专题08 平面解析几何(解析版)2021年高考数学复习必备之2015-2020年浙江省高考试题分项解析

一、选择题（2020·浙江高考真题）已知点O（0，0），A（–2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|–|PB|=2，且P为函数1．y=34x2图像上的点，则|OP|=（A．）222B．4105C．7D．10【答案】D【解析】因为|PA||PB|24，所以点P在以A,B为焦点，实轴长为2，焦距为4的双曲线的右支上，由c2,a1可得，b

2

ca

22

y2413，即双曲线的右支方程为x1x0，而点P还在函数32y34x2的图象上，所以，13y34x2x132722由，解得，即OP10．y2441x0xy3332故选：D.2.（2019年浙江卷）渐近线方程为xy0的双曲线的离心率是（A.C.22）B.1D.22【答案】C【解析】因为双曲线的渐近线为xy0，所以a=b=1，则c3.（2018年浙江卷）双曲线A．(−，0)，(，0))的焦点坐标是（ab

）222，双曲线的离心率e

c

2.aB．(−2，0)，(2，0)D．(0，−2)，(0，2)C．(0，−)，(0，【答案】B【解析】因为双曲线方程为因为，所以焦点坐标可设为，所以焦点坐标为，，选B.4.（2018年浙江卷）已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2−4e·b+3=0，则|a−b|的最小值是（A．【答案】A【解析】设则由由因此得得的最小值为圆心到直线的距离）减去半径1，为选A.，，B．C．2）D．5.（2017年浙江卷）椭圆A．【答案】B【解析】椭圆离心率中，故选B.B．C．的离心率为（D．.x22x22

6.（2016年浙江理）已知椭圆C1：2+y=1(m＞1)与双曲线C2：2–y=1(n＞0)的焦点重合，e1，e2分别mn为C1，C2的离心率，则（A．m＞n且e1e2＞1B．m＞n且e1e2＜1C．m＜n且e1e2＞1D．m＜n且e1e2＜1）【答案】A【解析】由题意知m21n21，即m2n22，由于m＞1，n＞0，可得m＞n，m21n211111n42n21

又(e1e2)故e1e21．故选A．2(12)(12)(12)(12)=41，22mnmnn2nn2n2

7.（2015年浙江文）如图，斜线段则点的轨迹是与平面所成的角为，为斜足，平面上的动点满足，A．直线C．椭圆【答案】CB．抛物线D．双曲线的一支【解析】由题可知，当点运动时，在空间中，满足条件的角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.故选C.绕旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成（2015年浙江理）如图，设抛物线y24x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，8.其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则BCF与ACF的面积之比是（）BF1

A.AF1【答案】A.【解析】B.BF1AF1

22

BF1C.AF1D.BF1AF1

22

SBCFBCxBBF1

，故选A.SACFACxAAF1二、填空题2222

9．（2020·浙江高考真题）设直线l:ykxb(k0)，圆C1:xy1，C2:(x4)y1，若直线l与C1，C2都相切，则k_______；b=______．【答案】【解析】由题意，C1,C2到直线的距离等于半径，即33

233|b|k1221，|4kb|k1221，所以|b|4kb，所以k0（舍）或者b2k，解得k

323.,b

33323;33故答案为：x2y2

10.（2019年浙江卷）已知椭圆1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF的95中点在以原点O为圆心，OF为半径的圆上，则直线PF的斜率是_______.【答案】15【解析】方法1：由题意可知|OF|=|OM|=c=2，由中位线定理可得PF12|OM|4，设P(x,y)可得(x2)2y216，x2y2

联立方程1

95可解得x

321

,x（舍），点P在椭圆上且在x轴的上方，22求得P

315,，所以kPF22

1521512

方法2：焦半径公式应用解析1：由题意可知|OF|=|OM|=c=2，由中位线定理可得PF12|OM|4，即aexp4xp32315P求得2,2，所以kPF

15215.1211.（2019年浙江卷）已知圆C的圆心坐标是(0,m)，半径长是r.若直线2xy30与圆相切于点A(2,1)，则m_____，r______.【答案】【解析】可知kAC

(1).m2

(2).r

511

AC:y1(x2)，把(0,m)代入得m2，此时r|AC|415.22=2，则当m=___________12.（2018年浙江卷）已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足时，点B横坐标的绝对值最大．【答案】5【解析】设，由得因为A,B在椭圆上,所以，与对应相减得，当且仅当时取最大值.13.（2016年浙江文）已知aR，方程a2x2(a2)y24x8y5a0表示圆，则圆心坐标是_____，半径是______.【答案】(2,4)，5【解析】由题意，知a2a2，a1或2，当a1时，方程为x2y24x8y50，即(x2)2(y4)225，圆心为(2,4)，半径为5，当a2时，方程为4x24y24x8y100，15

(x)2(y1)2不表示圆．2414.（2016年浙江理）若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是_______．【答案】9【解析】xM110xM9.y215.（2016年浙江文）设双曲线x–=1的左、右焦点分别为F1，F2.若点P在双曲线上，且F1PF2为锐角32

三角形，则|PF1|+|PF2|的取值范围是_______．【答案】27,83,c2，则e

c

2，设Px,y是双曲线上任一点，由对称性不妨设P在a【解析】由已知得a1,b

双曲线的右支上，则1x2，PF12x1，PF22x1，F1PF2为锐角，则PF1PF2F1F2，即2x12x142，解得x

2222277，所以x2，则22PF1PF24x27,8．16.（2015年浙江文）椭圆椭圆的离心率是．（）的右焦点关于直线的对称点在椭圆上，则【答案】【解析】设关于直线的对称点为，则有，解得，所以在椭圆上，即有，解得，所以离心率.x2

17.（2015年浙江理）双曲线y21的焦距是2【答案】23，y【解析】由题意得：a

，渐近线方程是．2x.22，b1，ca2b2213，∴焦距为2c23，b2xx.a2渐近线方程为y三、解答题x22

（2020·浙江高考真题）如图，已知椭圆C1:18．y21，抛物线C2:y2px(p0)，点A是椭圆C1

2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）．（Ⅰ）若p

1

，求抛物线C2的焦点坐标；16（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）(【解析】（Ⅰ）当p

110,0)；（Ⅱ）32401112时，C2的方程为yx，故抛物线C2的焦点坐标为(,0)；32168I:xym，（Ⅱ）设Ax1,y1,Bx2,y2,Mx0,y0,

x22y2222y22mym220，由xymy1y2

2mm2m

,y,xym，000222222由M在抛物线上，所以2m22224pm2m4p，2222y22pxy22p(ym)y22py2pm0，又xymy1y02p，x1x0y1my0m2p22m，x12p22m

2m

.22x2y21

x24px2, 即x24px20由2y22px4p16p28x12p4p222128p22p4p22p2m2p8p16p，22222所以4p2218p，p

2

110，p，16040102105所以，p的最大值为，此时A(,).4055法2：设直线l:xmyt(m0,t0)，Ax0,y0.x2222将直线l的方程代入椭圆C1:y21得：m2y2mtyt20，2所以点M的纵坐标为yM

mt

.2m22

将直线l的方程代入抛物线C2:y2px得：y22pmy2pt0，所以y0yM2pt，解得y02pm22

m2，因此2x0

2pm2

m222，2

x01222由y01解得24m2m

pmm2

160，所以当m2,t

1010时，p取到最大值为.405，0)为抛物线y22px(p0)，点F为焦点，过点F的直线交抛物19.（2019年浙江卷）如图，已知点F(1

线于A,B两点，点C在抛物线上，使得VABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F右侧.记△AFG,△CQG的面积为S1,S2.（1）求p的值及抛物线的标准方程；（2）求S1的最小值及此时点G的坐标.S23G2,0，.2【答案】（1）1，x1；（2）1【解析】(1)由题意可得p

1，则p2,2p4，抛物线方程为y24x，准线方程为x1.2(2)设Ax1,y1,Bx2,y2，设直线AB的方程为ykx1,k0，与抛物线方程y24x联立可得：k2x22k24xk20，故：x2x22

4

y1y2kx1x22,y1y2

k4

,x2x21，2k4x24，4x1

设点C的坐标为Cx3,y3，由重心坐标公式可得：xG4x1x2x31yy2y314

22x3，yG1y3，3k3k33

2144184y34令yG0可得：y3，则x32.即xG22222，3kk3kk4k由斜率公式可得：kAC

y1y3y1y34

22y1y3x1x3y1y3，444

xx3，y1y3

2yyyy3yy31313，444直线AC的方程为：yy3

令y0可得：xQx3y3y1y34y1811118

Sxxy21y2，故1GF112223k23k3y3y1y3118Sxxy2且2QG32432，2k

由于y3

2y284

，代入上式可得：S212，kk33kk4y1444

,y1y24可得y1，则k2，yky4k11由y1y2

y181

42y12y1222S123k2348则y128216S22y128y124y124y18

kk33k2

2

24y12848162y181

32.当且仅当y18

248

，即y12843，y162时等号成立.2y18此时k

4y118

2x22，则点G的坐标为G2,0.，G2y1243k

20.（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．（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，因为的面积，所以，．．．因此，面积的取值范围是．.点A，抛物线上的点P（x,y）,21.（2017年浙江卷）如图，已知抛物线过点B作直线AP的垂线，垂足为Q（I）求直线AP斜率的取值范围；（II）求的最大值.【答案】（I）（-1，1）；（II）【解析】（Ⅰ）设直线AP的斜率为k，，因为，所以直线AP斜率的取值范围是．（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是因为|PA|==．，|PQ|=所以令因为，，．，所以f(k)在区间因此当k=时，上单调递增，取得最大值上单调递减，．的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|–1.（2016年浙江文）如图，设抛物线22.（Ⅰ）求p的值；（Ⅱ）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.【答案】（Ⅰ）p=2；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=–1的距离，由抛物线的定义得即p=2.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，抛物线的方程为因为AF不垂直于y轴，可设直线AF:x=sy+1，故，所以，.，故直线FN的斜率为，直线BN:..所以.，可设，由.消去x得，，.又直线AB的斜率为从而得直线FN:设M(m,0)，由A，M，N三点共线得，于是.所以m＜0或m＞2.经检验，m＜0或m＞2满足题意.综上，点M的横坐标的取值范围是.x2

23.（2016年浙江理）如图，设椭圆2y21（a＞1）.a（Ⅰ）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；（Ⅱ）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.2a2k22【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．1k0e221ak2【解析】ykx1

2222

（Ⅰ）设直线ykx1被椭圆截得的线段为AP，由x2得1akx2akx0，2

2y1a2a2k

故x10，x2．221ak2a2k2因此AP1kx1x2．1k221ak2（Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足APAQ．记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k20，k1k2．由（Ⅰ）知，AP

2a2k11k121ak221

，AQ

22a2k21k21ak222

，故2a2k11k121ak221



22a2k21k21ak222

，22222222

1kka2akk2所以k1k21210．由于k1k2，k1，k20得1k1k2a因此(

222

2akk

2

22

12

0，1122

1)(1)1a(a2)，22k1k2

①因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是1a2(a22)1，所以a

2．2，因此，任意以点A0,1为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1a

22ca1得，所求离心率的取值范围为由e．0e

2aa24.（2015年浙江文）如图，已知抛物线C1：y

122x，圆C2：x2y11，过点P(t,0)(t>0)作不过4原点O的直线PA，PB分别与抛物线C1和圆C2相切，A，B为切点.（1）求点A，B的坐标；（2）求PAB的面积.注：直线与抛物线有且只有一个公共点，且与抛物线的对称轴不平行，则该直线与抛物线相切，称该公共点为切点.2t2t2t3,【答案】（1）A2t,t,B（2）22；21t1t2【解析】（1）由题意可知，直线的斜率存在，故可设直线的方程为ykxt.所以{

ykxt212 消去y，整理得：x4kx4kt0.yx

4因为直线与抛物线相切，所以16k216kt0，解得kt.所以x2t，即点A2t,t

2.设圆C2的圆心为D0,1，点B的坐标为x0,y0，由题意知，点，关于直线D对称，故有y0x01{2 ，2tx0ty002t2t22t2t2,解得x0.即点B,y022.221t1t1t1t（2）由（1）知，，直线的方程为txyt20，所以点到直线的距离为d

t21t2.1t3所以PAB的面积为SAPd.221x2

25.（2015年浙江理）已知椭圆y21上两个不同的点A，B关于直线ymx对称．22（1）求实数m的取值范围；（2）求AOB面积的最大值（O为坐标原点）．【答案】（1）m【解析】662或m；（2）.332x2

y2112（1）由题意知m0，可设直线AB的方程为yxb，由，my1xb

m1122b1x22yxb10，∵直线yxb与椭圆y21有两消去，得(2)x

2mmm242mbm2b

个不同的交点，∴2b220，①，将AB中点M(2,2)代入直线mm2m22

1m2266方程ymx解得b，②。由①②得或；（2）令mm222m33166(,0)(0,)，则|AB|t21m22t2

2t42t2t2

1232，且O到直线ABt

1

的距离为2，设AOB的面积为S(t)，d

t21∴S(t)

111122

，当且仅当t时，等号成立，故AOB|AB|d2(t2)22

222222.2面积的最大值为