内容发布更新时间 : 2024/5/24 4:07:53星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

2014-2019年高考数学真题分类汇编

专题11：解析几何（圆锥曲线理科解答题）（一）

x2y231．（2014?新课标Ⅰ理）已知点A(0,?2)，椭圆E:2?2?1(a?b?0)的离心率为，F是椭圆的右焦

2ab点，直线AF的斜率为（Ⅰ）求E的方程；

（Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当?OPQ的面积最大时，求l的方程． 【考点】椭圆的性质；直线与圆锥曲线的综合

【分析】（Ⅰ）通过离心率得到a、c关系，通过A求出a，即可求E的方程；

23，O为坐标原点． 3x2（Ⅱ）设直线l:y?kx?2，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)将y?kx?2代入?y2?1，利用△?0，求出k的

4范围，利用弦长公式求出|PQ|，然后求出?OPQ的面积表达式，利用换元法以及基本不等式求出最值，然后求解直线方程．

223c3，得c?3又?， ?a2c3x2222所以a?2，b?a?c?1，故E的方程?y2?1．?．（5分）

4【解答】解：（Ⅰ） 设F(c,0)，由条件知

（Ⅱ）依题意当l?x轴不合题意，故设直线l:y?kx?2，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)

x2将y?kx?2代入?y2?1，得(1?4k2)x2?16kx?12?0，

48k?24k2?33当△?16(4k?3)?0，即k?时，x1,2? 21?4k4224k2?14k2?3从而|PQ|?k?1|x1?x2|?

1?4k22又点O到直线PQ的距离d?2k?12，所以?OPQ的面积S?OPQ144K2?3?dPQ?， 21?4K2设4k2?3?t，则t?0，S?OPQ?4t4??1， t2?4t?4t当且仅当t?2，k??7等号成立，且满足△?0， 277x?2或y??x?2．?（12分） 22所以当?OPQ的面积最大时，l的方程为：y?【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力．

x2y22．（2014?新课标Ⅱ理）设F1，F2分别是C:2?2?1(a?b?0)的左，右焦点，M是C上一点且MF2与xab轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N． （1）若直线MN的斜率为

3，求C的离心率； 4（2）若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|?5|F1N|，求a，b． 【考点】椭圆的性质

【分析】（1）根据条件求出M的坐标，利用直线MN的斜率为率；

（2）根据直线MN在y轴上的截距为2，以及|MN|?5|F1N|，建立方程组关系，求出N的坐标，代入椭圆方程即可得到结论．

【解答】解：（1）M是C上一点且MF2与x轴垂直，

3，建立关于a，c的方程即可求C的离心4b2b2?M的横坐标为c，当x?c时，y?，即M(c,)，

aa3若直线MN的斜率为，

4b2b23a??， 即tan?MF1F2?2c2ac43即b2?ac?a2?c2，

23即c2?ac?a2?0，

23则e2?e?1?0，

2即2e2?3e?2?0 解得e?即e?1或e??2（舍去）， 21． 2（Ⅱ）由题意，原点O是F1F2的中点，则直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点， 设M(c,y)，(y?0)，

c2y2b4b22则2?2?1，即y?2，解得y?， abaaOD是△MF1F2的中位线，

b2??4，即b2?4a， a由|MN|?5|F1N|， 则|MF1|?4|F1N|， 解得|DF1|?2|F1N|， 即DF1?2F1N

设N(x1，y1)，由题意知y1?0， 则(?c，?2)?2(x1?c，y1)． 3??2(x1?c)??c?x1??c即?，即?2

2y??2?1??y1??19c21代入椭圆方程得2?2?1，

4ab9(a2?4a)12将b?4a代入得??1， 24a4a解得a?7，b?27．

【点评】本题主要考查椭圆的性质，利用条件建立方程组，利用待定系数法是解决本题的关键，综合性较强，运算量较大，有一定的难度．

3．（2014?大纲版理）已知抛物线C:y2?2px(p?0)的焦点为F，直线y?4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|?（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l?与C相交于M、N两点，且A、M、

5|PQ|． 4B、N四点在同一圆上，求l的方程．

【考点】直线与圆锥曲线的综合

【分析】（Ⅰ）设点Q的坐标为(x0，把点Q的坐标代入抛物线C的方程，求得x0?4)，求得p的值，可得C的方程．

85，根据|QF|?|PQ|p4