2013-2023年新课标i卷高考理科数学解答题。
解析几何(本小题满分12分)
2017，20】已知椭圆c：（a>b>0），四点p1（1,1），p2（0,1），p3（–1， ）p4（1，）中恰有三点在椭圆c上．
1）求c的方程；（2）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．
1）根据椭圆对称性，必过、
又横坐标为1，椭圆必不过，所以过三点。
将代入椭圆方程得，解得，
椭圆的方程为：．
2）当斜率不存在时，设。
得，此时过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．当斜率存在时，设。
联立，整理得，
则。又，此时，存在使得成立．
直线的方程为。
当时， 所以过定点．
2016，20】设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点．
（ⅰ）证明为定值，并写出点的轨迹方程；
（ⅱ）设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求四边形面积的取值范围．
解析】：⑴圆a整理为，a坐标，如图，则，由，则，
根据椭圆定义为一个椭圆，方程为，()
；设，因为，设，联立： ，则。
圆心到距离，所以，2015，20】在直角坐标系中，曲线：与直线：（）交于两点．
ⅰ）当时，分别求在点和处的切线方程；
ⅱ）在轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由．
答案】（ⅰ或（ⅱ）存在。
解析】试题分析：（ⅰ先求出m,n的坐标，再利用导数求出m,n.（ⅱ先作出判定，再利用设而不求思想即将代入曲线c的方程整理成关于的一元二次方程，设出m,n的坐标和p点坐标，利用设而不求思想，将直线pm，pn的斜率之和用表示出来，利用直线pm，pn的斜率为0,即可求出关系，从而找出适合条件的p点坐标。
试题解析：（ⅰ由题设可得，，或，.，故在=处的到数值为，c在处的切线方程为。
即。故在=-处的到数值为-，c在处的切线方程为。
即。故所求切线方程为或。 …5分。
ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：
设p（0，b）为复合题意得点，，，直线pm，pn的斜率分别为。
将代入c得方程整理得。
当时，有=0，则直线pm的倾斜角与直线pn的倾斜角互补，故∠opm=∠opn，所以符合题意。 …12分。
考点：抛物线的切线；直线与抛物线位置关系；探索新问题；运算求解能力。
2014，20】已知点（0，-2），椭圆：的离心率为，是椭圆的焦点，直线的斜率为，为坐标原点．
ⅰ)求的方程；（ⅱ设过点的直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程．
答案】（i）；（ii）或。
解析】试题分析：（i）由直线af的斜率为，可求．并结合求得，再利用求，进而可确定椭圆e的方程；（ii）依题意直线的斜率存在，故可设直线方程为，和椭圆方程联立得．利用弦长公式表示，利用点到直线的距离求的高．从而三角形的面积可表示为关于变量的函数解析式，再求函数最大值及相应的值，故直线的方程确定．
试题解析：（i）设右焦点，由条件知，，得．
又，所以， ．故椭圆的方程为．
ii）当轴时不合题意，故设直线，．
将代入得．当，即时，从而．又点到直线的距离。
所以的面积．设，则，．因为，当且仅当时，时取等号，且满足．所以，当的面积最大时，的方程为或．
考点定位】1、椭圆的标准方程及简单几何性质；2、弦长公式；3、函数的最值．
2013，20】已知圆m：(x＋1)2＋y2＝1，圆n：(x－1)2＋y2＝9，动圆p与圆m外切并且与圆n内切，圆心p的轨迹为曲线c．
1)求c的方程；(2)l是与圆p，圆m都相切的一条直线，l与曲线c交于a，b两点，当圆p的半径最长时，求|ab|．
解：由已知得圆m的圆心为m(－1,0)，半径r1＝1；圆n的圆心为n(1,0)，半径r2＝3.
设圆p的圆心为p(x，y)，半径为r.
1)因为圆p与圆m外切并且与圆n内切，所以|pm|＋|pn|＝(r＋r1)＋(r2－r)＝r1＋r2＝4.
由椭圆的定义可知，曲线c是以m，n为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为(x≠－2)．
2)对于曲线c上任意一点p(x，y)，由于|pm|－|pn|＝2r－2≤2，所以r≤2，当且仅当圆p的圆心为(2,0)时，r＝2.
所以当圆p的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4.
若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|ab|＝.
若l的倾斜角不为90°，由r1≠r知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为q，则，可求得q(－4,0)，所以可设l：y＝k(x＋4)．
由l与圆m相切得，解得k＝.
当k＝时，将代入，并整理得7x2＋8x－8＝0，解得x1,2＝.
所以|ab|＝.
当时，由图形的对称性可知|ab|＝.
综上，|ab|＝或|ab|＝.
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