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1817分解析几何★★★★★
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的左焦点为 F(−1,0)F(-1,0)，离心率为 12\dfrac{1}{2}.
(1) 求 CC 的方程； (2) 设 OO 为坐标原点，过 FF 且斜率大于 00 的动直线 ll 与 CC 交于 PP，QQ 两点，其中 QQ 在第三象限，直线 POPO 与 CC 的另一个交点为 RR.
(i) 若 △PQR\triangle PQR 的面积是 △PFO\triangle PFO 的面积的 33 倍，求 ll 的方程； (ii) 求 tan⁡∠PQR\tan \angle PQR 的最小值．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 18 题 · 解答题

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1817分解析几何★★★★★
设椭圆 C:x2a2+y2b2=1C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0） 的离心率为 223\frac{2\sqrt{2}}{3}，下顶点为 AA，右顶点为 BB，∣AB∣=10|AB| = \sqrt{10}.
(1) 求椭圆 CC 的标准方程； (2) 已知动点 PP 不在 yy 轴上，点 RR 在射线 APAP 上，且满足 ∣AP∣⋅∣AR∣=3|AP| \cdot |AR| = 3.
(i) 设 P(m,n)P(m, n)，求点 RR 的坐标（用 mm，nn 表示）； (ii) 设 OO 为坐标原点，QQ 是 CC 上的动点，直线 OROR 的斜率为直线 OPOP 的斜率的3倍，求 ∣PQ∣|PQ| 的最大值.

2025 · 全国 · 一卷 · 第 18 题 · 解答题

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1615分解析几何★★★★☆
已知 A(0,3)A(0,3)，P(3,32)P\left(3,\frac32\right) 都在椭圆 C:x2a2+y2b2=1C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0） 上.
(1) 求 CC 的离心率； (2) 过 PP 的直线 ll 交 CC 于另一点 BB，且 △ABP\triangle ABP 的面积为 99，求 ll 的方程.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 16 题 · 解答题

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2215分解析几何★★★★★
在直角坐标系 xOyxOy 中，点 PP 到 xx 轴的距离等于点 PP 到点 (0,12)(0,\frac12) 的距离，记动点 PP 的轨迹为 WW.
(1) 求 WW 的方程； (2) 已知矩形 ABCDABCD 有三个顶点在 WW 上，证明：矩形 ABCDABCD 的周长大于 333\sqrt3.

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 22 题 · 解答题

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2115分解析几何★★★★☆
已知点 A(2,1)A(2,1) 在双曲线 C: x2a2−y2a2−1=1C:\ \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{a^2-1}=1（a>1a>1） 上，直线 ll 交 CC 于 PP，QQ 两点，直线 APAP，AQAQ 的斜率之和为 00.
(1) 求 ll 的斜率； (2) 若 tan⁡∠PAQ=22\tan \angle PAQ=2\sqrt2，求 △PAQ\triangle PAQ 的面积.

2022 · 全国 · 新高考一卷 · 第 21 题 · 解答题

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2115分解析几何★★★★☆
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，已知点 F1(−17,0)F_1(-\sqrt{17},0)，F2(17,0)F_2(\sqrt{17},0)，满足 ∣MF1∣−∣MF2∣=2|MF_1|-|MF_2|=2 的点 MM 的轨迹为 CC.
(1) 求 CC 的方程； (2) 设点 TT 在直线 x=12x=\frac{1}{2} 上，过 TT 的两条直线分别交 CC 于 AA，BB 两点和 PP，QQ 两点，且 TA⋅TB=TP⋅TQTA\cdot TB=TP\cdot TQ，求直线 ABAB 的斜率与直线 PQPQ 的斜率之和.

2021 · 全国 · 新高考一卷 · 第 21 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
已知 AA，BB 分别为椭圆 E:x2a2+y2=1E:\dfrac{x^2}{a^2}+y^2=1（a>1a>1）的左，右顶点，GG 为 EE 的上顶点，AG→⋅GB→=8\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{GB}=8. PP 为直线 x=6x=6 上的动点，PAPA 与 EE 的另一交点为 CC，PBPB 与 EE 的另一交点为 DD.
(1) 求 EE 的方程； (2) 证明：直线 CDCD 过定点.

2020 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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22解析几何★★★☆☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，曲线 C1C_1 的参数方程为 x=cos⁡ktx=\cos^k t，y=sin⁡kty=\sin^k t（tt 为参数）. 以坐标原点为极点，xx 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2C_2 的极坐标方程为 4ρcos⁡θ−16ρsin⁡θ+3=04\rho\cos\theta-16\rho\sin\theta+3=0.
(1) 当 k=1k=1 时，C1C_1 是什么曲线？ (2) 当 k=4k=4 时，求 C1C_1 与 C2C_2 的公共点的直角坐标.

2020 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
已知 AA，BB 分别为椭圆 E:x2a2+y2=1E:\dfrac{x^2}{a^2}+y^2=1（a>1a>1）的左，右顶点，GG 为 EE 的上顶点，AG→⋅GB→=8\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{GB}=8. PP 为直线 x=6x=6 上的动点，PAPA 与 EE 的另一交点为 CC，PBPB 与 EE 的另一交点为 DD.
(1) 求 EE 的方程； (2) 证明：直线 CDCD 过定点.

2020 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★☆☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，曲线 C1C_1 的参数方程为
{x=cos⁡kt,y=sin⁡kt\begin{cases} x=\cos^k t,\\ y=\sin^k t \end{cases}
（tt 为参数）. 以坐标原点为极点，xx 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2C_2 的极坐标方程为 4ρcos⁡θ−16ρsin⁡θ+3=04\rho\cos\theta-16\rho\sin\theta+3=0.
(1) 当 k=1k=1 时，C1C_1 是什么曲线？ (2) 当 k=4k=4 时，求 C1C_1 与 C2C_2 的公共点的直角坐标.

2020 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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19解析几何★★★☆☆
已知抛物线 C:y2=3xC:y^2=3x 的焦点为 FF，斜率为 32\dfrac32 的直线 ll 与 CC 的交点为 AA，BB，与 xx 轴的交点为 PP.
(1) 若 ∣AF∣+∣BF∣=4|AF|+|BF|=4，求 ll 的方程； (2) 若 AP→=3PB→\overrightarrow{AP}=3\overrightarrow{PB}，求 ∣AB∣|AB|.

2019 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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22解析几何★★★☆☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，曲线 CC 的参数方程为
{x=1−t21+t2,y=4t1+t2,\left\{\begin{aligned}x&=\dfrac{1-t^2}{1+t^2},\\y&=\dfrac{4t}{1+t^2},\end{aligned}\right.
（tt 为参数）. 以原点为极点，xx 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 ll 的极坐标方程为 2ρcos⁡θ+3 ρsin⁡θ+11=02\rho\cos\theta+\sqrt3\,\rho\sin\theta+11=0.
(1) 求 CC 的直角坐标方程与 ll 的直角坐标方程； (2) 求 CC 上的点到 ll 的最小距离.

2019 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
已知点 AA，BB 关于坐标原点 OO 对称，∣AB∣=4|AB|=4，⊙M\odot M 过点 AA，BB 且与直线 x+2=0x+2=0 相切.
(1) 若 AA 在直线 x+y=0x+y=0 上，求 ⊙M\odot M 的半径； (2) 是否存在定点 PP，使得当 AA 运动时，∣MA∣−∣MP∣|MA|-|MP| 为定值？并说明理由.

2019 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，曲线 CC 的参数方程为 x=1−t21+t2x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}，y=4t1+t2y=\dfrac{4t}{1+t^2}（tt 为参数），以坐标原点 OO 为极点，xx 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 ll 的极坐标方程为 2ρcos⁡θ+3 ρsin⁡θ+11=02\rho \cos \theta+\sqrt3\,\rho \sin \theta+11=0.
(1) 求 CC 和 ll 的直角坐标方程； (2) 求 CC 上的点到 ll 距离的最小值.

2019 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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19解析几何★★★★☆
设椭圆 C:x22+y2=1C:\frac{x^2}{2}+y^2=1 的右焦点为 FF，过 FF 的直线 ll 与 CC 交于 AA，BB 两点，点 MM 的坐标为 (2,0)(2,0).
(1) 当 ll 与 xx 轴垂直时，求直线 AMAM 的方程； (2) 设 OO 为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB\angle OMA=\angle OMB.

2018 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，曲线 C1C_1 的方程为 y=k∣x∣+2y=k\lvert x\rvert+2. 以坐标原点为极点，xx 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2C_2 的极坐标方程为 ρ2+2ρcos⁡θ−3=0\rho^2+2\rho\cos\theta-3=0.
(1) 求 C2C_2 的直角坐标方程； (2) 若 C1C_1 与 C2C_2 有且仅有三个公共点，求 C1C_1 的方程.

2018 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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20解析几何★★★☆☆
设抛物线 C:y2=2xC:y^2=2x，点 A(2,0)A(2,0)，B(−2,0)B(-2,0)，过点 AA 的直线 ll 与 CC 交于 MM，NN 两点.
(1) 当 ll 与 xx 轴垂直时，求直线 BMBM 的方程； (2) 证明：∠ABM=∠ABN\angle ABM=\angle ABN.

2018 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，曲线 C1C_1 的方程为 y=k∣x∣+2y=k|x|+2. 以坐标原点为极点，xx 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2C_2 的极坐标方程为 ρ2+2ρcos⁡θ−3=0\rho^2+2\rho\cos\theta-3=0.
(1) 求 C2C_2 的直角坐标方程； (2) 若 C1C_1 与 C2C_2 有且仅有三个公共点，求 C1C_1 的方程.

2018 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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16解析几何★★★☆☆
已知直线
l:{x=5+32t,y=3+12t,l: \begin{cases} x = 5 + \frac{\sqrt{3}}{2} t,\\ y = \sqrt{3} + \frac{1}{2} t, \end{cases}
（tt 为参数），以坐标原点为极点，xx 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 CC 的极坐标方程为 ρ=2cos⁡θ\rho = 2\cos \theta.
(1) 将曲线 CC 的极坐标方程化为直角坐标方程； (2) 设点 MM 的直角坐标为 (5,3)(5, \sqrt{3})，直线 ll 与曲线 CC 的交点为 AA，BB，求 ∣MA∣⋅∣MB∣|MA|\cdot|MB| 的值.

2015 · 湖南 · 理 · 第 16 题（II） · 解答题

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20解析几何★★★★★
已知抛物线 C1:x2=4yC_1: x^2 = 4y 的焦点 FF 也是椭圆 C2:y2a2+x2b2=1C_2: \frac{y^2}{a^2} + \frac{x^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的一个焦点，C1C_1 与 C2C_2 的公共弦长为 262\sqrt{6}.
(1) 求 C2C_{2} 的方程； (2) 过点 FF 的直线 ll 与 C1C_1 相交于 AA，BB 两点，与 C2C_2 相交于 CC，DD 两点，且 AC→\overrightarrow{AC} 与 BD→\overrightarrow{BD} 同向.
① 若 ∣AC∣=∣BD∣|AC| = |BD|，求直线 ll 的斜率； ② 设 C1C_1 在点 AA 处的切线与 xx 轴的交点为 MM，证明： 直线 ll 绕点 FF 旋转时，△MFD\triangle MFD 总是钝角三角形.

2015 · 湖南 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
已知抛物线 C1:x2=4yC_1: x^2 = 4y 的焦点 FF 也是椭圆 C2:y2a2+x2b2=1C_2: \frac{y^2}{a^2} + \frac{x^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0） 的一个焦点，C1C_1 与 C2C_2 的公弦长为 262\sqrt{6}. 过点 FF 的直线 ll 与 C1C_1 相交于 AA，BB 两点，与 C2C_2 相交于 CC，DD 两点，且 AC→\overrightarrow{AC} 与 BD→\overrightarrow{BD} 同向.
(1) 求 C2C_{2} 的方程； (2) 若 ∣AC∣=∣BD∣\left|AC\right|=\left|BD\right|，求直线 l 的斜率.

2015 · 湖南 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，OO 为坐标原点，椭圆 C1:x2a2+y2b2=1C_1: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0） 的左，右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，离心率为 e1e_1；双曲线 C2:x2a2−y2b2=1C_2: \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 的左，右焦点分别为 F3F_3，F4F_4，离心率为 e2e_2. 已知 e1e2=32e_1 e_2 = \frac{\sqrt{3}}{2}，且 ∣F2F4∣=3−1|F_2 F_4| = \sqrt{3} - 1.
(1) 求 C1C_{1}，C2C_{2} 的方程； (2) 过 F1F_{1} 作 C1C_{1} 的不垂直于 yy 轴的弦 ABAB，MM 为弦 ABAB 的中点. 当直线 OMOM 与 C2C_{2} 交于 PP，QQ 两点时，求四边形 APBQAPBQ 面积的最小值.
\begin{solution} 设椭圆和双曲线的焦距参数分别为 c=a2−b2c=\sqrt{a^2-b^2}，d=a2+b2d=\sqrt{a^2+b^2}. 则 e1=cae_1=\frac{c}{a}，e2=dae_2=\frac{d}{a}，从而 e12+e22=c2+d2a2=2e_1^2+e_2^2=\frac{c^2+d^2}{a^2}=2，e12e22=34e_1^2e_2^2=\frac34. 所以 e12e_1^2、e22e_2^2 是方程 u2−2u+34=0u^2-2u+\frac34=0 的两个根，即 12\frac12、32\frac32. 由于椭圆离心率小于 11，有 e1=12e_1=\frac{1}{\sqrt2}，e2=32e_2=\sqrt{\frac32}. 又因为 F2=(c,0)F_2=(c,0)，F4=(d,0)F_4=(d,0)，所以
a(e2−e1)=d−c=3−1a(e_2-e_1)=d-c=\sqrt3-1
而 e2−e1=3−12e_2-e_1=\frac{\sqrt3-1}{\sqrt2}，故 a=2a=\sqrt2. 于是 c=1c=1，b2=a2−c2=1b^2=a^2-c^2=1，即 C1:x22+y2=1C_1:\frac{x^2}{2}+y^2=1，C2:x22−y2=1C_2:\frac{x^2}{2}-y^2=1.
第二问先设弦 ABAB 的斜率为 kk，由于题设排除了垂直于 yy 轴的水平弦，故 k≠0k\ne0. 直线方程为 y=k(x+1)y=k(x+1). 与椭圆联立得
(1+2k2)x2+4k2x+2k2−2=0(1+2k^2)x^2+4k^2x+2k^2-2=0
由根与系数的关系，弦中点为
M(−2k21+2k2,k1+2k2)M\left(-\frac{2k^2}{1+2k^2},\frac{k}{1+2k^2}\right)
因此直线 OMOM 的方向向量可取 (−2k,1)(-2k,1). 令该直线上的点为 (x,y)=t(−2k,1)(x,y)=t(-2k,1)，代入 C2C_2 得
(2k2−1)t2=1(2k^2-1)t^2=1
由于题设要求有两个交点，必须有 k2>12k^2>\frac12，此时
PQ=24k2+12k2−1PQ=\frac{2\sqrt{4k^2+1}}{\sqrt{2k^2-1}}
设椭圆交点的横坐标之差的绝对值为 ∣Δx∣|\Delta x|. 由上面二次方程的判别式，
∣Δx∣=22(1+k2)1+2k2|\Delta x|=\frac{2\sqrt{2(1+k^2)}}{1+2k^2}
所以
AB=∣Δx∣1+k2=22(1+k2)1+2k2AB=|\Delta x|\sqrt{1+k^2}=\frac{2\sqrt2(1+k^2)}{1+2k^2}
四边形 APBQAPBQ 的两条对角线为 ABAB、PQPQ，且交点为 MM. 因此用向量行列式计算面积，注意
det⁡(1k−2k1)=1+2k2\det\begin{pmatrix}1&k\\-2k&1\end{pmatrix}=1+2k^2
得到
S=12∣Δx∣⋅22k2−1(1+2k2)=22(1+k2)2k2−1S=\frac12|\Delta x|\cdot\frac{2}{\sqrt{2k^2-1}}(1+2k^2) =\frac{2\sqrt{2(1+k^2)}}{\sqrt{2k^2-1}}
有限斜率下
S2=8(1+k2)2k2−1=4+122k2−1>4S^2=\frac{8(1+k^2)}{2k^2-1}=4+\frac{12}{2k^2-1}>4
还需考虑 AB∥yAB\parallel y 轴的情形，此时弦为 x=−1x=-1，其中点为 M=(−1,0)M=(-1,0)，直线 OMOM 为 xx 轴，与双曲线交于 (−2,0)(-\sqrt2,0)、(2,0)(\sqrt2,0). 此时 AB=2AB=\sqrt2，PQ=22PQ=2\sqrt2，故 S=2S=2. 因而四边形 APBQAPBQ 面积的最小值为 22. \end{solution}

2014 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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20解析几何★★★★★
如图，OO 为坐标原点，双曲线 C1:x2a12−y2b12=1C_{1}:\frac{x^{2}}{a_{1}^{2}} - \frac{y^{2}}{b_{1}^{2}} = 1（a1>0a_{1} > 0，b1>0b_{1} > 0） 和椭圆 C2:y2a22+x2b22=1C_{2}:\frac{y^{2}}{a_{2}^{2}} + \frac{x^{2}}{b_{2}^{2}} = 1（a2>b2>0a_{2} > b_{2} > 0） 均过点 P(233,1)P\left(\frac{2\sqrt{3}}{3},1\right)，且以 C1C_{1} 的两个顶点和 C2C_{2} 的两个焦点为顶点的四边形是面积为 22 的正方形.
(1) 求 C1C_1，C2C_2 的方程； (2) 是否存在直线 ll，使得 ll 与 C1C_1 交于 AA，BB 两点，与 C2C_2 只有一个公共点，且 ∣OA→+OB→∣=∣AB→∣\left|\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}\right| = \left|\overrightarrow{AB}\right|，证明你的结论.

2014 · 湖南 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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20不等式★★★★★
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，将从点 MM 出发沿纵、横方向到达点 NN 的任一路径称为 MM 到 NN 的一条“LL 路径”. 如图所示的路径 MM1M2M3NMM_{1}M_{2}M_{3}N 与路径 MN1NMN_{1}N 都是 MM 到 NN 的“LL 路径”. 某地有三个新建的居民区，分别位于平面 xOyxOy 内三点 A(3,20)A(3,20)，B(−10,0)B(-10,0)，C(14,0)C(14,0) 处. 现计划在 xx 轴上方区域（包含 xx 轴）内的某一点 PP 处修建一个文化中心.
(1) 写出点 PP 到居民区 AA 的“LL 路径”长度最小值的表达式（不要求证明）； (2) 若以原点 OO 为圆心，半径为 11 的圆的内部是保护区，“LL 路径”不能进入保护区，请确定点 PP 的位置，使其到三个居民区的“LL 路径”长度之和最小.

2013 · 湖南 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
过抛物线 E:x2=2pyE: x^{2} = 2py（p>0p > 0）的焦点 FF 作斜率分别为 k1k_{1}，k2k_{2} 的两条不同的直线 l1l_{1}，l2l_{2}，且 k1+k2=2k_{1} + k_{2} = 2，l1l_{1} 与 EE 相交于点 AA，BB，l2l_{2} 与 EE 相交于点 CC，DD. 以 ABAB，CDCD 为直径的圆 MM，圆 NN（MM，NN 为圆心）的公共弦所在的直线记为 ll.
(1) 若 k1>0k_{1} > 0，k2>0k_{2} > 0，证明：FM→⋅FN→<2p2\overrightarrow{FM} \cdot \overrightarrow{FN} < 2p^{2}； (2) 若点 MM 到直线 ll 的距离的最小值为 755\frac{7\sqrt{5}}{5}，求抛物线 EE 的方程.

2013 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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