即kx-y-2k=0，由直线MN与曲线x2+y2=1(x0)相切可得2kk2+1=1，解得k=1，联立y=x-2x23+y2=1 可得4x2-6 2x+3=0，所以x1+x2=3 22,x1x2=34，所以 MN=1+1 x1+x22-4x1x2=3,所以必要性成立；充分性：设直线MN:y=kx+b,kb0)相切可得bk2+1=1，所以b2=k2+1，联立y=kx+bx23+y2=1 可得 1+3k2x2+6kbx+3b2-3=0，所以x1+x2=-6kb1+3k2,x1x2=3b2-31+3k2，所以 MN=1+k2x1+x22-4x1x2=1+k2-

31、6kb1+3k22-43b2-31+3k2=1+k224k21+3k2=3，化简得3 k2-12=0，所以k=1，所以k=1b=-2 或k=-1b=2，所以直线MN:y=x-2 或y=-x+2，所以直线MN过点F(2,0)，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|=38(2020年高考课标卷)已知A、B分别为椭圆E：x2a2+y2=1(a1)左、右顶点，G为E的上顶点，AG GB=8，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方程；(2)证明：直线CD过定点【答案】(1)x29+y2=1；(2)证明详见解析9水不撩不知深浅

32、人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢【解析】(1)依据题意作出如下图象：由椭圆方程E:x2a2+y2=1(a1)可得：A-a,0，B a,0，G 0,1AG=a,1，GB=a,-1AG GB=a2-1=8，a2=9椭圆方程为：x29+y2=1(2)证明：设P 6,y0，则直线AP的方程为：y=y0-06-3x+3，即：y=y09x+3联立直线AP的方程与椭圆方程可得：x29+y2=1y=y09x+3，整理得：y02+9x2+6y02x+9y02-81=0，解得：x=-3或x=-3y02+27y02+9将x=-3y02+27y02+9代入直线y=y09x+3可得：y=6y0y02+9所以点

33、C的坐标为-3y02+27y02+9,6y0y02+9同理可得：点D的坐标为3y02-3y02+1,-2y0y02+1直线CD的方程为：y-2y0y02+1=6y0y02+9-2y0y02+1-3y02+27y02+9-3y02-3y02+1x-3y02-3y02+1，整理可得：y+2y0y02+1=8y0y02+36 9-y04x-3y02-3y02+1=8y06 3-y02x-3y02-3y02+1整理得：y=4y03 3-y02x+2y0y02-3=4y03 3-y02x-32故直线CD过定点32,09(2020年新高考全国卷)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22，

34、且过点A(2，1)(1)求C的方程：(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值【答案】(1)x26+y23=1；(2)详见解析10水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢解析：(1)由题意可得：ca=324a2+1b2=1a2=b2+c2，解得：a2=6,b2=c2=3，故椭圆方程为：x26+y23=1(2)设点M x1,y1,N x2,y2因为AMAN，AM AN=0，即 x1-2x2-2+y1-1y2-1=0,当直线MN的斜率存在时，设方程为y=kx+m,如图1代入椭圆方程消去y并整理得：1+2k2x2+4kmx+2m2-6=0

35、 x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2,根据y1=kx1+m,y2=kx2+m,代入整理可得：k2+1x1x2+km-k-2x1+x2+m-12+4=0将代入，k2+12m2-61+2k2+km-k-2-4km1+2k2+m-12+4=0，整理化简得 2k+3m+12k+m-1=0,A(2,1)不在直线MN上，2k+m-10，2k+3m+1=0，k1，于是MN的方程为y=k x-23-13，所以直线过定点直线过定点E23,-13当直线MN的斜率不存在时，可得N x1,-y1,如图2代入 x1-2x2-2+y1-1y2-1=0得 x1-22+1-y22=0,结合x216

36、+y213=1,解得x1=2 舍,x1=23,此时直线MN过点E23,-13,由于AE为定值，且ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE中点Q满足 QD为定值(AE长度的一半122-232+1+132=4 23)由于A 2,1,E23,-13，故由中点坐标公式可得Q43,13故存在点Q43,13，使得|DQ|为定值10(2022年高考全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A 0,-2,B32,-1两点(1)求E的方程；(2)设过点P 1,-2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足11水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知

37、输赢MT=TH 证明：直线HN过定点【答案】(1)y24+x23=1(2)(0,-2)解析：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1，过A 0,-2,B32,-1，则4n=194m+n=1，解得m=13，n=14，所以椭圆E的方程为：y24+x23=1【小问2详解】A(0,-2),B32,-1，所以AB:y+2=23x，若过点P(1,-2)的直线斜率不存在，直线x=1代入x23+y24=1，可得M 1,-2 63，N 1,2 63，代入AB方程y=23x-2，可得T-6+3,-2 63，由MT=TH 得到H-2 6+5,-2 63求得HN方程：y=2+2 63x-2，过点(0,-2)若过点P(1,-

38、2)的直线斜率存在，设kx-y-(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2)联立kx-y-(k+2)=0 x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0，可得x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=-8(2+k)3k2+4y2y2=4(4+4k-2k2)3k2+4，且x1y2+x2y1=-24k3k2+4(*)联立y=y1y=23x-2,可得T3y12+3,y1,H(3y1+6-x1,y1).可求得此时HN:y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2)，将(0,-2)，代入整理得2(x1+x2)-6(y

39、1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0，将(*)代入，得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,-2).11(2020年新高考全国卷)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)过点M(2，3),点A为其左顶点，且AM的斜率为12，(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)x216+y212=1；(2)1812水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢解析：(1)由题意可知直线AM的方程为：y-3=12(x-2)，即x-2y=-4当y=0时，解

40、得x=-4，所以a=4，椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0过点M(2，3)，可得416+9b2=1，解得b2=12所以C的方程：x216+y212=1(2)设与直线AM平行的直线方程为：x-2y=m，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的面积取得最大值联立直线方程x-2y=m与椭圆方程x216+y212=1，可得：3 m+2y2+4y2=48，化简可得：16y2+12my+3m2-48=0，所以=144m2-416 3m2-48=0，即m2=64，解得m=8，与AM距离比较远的直线方程：x-2y=8，直线AM方程为：x-2y=-4，点N到直线AM

41、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：d=8+41+4=12 55，由两点之间距离公式可得|AM|=(2+4)2+32=3 5所以AMN的面积的最大值：123 5 12 55=1812(2020年高考课标卷)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0m5)的离心率为154，A，B分别为C的左、右顶点(1)求C的方程；(2)若点P在C上，点Q在直线x=6上，且|BP|=|BQ|，BPBQ，求APQ的面积【答案】(1)x225+16y225=1；(2)52解析：(1)C:x225+y2m2=1(0mb0)离心率为53，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|

42、=4(1)求E的方程；(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y=-2交于点N求证：MNCD【答案】(1)x29+y24=1(2)证明见解析：(1)依题意，得e=ca=53，则c=53a，又A,C分别为椭圆上下顶点，AC=4，所以2b=4，即b=2，所以a2-c2=b2=4，即a2-59a2=49a2=4，则a2=9，所以椭圆E的方程为x29+y24=1(2)因为椭圆E的方程为x29+y24=1，所以A 0,2,C 0,-2,B-3,0,D 3,0，因为P为第一象限E上的动点，设P m,n0m3,0nb0)的左右顶点分别为A1,A2，右焦点为F，已知 A1F

43、=3,A2F=1(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点P是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP面积的二倍，求直线A2P的方程【答案】(1)椭圆的方程为x24+y23=1，离心率为e=12(2)y=62x-2解析：(1)如图，由题意得a+c=3a-c=1，解得a=2,c=1，所以b=22-12=3，16水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢所以椭圆的方程为x24+y23=1，离心率为e=ca=12(2)由题意得，直线A2P斜率存在，由椭圆的方程为x24+y23=1可得A22,0，设直线A2P的方程为y=k x-2，联立方

44、程组x24+y23=1y=k x-2，消去y整理得：3+4k2x2-16k2x+16k2-12=0，由韦达定理得xA2xP=16k2-123+4k2，所以xP=8k2-63+4k2，所以P8k2-63+4k2,-12k3+4k2，Q 0,-2k所以SA2QA1=124 yQ,SA2PF=121 yP,SA1A2P=124 yP，所以SA2QA1=SA1PQ+SA1A2P=2SA2PF+SA1A2P，所以2 yQ=3 yP，即2-2k=3-12k3+4k2，解得k=62，所以直线A2P的方程为y=62x-215(2022高考北京卷)已知椭圆：E:x2a2+y2b2=1(ab0)的一个顶点为A(0

45、,1)，焦距为2 3(1)求椭圆E的方程；(2)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当|MN|=2时，求k的值【答案】解析:(1)依题意可得b=1，2c=2 3，又c2=a2-b2，所以a=2，所以椭圆方程为x24+y2=1；(2)解：依题意过点P-2,1的直线为y-1=k x+2，设B x1,y1、C x2,y2，不妨令-2x10，解得kb0)一个顶 点A(0,-2)，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为4 5(1)求椭圆E的方程；(2)过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别

46、与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|15时，求k的取值范围【答案】(1)x25+y24=1；(2)-3,-1)(1,3解析：(1)因为椭圆过A 0,-2，故b=2，因为四个顶点围成的四边形的面积为4 5，故122a2b=4 5，即a=5，故椭圆的标准方程为：x25+y24=1(2)设B x1,y1,C x2,y2，因为直线BC的斜率存在，故x1x20，故直线AB:y=y1+2x1x-2，令y=-3，则xM=-x1y1+2，同理xN=-x2y2+2直线BC:y=kx-3，由y=kx-34x2+5y2=20 可得 4+5k2x2-30kx+25=0，故=900k2-100 4+5k2

47、0，解得k1又x1+x2=30k4+5k2,x1x2=254+5k2，故x1x20，所以xMxN0又 PM+PN=xM+xN=x1y1+2+x2y2+219水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢=x1kx1-1+x2kx2-1=2kx1x2-x1+x2k2x1x2-k x1+x2+1=50k4+5k2-30k4+5k225k24+5k2-30k24+5k2+1=5 k故5 k15即 k3，综上，-3k-1或10，点P15,4在C上，k为常数，0k0,b0，由焦点坐标可知c=2 5，则由e=ca=5 可得a=2，b=c2-a2=4，双曲线方程为x24-y216=1(2)由(1)

48、可得A1-2,0,A22,0，设M x1,y1,N x2,y2，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-12m0，则y1+y2=32m4m2-1,y1y2=484m2-1，直线MA1的方程为y=y1x1+2x+2，直线NA2的方程为y=y2x2-2x-2，联立直线MA1与直线NA2的方程可得：x+2x-2=y2x1+2y1x2-2=y2my1-2y1my2-6=my1y2-2 y1+y2+2y1my1y2-6y1=m484m2-1-232m4m2-1+2y1m484m2-1-6y1=-16m4m2-1+2y148m4m2-1-6y1=-13，由x+2x-2=-13可得x=

49、-1，即xP=-1，据此可得点P在定直线x=-1上运动3(2022新高考全国II卷)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=3x(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P x1,y1,Q x2,y2在C上，且x1x20,y123水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢0过P且斜率为-3 的直线与过Q且斜率为3 的直线交于点M从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立：M在AB上；PQAB；|MA|=|MB|注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分【答案】(1)x2-y23=1(2)见解析:

50、(1)右焦点为F(2,0)，c=2,渐近线方程为y=3x，ba=3，b=3a，c2=a2+b2=4a2=4，a=1，b=3 C的方程为：x2-y23=1；(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由推或选由推：由成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选推，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1=x2，已知不符；总之，直线AB的斜率存在且不为零设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=k x-2,则条件M在AB上，等价于y0=k x0-2ky0=k2x0-2；两渐近线方程