1、2019年高考数学试题分项版解析几何（解析版）一、选择题1(2019全国文，10)双曲线C：x5a2y2b21(a0，b0)的一条渐近线的倾斜角为130，则C的离心率为()A2sin 40 B2cos 40 C.1son50 D.1cos50答案D解析由题意可得batan 130，所以e 1+b2a21+tan2130 1+sin2130cos21301cos1301cos50.2(2019全国文，12)已知椭圆C的焦点为F1(1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点若|AF2|2|F2B|，|AB|BF1|，则C的方程为()A.x22y21 B.x23y221C.x24y23
2、1 D.x25y241答案B解析由题意设椭圆的方程为x2a2y2b21(ab0)，连接F1A，令|F2B|m，则|AF2|2m，|BF1|3m.由椭圆的定义知，4m2a，得ma2，故|F2A|a|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点令OAF2(O为坐标原点)，则sin ca1a.在等腰三角形ABF1中，cos 22m2+3m2-3m222m3m13，因为cos 212sin2，所以13121a2，得a23.又c21，所以b2a2c22，椭圆C的方程为x23y221，故选B.3(2019全国文，9)若抛物线y22px(p0)的焦点是椭圆x23py2p1的一个焦点，则p等于()A2 B3 C4
3、 D8答案D解析由题意知，抛物线的焦点坐标为p2,0，椭圆的焦点坐标为(2p，0)，所以p22p，解得p8，故选D.4(2019全国文，12)设F为双曲线C：x2a2y2b21(a0，b0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2y2a2交于P，Q两点若|PQ|OF|，则C的离心率为()A.2 B.3 C2 D.5答案A解析如图，由题意知，以OF为直径的圆的方程为x-c222y2c24，将x2y2a2记为式，得xa2c，则以OF为直径的圆与圆x2y2a2的相交弦所在直线的方程为xa2c，所以|PQ|2a2-a2c2.由|PQ|OF|，得2a2-a2c2c，整理得c44a2c24a40，
4、即e44e240，解得e2，故选A.5(2019全国文，10)已知F是双曲线C：x24y251的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点若|OP|OF|，则OPF的面积为()A.32 B.52 C.72 D.92答案B解析由F是双曲线x24y251的一个焦点，知|OF|3，所以|OP|OF|3.不妨设点P在第一象限，P(x0，y0)，x00，y00，则x02+y02=3,x024-y025=1,解得x02=569,y02=259,所以P2143,53，所以SOPF12|OF|y01235352.6(2019北京文，5已知双曲线x2a2y21(a0)的离心率是5，则a等于()A.3 B4 C2 D.1
5、2答案D解析由双曲线方程x2a2y21，得b21，c2a21.5e2c2a2a2+1a211a2.结合a0，解得a12.7(2019天津文，6)已知抛物线y24x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为()A.2 B.3 C2 D.5答案D解析由题意，可得F(1,0)，直线l的方程为x1，双曲线的渐近线方程为ybax.将x1代入ybax，得yba，所以点A，B的纵坐标的绝对值均为ba.由|AB|4|OF|可得2ba4，即b2a，b24a2，故双曲线的离心率ecaa2+b2a25.8(2
6、019浙江，2)渐近线方程为xy0的双曲线的离心率是()A.22 B1C.2 D2答案C解析因为双曲线的渐近线方程为xy0，所以无论双曲线的焦点在x轴上还是在y轴上，都满足ab，所以c2a，所以双曲线的离心率eca2.9(2019全国理，10)已知椭圆C的焦点为F1(1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点若|AF2|2|F2B|，|AB|BF1|，则C的方程为()A.x22y21 B.x23y221C.x24y231 D.x25y241答案B解析由题意设椭圆的方程为x2a2y2b21(ab0)，连接F1A，令|F2B|m，则|AF2|2m，|BF1|3m.由椭圆的定义知，4m
7、2a，得ma2，故|F2A|a|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点令OAF2(O为坐标原点)，则sin ca1a.在等腰三角形ABF1中，cos 22m2+3m2-3m222m3m13，因为cos 212sin2，所以13121a22，得a23.又c21，所以b2a2c22，椭圆C的方程为x23y221，故选B.10(2019全国理，8)若抛物线y22px(p0)的焦点是椭圆x23py2p1的一个焦点，则p等于()A2 B3 C4 D8答案D解析由题意知，抛物线的焦点坐标为p2,0，椭圆的焦点坐标为(2p，0)，所以p22p，解得p8，故选D.11(2019全国理，11)设F为双曲线C：
8、x2a2y2b21(a0，b0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2y2a2交于P，Q两点若|PQ|OF|，则C的离心率为()A.2 B.3 C2 D.5答案A解析如图，由题意知，以OF为直径的圆的方程为x-c22y2c24，将x2y2a2记为式，得xa2c，则以OF为直径的圆与圆x2y2a2的相交弦所在直线的方程为xa2c，所以|PQ|2a2-a2c2.由|PQ|OF|，得2a2-a2c2c，整理得c44a2c24a40，即e44e240，解得e2，故选A.12(2019全国理，10)双曲线C：x24y221的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点若|PO|PF|，则P
9、FO的面积为()A.324 B.322 C22 D32答案A解析不妨设点P在第一象限，根据题意可知c26，所以|OF|6.又tanPOFba22，所以等腰POF的高h622232，所以SPFO12632324.13(2019北京理，4)已知椭圆的离心率为，则ABCD【思路分析】由椭圆离心率及隐含条件得答案【解析】：由题意，得，则，即故选：【归纳与总结】本题考查椭圆的简单性质，熟记隐含条件是关键，是基础题14(2019北京理，8)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）给出下列三个结论：曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；曲线上任意一点到原点的距离都不超过；曲
10、线所围成的“心形”区域的面积小于3其中，所有正确结论的序号是ABCD【思路分析】将换成方程不变，所以图形关于轴对称，根据对称性讨论轴右边的图形可得【解析】：将换成方程不变，所以图形关于轴对称，当时，代入得，即曲线经过，；当时，方程变为，所以，解得，所以只能取整数1，当时，解得或，即曲线经过，根据对称性可得曲线还经过，故曲线一共经过6个整点，故正确当时，由得，（当时取等），即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性可得：曲线上任意一点到原点的距离都不超过；故正确在轴上图形面积大于矩形面积，轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积，因此曲线所围成的“心形”区域的面积大于，故错误故选：【归纳与总结
11、】本题考查了命题的真假判断与应用，属中档题15(2019天津理，5)已知抛物线y24x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为()A.2 B.3 C2 D.5答案D解析由题意，可得F(1,0)，直线l的方程为x1，双曲线的渐近线方程为ybax.将x1代入ybax，得yba，所以点A，B的纵坐标的绝对值均为ba.由|AB|4|OF|可得2ba4，即b2a，b24a2，故双曲线的离心率ecaa2+b2a25.二、填空题1(2019全国文，15)设F1，F2为椭圆C：x236y2201的两个
12、焦点，M为C上一点且在第一象限若MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为_答案(3，15)解析不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c36-204.因为MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|2c8，所以|F2M|2a84.设M(x，y)，则x236+y220=1,|F1M|2=(x+4)2+y2=64,x0,y0,得x=3,y=15,所以M的坐标为(3，15)2(2019北京文，11)设抛物线y24x的焦点为F，准线为l.则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为_答案(x1)2y24解析抛物线y24x的焦点F的坐标为(1,0)，准线l为直线x1，圆的圆心坐标为(1,0)又圆与l相切
13、，圆心到l的距离为圆的半径，r2.圆的方程为(x1)2y24.3(2019浙江，12)已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r.若直线2xy30与圆C相切于点A(2，1)，则m_，r_.答案25解析方法一设过点A(2，1)且与直线2xy30垂直的直线方程为l：x2yt0，所以22t0，所以t4，所以l：x2y40，令x0，得m2，则r(-2-0)2+(-1+2)25.方法二因为直线2xy30与以点(0，m)为圆心的圆相切，且切点为A(2，1)，所以m+10-(-2)21，所以m2，r(-2-0)2+(-1+2)25.4(2019浙江，15)已知椭圆x29y251的左焦点为F，点P在椭圆上且在
14、x轴的上方若线段PF的中点在以原点O为圆心 ，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是_答案15解析依题意，设点P(m，n)(n0)，由题意知F(2,0)，|OF|2，所以线段FP的中点M-2+m2,n2在圆x2y24上，所以-2+m22n224，又点P(m，n)在椭圆x29y251上，所以n29n251，所以4m236m630，所以m32或m212(舍去)，当m32时，n152，所以kPF152-0-32-(-2)15.5(2019江苏，7)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2y2b21(b0)经过点(3,4)，则该双曲线的渐近线方程是_答案y2x解析因为双曲线x2y2b21(b0)经过点
15、(3,4)，所以916b21，得b2，所以该双曲线的渐近线方程是ybx2x.6(2019江苏，10)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线yx4x(x0)上的一个动点，则点P到直线xy0的距离的最小值是_答案4解析设Px,x+4x，x0，则点P到直线xy0的距离d2x+4x222x4x24，当且仅当2x4x，即x2时取等号，故点P到直线xy0的距离的最小值是4.7(2019全国理，16)已知双曲线C：x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点若F1AAB，F1BF2B0，则C的离心率为_答案2解析因为0，所以F1BF2B，如图因为F
16、1AAB，所以点A为F1B的中点，又点O为F1F2的中点，所以OABF2，所以F1BOA，所以|OF1|OB|，所以BF1OF1BO，所以BOF22BF1O.因为直线OA，OB为双曲线C的两条渐近线，所以tanBOF2ba，tanBF1Oab.因为tanBOF2tan(2BF1O)，所以ba2ab1-ab2，所以b23a2，所以c2a23a2，即2ac，所以双曲线的离心率eca2.8(2019全国理，15)设F1，F2为椭圆C：x236y2201的两个焦点，M为C上一点且在第一象限若MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为_答案(3，15)解析不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知
17、c36-204.因为MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|2c8，所以|F2M|2a84.设M(x，y)，则x236+y2201，F1M2=x+42+y264，x0，y0，得x=-3,y=15,所以M的坐标为(3，15)三、解答题1(2019全国文，21)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|4，M过点A，B且与直线x20相切(1)若A在直线xy0上，求M的半径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|MP|为定值？并说明理由解(1)因为M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上由已知A在直线xy0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线yx上，故可设M(a，a)因为M与直线
18、x20相切，所以M的半径为r|a2|.由已知得|AO|2.又MOAO，故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半径r2或r6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|MP|为定值理由如下：设M(x，y)，由已知得M的半径为r|x2|，|AO|2.由于MOAO，故可得x2y24(x2)2，化简得M的轨迹方程为y24x.因为曲线C：y24x是以点P(1,0)为焦点，以直线x1为准线的抛物线，所以|MP|x1.因为|MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在满足条件的定点P.2(2019全国文，20)已知F1，F2是椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原
19、点(1)若POF2为等边三角形，求C的离心率；(2)如果存在点P，使得PF1PF2，且F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围解(1)连接PF1.由POF2为等边三角形可知在F1PF2中，F1PF290，|PF2|c，|PF1|3c，于是2a|PF1|PF2|(31)c，故C的离心率为eca31.(2)由题意可知，若满足条件的点P(x，y)存在，则12|y|2c16，yx+cyx-c1，即c|y|16，x2y2c2，又x2a2y2b21.由及a2b2c2得y2b4c2.又由知y2162c2，故b4.由及a2b2c2得x2a2c2(c2b2)，所以c2b2，从而a2b2c22b232，故
20、a42.当b4，a42时，存在满足条件的点P.所以b4，a的取值范围为42，)3(2019全国文，21)已知曲线C：yx22，D为直线y12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E0,52为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程(1)证明设Dt,-12，A(x1，y1)，则x122y1.由于yx，所以切线DA的斜率为x1，故y1+12x1-tx1，整理得2tx12y110.设B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.所以直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点0,12.(2)解由(1)得直线AB的方程为ytx1
21、2.由y=tx+12,y=x22,可得x22tx10，于是x1x22t，y1y2t(x1x2)12t21.设M为线段AB的中点，则Mt,t2+12.由于EMAB，而EM(t，t22)，AB与向量(1，t)平行，所以t(t22)t0.解得t0或t1.当t0时，|EM|2，所求圆的方程为x2y-5224；当t1时，|EM|2，所求圆的方程为x2y-5222.4(2019北京文，19)已知椭圆C：x2a2y2b21的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：ykxt(t1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|
22、OM|ON|2，求证：直线l经过定点(1)解由题意，得b21，c1，所以a2b2c22.所以椭圆C的方程为x22y21.(2)证明设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为yy1-1x1x1.令y0，得点M的横坐标xMx1y1-1.又y1kx1t，从而|OM|xM|x1kx1+t-1.同理，|ON|x2kx2+t-1.由y=kx+tk,x22+y2=1,得(12k2)x24ktx2t220，则x1x24kt1+2k2，x1x22t2-21+2k2.所以|OM|ON|x1kx1+t-1x2kx2+t-1x1x2k2x1x2+kt-1x1+x2+(t-1)22t2-11+2k2k22
23、t2-21+2k2+kt-1-4kt1+2k2+(t-1)221+t1-t.又|OM|ON|2，所以21+t1-t2.解得t0，所以直线l经过定点(0,0)5(2019天津文，19)设椭圆x2a2y2b21(ab0)的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知3|OA|2|OB|(O为原点)(1)求椭圆的离心率；(2)设经过点F且斜率为34的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x4上，且OCAP.求椭圆的方程解(1)设椭圆的半焦距为c，由已知有3a2b，又由a2b2c2，消去b得a232a2c2，解得ca12.所以椭圆的离心率为12.(2)由(1)知，a2c
24、，b3c，故椭圆方程为x24c2y23c21.由题意，F(c,0)，则直线l的方程为y34(xc)点P的坐标满足x24c2+y23c2=1,y=34x+c,消去y并化简，得到7x26cx13c20，解得x1c，x213c7.代入到l的方程，解得y132c，y2914c.因为点P在x轴上方，所以Pc,32c.由圆心C在直线x4上，可设C(4，t)因为OCAP，且由(1)知A(2c,0)，故t432cc+2c，解得t2.因为圆C与x轴相切，所以圆C的半径为2.又由圆C与l相切，得344+c-21+3422，可得c2.所以，椭圆的方程为x216y2121.6.(2019浙江，21)如图，已知点F(1
25、,0)为抛物线y22px(p0)的焦点过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧记AFG，CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求S1S2的最小值及此时点G的坐标解(1)由题意得p21，即p2.所以，抛物线的准线方程为x1.(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)令yA2t，t0，则xAt2.由于直线AB过点F，故直线AB的方程为x t2-12ty1，代入y24x，得y22(t2-1)ty40，故2tyB4，即yB2t，所以B1t2,-2t.又由于
26、xG13(xAxBxC)，yG13(yAyByC)及重心G在x轴上，故2t2tyC0.即C1t-t2,21t-t，G2t4-2t2+23t2,0.所以，直线AC的方程为y2t2t(xt2)，得Q(t21,0)由于Q在焦点F的右侧，故t22.从而S1S212|FG|yA|12|QG|yC|2t4-2t2+23t2-1|2t|t2-1-2t4-2t2+23t22t-2t2t4-t2t4-12t2-2t4-1.令mt22，则m0，S1S22mm2+4m+321m+3m+4212m3m+4132.当且仅当m3时，S1S2取得最小值132，此时G(2,0)7.(2019江苏，17)如图，在平面直角坐标系
27、xOy中，椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的焦点为F1(1,0)，F2(1,0)过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2：(x1)2y24a2交于点A，与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1.已知DF152.(1)求椭圆C的标准方程；(2)求点E的坐标解(1)设椭圆C的焦距为2c.因为F1(1,0)，F2(1,0)，所以F1F22，则c1.又因为DF152，AF2x轴，所以DF2DF12-F1F22522-2232.因此2aDF1DF24，所以a2.由b2a2c2，得b23.所以椭圆C的标准方程为x24y231.(2)方法一由(1)知，
28、椭圆C：x24y231，a2.因为AF2x轴，所以点A的横坐标为1.将x1代入圆F2方程(x1)2y216，解得y4.因为点A在x轴上方，所以A(1,4)又F1(1,0)，所以直线AF1：y2x2.由y=2x+2,(x-1)2+y2=16,得5x26x110，解得x1或x115.将x115代入y2x2，得y125.因此B-115,-125.又F2(1,0)，所以直线BF2：y34(x1)由y=34x-1,x24+y23=1,得7x26x130，解得x1或x137.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x1.将x1代入y34(x1)，得y32.因此E-1,-32.方法二由(1)知，椭圆C：x24
29、y231.如图，连接EF1.因为BF22a，EF1EF22a，所以EF1EB，从而BF1EB.因为F2AF2B，所以AB.所以ABF1E，从而EF1F2A.因为AF2x轴，所以EF1x轴因为F1(1,0)，由x=-1,x24+y23=1,得y32.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y32.因此E-1,-32.8(2019江苏，18)如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB(AB是圆O的直径)规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD
30、(C，D为垂足)，测得AB10，AC6，BD12(单位：百米)(1)若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；(2)在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；(3)在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d(单位：百米)，求当d最小时，P，Q两点间的距离解方法一(1)过A作AEBD，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DEBEAC6，AECD8.因为PBAB，所以cosPBDsinABEAEAB81045.所以PBBDcosPBD124515.因此道路PB的长为15(百米)(2)若P在D处，由(1)可得E在圆上，则线段BE上的点(除B，E)到点O的距离均小于圆O的半径，所
31、以P选在D处不满足规划要求若Q在D处，连接AD，由(1)知ADAE2+ED210，从而cosBADAD2+AB2-BD22ADAB7250，所以BAD为锐角所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径因此Q选在D处也不满足规划要求综上，P和Q均不能选在D处(3)先讨论点P的位置当OBP90时，在PP1B中，PBP1B15.由上可知，d15.再讨论点Q的位置由(2)知，要使得QA15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求当QA15时，CQQA2-AC2152-62321.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径综上，当PBAB，点Q位于点C右侧，且CQ321时，d最小，此时P，
32、Q两点间的距离PQPDCDCQ17321.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17321(百米)方法二(1)如图，过O作OHl，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系因为BD12，AC6，所以OH9，直线l的方程为y9，点A，B的纵坐标分别为3，3.因为AB为圆O的直径，AB10，所以圆O的方程为x2y225.从而A(4,3)，B(4，3)，直线AB的斜率为34.因为PBAB，所以直线PB的斜率为43，直线PB的方程为y43x253.所以P(13,9)，PB(-13+4)2+(9+3)215.所以道路PB的长为15(百米)(2)若P在D处，取线段BD上一点E(4
33、,0)，则EO45，所以P选在D处不满足规划要求若Q在D处，连接AD，由(1)知D(4,9)，又A(4,3)，所以线段AD：y34x6(4x4)在线段AD上取点M3,154，因为OM32+154232+425，所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径因此Q选在D处也不满足规划要求综上，P和Q均不能选在D处(3)先讨论点P的位置当OBP90时，在PP1B中，PBP1B15.由上可知，d15.再讨论点Q的位置由(2)知，要使得QA15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求当 QA15时，设Q(a,9)，由AQ(a-4)2+(9-3)215(a4)，得a4321，所以Q(4321，9)此时
34、，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径综上，当P(13,9)，Q(4321，9)时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ4321(13)17321.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17321 (百米)9(2019全国理，19)已知抛物线C：y23x的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.(1)若|AF|BF|4，求l的方程；(2)若AP3PB，求|AB|.解设直线l：y32xt，A(x1，y1)，B(x2，y2)(1)由题设得F34,0，故|AF|BF|x1x232，由题设可得x1x252.由y=32x+t,y2=3x,可得9x212(t1)x4t20，
35、令0，得t0)由y=kx,x24+y22=1,得x21+2k2 .记u21+2k2，则P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直线QG的斜率为k2，方程为yk2(xu)由y=k2x-u,x24+y22=1,得(2k2)x22uk2xk2u280.设G(xG，yG)，则u和xG是方程的解，故xGu3k2+22+k2，由此得yGuk32+k2.从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku3k2+22+k2-u1k，因为kPQkPG1.所以PQPG，即PQG是直角三角形()解由()得|PQ|2u1+k2，|PG|2ukk2+12+k2，所以PQG的面积S12|PQ|PG|8k1+k21+2k2
36、2+k281k+k1+21k+k2.设tk1k，则由k0得t2，当且仅当k1时取等号因为S8t1+2t2在2，)上单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为169.因此，PQG面积的最大值为169.11(2019全国理，21)已知曲线C：yx22，D为直线y12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E0,52为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积(1)证明设Dt,12，A(x1，y1)，则x122y1.由yx，所以切线DA的斜率为x1，故y1+12x1-tx1.整理得2tx12y110.设B(x2，y
37、2)，同理可得2tx22y210.故直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点0,12.(2)解由(1)得直线AB的方程为ytx12.由y=tx+12,y=x22,可得x22tx10，4t240，于是x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t21，|AB|1+t2|x1x2|1+t2x1+x22-4x1x22(t21)设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1t2+1，d22t2+1，因此，四边形ADBE的面积S12|AB|(d1d2)(t23)t2+1.设M为线段AB的中点，则Mt,t2+12.由于EMAB，而EM(t，t22)，AB与坐标为(1，t)的向量平行，
38、所以t(t22)t0.解得t0或t1.当t0时，S3；当t1时，S42.因此，四边形ADBE的面积为3或42.12(2019北京理，18)（14分）已知抛物线经过点（）求抛物线的方程及其准线方程；（）设为原点，过抛物线的焦点作斜率不为0的直线交抛物线于两点，直线分别交直线，于点和点求证：以为直径的圆经过轴上的两个定点【思路分析】（）代入点，解方程可得，求得抛物线的方程和准线方程；（）抛物线的焦点为，设直线方程为，联立抛物线方程，运用韦达定理，以及直线的斜率和方程，求得，的坐标，可得为直径的圆方程，可令，解方程，即可得到所求定点【解析】：（）抛物线经过点可得，即，可得抛物线的方程为，准线方程为；（）证明：抛物线的焦点为，设直线方程为，联立抛物线方程，可得，设，可得，直线的方程为，即，直线的方程为，即，可得，可得的中点的横坐标为，即有为直径的圆心为，半径为，可得圆的方程为，化为，由，可得或则以为直径的圆经过轴上的两个定点，【归纳与总结】本题考查抛物线的定义和方程、
