2024--2025年高考真题解答题专项训练：圆锥曲线(理科)教师版

2024-2025年高考真题解答题专项训练：圆锥曲线（理科）老师版1（2024.上海卷）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆:x24+y2=1，A为的上顶点，P为上异于上、下顶点的动点，M为x正半轴上的动点.（1）若P在第一象限，且|OP|=2，求P的坐标；（2）设P(85,35)，若以A、P、M为顶点的三角形是直角三角形，求M的横坐标；（3）若|MA|=|MP|，直线AQ与交于另一点C，且AQ=2AC，PQ=4PM，求直线AQ的方程.试题分析：（1）联立:x24+y2=1与x2+y2=2，可得P(233,63)（2）设M(m,0)，MAMP=(-m,1)(85-m,35)=m2-85m+35=0m=35或m=1PAMP=(-85,25)(85-m,35)=85m-6425+625=0m=2920（3）设P(x0,y0)，线段AP的中垂线与x轴的交点即M(38x0,0)，PQ=4PM，Q(-32x0,-3y0)，AQ=2AC，C(-34x0,1-3y02)，代入并联立椭圆方程，解得x0=859，y0=-19，Q(-435,13)，直线AQ的方程为y=510x+12（2024.新课标3卷）已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程.试题解析：（1）设， .由 可得，则.又，故.因此的斜率与的斜率之积为，所以.故坐标原点在圆上.（2）由（1）可得.故圆心的坐标为，圆的半径.由于圆过点，因此，故，即，由（1）可得.所以，解得或.当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆 的方程为.3（2024.浙江卷）如图，已知抛物线x2=y.点A-12，14，B32，94，抛物线上的点P（x,y）-12x32,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PAPQ的最大值试题解析：（）设直线AP的斜率为k，k=x2-14x+12=x-12，因为-12xb0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（1，32），P4（1，32）中恰有三点在椭圆C上.（）求C的方程；（）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过定点.P试题解析：（1）由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点.又由1a2+1b21a2+34b2知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此1b2=11a2+34b2=1，解得a2=4b2=1.故C的方程为x24+y2=1.（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，假如l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知t0，且|t|0.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=-8km4k2+1，x1x2=4m2-44k2+1.而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2.由题设k1+k2=-1，故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)4m2-44k2+1+(m-1)-8km4k2+1=0.解得k=-m+12.当且仅当m-1时，0，欲使l：y=-m+12x+m，即y+1=-m+12(x-2)，所以l过定点（2，-1）10（2024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满意PA，PB的中点均在C上（）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；（）若P是半椭圆x2+y24=1(x0)上的动点，求PAB面积的取值范围详解：（）设P(x0,y0)，A(14y12,y1)，B(14y22,y2)因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程(y+y02)2=414y2+x02即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实数根所以y1+y2=2y0因此，PM垂直于y轴（）由（）可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0，|y1-y2|=22(y02-4x0)因此，PAB的面积SPAB=12|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32因为x02+y024=1(x0b0)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.详解：（）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（）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）由已知有y1y20，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+y2=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12（2024年北京卷）已知抛物线C：y2=2px经过点P（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（）求直线l的斜率的取值范围；（）设O为原点，QM=QO，QN=QO，求证：1+1为定值详解：解：（）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（k0）由y2=4xy=kx+1得k2x2+(2k-4)x+1=0依题意=(2k-4)2-4k210，解得k0或0kb0)又点(3,12)在椭圆C上，所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,，解得a2=4,b2=1,因此，椭圆C的方程为x24+y2=1因为圆O的直径为F1F2，所以其方程为x2+y2=3（2）设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x00,y00)，则x02+y02=3，所以直线l的方程为y=-x0y0(x-x0)+y0，即y=-x0y0x+3y0由x24+y2=1,y=-x0y0x+3y0,，消去y，得(4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0（*）因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)=48y02(x02-2)=0因为x0,y00，所以x0=2,y0=1因此，点P的坐标为(2,1)因为三角形OAB的面积为267，所以12ABOP=267，从而AB=427设A(x1,y1),B(x2,y2)，由（*）得x1,2=24x048y02(x02-2)2(4x02+y02)，所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(1+x02y02)48y02(x02-2)(4x02+y02)2因为x02+y02=3，所以AB2=16(x02-2)(x02+1)2=3249，即2x04-45x02+100=0，解得x02=52(x02=20舍去），则y02=12，因此P的坐标为(102,22)综上，直线l的方程为y=-5x+3214（2024年新课标1卷）设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A,B两点，点M的坐标为(2,0).（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：OMA=OMB.详解：（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x=1.由已知可得，点A的坐标为(1,22)或(1,-22).所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.（2）当l与x轴重合时，OMA=OMB=0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMA=OMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y=k(x-1)(k0)，A(x1,y1),B(x2,y2)，则x12,x20（1）证明：k-12；（2）设F为C的右焦点，P为C上一点,且FP+FA+FB=0证明：FA，FP，FB成等差数列，并求该数列的公差详解：（1）设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x124+y123=1,x224+y223=1.两式相减，并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.由题设知x1+x22=1,y1+y22=m，于是k=-34m.由题设得0m32，故k-12.（2）由题意得F(1,0)，设P(x3,y3)，则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由（1）及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|=8 （1）求l的方程； （2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程详解：（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x1）（k0）设A（x1，y1），B（x2，y2）由y=k(x-1)y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0 =16k2+16=0，故x1+x2=2k2+4k2所以AB=AF+BF=(x1+1)+(x2+1)=4k2+4k2由题设知4k2+4k2=8，解得k=1（舍去），k=1因此l的方程为y=x1（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3)，即y=-x+5设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则y0=-x0+5，(x0=(y0-x0+1)22+16.解得x0=3，y0=2或x0=11，y0=-6.因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144试卷第15页，总16页