高中数学向量视-高中数学一次函数的性质和图像
决战高考
高考数学试题分类汇编——圆锥曲线
含答案
一、选择题
x
2
y
2
1.(2017全国卷Ⅰ理)设双曲
线
2
?
2
?1
(a>0,b>0)的渐近线与抛物线y=x
2
+1相切,则该双曲线的
ab
离心率等于( )
(A)
3
(B)2 (C)
5
(D)
6
y
'
解:设切点
P(x0
,y
0
)
,则切线的斜率为
y|
x?x
0<
br>?2x
0
.由题意有
0
?2x
0
又
y
0
?x
0
2
?1
x
0
bb
?2,e?1?()
2
?5
.
aa
x
2
2.(2017全国卷Ⅰ理)已知椭圆
C:?y
2
?1
的右焦点为
F
,右准线为
l
,点
A?l
,线段
AF
交
C
于点
B
,若
2
FA?3
FB
,则
|AF|
=
解得:
x
0
2
?1,?
(A).
2
(B). 2
(C).
3
(D). 3
解:过点B作
BM?l
于M,并设右准线
l
与X轴的交点为N,易知FN=1.由题意
FA?3FB
,故
|BM|?
圆的第二定义,得
|BF|?
2
.又由椭<
br>3
222
?|AF|?2
.故选A
??
233
x
2
y
2
3.(2017浙江理)过双曲线
2
?
2
?1(a?0,b?0)
的右顶点
A
作斜率为
?1<
br>的直线,该直线与双曲线的两条
ab
1
渐近线的交点分别为
B,C.若
AB?BC
,则双曲线的离心率是 ( )
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2
A.
2
B.
3
C.
5
D.
10
答案:C
【解析】对于
A
?
a,0
?
,则直线方程为
x?y?a?0
,直线与两渐近线的交点为B,C,
?
a
2
ab
?
a
2
ab
B
?<
br>,,C(,?)
?
a?ba?ba?ba?b
??
2AB?BC,?4
a
2
?b
2
,?e?5
.
,则有
2a
2
b2a
2
bab
??
ab
BC?(
2
,?
),AB??,
??
a?b
2
a
2
?b
2
?
a?ba?b
?
,因
x
2
y
2
4.(2
017浙江文)已知椭圆
2
?
2
?1(a?b?0)
的左焦点为F
,右顶点为
A
,点
B
在椭圆上,且
BF?x
轴,
ab
直线
AB
交
y
轴于点
P
.若<
br>AP?2PB
,则椭圆的离心率是( )w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
3
2
11
B. C.
D.
2
2
32
5.D 【命题意图】对于对解析几何中与平面向量结合的
考查,既体现了几何与向量的交汇,也体现了数形
结合的巧妙应用.
1
【解析】对于
椭圆,因为
AP?2PB
,则
OA?2OF,?a?2c,?e?
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2
x
2
y
27.(2017山东卷理)设双曲线
2
?
2
?1
的一条渐近线与
抛物线y=x
2
+1 只有一个公共点,则双曲线的离心率
ab
为(
).
5
5
A. B. 5 C.
D.
5
2
4
b
?
22
y?x
x
y
bb
?
2
【解析】:双曲线
2
?
2
?1
的一条渐近线为
y?x
,由方程组
?
a
,消去y,得
x?x?1?0
有唯一解,
a
ab
a
2
?
y?x
?1
?
A.
决战高考
b
所以△=
()
2
?4?0
,
a
bca
2
?b
2
b
所以
?2
,
e???
1?()
2
?5
,故选D.
a
aaa
答案:D.
【命题立意】:本题考查了双曲线的渐近线的方程和离
心率的概念,以及直线与抛物线的位置关系,只有一个公
共点,则解方程组有唯一解.本题较好地考查了
基本概念基本方法和基本技能.
8.(2017山东卷文)设斜率为2的直线
l
过抛
物线
y
2
?ax(a?0)
的焦点F,且和
y
轴交于点A,
若△OAF(O为坐
标原点)的面积为4,则抛物线方程为( ).
A.
y
2
??4x
B.
y
2
??8x
C.
y
2
?4x
D.
y
2
?8x
aa
【解析】: 抛物线
y
2
?ax(a?0)
的焦点F坐
标为
(,0)
,则直线
l
的方程为
y?2(x?)
,它与<
br>y
轴的交点为
44
a1aa
A
(0,?)
,所以△O
AF的面积为
||?||?4
,解得
a??8
.所以抛物线方程为
y
2
??8x
,故选B.
2
242
答案:B.
【命题立意】:本题考查了抛物线的标准方程和焦点坐标以及直线的点斜式方程和三角形面积的计算.考
查数
形结合的数学思想,其中还隐含着分类讨论的思想,因参数
a
的符号不定而引发的
抛物线开口方向的不定以及
焦点位置的相应变化有两种情况,这里加绝对值号可以做到合二为一. x
2
y
2
??1
的渐近线与圆
(x?3)
2<
br>?y
2
?r
2
(r?0)
相切,则r=
9.(2017全国卷Ⅱ文)双曲线
63
(A)
3
(B)2
(C)3 (D)6
答案:A
解析:本题考查双曲线性质及圆的切线知识,由
圆心到渐近线的距离等于r,可求r=
3
10.(2017全国卷Ⅱ文)已知直线<
br>y?k(x?2)(k?0)
与抛物线C:
y
2
?8x
相交A
、B两点,F为C的焦点。
若
FA?2FB
,则k=
22
2
12
(A) (B)
(C) (D)
3
3
33
答案:D
解析:本题
考查抛物线的第二定义,由直线方程知直线过定点即抛物线焦点(2,0),由
FA?2FB
及
第二
定义知
x
A
?2?2(x
B
?2)
联立方程用
根与系数关系可求k=
11.(2017安徽卷理)下列曲线中离心率为
6
的是
2
22
。
3
(A)
xy
x
2
y
2
x
2
y
2
x
2
y
2
(B) (C)
??1
??1
??1
(D)
??1
24
42
46
410
22
6
c
2
3b
2
3b
2
1
[解析]由e?
得
2
?,1?
2
?,
2
?
,选B
2
a2a2a2
12.(2017安徽卷文)下列曲线中离心率为
A.
的是w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
B.
C. D.
c6
x
2
y
2
c
【解析】依据
双曲线
2
?
2
?1
的离心率
e?
可判断得.
e??
.选B。
a2
ab
a
13.(2017安徽卷文)直线过
点(-1,2)且与直线垂直,则的方程是
A. B.
决战高考
D.
33
【解析】可得
l
斜率为
??l:y?2??(x?1)
即
3x?2y?1?0
,选A
。
22
x
2
y
2
14.(2017江西卷文)设
F
1
和
F
2
为双曲线
2
?
2
?1
(
a?0,b?0
)的两个焦点, 若
F
1
,F
2
,
P(0,2b)
是正三角
ab
形的三个顶点,则双曲线的离心率为
35
A. B.
2
C.
D.3
22
答案:B
?
c3
c
?
【解析】由<
br>tan?
有
3c
2
?4b
2
?4(c
2?a
2
)
,则
e??2
,故选B.
62b3
a
x
2
y
2
15.(2017江西卷理)过椭圆
2
?
2
?1
(
a?b?0
)的左焦点
F
1
作
x
轴的垂线交椭圆于点
P
,
F
2
为右焦点,若ab
?F
1
PF
2
?60
,则椭圆的离心率为
3
2
11
B. C.
D. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
3
2
23
答案:B
C.
A.
c3
b
2
3b
2
?2a,
从而可得
e??
【解析】因
为
P(?c,?)
,再由
?F
1
PF
2
?60有,故选B
a3
aa
x
2
y
2
16.(20
17天津卷文)设双曲线
2
?
2
?1(a?0,b?0)
的虚轴长为
2,焦距为
23
,则双曲线的渐近线方程
ab
为( )
A
y??2x
B
y??2x
C
y??
2
1
x
D
y??x
2
2
【解析】由已知得到
b?1,c?3,a?c
2
?b
2
?2
,因为双曲线的焦点在x轴上,故渐近线方程为
b2
x??x
a2
【考点定位】本试题主要考查了双曲线的几何性质和运用。考察了同学们的运算能力和推理
能力。
x
2
y
2
x
2
y
2
?1
的准线过椭圆
?
2
?1
的焦点,17.(2017湖北卷理)已知双
曲线
?
则直线
y?kx?2
与椭圆至多有一
224b
个交点
的充要条件是
1
??
1
?
11
???
A.
K?
?
?,
?
B.
K?
?
??,?
??
,??
?
2
??
2
?
22
???
???
22
?
2
??
2
C.
K?
?
?
D.
,K???,?,??
??
???
??
2
??2
?
22
???
y??
a
2
2
【解析
】易得准线方程是
x??????1
b2
x
2
y
2
所以
c?a?b?4?b?1
即
b?3
所以方程是
??1
43
22
联立
y?kx?2
可得
3x+(4k+16k)x?4?0
由
??0
可解得A
22222
x
2
y
2
??1(b?0)
的左、18.(2017四川卷文)已知
双曲线右焦点分别是
F
1
、
F
2
,其一条渐近线方程为y?x
,
2
b
2
点
P(3,y
0
)
在双曲线上.则
PF
1
·
PF
2
=
A. -12 B. -2 C. 0
D. 4
【解析】由渐近线方程为
y?x
知双曲线是等轴双曲线,∴双曲线方程是<
br>x
2
?y
2
?2
,于是两焦点坐标分别
决战高考
是(-2,0)和(2,0),且
P(3,1)
或
P(3,?1
)
.不妨去
P(3,1)
,则
PF)
,
1
?(?
2?3,?1
PF
2
?(2?3,?1)
.∴
PF
1
·
PF
2
=
(?2?3,?1)(2?3,?1)??(2?3)(2?3
)?1?0
19.(2017全国卷Ⅱ理)已知直线
y?k
?
x?
2
??
k?0
?
与抛物线
C:y
2
?8x
相交于
A、B
两点,
F
为
C
的焦点,
若
|
FA|?2|FB|
,则
k?
22
2
12
B. C. D.
3
3
33
解:设抛物线
C:
y
2
?8x
的准线为
l:x??2
直线
y?k
?
x?2
??
k?0
?
A.
恒过定
由
点P
?
?2,0
?
.如图过
A、B
分
别作
AM?l
于
M
,
BN?l
于
N
, <
br>|FA|?2|FB|
,则
|AM|?2|BN|
,点B为AP的中点.连结<
br>OB
,则
1
|OB|?|AF|
,
?|OB|?|BF|
点
B
的横坐标为
1
,
故点
B
的坐
2
2?2022
(1?,k2?2)
,
?
故选D
1??(2)3
x
2
y
2
20
.(2017全国卷Ⅱ理)已知双曲线
C:
2
?
2
?1
?<
br>a?0,b?0
?
的右
ab
F
,过
F
且斜率
为
3
的直线交
C
于
A、B
两点,若
AF?4FB<
br>,
离心率为w.w.w.k.s.5.u.c.o.
6759
m
A. B. C. D.
5585
x
2
y
2
解:设双曲线
C:
2
?
2
?1
的右准线为l
,过
A、B
分
别作
ab
于
M
,
BN?l
于
N
,
BD?AM于D
,由直线AB的斜率为
1
线AB的倾斜角为
60???BA
D?60?,|AD|?|AB|
,
2
由双曲线的第二定义有
标为
焦点为
则
C
的
AM?l
3
,知直
111
|
AM|?|BN|?|AD|?(|AF|?|FB|)?|AB|?(|AF|?|FB|)
.
e22
156
又
AF?4FB??3|FB|?|FB|?e?
故选A
e25
21.(2017湖南卷文)抛物线
y
2
??8x<
br>的焦点坐标是【 B 】
A.(2,0) B.(- 2,0)
C.(4,0) D.(- 4,0)
p
解:由
y
2<
br>??8x
,易知焦点坐标是
(?,0)?(?2,0)
,故选B.
2
22.(2017辽宁卷文)已知圆C与直线x-y=0
及x-y-4=0都相切,圆心在直线x+y=0上,则圆C
的方程为
(A)
(x?1)
2
?(y?1)
2
?2
(B)
(x?1)
2
?(y?1)
2
?2
(C)
(x?1)
2
?(y?1)
2
?2
(D)
(x?1)
2
?(y?1)
2
?2
【解
析】圆心在x+y=0上,排除C、D,再结合图象,或者验证A、B中圆心到两直线的距离等于半径2即可
答
案B
决战高考
x
2
y
2
23
.(2017宁夏海南卷理)双曲线-=1的焦点到渐近线的距离为
4
12
(A)
23
(B)2
(C)
3
(D)1
3?4?0
x
2
y
2
解析:双曲线-=1的焦点(4,0)到渐近线
y?3x
的距离为
d??23
,选A
4
12
2
24.(2017宁夏海南卷理)设已
知抛物线C的顶点在坐标原点,焦点为F(1,0),直线l与抛物线C相交于
A,B两点。若AB的中
点为(2,2),则直线
?
的方程为_____________.
2
?<
br>?
y
1
?4x
1
A
?
x
1
,y
1
?
,B
?
x
2
,y
2
?<
br>,则有x
1
?x
2
,
?
2
?
?y
2
?4x
2
y?y
2
4
2
解析:抛
物线的方程为
y
2
?4x
,
两式相减得,y
1
2<
br>?y
2
?4
?
x
1
?x
2
?
,?
1
??1
x
1
?x
2
y
1
?y
2
?直线l的方程为y-2=x-2,即y=x
答案:y=x
25.(2017陕西卷文)过原点且倾斜角为
60?
的直线被圆学
x
2<
br>?y
2
?4y?0
所截得的弦长为科网
(A)
3
(B)2 (C)
6
(D)2
3
答案:D. <
br>解析:
直线方程y=3x,圆的标准方程x?(y?2)?4
,圆心
(0,2)
到直线的距离
d?
22
3?0?2
(3)?(?1)
22<
br>?1
,由垂径定
理知所求弦长为
d
*
?22
2
?1
2
?23
故选D.
26.(2017陕西卷文)“
m?n?0
”是“方程
mx
2
?ny
2
?1
”表示焦点在y轴上的椭圆”的
(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件
(C)充要条件 (D)
既不充分也不必要条件
答案:C.
x
2
y
2
11
22
??1
,
根据椭圆的定义,解析:将方程
mx?ny?1
转化为 要使焦点在y轴上必须满足
?
0,?0,
所以
11
mn
mn
11
?
,故选C.
nm
x
2
y
2
?
2
?1(b?
0)
的左、27.(2017四川卷文)已知双曲线右焦点分别是
F
1
、F
2
,其一条渐近线方程为
y?x
,
2
b
点
P(3,y
0
)
在双曲线上.则
PF
1
·
PF
2
=
A. -12 B. -2
C. 0 D. 4
【解析】由渐近线方程为
y?x
知双曲
线是等轴双曲线,∴双曲线方程是
x
2
?y
2
?2
,于是两
焦点坐标分别
是(-2,0)和(2,0),且
P(3,1)
或
P(3,?1
)
.不妨去
P(3,1)
,则
PF)
,
1
?(?
2?3,?1
PF
2
?(2?3,?1)
.∴
PF
1
·
PF
2
=
(?2?3,?1)(2?3,?1)??(2?3)(2?3
)?1?0
x
2
y
2
28.(2017全国卷Ⅰ文)设双
曲线
2
-
2
=1
?
a>0,b>0
?
的渐
近线与抛物线
y=x
2
+1
相切,则该双曲线的离
ab
心率
等于
(A)
3
(B)2 (C)
5
(D)
6
【解析】本小题考查双曲线的渐近线方程、直线与圆锥曲线的位置关系、双曲线的离心率,基础题。 <
br>bx
x
2
y
2
解:由题双曲线
2
-
2
=1
?
a>0,b>0
?
的一条渐近线方程为
y?
,代入抛物线方程整理得
a
ab
决战高考
ax
2
?bx?a?0
,因渐近线与抛物线相切,所以
b
2
?4a
2
?0
,即
c
2
?5a
2
?e?5
,故选
择C。
x
2
29.(2017全国卷Ⅰ文)已知椭圆
C:?y
2<
br>?1
的右焦点为F,右准线
l
,点
A?l
,线段AF交C于点
B。若
2
FA?3FB
,则
AF
=
(A)
2
(B) 2 (C)
3
(D) 3
【解析】本小题考查椭圆的准线、向量的运用、椭圆的定义,基础题。
解:过点B作
BM?l
于M,并设右准线
l
与X轴的交点为N,易知FN=1.由题意
FA
?3FB
,故
|BM|?
圆的第二定义,得
|BF|?
222
?|AF|?2
.故选A
??
233
2
.又
由椭
3
x
2
y
2
x
2
y
2
30.(2017湖北卷文)已知双曲线
??1的准线经过椭圆?
2
?1
(
b>0)的焦点,则b=
224
b
A.3
B.
5
C.
3
D.
2
a
2
?? 1
,又因为椭圆焦点为<
br>(?4?b
2
,0)
所以有
4?b
2
?1
.
即b
2
=3故【解析】可得双曲线的准线为
x??
c
b=
3
.故C.
31.(2017天津卷理)设抛物线
y
2
=2x的焦点
为F,过点M(
3
,0)的直线与抛物线相交于A,B两点,
S
与抛物线的准
线相交于C,BF=2,则
?
BCF与
?
ACF的面积之比
?BCF
=
S
?ACF
4241
C
(A) (B)
(C) (D)
5372
【考点定位】本小题考查抛物线的性质、三点共
线的坐标关系,和综合运
算数学的能力,中档题。
(0.51, 0.00)
A1
x
B
?
S
BC
F
2
?
2x
B
?1
, 解析:由题知
?BCF
??
1
2xA
?1S
?ACF
AC
x=-0.5
x
A
?<
br>2
B
13
又
|BF|?x
B
??2?x
B<
br>??y
B
??3
22
0?2x
A
y?y<
br>A
y?y
B
0?3
?
M
?
由A、B、M三点
共线有
M
即,故
3
x
M
?x
A
x
M
?x
B
3?x
A
3?
2
x
A
?
2
,
S
2x
B
?1
3?14
??
,故选择A。 ∴?BCF
?
S
?ACF
2x
A
?14?15
6
4
2
510
-2
-4
-6
x
2
y
2
32.(2017四川卷理)已知双曲线
?
2
?1(b?0)的左右焦点分别为
F
1
,F
2
,其一条渐近线方程为
y
?x
,点
2b
P(3,y
0
)
在该双曲线上,则
P
F
1
?PF
2
=
A.
?12
B.
?2
C .0 D. 4
【考点定位】本小题考查双曲线的渐近线方程、双曲线的定义,基础题。(同文8)
解析:由
题知
b
2
?2
,故
y
0
??3?2??1,F1
(?2,0),F
2
(2,0)
,
∴
PF
1
?PF
2
?(?2?3,?1)?(2?3,?1)?3?4?1?0
,故
选择C。
x
2
y
2
?1
,则左、右焦点坐标分别为
F
1
(?2,0),F
2
(2,0)
,解析2:根据双曲线渐近线
方程可求出双曲线方程
?
22
再将点
P(3,y
0
)
代入方程可求出
P(3,?1)
,则可得
PF
1
?PF
2
?0
,故选C。
决战高考
33.(2017四川卷理)已
知直线
l
1
:4x?3y?6?0
和直线
l
2
:x
??1
,抛物线
y
2
?4x
上一动点
P
到直线l
1
和直线
l
2
的距离之和的最小值是
1137
D.
5
16
【考点定位】本小题考查抛物线的定义、点到直线的距离,综合题。
解析:直线
l
2
:x??1
为抛物线
y
2
?4x<
br>的准线,由抛物线的定义知,P到
l
2
的距离
A.2
B.3 C.
等于P到抛物线的焦点
F(1,0)
的距离,
故本题化为在抛物线
y
2
?4x
上找一个点
P
使得
P
到点
F(1,0)
和直线
l
2
的距离之和最小,最小值为
F(1,0)
到直线
|4?0?6|
?2
,故选择A。
5
|3?1?0?6|
?2
解析2:如下图,由题意可知
d?22
3?4
34.(2017宁夏海南卷文)已知圆
C
1
:(x?1)
2
+
(y?1)
2
=1,圆
C
2<
br>与圆
C
1
关于直线
l
1
:4x?3y?6?
的距离,即
0
d
min
?
x?y?1?0
对称,则圆
C
2
的方程为
(A)
(x?2)
2
+
(y?2)
2
=1
(B)
(x?2)
2
+
(y?2)
2
=1
(C)
(x?2)
2
+
(y?2)
2
=1
(D)
(x?2)
2
+
(y?2)
2
=1
?
a?1b?1
??1?0
?
?
a?2
?
22
【解析】设圆
C
2
的圆心为(a,b),则依题意,有
?
,解得:
?
,对称圆的半径不
b?1
?
b??2
?
??1
?
?
a?1
变,为1,故选B。
x
2
y
2
35.(2017福建卷文)若双曲线
2
?
2
?1
?
a?o
?
的离心率为2,则
a
等于
a3
3
A. 2 B.
3
C. D. 1
2
x
2
y
2
ca
2
?3
?1可知虚轴b=3,而离心率e=??2
,解得a=1或a=3
,参照选项知而应选解析解析 由
2
?
a3aa
D.
36.(20
17重庆卷理)直线
y?x?1
与圆
x
2
?y
2
?
1
的位置关系为( )
A.相切 B.相交但直线不过圆心
C.直线过圆心 D.相离
2
12
?1
,选B。 【解析】圆心
(0,0)
为到直线
y?x?1
,即
x?y?1?0
的距离
d?
,而
0?
?
2
2
2
?
?
m
1?x
2
,x?(?1,1]
37.(2017重庆卷理)已知以
T?4为周期的函数
f(x)?
?
,其中
m?0
。若方程
3f
(x)?x
恰
?
?
1?x?2,x?(1,3]
有5个实数解,则<
br>m
的取值范围为( )
15815
484
,)
B.
(,7)
C.
(,)
D.
(,7)
A.
(
333
33
3
【解析】因为当
x?(?1,1]
时,将函数化为方程
y
2
x?
2
?1(y?0)
,实质上为一个半椭圆,其图像如图所示,
m
同时在坐标系中作出当
x?(1,3]
得图像,再根据周期性作出函
x
数其
它部分的图像,由图易知直线
y?
与第二个椭圆
3
y
2
2<
br>(x?4)?
2
?1(y?0)
相交,而与第三个半椭圆
m
2
决战高考
y
2
y
2
x
2
(x?4)?
2
?1(y?0)
无公共点时,方程恰有5个实数解,将
y?<
br>代入
(x?4)?
2
?1(y?0)
得
mm
3(9m
2
?1)x
2
?72m
2
x?135m
2
?0,
令
t?9m
2
(t?0)则(t?1)x
2
?8tx?15t?0
2
由
??(8t)
2
?4?15
t(t?1)?0,得t?15,由9m
2
?15,且m?0得m?
15
<
br>3
y
2
x
2
同样由
y?
与第二个椭圆
(x?8)?
2
?1(y?0)
由
??0
可计算得
m?7
m
3
15
,7)
综上知
m?(
338.(2017重庆卷文)圆心在
y
轴上,半径为1,且过点(1,2)的圆的方程为(
)
A.
x
2
?(y?2)
2
?1
B.
x
2
?(y?2)
2
?1
C.
(x?1)
2
?(y?3)
2
?1
D.
x
2
?(y?3)
2
?1
解法1(直接法)
:设圆心坐标为
(0,b)
,则由题意知
(o?1)
2
?(b?2)
?1
,解得
b?2
,故圆的方程为
x
2
?(y?2)
2
?1
。
解法2(数形结合法):由作图根据点
(1,2)
到圆
心的距离为1易知圆心为(0,2),故圆的方程为
x
2
?(y?2)
2?1
解法3(验证法):将点(1,2)代入四个选择支,排除B,D,又由于圆心在<
br>y
轴上,排除C。
(x?1)
2
?(y?1)
2
?
1
的圆心,作直线分别交x、y正半轴于点A、B,
?AOB
被39.(2017年上
海卷理)过圆
C:
圆分成四部分(如图),若这四部分图形面积满足
S
??S
?
?S
?
?S
|||
,
则直线AB有(
)
(A) 0条 (B) 1条 (C) 2条 (D) 3条
【解
析】由已知,得:
S
IV
?S
II
?S
III
?S
I
,
,第II,IV部分的面积是定
值,所以,
S
IV?S
II
为定值,即
S
III
?S
I
,
为定值,当直线AB绕着圆心
C移动时,只可能有一个位置符合题意,即直线AB只有一条,故选B。
二、填空题
1.(2017四川卷理)若⊙
O
1
:x
2<
br>?y
2
?5
与
⊙
O
2
:(x?m)
2
?y
2
?20(m?R)
相交于A、B两点,且两圆在点A处的
切
线互相垂直,则线段AB的长度是 w
【考点定位】本小题考查圆的标准方程、两直线的位置关系等知识,综合题。
解析:由题知<
br>O
1
(0,0),O
2
(m,0)
,且
5?|m|?
35
,又
O
1
A?AO
2
,所以有
5?20
?4
。
5
2.(2017全国卷Ⅰ文)若直线
m
被两平行线
l
1
:x?y?1?0与l
2
:x?y?3?0
所截得的线段的长为
22
,则
m
的
m
2
?
(5)
2
?(25)
2
?25?m??5
,∴
AB?2?<
br>倾斜角可以是
①
15
②
30
③
45
④
60
⑤
75
其中正确答案的序号是 .(写出所有正确答案的序号)
【解析】本小题考查直线的斜率、直线的倾斜角、两条平行线间的距离,考查数形结合的思想。
|3?1|
?2
,由图知直线
m
与
l
1
的夹角为
30
o
,
l
1
的倾斜角为
45
o
,所以直线
m
解:两平行线间的距离为
d?
1?1
的倾斜角等于30
o
?45
0
?75
0
或
45
o<
br>?30
0
?15
0
。故填写①或⑤
3.(2017天津卷理
)若圆
x
2
?y
2
?4
与圆
x
2
?y
2
?2ay?6?0
(a>0)的公共弦的长为
23
,
则
a?
___________ 。
【考点定位】本小题考查圆与圆的位置关系,基础题。
解析:由知
x
2?y
2
?2ay?6?0
的半径为
6?a
2
,由图可知
6?a
2
?(?a?1)
2
?(3)
2
解之得a?1
4.(2017湖北卷文)过原点O作圆x
2
+y
2-
-6x-8y+20=0的两条切线,设切点分别为P、Q,则线段PQ
的长为
。
决战高考
【解析】可得圆方程是
(x?3)
2
?(y?4)
2
?5
又由圆的切线性质及在三角形中运用正弦定理得
PQ?4
x
2
y
2
5.(2017重庆卷文)已知椭圆
2
?
2
?1(a?b?0)
的左、右焦点分别为
F
1
(?c,0),F
2
(c,0)
,若椭圆上存在一
ab
ac
?
点
P
使,则该椭圆的离心率的取值范围为 .
si
nPF
1
F
2
sinPF
2
F
1
PF2
PF
1
?
.
解法1,因为在
?PF
1
F
2
中,由正弦定理得
sinP
F
1
F
2
sinPF
2
F
1
ac
?
则由已知,得,即
aPF
1
?cPF
2
PFP
F
1211
设点
(x
0
,y
0
)
由焦点半
径公式,得
PF
1
?a?ex
0
,PF
2
?a?e
x
0
则
a(a?ex
0
)?c(a?ex
0
)
a(c?a)a(e?1)a(e?1)
???a
,整理得 记得
x<
br>0
?
由椭圆的几何性质知
x
0
??a则
e(c?a)
e(e?1)e(e?1)
e
2
?2e?1?0,
解得
e??2?1
或e?2?1,又e?(0,1)
,故椭圆的离心率
e?(2?1,1)
c
解法2
由解析1知
PF
1
?PF
2
由椭圆的定义知
a
c2a
2
PF
1
?PF
2
?2a则PF
2
?PF
2
?2a即PF
2
?
,由椭圆的几何性质知
ac?a
2a
2
PF
2
?a?c,则?a?c,既c
2?2c?a
2
?0,
所以
e
2
?2e?1?0,
以下同解析1.
c?a
x
2
y
2
6.(2017重庆卷
理)已知双曲线
2
?
2
?1(a?0,b?0)
的左、右焦点分别为
F
1
(?c,0),F
2
(c,0)
,若双曲线上存
ab
sinPF
1
F
2
a
?
,则该双曲线的离心
率的取值范围是 . 在一点
P
使
sinPF
2
F
1
c
PF
2
PF
1
?
解法1,因为在
?PF
1
F
2
中,由正弦定理得
sinPF
1<
br>F
2
sinPF
2
F
1
ac
?
则由
已知,得,即
aPF
1
?cPF
2
,且知点P在双曲线的右支上,
PFPF
1211
设点
(x
0
,y
0
)<
br>由焦点半径公式,得
PF
1
?a?ex
0
,PF
2<
br>?ex
0
?a
则
a(a?ex
0
)?c(ex
0
?a)
a(c?a)a(e?1)a(e?1)
??a
,整理得 解得
x
0
?
由双曲线的几何性质知
x
0
?a则
e(c?a)e(e?
1)e(e?1)
e
2
?2e?1?0,
解得
?2?1?e?2?1
,又e?(1,??)
,故椭圆的离心率
e?(1,2?1)
c
解法2
由解析1知
PF
1
?PF
2
由双曲线的定义知
a
c2a
2
PF
1
?PF
2
?2a则PF
2
?PF
2
?2a即PF
2
?
,由椭圆的几何性质知
ac?a
2a
2
PF
2
?c?a,则?c?a,既c
2<
br>?2ac?a
2
?0,
所以
e
2
?2e?1?0,<
br>以下同解析1.
c?a
x
2
y
2
?1
的焦
点为
F
1
,F
2
,点P在椭圆上,若
|PF
1|?4
,则
|PF
2
|?
;
?F1
PF
2
7.(2017北京文)椭圆
?
92
的大小为
.
.w【解析】u.c.o.m本题主要考查椭圆的定义、焦点、长轴、短轴、焦距
之间的关
系以及余弦定理. 属于基础知识、基本运算的考查.
∵
a
2
?9,b
2
?3
,
∴
c?a
2
?b
2
?9?2?7
,
∴
F
1
F
2
?27
,
决战高考
又
PF
1
?4,PF
1
?PF
2
?2a?6
,∴
PF
2
?2
,
1
??
, ∴
?F
1
PF
2
?120?
,故应填
2,120
?
.
2?2?42
8.(20
17北京理)设
f(x)
是偶函数,若曲线
y?f(x)
在点
(1,
f(1))
处的切线的斜率为1,则该曲线在
(?1,f(?1))
处的切线的斜率为
_________.
【解析】本题主要考查导数与曲线在某一点处切线的斜率的概念.
属于基础知识、基本运算
的考查.
取f
?
x
?
?x
2
,如图,采用数形结合法, <
br>又由余弦定理,得
cos?F
1
PF
2
?
2?4?2
7
22
??
2
易得该曲线在
(?1,f(?1))
处的切线
的斜率为
?1
.
故应填
?1
.
x
2
y
2
?1
的焦点为
F
1
,F
2
,点
P
9.(2017北京理)椭圆
?
92
椭圆上,若
|PF
1
|?4
,则
|PF
2
|?
_________;
?F
1
PF
2
的小大为__________.
【解析】本题主要考查椭圆的定义、焦点、长轴、短轴、
系以及余弦定理. 属
于基础知识、基本运算的考查.
∵
a
2
?9,b
2
?3
,
∴
c?a
2
?b
2
?9?2?7
,
∴
F
1
F
2
?27
,
在
(第11题解答图)
焦距之间的关
又
PF
1
?4,PF<
br>1
?PF
2
?2a?6
,∴
PF
2
?2,又由余弦定理,得
cos?F
1
PF
2
?
∴
?F
1
PF
2
?120
?
,故应填
2,120?
.
2?4?27
2?2?4
22
??
2
1
??
,
2
x
2
y
2
10.(2017江
苏卷)如图,在平面直角坐标系
xoy
中,
A
1
,A
2,B
1
,B
2
为椭圆
2
?
2
?1(a
?b?0)
的四个顶点,
F
ab
为其右焦点,直线
A
1B
2
与直线
B
1
F
相交于点T,线段
OT与椭圆的交点
M
恰为线段
OT
的中点,则该椭圆的
离心率为
.
【解析】 考查椭圆的基本性质,如顶点、焦点坐标,离心率的计算等。以及直线的方程。 xy
直线
A
1
B
2
的方程为:
??1
;
?ab
xy2acb(a?c)
直线
B
1
F
的
方程为:
??1
。二者联立解得:
T(,)
,
c?ba
?ca?c
x
2
y
2
acb(a?c)
,)
在椭圆
2
?
2
?1(a?b?0)
上, 则
M(
aba?c2(a?c)
c
2
(a?c)
2
222
??1,
c?10ac?3a?0,e?10e?3?0
,
22
(a?c)4(a?c)
解得:
e?27?5
11.
(2017全国卷Ⅱ文)已知圆O:
x
2
?y
2
?5
和点A
(1,2),则过A且与圆O相切的直线与两坐标轴围
成的三角形的面积等于
。
1
解析:由题意可直接求出切线方程为y-2=
?
(x-1),即x+2
y-5=0,从而求出在两坐标轴上的截距分别是5
2
5
1525
和,所以所
求面积为
??5?
。
2
224
决战高考
12.(2017广东卷理)巳知椭圆
G
的中心在坐标原点,长轴在
x
轴上,
离心率为
3
,且
G
上一点到
G
的
2
两个焦
点的距离之和为12,则椭圆
G
的方程为 .
3
x
2
y
2
??1
. 【解析】
e?,
2a?12
,
a?6
,
b?3
,则所求椭圆方程为<
br>2
369
13.(2017年广东卷文)以点(2,
?1
)为圆心且与
直线
x?y?6
相切的圆的方程是 .
25
【答案】(x?2)
2
?(y?1)
2
?
2
|2?1
?6|5
25
?
【解析】将直线
x?y?6
化为
x?y?6
?0
,圆的半径
r?
,所以圆的方程为
(x?2)
2
?(y
?1)
2
?
2
1?12
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 14.(2017天津卷文)若圆
x
2
?y
2
?4
与圆
x
2
?y
2
?2ay?6?0(a?0)
的公共弦长为23
,则a=________.
1
【解析】由已知,两个圆的方程作差可以得到相交弦的直线方程为
y?
,利用圆心(0,0)
到直线的
a
1
||
2
距离d
?
a
为
2
2
?3?1
,解得a=1
1
【考点定位】本试题考查了直线与
圆的位置关系以及点到直线的距离公式的运用。考察了同学们的运算
能力和推理能力。
15.
(2017四川卷文)抛物线
y
2
?4x
的焦点到准线的距离是
.
【解析】焦点
F
(1,0),准线方程
x??1
,∴焦点到准线
的距离是2
x
2
y
2
16.(2017湖南卷文)过双曲线C:<
br>2
?
2
?1
(a?0,b?0)
的一个焦点作圆
x<
br>2
?y
2
?a
2
的两条切线,
ab
切点分别为A,B,若
?AOB?120
(O是坐标原点),则双曲线线C的离心率为 2
.
c
解:
?AOB?120??AOF?60??AFO?30?c?2a
,
?e??2.
a
2
17.(2017福建卷理)过抛物线
y?2px(p?0)
的焦点F作倾斜角为
45
的直线交抛物线于A、B两点,若线<
br>段AB的长为8,则
p?
________________
?
y
2
?2px
p
p
2
?
2解析:由题意可知过焦点的直线方程为
y?x?
,联立有
?
?0
,又
p
?x?3px?
2
4
?
y?x?
?2
p
2
AB?(1?1)(3p)?4??8?p?2
。
4
x2
y
2
?1
的左焦点,
A(1,4),P
是双曲线右支
上的动点,则
PF?PA
18.(2017辽宁卷理)以知F是双曲线
?
41
2
的最小值为 。
【解析】注意到P点在双曲线的两只之间,且双曲线右焦点为F’(4,0),
于是由双曲线性质|PF|-|PF’|=2a=4
而|PA|+|PF’|≥|AF’|=5
两式相加得|PF|+|PA|≥9,当且仅当A、P、F’三点共线时等号成立.
【答案】9 19.(2017四川卷文)抛物线
y
2
?4x
的焦点到准线的距离是
.
【解析】焦点
F
(1,0),准线方程
x??1
,∴焦点到准线
的距离是2
20.(2017宁夏海南卷文)已知抛物线C的顶点坐标为原点,焦点在x轴上,直线y
=x与抛物线C交于A,
B两点,若
P
?
2,2
?
为
AB
的中点,则抛物线C的方程为 。
22
【解
析】设抛物线为y
2
=kx,与y=x联立方程组,消去y,得:x
2
-kx
=0,
x
1
?x
2
=k=2×2,故
y
2
?4x
.
决战高考
21.(2017湖南卷理)已知以双曲线C的
两个焦点及虚轴的两个端点为原点的四边形中,有一个内角为60
o
,
则双曲线C的离心率为 .
【解析】连虚轴一个端点、
一个焦点及原点的三角形,由条件知,这个三角形的两边直角分别是
b,c(b
是虚
b
c36
所以
c?3b
,所以
a?2b
,离心率
e?
?
?tan30
?
,
?
c
a2
2
x
2
y
2
22.(2017年上海卷理)已知
F
1
、
F
2
是椭圆
C:
2
?
2
?1
(
a
>
b
>0)的两个焦点,
P
为椭圆
C
上一点,
ab
且
PF
1
?PF
2
.若
?P
F
1
F
2
的面积为9,则
b
=____________.
c
是焦半距
)
,半轴长,且一个内角是
30
?
,即
得
?
|PF
1
|?|PF
2
|?2a
?
【
解析】依题意,有
?
|PF
1
|?|PF
2
|?18
,可得4c
2
+36=4a
2
,即a
2
-c
2<
br>=9,故有b=3。
?
222
|PF|?|PF|?4c
12
?
x
2
y
2
23.(2017上海卷文)已知
F
1
、F
2
是椭圆
C:
2
?
2
?1(a?b
?0)
的两个焦点,
p
为椭圆
C
上的一点,且
ab
PF
1
?PF
2
。若
?PF
1
F
2
的面积为9,则
b?
.
?
|PF
1
|?|PF
2
|?2a
?
【解析】依题意,有
?
|PF
1
|?|PF
2
|?18
,可得4c
2+36=4a
2
,即a
2
-c
2
=9,故有b=3。
?
222
?
|PF
1
|?|PF
2
|?4
c
三、解答题
1.(2017年广东卷文)(本小题满分14分)
3<
br>,两个焦点分别为
F
1
和
F
2
,椭圆G上一点到F
1
和
F
2
2
的距离之和为12.圆
C
k
:
x
2
?y
2
?2kx?4y?21?0
(k
?R)
的圆心为点
A
k
.
已知椭圆G的中心在坐标原点,长轴在<
br>x
轴上,离心率为
(1)求椭圆G的方程
(2)求
?A
k
F
1
F
2
的面积
(3)问是否存在圆
C
k
包围椭圆G?请说明理由.
x
2
y
2
【解析】(1)设椭圆G的方程为:
2
?
2
?
1
(
a?b?0
)半焦距为c;
ab
?
2a?12<
br>?
?
?
a?6
222
?b?a?c?36?27?9
则
?
c
, 解得 ,
?
3
?
?
c?3
3
?
?
2
?
a
x
2
y
2
?1
. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
所求椭圆G的方程为:
?
369
(2
)点
A
K
的坐标为
?
?K,2
?
11
S
VA
K
F
1
F
2??F
1
F
2
?2??63?2?63
22
(3)若
k?0
,由
6
2
?0
2
?12k?0?2
1?5?12kf0
可知点(6,0)在圆
C
k
外,
若<
br>k?0
,由
(?6)
2
?0
2
?12k?0?21?
5?12kf0
可知点(-6,0)在圆
C
k
外;
?
不论K为何值圆
C
k
都不能包围椭圆G.
2.(2017全国卷Ⅰ理)(本小题满分12分)
如图,已知抛物线
E:y2
?x
与圆
M:(x?4)
2
?y
2
?r2
(r?0)
相交于
A
、
B
、
C
、<
br>D
四个点。
(I)求
r
得取值范围;
(II)当四边
形
ABCD
的面积最大时,求对角线
AC
、
BD
的交点P
坐标
分析:(I)这一问学生易下手。将抛物线
E:y
2
?
x
与圆
M:(x?4)
2
?y
2
?r
2
(
r?0)
的方程联立,消去
y
2
,整
决战高考 理得
x
2
?7x?16?r
2
?0
.........
....(*)
抛物线
E:y
2
?x
与圆
M:(x?4)
2
?y
2
?r
2
(r?0)
相交于
A、
B
、
C
、
D
四个点的充要条件是:方程(*)
15
,4)
.考生利用数形结合及函数和方程的思想来处理也可以.
2
(
II)考纲中明确提出不考查求两个圆锥曲线的交点的坐标。因此利用设而不求、整体代入的
方法处理本小
题是一个较好的切入点.
设四个交点的坐标分别为
A(x
1
,x
1
)
、
B(x
1
,?x
1
)
、
C(x
2
,?x
2
)
、
D(x2
,x
2
)
。
有两个不相等的正根即可.易得
r?(
则由(I)根据韦达定理有
x
1
?x
2
?7,x
1
x
2
?16?r
2
,
r?(
1
则
S??2?|x
2
?x
1
|(x
1
?x
2
)?|x
2
?x
1
|(x
1
?x
2
)
2
15
,4)
2
?S
2
?[(x
1
?x
2
)
2
?4x
1
x
2](x
1
?x
2
?2x
1
x
2
)?(
7?216?r
2
)(4r
2
?15)
令
16
?r
2
?t
,则
S
2
?(7?2t)
2
(
7?2t)
下面求
S
2
的最大值。
方法一:利用三次均
值求解。三次均值目前在两纲中虽不要求,但在处理一些最值问题有时很方便。它的
主要手段是配凑系数
或常数,但要注意取等号的条件,这和二次均值类似。
1
S
2
?(7?2t
)
2
(7?2t)?(7?2t)(7?2t)(14?4t)
2
17?2t?7?2t?14?4t
3
128
3
?()??()
2323
15
7
,4)
满足题意。 当且仅当
7?
2t?14?4t
,即
t?
时取最大值。经检验此时
r?(
2
6
方法二:利用求导处理,这是命题人的意图。具体解法略。
下面来处理点
P的坐标。设点
P
的坐标为:
P(x
p
,0)
由
A、P、C
三点共线,则
以下略。
y
2
x2
3.(2017浙江理)(本题满分15分)已知椭圆
C
1
:
2
?
2
?1(a?b?0)
的右顶点为
A(1,0)
,过<
br>C
1
的焦点且
ab
垂直长轴的弦长为
1
.
(I)求椭圆
C
1
的方程;
x
1
?x
2
x
1
7
?
得
x
p
?x
1
x
2
?t?
。
x
1
?x
2
x
1
?x
p
6
(II)设点
P
在抛物线
C
2:
y?x
2
?h(h?R)
上,
C
2
在点P
处
的切线与
C
1
交于点
M,N
.当线段<
br>AP
的中点与
MN
的中
点的横坐标相等时,求
h
的最小值.
?
b?1
2
a?2
?
y
?
解析:(I)由题意得
?
b
2
,?
?
,
所求的椭圆方程为
?x
2
?1
,w.w
.w.k.s.5.u.c.o.m
4
?
2??1
?
b?
1
?
a
(II)不妨设
M(x
1
,y
1
)
,N(x
2
,y
2
),P(t,t
2
?h),
则抛
物线
C
2
在点P处的切线斜率为
y
?
x?t
?2t
,直线MN的方程为
y?2tx?t
2
?h
,将上式代入椭圆
C
1
的方程中,得
4x
2
?(2tx?t
2
?h
)
2
?4?0
,即
4
?
?1t
2
?
x
2
?4t
2
(t?h)?x
2
(?t
2
,为直
)h?
因
4?0
线MN与椭圆
C
1
有两个
不同的交点,所以有
422
?
1
?16
?
?t?2(h?2
)t?h?4
?
??
?0
,
x
1
?x
2
t(t
2
?h)
?
设线段MN的中点的横坐标是
x
3
,则
x
3
?
,w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
22(1?t
2
)
t?1
设线段PA的中点的横坐标是
x<
br>4
,则
x
4
?
,由题意得
x
3
?x
4
,即有
t
2
?(1?h)t?1?0
,其中的
2
决战高考
?
2
?(1?h)
2
?4?0,
?h?1
或
h??3
;
422
当
h??3
时有<
br>h?2?0,4?h
2
?0
,因此不等式
?
1
?16
?
?t?2(h?2)t?h?4
?
??
?0
不成立;因此
h?1
,当
h?1
422
时代入方程
t
2
?(1?h)t?1?0
得
t??1
,将
h?1,t??1
代入不等
式
?
1
?16
?
?t?2(h?2)t?h?4
?
??
?0
成立,因
此
h
的最小值为1.
4.(2017浙
江文)(本题满分15分)已知抛物线
C
:
x
2
?2py(p?0)
上一点
A(m,4)
到其焦点的距离为
17
.
4
(I)求
p
与
m
的值;
(II)设抛物线
C
上一点
P
的横坐标为
t(t?0)
,过
P
的直线交
C
于另一点
Q
,交
x
轴于点
M
,过点
Q
作
PQ
的垂线交
C
于另一点
N
.若
MN<
br>是
C
的切线,求
t
的最小值.
p
解析(Ⅰ)由抛物线方程得其准线方程:
y??
,根据抛物线定义
2
p171
点
A(m,4)
到焦点的距离等于它到准线的距离,即
4??
,解得
p?
242
?
抛物线方程为:
x<
br>2
?y
,将
A(m,4)
代入抛物线方程,解得
m??2
(Ⅱ)由题意知,过点
P(t,t
2
)
的直线
PQ<
br>斜率存在且不为0,设其为
k
。
?t
2
?kt?t
2
?kt
,
则
M(,0)
。 则l
PQ
:y?t?k(x?t),当
y?0,x
?
kk
?
y?t
2
?k(x?t)
联立方程
?,整理得:
x
2
?kx?t(k?t)?0
2
x?y
?
2
即:
(x?t)[x?(k?t)]?0
,解得
x?t
,
或
x?k?t
1
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
k
1
?
2
1
y?(k?t)??[x?(k?t)]
?
?l
NQ
:y?(k?t)
2
??[x?(k?t)
]
,联立方程
?
k
k
2
?
x?y
?
11
整理得:
x
2
?x?(k?t)?(k?t)
2
?0
,即:
kx
2
?x?(k?t)[k(k?t)?1]?0
kk
k(k?t)?1
[kx?k(k?t)?1][x?(k?t)]?
0
,解得:
x??
,或
x?k?t
k
[k(k?
t)?1]
2
2
k(k?t)?1[k(k?t)?1]
2
(k2
?kt?1)
2
k
?N(?,)
,
?K
NM
??
2
222
k
k
k(k?t)?1?t?kt
k(t?k?1)
??
kk
?Q(k?t,(k?t)
2
)
,而
QN?QP
,
?
直线
NQ
斜率为
?
而
抛物线在点N处切线斜率:
k
切
?y
?
x??
k(k?t)
?1
k
?
?2k(k?t)?2
k
(k
2
?kt?1)
2
?2k(k?t)?2
?
MN是抛物线的切线,
?
2
,
整理得
k
2
?tk?1?2t
2
?0
?
2
k
k(t?k?1)
222
???t
2
?4(1?2t<
br>2
)?0
,解得
t??
(舍去),或
t?
,
?t
min
?
3
33
5.(2017北京文)(本小题共
14分)w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
3
x
2
y2
已知双曲线
C:
2
?
2
?1(a?0,b?0)的离心率为
3
,右准线方程为
x?
。
3
ab
(Ⅰ)求双曲线C的方程;
(Ⅱ)已知直线
x?y?m?0
与双曲线C交于不同的两点A,B,且线段AB的中点在圆
x
2
?y
2
?5
上,
求m的值.
决战高考
【解析】本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识,考查曲线和方程
的关系等解析几何的基本思想方法,考查推理、运算能力.
?
a
2
3
?
?
?
3
,解得
a?1,c?3
, (Ⅰ)由题
意,得
?
c
?
c
?3
?
?
a
y<
br>2
2
222
?1
. ∴
b?
c?a?2
,∴所求双曲线
C
的方程为
x?
2
(Ⅱ)设A、
B两点的坐标分别为
?
x
1
,y
1
?
,
?
x
2
,y
2
?
,线段AB的中点为
M
?<
br>x
0
,y
0
?
,
?
2
y
2
?1
?
x?
由?
得
x
2
?2mx?m
2
?2?0
(判别式<
br>??0
),
2
?
x?y?m?0
?
x?x
∴
x
0
?
12
?m,y
0
?x
0
?m?2m
,
2
∵点
M
?
x
0
,y0
?
在圆
x
2
?y
2
?5
上, ∴
m
2
?
?
2m
?
?5
,∴
m??1
.
6.(2017北京理)(本小题共14分)
3
x
2
y
2
已知双曲线
C:
2
?
2
?1(a?0
,b?0)
的离心率为
3
,右准线方程为
x?
3
ab
(Ⅰ)求双曲线
C
的方程;
(Ⅱ)设直线
l
是圆
O:x
2
?y
2
?2
上动点
P(x
0
,y
0
)(x
0
y
0
?0)
处
的切线,
l
与双曲线
C
交
于不同的两点
A,B
,证明
?AOB
的大小为定值.
【解法1】本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识,考查曲线和方程
的关系等解析几何的基本思想方法,考查推理、运算能力.
?
a
2
3
?
?
?
3
,解得
a?1,c?3
, (Ⅰ)由题
意,得
?
c
?
c
?3
?
?
a
y<
br>2
2
222
?1
. ∴
b?
c?a?2
,∴所求双曲线
C
的方程为
x?
2
(Ⅱ)点P
?
x
0
,y
0
??
x
0
y
0
?0
?
在圆
x
2
?y
2
?2<
br>上,
圆在点
P
?
x
0
,y
0
?<
br>处的切线方程为
y?y
0
??
化简得
x
0
x
?y
0
y?2
.
x
0
?
x?x
0
?
,
y
02
?
2
y
2
?1
?
x?
22
22
?y
0
?2
得
?
3x
0
由
?
及
x
0
?4
?
x
2
?4x
0x?8?2x
0
?0
,
2
?
xx?yy?2
0
?
0
2
?2
, ∵切线
l
与双曲线C交于不同的
两点A、B,且
0?x
0
2
222
?4?0
,且
?
?16x
0
∴
3x
0
?4
?
3x
0
?4
??
8?2x
0
?
?0
,
设A、B两点的
坐标分别为
?
x
1
,y
1
?
,
?
x
2
,y
2
?
,
2
4x
0
8?
2x
0
则
x
1
?x
2
?
2
, <
br>,x
1
x
2
?
2
3x
0
?43x<
br>0
?4
决战高考
∵
cos?AOB?
OA?OB
OA?OB
,且
1
2?x
0
x
1
??
2?x
0
x
2
?
,
2
?
y
0
OA?OB?x
1
x<
br>2
?y
1
y
2
?x
1
x
2
?
?x
1
x
2
?
1
2
?
4?2x
x?x?xx
1
x
2
?
??
0120
2
??
2?x
0
22
22
?
x
0
8
?2x
0
??
8?2x
0
8x
0
1
??
4?
2
?
?
2
??
22
3x
0
?42?x
0
?
3x
0
?43x
0
?4
?
??
22
8?2x
0
8?2x
0<
br>??
2
?
2
?0
.
3x
0
?43x
0
?4
∴
?AOB
的大小为
90
?
.
【解法2】(Ⅰ)同解法1.
(Ⅱ)点
P
?
x
0
,y
0
??
x
0
y
0
?0
?
在圆
x
2
?y2
?2
上,
圆在点P
?
x
0
,y
0
?
处的切线方程为
y?y
0
??
x
0
?<
br>x?x
0
?
,
y
0
?
2
y
2
?1
?
x?
22
?y
0
?2
得 化简
得
x
0
x?y
0
y?2
.由
?
及
x
0
2
?
xx?yy?2
0
?
0
?
3x
0
2
?4
?
x
2
?4x
0
x?8?2x
0
2
?0
①
?
3x
2
0
2
?4
?
y
2
?8y<
br>0
x?8?2x
0
?0
②
2
?2
, ∵切线
l
与双曲线C交于不同的两点A、B,且
0?x
0
2
?4?0
,设A、B两点的坐标分别为
?
x1
,y
1
?
,
?
x
2
,y
2
?
, ∴
3x
0
22
8?2x
0
2x0
?8
则
x
1
x
2
?
2
,
,y
1
y
2
?
2
3x
0
?43x
0
?4
∴
OA?OB?x
1
x
2
?y1
y
2
?0
,∴
?AOB
的大小为
90
?
.
22222
?y0
?2
且
x
0
y
0
?0
,∴
0?x
0
?2,0?y
0
?2
,从而当
3x
0?4?0
时,方程①和方程②(∵
x
0
的判别式均大于零).
7.(2017江苏卷)(本题满分10分)
在平面直角坐标系
xoy
中,
抛物线C的顶点在原点,经过点A(2,2),其焦点F在
x
轴上。
(1)求抛物线C的标准方程;
(2)求过点F,且与直线OA垂直的直线的方程;
(3)设过点
M(m,0)(m?0)
的直线交抛物线C于D、E两点,
ME=2D
M,记D和E两点间的距离为
f(m)
,求
f(m)
关于
m
的表达
【解析】 [必做题]本小题主要考查直线、抛物线及两点间的距离公
等基本知识,考查
运算求解能力。满分10分。
式。
式
决战高考
8.(2017山东卷理)(本小题满分14分)
x
2
y
2
设椭圆E:
2
?
2
?1
(a,b>0)过M(2,
2
)
,N(
6
,1)两点,O为坐标原点,
ab
(I)求椭圆E的方程; (II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且
OA
?OB
?若存在,
写出该圆的方程,并求|AB |的取值范围,若不存在说明理由。
x
2
y
2
解:(1)因为椭圆E:
2
?
2
?1
(a,b>0)过M(2,
2
)
,N(
6
,1)两点,
ab
?
42
?
11
??1?
??
?
a
2
?8
x
2
y
2
?
a
2
b
2
?
a
2
8
?1
所以
?
解得
?
所以
?
2
椭圆E的
方程为
?
6111
84
?
b?4
?
??1
?
?
??
?
a
2
b
2
?
b
2
4
(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B
,且
OA?OB
,设该
?
y?kx?m
?
圆的切线方程为<
br>y?kx?m
解方程组
?
x
2
y
2
得
x
2
?2(kx?m)
2
?8
,即
(1?2k
2
)x
2
?4kmx?2m
2
?8?0
,
?1?
?
4
?
8
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
则△=
16k
2
m
2
?4(1?2k
2
)
(2m
2
?8)?8(8k
2
?m
2
?4)?0
,
即
8k
2
?m
2
?4?0
4km
?x?x??
12
?
?
1?2k
2
,
?
2
?
xx?
2m?8
12
?
1?2k
2
?
k
2
(2m
2
?8)4k
2
m
2
m
2
?8k
2
222
y
1
y
2
?
(kx
1
?m)(kx
2
?m)?kx
1
x
2?km(x
1
?x
2
)?m???m?
要使
OA?OB
,需
1?2k
2
1?2k
2
1?2k
2
2
m
2
?8m
2
?8k
2
3m
2
?8
2
2222
??0k??0
3m?8k?8?08k?m?4?0
,使x
1
x
2
?y
1
y
2
?0
,
即,所以,所以又
22
1?2k1?2k8
?
m
2
?22626
8
所以
?
2
,所以
m
2
?<
br>,即
m?
或
m??
,因为直线
y?kx?m
为圆心在
原点的圆的一条切线,
33
3
?
3m?8
决战高考
26
m
2
m
2
8
8
22
r?
??
所以圆的半径为
r?
,
r?,,所求的圆为,此时圆的切线
x?y?
2
2
2
3m?8
3
1?k3
3
1?k
1?
8
262626
x2
y
2
?1
的或
m??
,而当切线的斜率不存在时切线
为
x??
与椭圆
?
y?kx?m
都满足
m?
333
84
26262626
8
,?)
或
(?,?)
满足
OA?OB
,综上, 存在圆心在原点的圆
x
2
?y
2?
,使得两个交点为
(
3333
3
该圆的任意一条切线与椭圆E
恒有两个交点A,B,且
OA?OB
.
4km
?
x?x??
12
?
?
1?2k
2
因为
?
,
2?
xx?
2m?8
12
?
1?2k
2
?
4km
2
2m
2
?88(8k
2
?m
2
?4)
22
)?4??
所以
(x
1
?x
2
)?(x
1
?x
2
)?4x
1
x
2
?(?
,
1?2k
2
1?2k
2
(1?2k
2
)
2
2
m
|AB|?(x
1
?x
2
)?<
br>?
y
1
?y
2
?
2
2
8(8k2
?m
2
?4)
?(1?k)(x
1
?x<
br>2
)?(1?k)
(1?2k
2
)
2
222
324k
4
?5k
2
?132k
2
??
4
?[1?
4
]
,
22
34k?4k?134k?4k?1
321
[1?]
①当k?0
时
|AB|?
1
3
4k
2
?
2
?4
k
1
11
因为
4k
2
?
2<
br>?4?8
所以
0??
,
1
k
4k
2
?
2
?4
8
k
32321
所以
?[1?]?12
,
1
33
4k
2
?
2
?4
k<
br>2
4
所以时取”=”. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
6?|AB|?23
当且仅当
k??
2
3
46
②
当
k?0
时,
|AB|?
.
3
2626262646,?)
或
(?,?)
,所以此时
|AB|?
③
当AB的斜率不存在时, 两个交点为
(
,
33333
44
6?|AB|?23
即:
|AB|?[6,23]
综上, |AB |的取值范围为
33
【命题立意
】:本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆的位置关系直线
与圆
的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关
系
.
9. (2017山东卷文)(本小题满分14分)
设
m?R
,在平面
直角坐标系中,已知向量
a?(mx,y?1)
,向量
b?(x,y?1)
,
a?b
,动点
M(x,y)
的轨迹为E.
(1)求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状; w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
1
(2)已知
m?
,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与
轨迹E恒有两个交点A,B,且
4
OA?OB
(O为坐标原点),并求出该圆的方程;
1
(3)已知
m?
,设直线
l
与圆C:
x
2
?y
2
?R
2
(1
,且<
br>l
与轨迹E只有一个公共点B
1
,当R为何值
4
决战高考
时,|A
1
B
1
|取得最大值?并求最大值.
解:(1)因为a?b,
a?(mx,y?1)
,
b?(x,y?1)
,
所以
a?b?mx
2
?y
2
?1?0
,
即
mx
2
?y
2
?1
.
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
当m=0时,方程表示两直线,方程为
y??1
;
当
m?1
时, 方程表示的是圆
当
m?0
且
m?1
时,方程表示的是椭圆;
当
m?0
时,方程表示的是双曲线.
?
y?kx?t
2<
br>x
1
?
(2).当
m?
时, 轨迹E的方程为
?y<
br>2
?1
,设圆心在原点的圆的一条切线为
y?kx?t
,解方程组?
x
2
2
4
4
?y?1
?
?4
得
x
2
?4(kx?t)
2
?4
,即
(1?4k
2
)x
2
?8ktx?4t
2
?4?0
,
要使切线与轨迹E恒有两个交点A,B,
则使△=
64k
2
t<
br>2
?16(1?4k
2
)(t
2
?1)?16(4k
2
?t
2
?1)?0
,
8kt
?
x?x??12
?
?
1?4k
2
2222
即
4k?t?1
?0
,即
t?4k?1
, 且
?
2
?<
br>xx?
4t?4
12
?
1?4k
2
?
k2
(4t
2
?4)8k
2
t
2
t
2<
br>?4k
2
2
,
y
1
y
2
?(kx
1
?t)(kx
2
?t)?kx
1
x
2
?
kt(x
1
?x
2
)?t???t?
222
1?4k1?4
k1?4k
22
4t
2
?4t
2
?4k
2
5t
2
?4k
2
?4
???0
,
要使
OA?OB
, 需使
x
1
x
2
?y
1
y
2
?0
,即
222
1?4k1?4k1?4k
所以
5t
2
?4k
2
?4?0
, 即
5t2
?4k
2
?4
且
t
2
?4k
2?1
,
即
4k
2
?4?20k
2
?5
恒成立.
所以又因为直线
y?kx?t
为圆心在原点的圆的一条切线,
4
2
(1?k)
2
t
4
t4
22
2
5
所以圆的半径为
r?
,
r?
, 所求的圆为.
x?y?
?
?
22
2
5
1?k1?k5
1?k
x
2
2
2222
?y
2
?1
交于点
(5,?
当切线的斜率不存在时
,切线为
x??5
,与
5)
或
(?5,?5)
也满足
4
55555
.
OA?OB
4
综上, 存在圆心在原点的圆x
2
?y
2
?
,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点
A,B,且
OA?OB
.
5
x
2
1
(3)当m?
时,轨迹E的方程为
?y
2
?1
,设直线
l
的方程为
y?kx?t
,因为直线
l
与圆C:
x
2
?y
2
?R
2
(1
4
t
相
切于A
1
, 由(2)知
R?
,
即
t
2
?R
2
(1?k
2
)
①,
1?k
2
因为
l
与轨迹E只有一个公共点B
1
,
?
y?kx?t
?
22
x?4(kx?t)?4
, 由(2
)知
?
x
2
得
2
?
?y?1
?4
即
(1?4k
2
)x
2
?8ktx?4t
2
?4?
0
有唯一解
则△=
64k
2
t
2
?16(1?4
k
2
)(t
2
?1)?16(4k
2
?t
2
?1)?0
,
即
4k
2
?t
2
?1?0
, ②
?2
3R
2
t?
?
?
4?R
2
由①②得
?
,
此时A,B重合为B
1
(x
1
,y
1
)点,
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2
R?1
?
k
2
?
?
?4?R
2
决战高考
8kt
?
x?x??
12
?
4t
2
?416R
2
?16
?
1?4k
2
2
?
由
?
中
x
1
?x
2
,所以,
x
1
?
,
22
2
1?4k3R
?
xx?
4t?4
?
12
1?4k
2
?
1
2
4?R
2
4
2
222
B
1
(x
1
,y
1
)点在椭圆
上,所以
y
1
?1?x
1
?
,所以,
|OB|?
x?y?5?
111
2
2
43R
R
444
在直角三
角形OA
1
B
1
中,
|A
1
B
1
|
2
?|OB
1
|
2
?|OA
1
|
2
?5?
2
?R
2
?5?(
2
?R
2<
br>)
因为
2
?R
2
?4
当且仅当
RRR
R?2?(1,2)
时取等号,所以
|A
1
B
1
|
2
?5?4?1
,即
当
R?2?(1,2)
时|A
1<
br>B
1
|取得最大值,最大值为1.
【命题立意】:本题主要考查了直线与圆的
方程和位置关系,以及直线与椭圆的位置关系,可以通过解方程组法
研究有没有交点问题,有几个交点的
问题.
10.(2017江苏卷)(本小题满分16分)
在平面直角坐标系
xo
y
中,已知圆
C
1
:(x?3)
2
?(y?1)
2
?4
和圆
C
2
:(x?4)
2
?(y?5)
2
?4
.
(1)若直线
l
过点
A(4,0)
,
且被圆
C
1
截得的弦长为
23
,求直线
l
的方程;
(2)设P为平面上的点,满足:存在过点P的无穷多对互相垂直的直线
l
1
和
l
2
,它们分别与圆
C
1
和圆
C
2相
交,且直线
l
1
被圆
C
1
截得的弦长与直线
l
2
被圆
C
2
截得的弦长相等,试求所有满足条件的点P的
坐标。
【解析】 本小题主要考查直线与圆的方程、点到直线的距离公式,考查数学运算求解能力、综
合分析问题
的能力。满分16分。
(1)设直线
l
的方程为:
y?
k(x?4)
,即
kx?y?4k?0
由垂径定理,得:圆心
C<
br>1
到直线
l
的距离
d?4
2
?(
结合点到直
线距离公式,得:
|?3k?1?4k|
2
23
2
)?1
,
2
k?1
7
化简得:
24k
2
?7k?0,k?0
,or,k??
24
?1,
求直线
l的方程为:
y?0
或
y??
7
(x?4)
,即
y?0
或
7x?24y?28?0
24
(2) 设点P坐标为(m,n)
,直线
l
1
、
l
2
的方程分别为:
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
111
y?n?k(x?m),y?n?
?(x?m)
,即:
kx?y?n?km?0,?x?y?n?m?0
kk
k
因为直线
l
1
被圆
C
1
截得的弦长与直线
l
2
被圆
C
2
截得的弦长相等,两圆半径相等。由垂径定理,得:
:圆心
C
1
到直线
l
1
与
C
2
直
线
l
2
的距离相等。
41
|??5?n?m|
k
故有:
|?3k?1?n?km|
?
k
,
2
1
k?1
?1
k
2
化简得:
(2?m?n)k?m?n?3,
或(m?n?8)k?m?n?5
?
2?m?n?0
?
m-n+8
=0
关于
k
的方程有无穷多解,有:
?
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
,或
?
?
m?n?3?
0
?
m+n-5=0
解之得:点P坐标为
(?
3
,
13
)
或
(
5
,?
1
)
。
22
22
11.(2017全国卷Ⅱ文)(本小题满分12分)
已知
2
C: 的离心率为
3
,过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点,当l的
x
椭
y
2
圆<
br>??1(a?b?0)
a
2
b
2
3
2
2
p>
决战高考
斜率为1时,坐标原点O到l的距离为
(Ⅰ)求a,b的值;
(Ⅱ)C上是否存在点P,使得当l绕F转到某一位
OP?OA?OB
???
置时,有成立?
若存在,求出所有的P的坐标与l的方程;若不存在,说明理由。
解析:本
题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力,第一问直接运用点到直线的距离公式以及椭圆有关
关系式
计算,第二问利用向量坐标关系及方程的思想,借助根与系数关系解决问题,注意特殊情况的处理。
解:(Ⅰ)设
F
?
c,0
?
,
当
l的斜率为1时,其方程为
x?y?c?0,O
到
l
的距离为
0?0?c
2
?
c
2
故
c
2
?
2
2
,
c?1
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
由
e?
c
a
?
3
3
得
a?3
,
b?a
2
?c
2
=
2
(Ⅱ)C上存在点
P
,使得当
l
绕
F
转到某一位置
时,有
OP?OA?OB
成立。
由
(Ⅰ)知C的方程为
2x
2
+
3y
2
=6. 设
A
(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
).<
br>
(ⅰ)
当l不垂直x轴时,设l的方程为y?k(x?1)
C
上的点P使OP?OA?OB
成立的充要条件是
P点的坐标为(x
1?x
2
,y
1
?y
2
)
,
2(x22
1
?x
2
)?3(y
1
?y
2
)
?6
整理得
2x
222
1
?3y
1
?
2x
2
?3y
2
2
?4x
1
x
2
?6y
1
y
2
?6
又A、B在C上,即2x
22
22
1
?3y
1
?6,2x
2
?3y
2
?
6
故
2x
1
x
2
?3y
1
y
2
?3?0
①
将
y?k(x?1)代入2x
2
?3y
2
?6,并化简得
<
br>(2?3k
2
)x
2
?6k
2
x?3k
2<
br>?6?0
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
于是
x6k
2
3k
2
?6
1
?x
2
?
2?3k
2
,
x
1
x
2
=
2?3k
2
,
y
2
?4k
2
1
y
2
?k(x
1
?1)(x
2
?2)?
2?3k
2
代入①解得,
k
2
?2
,此时
x
31
?x
2
?
2
于是
y
1
?y
2
?k(x
1
?x
k
2
?2)
=
?
2
,
即
P(
3
2
,?
k
2
)
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
因此, 当
k??2
时,
P(
32
2
,
2
)
,
l的方程为2x?y?2?0
;
当
k?2
时,
P(32
2
,?
2
)
,
l的方程为2x?y?2?0
。
(ⅱ)当
l
垂直于
x轴时,由
OA?OB?(2,0)
知,C上不存在点P使
OP?OA?OB
成立。
综上,C上存在点
P(
32
2
,?
2
)<
br>使
OP?OA?OB
成立,此时
l
的方程为
2x?y?2?0
.
12.(2017广东卷理)(本小题满分14分)
且
决战高考
已知曲线
C:y?x
2<
br>与直线
l:x?y?2?0
交于两点
A(x
A
,y
A
)
和
B(x
B
,y
B
)
,且
x<
br>A
?x
B
.记曲线
C
在点
A
和
点<
br>B
之间那一段
L
与线段
AB
所围成的平面区域(含边界)为<
br>D
.设点
P(s,t)
是
L
上的任一点,且点
P与点
A
和点
B
均不重合.
(1)若点
Q
是线
段
AB
的中点,试求线段
PQ
的中点
M
的轨迹方程;
51
(2)若曲线
G:x
2
?2ax?y
2
?4y
?a
2
??0
与
D
有公共点,试求
a
的最小值.
25
15
y
解:(1)联立
y?x
2
与
y
?x?2
得
x
A
??1,x
B
?2
,则
A
B
中点
Q(,)
,设线
22
15
x
B
?
s?t
22
段
PQ
的中点
M
坐标为
(x,y),则
x?
,即
,y?
22
x
A
D
15
s?2x?,t?2y?
,又点
P
在曲线
C
上
,
o
22
x
5111
∴
2y??(2x?)
2<
br>化简可得
y?x
2
?x?
,又点
P
是
L上的任一点,且不
228
1151115
与点
A
和点
B
重合,则
?1?2x??2
,即
??x?
,∴中点
M
的轨迹方程为
y?x
2
?x?
(
??x?
).
244844
51
(2)曲线
G:x
2
?2ax?y
2?4y?a
2
??0
,
25
497
即圆
E<
br>:
(x?a)
2
?(y?2)
2
?
,其圆心坐标为<
br>E(a,2)
,半径
r?
5
25
51
由图
可知,当
0?a?2
时,曲线
G:x
2
?2ax?y
2?4y?a
2
??0
与点
D
有公共点;
25
51
当
a?0
时,要使曲线
G:x
2
?2ax?y
2
?4y?a
2
?
只需圆心
E
到直线
l:x?y?
2?0
?0
与点
D
有公共点,
25
7272
|a?
2?2||a|7
?a?0
,则
a
的最小值为
?
??
,得
?
的距离
d?
.
55
5
22
13
.(2017安徽卷理)(本小题满分13分)w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
x
2
y
2
xy
0
?
点
P(x
0,y
0
)
在椭圆
2
?
2
?1(a?b?0)<
br>上,
x
0
?acos
?
,y
0
?bsin<
br>?
,0?
?
?.
直线
l
2
与直线
l
1
:
0
x?y?1
ab
2a
2
b
2
垂直,O为坐标原点,直线OP的倾斜角为
?
,直线
l
2
的倾斜角为
?
.
x
2
y
2
(I)证明: 点P
是椭圆
2
?
2
?1
与直线
l
1的唯一交点;
ab
(II)证明:
tan
?
,tan
?
,tan
?
构成等比数列.
解:本小题主要考查直线
和椭圆的标准方程和参数方程,直线和曲线的几何性质,等比数列等基础知识。考
查综合运用知识分析问
题、解决问题的能力。本小题满分13分。
x
0
y
0
x
2
y
2
b
2
2
解:(I)(方法一)由
2
x
?
2
y?1
得
y?
2
(a?x
0
x),<
br>代入椭圆
2
?
2
?1
,
ab
ab
ay
0
1
b
2
x
0
2
2
2b2
x
0
b
2
得
(
2
?
42<
br>)x?
2
x?(
2
?1)?0
.
aay
0
ay
0
y
0
?
x
0
?acos
?
将
?
代入上式,得
x
2
?2acos
?
?
x?a
2
cos
2
?
?0,
从而
x?acos?
.
?
y
0
?bsin
?
?
x
2
y
2
??1
?
?
x?x
0
?
a
2
b
2
因此,方程组
?
有唯一解
?<
br>,即直线
l
1
与椭圆有唯一交点P.
y?y<
br>0
?
?
x
0
x?
y
0
y?1
?
b
2
?
a
2
决战高考
(方法
二)显然P是椭圆与
l
1
的交点,若Q
(acos
?
1,bsin
?
1
),0?
?
1
?2
?
是椭圆与
l
1
的交点,代入
l
1
的方程
cos?
sin
?
x?y?1
,得
cos
?
cos<
br>?
1
?sin
?
sin
?
1
?1,
ab
即
cos(
?
?
?
1
)?1,
?
?
?
1
,
故P与Q重合。
x
2
y<
br>2
b
2
b
2
(方法三)在第一象限内,由
2
?
2
?1
可得
y?a?x
2
,y
0
?a?
x
0
2
,
ab
aa
bx
0
b<
br>2
x
0
椭圆在点P处的切线斜率
k?y
?
(x
0
)????
2
,
22
ay
0
aa?
x
0
xxyy
b
2
x
0
切线方程为
y??
2
(x?x
0
)?y
0
,
即
0
2
?
0
2
?1
。
ab
ay
0
因此
,
l
1
就是椭圆在点P处的切线。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
根据椭圆切线的性质,P是椭圆与直线
l
1
的唯一交点。
y
0
b
x
0
b
2
y
0
a
2
a
?tan
?
,
l
1
的斜率为
?
(II
)
tan
?
?
,
l
2
的斜率为
tan?
??tan
?
,
x
0
a
y
0
a
2
x
0
b
2
b
由此得
ta
n
?
tan
?
?tan
2
?
?0,
tan
?
,tan
?
,tan
?
构成等比数列。
14.(2017安徽卷文)(本小题满分12分)
已知椭圆(a>b>0)的离心率为,以原点为圆心。椭圆短半轴长半径的
圆与直线y=x+2相切,
(Ⅰ)求a与b;w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
(Ⅱ)设该椭圆的左,右焦点分别为
p..求线段P
和,直线过且与x轴垂直,动直线
与y轴垂直,交与点
垂直平分线与的交点M的轨迹方程,并指明曲线类型。
x
2y
2
c3
【思路】(1)由椭圆
2
?
2
?1中
a
2
?b
2
?c
2
及e??
建立a、b等量关系,
再根据直线与椭圆相切求出a、
a3
ab
b.
(2)依据几何关系转化为代数方程可求得,这之中的消参就很重要了。
2
3
c
2
a
2
?b
2
1b
2
2
22
2
【解析】(1)由于
e?
∴
e?
2
?
∴ 又 ∴b=2,a=3因此,
b??2??
3
3
aa
2
a
2
3
1?1
a?3 . b=
.
2
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
t
(2)由(1)知F
1
,F
2
两点分别为(-1,0),
(1,0),由题意可设P(1,t).(t≠0).那么线段PF
1
中点为
N(0,
)
,
2
t
?
t
?
MN
?
PF1
?2x?t(y?)?0
设M(x、y)是所求轨迹上的任意点.由于
MN?(
?x,?y) . PF
1
?(?2,?t)
则
?
消去参数t
2
2
?
?
y?t
得
y??4x(x?0)
,其轨迹为抛物线(除原点)
15.(2017江西卷文)(本小题满分14分)
x
2
222
如图,已知圆
G:
(x?2)?y?r
是椭圆<
br>?y
2
?1
的内接△
ABC
的内切圆,
其中
A
为椭圆的左顶点.
16
(1)求圆
G
的半径
r
;
y
(2)
过点
M(0,1)
作圆
G
的两条切线交椭圆于
E,F
两点,
M
证明:直线
EF
与圆
G
相切.
.
B
(2?r,y
0
)
解: (1)设
B
,过圆心<
br>G
作
GD?AB
于
D
,
BC
交长轴于
H
G
A
F
y
0
r
GDHB
?
?
由得,
0
x
ADAH
36?r
2
6?r
2
C
p>
决战高考
r6?r
(1)
6?r
(2?r)
2
12?4r?r
2
(r?2)(r?6
)
2
(2?r,y
0
)
???
而点
B
在椭
圆上,
y
0
?1?
(2)
161616
26
由(1)、 (2)式得
15r
2
?8r
?12?0
,解得
r?
或
r??
(舍去)
35
4
(2) 设过点
M(0,1)
与圆
(x?2)
2
?y
2
?
相切的直线方程为:
y?1?kx
(3)
9
2
2k?1
则
?
,即
32k
2
?36k?5?0
(4)
3
1?k
2
即
y
0
?
?9?41?9?41
,k
2
?
1616
x
2
32k
将(3)代入
?y
2
?1
得
(16k
2
?1)x
2
?32kx?0
,则
异于零的解为
x??
16
16k
2
?1
32k<
br>1
32k
2
,x??
设
F(x
1
,k
1
x
1
?1)
,
E(x
2
,k
2
x
2
?1)
,则
x
1
??
2
22
16k
1
?116k
2
?1
kx?kxk?k
3
则直线
FE
的斜率为:
k
EF
?
2211
?
12
?
x
2
?x
1
1?16k1
k
2
4
解得
k
1
?
32k
1
2
32k
1
3
于是直线
FE
的方程为:
y??1?(x?)
16k
1
2
?1416k
1<
br>2
?1
37
即
y?x?
43
37
?
2
23
则圆心
(2,0)
到直线
FE
的距离d??
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
9
3
1?
16
故结论成立.
16.(2017江西卷理)(本小题满分12分)
y
22
xy
(
x,y)
??1
已知点
P
为双曲线(
b
为正常数)上任一点
,
F
2100
22
8bb
P
2
P
曲线的右
焦点,过
P
1
作右准线的垂线,垂足为
A
,连接
F
2
A
并延长
A
P
1
轴于
P
2
.
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
(1) 求线段
P
1
P
2
的中点
P
的轨迹
E
的方程;
F
1
F
2
O
(2) 设轨迹
E
与
x
轴交于
B、D
两点,在
E
上任取一点
Q(x
1<
br>,y
1
)(y
1
?0)
,直线
QB,QD
分
别交
y
轴于
M,N
两点.求
以
MN
为直径的圆过两
定点.
8
(3b,0),(Ab,y
0
)
解: (1) 由已知得
F
,则直线
F
2
A
的方程
2
3
3
y
为:
y??
0
(x?3b)
,
b
令x?0
得
y?9y
0
,即
P
2
(0,9y0
)
,
x
0
?
x?
?
x
0
?2x
?
x
0
2
y
0
2
4x
2
y
2
?
?
2
?1<
br>,
(x,y)
设
P
,则
?
,即
?
y
代入
2
?
2
?1
得:
2
?
2<
br>8bb8b25b
y
0
?
?
?
y?
y
0
?9y
0
?5y
5
?
0
?
?2
为双
交
y
x
证:
决战高考
x
2
y
2
?1
.
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 即
P
的轨迹
E的方程为
2
?
2
2b25b
x
2
y
2
?1
中令
y?0
得
x
2
?2b
2
,则不妨设
B(-2b,0),D(2b,0)
(2) 在
2
?
,
2
2b25b
y
1
y
1
(x?2b)
,直
线
QD
的方程为:
y?(x-2b)
, 于是直线
QB
的方
程为:
y?
x
1
?2bx
1
-2b
2by
1
-2by
1
则
M
,
(0,),N(0,)
x<
br>1
?2bx
1
-2b
则以
MN
为直径的圆的方程为:
x
2
?(y-
2
2by
1
2by
1
)(y?)?0
,
x
1
?2bx
1
-2b
x<
br>2
y
2
2
2
2b
2
y
1
2
22
Q(x,y)
??1
令
y?0
得:
x?
2
,而在上,则
x?2b?y
1
,
11
1
2b
2
25b
2
25
x
1
?2b
2
于
是
x??5b
,即以
MN
为直径的圆过两定点
(?5b,0),(5
b,0)
.
17.(2017天津卷文)(本小题满分14分)
x
2y
2
a
2
已知椭圆
2
?
2
?1
(
a?b?0
)的两个焦点分别为
F
1
(?c,0),F
2
(c,0)(c?0)
,过点
E(,0)
的直线与椭圆相
c
ab
交于点A,B两点,且
F
1
AF
2
B,|F
1
A|?2|F
2
B|
(Ⅰ求椭圆的离心率
(Ⅱ)直线AB的斜率;
n
(Ⅲ)设点C与点A关于坐标原点对称,直线
F
2
B
上有一点H(m,n)(
m?0
)在
?AF
1
C
的外接圆上,求
m
的值。
c32n22
【答案】(1)
e??
(2)
k??
(3)
?
a33m5
|EF
2
||F
2
B|
1
??
,从而 【解析】
(1)解:由
F
1
AF
2
B,|F
1
A|?|F<
br>2
B|
,得
|EF
1
||F
1
A|2
a
2
?c
c3
1
22
c
e??
?
a?3c
,整理得,故离心率
a3
2
a
2
?c
c
(2)解:由(1)知,
b
2
?a
2
?c
2?2c
2
,所以椭圆的方程可以写为
2x
2
?3y
2<
br>?6c
2
a
2
设直线AB的方程为
y?k(x?)
即
y?k(x?3c)
c
?
y?k(x?3c)
由已知设
A(x
1
,y
1
)B(x
2
,y
2
)
则它们的坐标满足方程组
?
2
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
22
?
2x?3y?6c
消去y整理,得
(2?3k
2
)x
2
?18k
2
cx?27k
2
c
2
?6c
2
?0
33
?k?
33
18k
2
27k
2c
2
?6c
2
,x
1
x
2
?
而
x
1
?x
2
?
,有题设知,点B为线段AE的中点,所以
x
1
?3c?2x
2
22
2?3k2?3k2
9k
2
c?2c9k
2
c
2
?2c
2
k??
,x?
联立三式,解得
x
1
?
,将结果代
入韦达定理中解得
2
3
2?3k
2
2?3k
2
2
3c
(3)由(2)知,
x
1
?0,x
2
?
,当
k??
时,得A
(0,2c)
由已知得
C(0,?2c)
3
2
依题意,
??48c
2
(1?3k
2<
br>)?0,?
决战高考
2c2c
c
??(x?),直线l与x轴的交点
(,0)
是
?AF
1
C
的外接圆的
222
2
cc
圆心,因此外接圆的方程为
(x?)
2
?y
2
?(?c)
2
22
?
c
29c
2
2
?
(m?)?n?
y?2(x?c)
直线F
2
B
的方程为,于是点
H(m,n)
满足方程组
?<
br>24
由
m?0
,解得
?
n?2(m?c)
?
线段
AF
1
的垂直平分线l的方程为
y?
5c22cn22
,n?
,故
?
32m5
2n22
当
k?
时,同理可得
?
3m5
【考点定位】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质,直线方程,圆的方程等基础知识。考
查用
代数方法研究圆锥曲线的性质和数形结合的思想,考查运算能力和推理能力。
18.(2017湖北卷理)(本小题满分14分)(注意:在试题卷上作答无效)
....
.....
m?
过抛物线
y
2
?2px(p?0)
的对称轴
上一点
A
?
a,0
??
a?0
?
的直线与抛物线相
交于M、N两点,自M、N向
直线
l:x??a
作垂线,垂足分别为
M
1
、
N
1
。
p
(Ⅰ)当a?
时,求证:AM
1
⊥AN
1
;
2
(Ⅱ)
记
?AMM
1
、
?AM
1
N
1
、
?ANN
1
的面积分别为
S
1
、
S
2
、
S
3
,是否存在
?
,使得对任意的
a?0
,
都有
S
2
2
?
?
S
1
S
2成立。若存在,求出
?
的值;若不存在,说明理由。
20题。本小题主要考察抛
物线的定义和几何性质等平面解析几何的基础知识,考查综合运用数学知识进行
推理运算的能力。(14
分)
解:依题意,可设直线MN的方程为
x?my?a,M(x
1
,y1
),N(x
2
,y
2
)
,则有w.w.w.k.s.
5.u.c.o.m
M(?a,y
1
),N(?a,y
2
)
?
x?my?a
由
?
2
消去x可得
y
2
?2mpy
?2ap?0
?
y?2px
?<
br>y
1
?y
2
?2mp
从而有
?
①
yy??2ap
?
12
于是
x
1
?x
2
?m(y
1
?y
2
)?2a?2(m
2
p?a)
②
(y1
y
2
)
2
(?2ap)
2
??a
2
③ 又由
y
1
?2px
1<
br>,
y
1
?2px
2
可得
x
1
x2
?
22
4p4p
ppp
(Ⅰ)如图1,当
a?
时,点
A(,0)
即为抛物线的焦点,
l
为其准线
x??
22
2
PP
此时
M
1
(?,y
1
),N
1
(?,y
2
),并由
①可得
y
1
y
2
??p
2
22
uuuuvuuuv
证法1:
QAM
1
?(?p,y
1
),
AN
1
?(?p,y
2
)
uuuuvuuuv
?AM
1
?AN
1
?p
2
?y
1
y
2
?p
2
?p
2
?0,即AM
1
?AN
1
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
yy
QK
A
M
1
??
1
,K
AN
1
??
2
,
证法2:
pp
22
y
1
y
2
p
2
?K
AM
1
?K
AN
1
?
2<
br>??
2
??1,即AM
1
?AN
1
.
pp
(Ⅱ)存在
?
?4
,使得对任意的
a?0
,都
有
S
2
2
?4S
1
S
3
成立,证明如下:
决战高考
证法1:记直线
l
与x轴的交点为
A1
,则
OA?OA
1
?a
。于是有
S
11
?
2
?MMA
1
1
?
1
M
1
?
2
(x
1
?a)y
1
S?
1
2
2
?M
1
N
1
?AA
1
?ay
1
?y
2
S?
1
2
?NN?A
1
311
N
1
?
2
(x<
br>2
?a)y
2
?S
2
2
?4S
1
S
3
?(ay
1
?y
2
)
2
?(x
1
?a)y
1
?(x
2
?a)y
2
?a
2
[(y?y
22
12
)?4y
1
y
2<
br>]?[x
1
x
2
?a(x
1
?x
2
)?a]y
1
y
2
将①、②、③代入上式化简可得
a
2<
br>(4m
2
p
2
?8ap)?2ap(2am
2
p?4
a
2
)?4a
2
p(m
2
p?2a)
上
式恒成立,即对任意
a?0,S
2
2
?4S
1
S
3
成立
证法2:如图2,连接
MN
1
,NM
1
,则由
y
1
y
2
??2ap,y
2
1
?2px
1
可得
K
y
2p
2py
2
2py
2
y
OM
?
1
x
???
?2ap
?
2
?a
?K
ON
1
,所
以直线
MN
1
经过原点O,
1
y
1
y
1
y
2
同理可证直线
NM
1
也经过原点O
又
OA?OA
1
?a
设
M
1
A
1
?h1
,N
1
A
1
?h
2
,MM
1
?d
1
,NN
1
?d
2
,
则
S
1
1
?
2
d
11
1
h
1
,S<
br>2
?
2
?2a(h
1
?h
2
)?a(h1
?h
2
),S
3
?
2
d
2
h
2
.
19.(2017四川卷文)(本小题满分12分)
已知椭圆
x
2
y
2
a
2
?
b?1(a?b?0)
的左、右焦点分别为
F
1
、F
2
,
离心
e?
2
2
,右准线方程为
x?2
。
(I)求椭圆的标准方程;
(II)过点
F
N
两点,且
F
226
1
的直线
l
与该椭圆交于
M、
2
M
?F
2
N?
3
,求直线
l
的方程。
?
?
c
?
2
【解析】(I)由已知得
?
?
a2
2
,解得
a?2,c?1
?
a
?
?
c
?2
∴
b?a
2
?c
2
?1
所求椭圆的方程为
x
2
∴
2
?y
2
?1
(II)由(I)得
F
1
(?1,0)
、
F
2(1,0)
?
x??
①若直线
l
的斜率不存在,则直
线
l
的方程为
x??1
,由
?
1
?
y??
2
?
x
2
?2
?y
2
?1
得2
设
M(?1,
2
2
)
、
N(?1
,?
2
2
)
,
∴
F
2
M?F
2
N?(?2,
2
2)?(?2,?
2
2
)?(?4,0)?4
,这与已知相矛盾。
②若直线
l
的斜率存在,设直线直线
l
的斜率为
k
,则直
线
l
的方程为
y?k(x?1)
,
设
M(x
1<
br>,y
1
)
、
N(x
2
,y
2
),
率
决战高考
?
y?k(x?1)
?
2222
(1?2k)x?4kx?2k?2?0
联立
?
x
2<
br>,消元得
2
?
?y?1
?2
?4k
2
2k<
br>2
?2
,x
1
x
2
?
∴
x
1
?x
2
?
,
1?2k
2
1?2k
2
2k
∴
y
1
?y
2
?k(x
1
,
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
?x?2)?
2
2
1?2k
又∵
F
2<
br>M?(x
1
?1,y
1
),F
2
N?(x
2
?1,y
2
)
∴
F
2
M?F?(<
br>1
x?
2
x?2,
2
N
1
y?
<
br>)y
2
2
2
?
8k
2
?2
?
?
2k
?
226
22
∴
F
2
M?F
2
N?(x
1
?x
2
?2)?(y
1
?y
2
)?
?
??
?
?
22
?3
?
1?2k
?
?
1?2k
?
化简得
40k
4
?23k
2
?17?0
17
解得
k
2
?1或k
2
??(舍去)
40
∴
k??1
∴
所求直线
l
的方程为
y?x?1或y??x?1
20.(2017全国卷Ⅱ理)(本小题满分12分)
3
x
2
y
2
已知椭圆
C:
2
?
2
?1(a?b?0)
的离心率为,过右焦点F的直线
l
与
C
相交于
A
、
B
两点,当
l
的
3
ab
2
斜率为1时,坐标原点
O
到
l
的距离为
2
(I)求
a
,
b
的值;
(II)C
上是否存在点P,使得当
l
绕F转到某一位置时,有
OP?OA?OB
成立?
若存在,求出所有的P的坐标与
l
的方程;若不存在,说明理由。
2
解:(I)设
F(c,0)
,直线
l:x?y?c?0
,
由坐标原点
O
到
l
的距离为
2
c3
|0?0?c|2
,?a?3,b?2
. 则,解得 c?1
.又
e??
?
a3
2
2
x
2<
br>y
2
?1
.设
A(x
1
,y
1
)<
br>、
B
(x
2
,y
2
)
(II)由(I)知
椭圆的方程为
C:?
32
由题意知
l
的斜率为一定不为0,故不妨设
l:x?my?1
代入椭圆的方程中整理得
(2m
2
?3
)y
2
?4my?4?0
,显然
??0
。
4m4
,y
1
y
2
??
2
,
.由韦达定理有:
y
1
?y
2
??
2
.......①
2m?32m
?3
.假设存在点P,使
OP?OA?OB
成立,则其充要条件为:
(x<
br>1
?x
2
)
2
(y
1
?y
2
)
2
??1
。 点
P的坐标为(x
1
?x
2,y
1
?y
2
)
,点P在椭圆上,即
32
整理
得
2x
1
2
?3y
1
2
?2x
2
2
?3y
2
2
?4x
1
x
2
?6y
1
y
2
?6
。
又
A、B
在椭圆上,即
2x
1
2
?3y
1
2
?6,
2x
2
2
?3y
2
2
?6
.
故
2x
1
x
2
?3y
1
y
2
?3?0
................................②
将
x
1
x
2
?(my
1
?1)(my
2
?1)?m
2
y
1
y
2
?m(y
1
?y
2
)?1
及①代入②解得
m
2
?
2232
4m
23
?y
1
?y
2
?或?)
.
?2?
,即
P(,?
,
x
1
?x
2
=
?
2
2222
2m?32
1
2
决战高考
2322
时,P(,?),l:x?y?1
;
2222
2322
时,P(,),l:x??y?1
. 当
m??<
br>2222
评析:处理解析几何题,学生主要是在“算”上的功夫不够。所谓“算”,主要讲的是算
理和算法。算法是解决
问题采用的计算的方法,而算理是采用这种算法的依据和原因,一个是表,一个是
里,一个是现象,一个是
本质。有时候算理和算法并不是截然区分的。例如:三角形的面积是用底乘高的
一半还是用两边与夹
角的正弦的一半,还是分割成几部分来算?在具体处理的时候,要根据具体问题及题
意边做边调整,
寻找合适的突破口和切入点。
21.(2017湖南卷文)(本小题满分13分)
已知椭圆C的中心在原点,焦点在
x
轴上,以两个焦点和短轴的两个端点
为顶点的四边形是一个面积为8的正方形(记为Q).
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(
Ⅱ)设点P是椭圆C的左准线与
x
轴的交点,过点P的直线
l
与椭圆C相交于
M,N两点,当线段MN
的中点落在正方形Q内(包括边界)时,求直线
l
的斜率的取
值范围。
x
2
y
2
焦距
解: (Ⅰ)依题意,设椭圆C的
方程为
2
?
2
?1(a?b?0),
ab
为
2c<
br>,
1
由题设条件知,
a
2
?8,b?c,
所以
b
2
?a
2
?4.
2
x
2
y
2
?1
.
故椭圆C的方程为
?
84
(Ⅱ)椭圆C的左准线方程为
x??4,
所
以点P的坐标
(?4,0)
,
显然直线
l
的斜率
k
存在,所以直线
l
的方程为
y?k(x?4)
。
如图,设点M
,
N的坐标分别为
(x
1
,y
1
),(x
2
,y
2
),
线段MN的中点为G
(
x
0
,y
0
)
,
当
m?
?
y?k(x?4),
?
由
?
x
2
y
2
得
(1?2k
2
)
x
2
?16k
2
x?32k
2
?8?0
.
……①
?1
?
?
4
?
8
22
?k?由
??(16k
2
)
2
?4(1?2k
2
)(
32k
2
?8)?0
解得
?
. ……②
22
16k
2
因为
x
1
,x
2
是方程①的两根,所以
x
1
?x
2
??
,于是
2
1?2k8k
2
x
1
?x
2
4k
x
0
?
=
?
, .
y?k(x?4)?
00
1?2k
2
21?2k
2
8k
2
?0
,所以点G不可能在
y
轴的右边, 因为
x
0
??
2
1?2k
又直线
F
1
B
2
,
F
1
B
1
方程分别为
y?x?2,y??x?2,
所以点
G
在正方形
Q
内(包括边界)的充要条件为
?2k
2
?2k?1?0,
?
4k
?
y
0
?x
0
?2,
8k
2
?
???2,
亦即
即
?
?
2
?
?
1?2k
2
1?2k
2
?
?
?
y
0?x
0
?2.
?
2k?2k?1?0.
4k8k
2?
??2,
?
1?2k
2
1?2k
2
?
解得
?
3?13?1
?k?
,此时②也成立.
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
22
决战高考
3?13?1
,].
22
22.(2017福建卷理)(本小题满分13分)
x
2
已知A,B 分别为曲线C:
2
+
y
2
=1(y
?
0,a>0)与x轴
a
的左、右两个交点,直线
l
过点B,且与
x
轴垂直,S为
l
上
异于点B的一点,连结AS交曲线C于点T.
故直线
l
斜
率的取值范围是
[?
(1)若曲线C为半圆,点T为圆弧
AB
的三等分点,试
求出点S的坐标;
(II)如图,点M是以SB为直径的圆与线段TB的交点,试问:是否存在
a
,使得O,M,S三点共线?若存在,
求出a的值,若不存在,请说明理由。
解法一:
(Ⅰ)当曲线C为半圆时,
a?1,
如图,由点T为圆弧
AB
的三等分点得
∠BOT=60°或120°.
(1)当∠BOT=60°时,
∠SAE=30°.
又AB=2,故在△SAE中,有
SB?AB?tan30??
23
)或S(1,23)
3
????
,?s(t,);
??
(2)当∠BOT=120°时,同理可求得点S的坐标为
(1,23)
,综上,
S(1,
(Ⅱ)假设存在
a(a?0)
,使得O,M,S三点共线.
由于点M在以SB为直线的圆上,故
BT?OS
.
显然,直线AS的斜率k存在且k>0,可设直线AS的方程为
y?k(x?a)
.
?
x
2
2
?
2
?y?1
得(1?a
2
k
2
)x
2
?2a
2
k
2
x
?a
4
k
2
?a
2
?0
由
?
a
?
y?k(x?a)
?
a
2
k
2
?a2
设点
T(x
T
,y
T
),?x
T
?
(?a)?,
1?a
2
k
2
a?a
2
k
2
2ak
故
x
T
?
,从而.
y?k(x
?a)?
TT
1?a
2
k
2
1?a
2
k<
br>2
a?a
2
k
2
2ak
亦即
T(,).
1?a
2
k
2
1?a
2
k
2
?2a
2
k
2
2ak
B(a,0),?BT?((,))
1?a
2
k
2
1?a
2
k
2
?<
br>x?a
由
?
得
s(a,2ak),?OS?(a,2ak).
y?k(x?a)
?
?2a
2
k
2
?4a
2
k
2
由
BT?OS
,可得
BT?OS??0
即<
br>?2a
2
k
2
?4a
2
k
2
?0<
br>
2
1?ak2
k?0,a?0,?a?2
经检验,当
a?2
时,O,M,S三点共线.
故存在
a?2
,使得O,M,S三点共线.
解法二:
(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)假设存在a,使得O,M,S三点共线.
由于点M在以SO为直径的圆上,故
SM?BT
.
显然,直线AS的斜率k存在且K>0,可设直线AS的方程为
y?k(x?a)
<
br>?
x
2
2
?
2
?y?1
得(1?a
2
b
2
)x
2
?2a
2
k
2
x?
a
2
k
2
?a
2
?0
由
?
a<
br>?
y?k(x?a)
?
a
4
k
2
?a
2
设点
T(x
T
,y
T
)
,则有
xT
?(?a)?.
1?a
2
k
2
决战高考
a?a
2
k
2
2aka?a
2
k
2
2ak
故
x
T
?,从而y?k(x?a)?亦即T(?).
TT
a?a<
br>2
k
2
1?a
2
k
2
1?a
2k
2
1?a
2
k
2
y
1
B(a,0)
,?k
BT
?
T
??
2
,故k
SM
?a<
br>2
k
x
T
?aak
?
x?a
得S
(a,2ak),
所直线SM的方程为
y?2ak?a
2
k(x?a)
由
?
?
y?k(x?a)
O,S,M三点共线当且仅当O在直线SM上,
即
2ak?a
2
k(?a)
.
a?0,K?0,?a?2
故存在
a?2
,使得O,M,S三点共线.
23.(2017辽宁卷文)(本小题满分12分)
3
已知,椭圆C以过点A(1,),两个焦点为(-1,0)(1,0)。
2
(1) 求椭圆C的方程;
(2) E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE
的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为
定值,并求出这个定值。
x
2
y
2
??1
。 (22)解:
(Ⅰ)由题意,c=1,可设椭圆方程为
1?b
2
4b
2
19322
bb
因为A在椭圆上,所以,解得=3,=(舍去)。
??1?
2
2
1?b4b4
x
2
y
2
??1
.
.所以椭圆方程为 .....4分
43
x
2
y
2
3
?1
得
(Ⅱ)设直线AE方程:得
y?k(x?1)?
,代入
?
43
23
(3+4k
2
)x
2
+4k(3?2k)x?4(?k)2
?12?0
2
3
设E(
x
E
,<
br>y
E
),F(
x
F
,
y
F
).因为
点A(1,)在椭圆上,所以
2
3
4(?k)
2
?12
,
x
E
?
2
2
3?4k
3
......8分
y
E
?kx
E
??k
。
.
2
又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数,在上式中以
?k
代
k
,可得
3
4(?k)
2
?12
,
x
F
?
2
2
3?4k
3
y
F??kx
F
??k
。
2
y?y
E
?k(x<
br>F
?x
E
)?2k
1
??
。 所以直线EF的斜率<
br>k
EF
?
F
x
F
?x
E
x
F
?x
E
2
1
即直线EF的斜率为定值,其值为。
.......12分
2
24.(2017辽宁卷理)(本小题满分12分)
3
已知,椭圆C过点A(1,),两个焦点为(-1,0),(1,0)。
2
(3) 求椭圆C的方程;
(4) E,F是椭圆C上的两个动
点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为
定值,并求出这个定值。
(20)解:
决战高考
(Ⅰ)由题意,c=1,可设椭圆方程为<
br>193
2
2
,解得,(舍去)
b?3
b??
??1
4
1?b
2
4b
2
x
2
y
2?1
。 ……………4分
所以椭圆方程为
?
43
x
2
y
2
3
?1<
br>得 (Ⅱ)设直线AE方程为:
y?k(x?1)?
,代入
?
432
3
(3?4k
2
)x
2
?4k(3?2k)x?4(
?k)
2
?12?0
2
3
设
E(x
E
,y
E
)
,
F(x
F
,y
F
)<
br>,因为点
A(1,)
在椭圆上,所以
2
3
4(?k
2
)?12
x
F
?
2
2
3?4k
3
y
E
?kx
E
??k
………8分
2
又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数,在上式中以—K代K,可得
3
4(?k)
2
?12
x
F
?
2
3?4k
2
3
y
E
??kx
E
??k<
br>
2
y?y
E
?k(x
F
?x
E
)
?2k
1
??
所以直线EF的斜率
K
EF
?
F<
br>x
F
?x
E
x
F
?x
E
2
1
即直线EF的斜率为定值,其值为。 ……12分
2
25.(2017宁夏海南卷理)(本小题满分12分)
已知椭圆C的中心
为直角坐标系xOy的原点,焦点在s轴上,它的一个顶点到两个焦点的距离分别是7
和1.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
OP
(Ⅱ)若P为椭圆C上的动点,M为过P且垂直于x轴
的直线上的点,=λ,求点M的轨迹方程,并
OM
说明轨迹是什么曲线。
解:(Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为
a,c
,由已知得
?
a?c?1
,解得a?4,c?3
,
?
?
a?c?7
x
2
y
2
?1
所以椭圆
C
的标准方程为
?
167
(Ⅱ)设
M(x,y)<
br>,其中
x?
?
?4,4
?
。由已知
9x
2<
br>?112
?
?
2
。
22
16(x?y)
O
P
OM
2
2
?
?
2
及点
P
在椭圆
C
上可得
整理得
(16
?
2
?9)x
2
?16
?
2
y
2
?112
,其中
x??
?4,4
?
。
3
时。化简得
9y
2
?112
4
47
(?4?x?4)
,轨迹是两条平行于
x
轴的线段。
所以点
M
的轨迹方程为
y??
3
(i)
?
?
决战高考
3
(ii)
?
?
时,方程变形为
4
x
2
y
2
??1
,其中
x?
?
?4,4
?
112112
16
?
2
?916<
br>?
2
当
0?
?
?
当
3
时,点
M
的轨迹为中心在原点、实轴在
y
轴上的双曲线满足
?4?x?4
的部分。
4
3
?
?
?1
时,点
M
的轨迹
为中心在原点、长轴在
x
轴上的椭圆满足
?4?x?4
的部分;
4
当
?
?1
时,点
M
的轨迹为中心在原点、长轴在
x
轴上的椭圆;
26.(2017陕西卷文)(本小题满分12分)
52
5
y
2
x
2
已知双曲线C的方程为
2
?
2
?1(a?0,b?0)
,离心率
e?
,顶点到渐近线的距离为。
2
5
ab
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
(I)
求双曲线C的方程;
(II)如图,P是双曲线C上一点,A,B两点在双曲线C的两条渐近线上,且
分别位于第一、二象限,若
1
AP?
?
PB,
?
?[,2]
,求
?AOB
面积的取值范围。
3
解析:
解法1(Ⅰ)
由题意知,双曲线C的顶点(0,a)到渐近线
25
ax?by?0的距离为
,
5
ab25
ab25
?
所以所以
?
22
c5
5
a?b
?
ab25
?
?
5
?
c
?
a?2
?
?
5
?
c
得
?<
br>b?1
由
?
?
2
?
a
?
222<
br>?
c?5
?
c?a?b
?
?
?
y
2
所以曲线
C
的方程是
?x
2
?1
4
(Ⅱ)由(Ⅰ)知双曲线C的两条渐近线方程为
y??2x
(?n,2n),m?0,n?0
设
A(m,2m),B
uuuruur<
br>m-
?
n2(m+
?
n)
由
AP?
?
PB得P点的坐标为(,),
1+
?
1+
?
y
2
(1?
?
)
2
2
?x?1,化简得mn=
将P点
的坐标代入
44
?
?
14
因为
?AOB?2?
,
tan(?
?
)?2,tan
?
?,sin2?
?
225
又
OA?5m,OB?5n
1
11
OA?OB?sin2
?
?2mn?(
?
?)?1
<
br>22
?
111
记
S(
?
)?(
?
?
)?1,
?
?[,2]
2
?
3
11
则<
br>S
?
(
?
)?(1?
2
)
2
?
所以
S
?AOB
?
决战高考
由
S
?
(
?
)?0得
?
?1
189
又S(1)=2,
S()?,S(2)?
334
1
8
当
?
?1
时,
?AOB
面积取到最小值
2
,当当
?
?
时,
?AOB
面积取到最大值
33
8
所以
?AOB
面积范围是
[2,]
3
解答2(Ⅰ)由题意知,双曲线C的顶点(0,a)到渐近线
ax?by?0的距离为25
,
5
?
ab
a
2
?b
2
?
25ab25
即?
5c5
?
ab25
??
5
?
c
?
a?2
?
?
5
?
c
得
?
b?1
由
?
?
2
?a
?
222
?
c?5
?
c?a?b
?
?
?
y
2
所以曲线
C
的方程是
?x
2?1
.
4
(Ⅱ)设直线AB的方程为
y?kx?m,
由题意知
k?2,m?0
?
y?kx?m
m2m
由
?
得A点的坐标为(,),
y?2x
2?k2?k
?<
br>?
y?kx?m
?m2m
由
?
得B点的坐标为(,),
2?k2?k
?
y??2x
uuuruur
m1
?2m1
?
AP?
?
PB,得P点的坐标为((?),(?)
<
br>1?
?
2?k2?k1?
?
2?k2?k
y
2
4m
2
(1?
?
)
2
2
?
将P点的坐标
代入
?x?1
得
2
44?k
?
设Q为直线AB与y轴的交点,则Q点的坐标为(0,m)
S
?AOB
=
S
?AOQ
?S
?BOQ
111
OQgx
A
?OQgx
B
?m(x
A
?x
B
)
222
1mm14m
2
?m(?)?g
22?k2?k24?k
2
11
?(
?
?)?1
2
?
?
以下同解答1
27.(2017陕西卷理)(本小题满分12分) <
br>525
y
2
x
2
已知双曲线C的方程为
2
?
2
?1(a?0,b?0)
,离心率
e?
,顶点到渐近线的距离为。
25
ab
(I)求双曲线C的方程;
(II)如图,P是双曲线C上一点,A,B两点在双曲线C的两条渐近线上,且分别位于第一、二象限
,若
决战高考
1
AP?
?
PB,
?
?[,2]
,求
?AOB
面积的取值范围。
3
28.(本小题满分14分)
y
2
x
2
已知双
曲线C的方程为
2
?
2
?1(a?0,b?0),
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
ab
525
,
顶点到渐近线的距离为
.
离心率
e?
25
(Ⅰ)求双曲线C的方程;
(Ⅱ)如图,P是双曲线C上一
点,A,B两点在双曲线C的两条渐近线上,且分别位于第一,二象限.
1
若
AP?<
br>?
PB,
?
?[,2],
求△AOB面积的取值范围.
3<
br>25
,
解答一(Ⅰ)由题意知,双曲线C的顶点
(O,a)
到渐近线<
br>ax?by?0的距离为
5
ab25ab25
∴
?,即?,
22
5c5<
br>a?b
?
ab25
?
a?2,
,
?
?
5
?
?
c
?
?
b?1,
5
y
2
?
c
,
得由
?
?
∴双曲线C的方程为
?x
2
?1.
?
4
2
?
a
c?5,
?
?
c
2
?a
2
?b
2
?
?
?
(Ⅱ)由(Ⅰ)知双曲线C的两条渐近线方程为
y??2x.
设
A(m,2m),B(?n,2n),m?0,n?0.
m?
?
n2(m?
?
n)
由
AP??
PB
得P点的坐标为
(,),
1?
?
1?
?
y
2
(1?
?
n)
2
2
. 将P点坐标代入
?x?1,
化简得
mn?
44
?
?<
br>114
设∠AOB
?2
?
,tan(?
?
)?2,?
tan
?
?,sin
?
?,sin2
?
?.
2225
又
?
|OA|?5m
4
|OB|?5n
?
111<
br>?S
AOB
?|OA||OB|sin2
?
?2mn?(
?<
br>?)?1.
22
?
111
S(
?
)?(
?<
br>?)?1,
?
?[,2],
记
2
?
3
18
9
由
S'(
?
)?0得
?
?1,又S(1)=2,S()?
,S(2)?,
334
18
当
?
?1
时,△AO
B的面积取得最小值2,当
?
?
时,△AOB的面积取得最大值∴△AOB面积的取值
范
3
3.
8
围是
[2,].
3
解答二(Ⅰ)同解答一
(Ⅱ)设直线AB的方程为
y?kx?m,
由题意知
|k|?2,m?0.
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
决战高考
y?kx?m
m2m
得A点的坐标为
(,),
y?2x
2?k2?k
y?kx?m
?m2m
由{
得B点的坐标为
(,).
y??2x
2?k2?k
m1
?
2m1
?
由
AP?
?
PB
得P点的坐标为
((?),(?)),
1?
?
2?k2?k1?
?
2?k2?k
y
24m
2
(1?
?
)
2
2
?.
将P点坐标代入
?x?1得
2
44?k
?
设Q为直线AB与y轴的交
点,则Q点的坐标为(0,m).
111
S
AOB
?S
AOQ?S
BOQ
?|OQ||XA|?|OQ||x8|?m(xA?xB)
222
1mm14m
2
11
?)??(
?
?)?1.
=
m(
2
22?k2?k24?k2
?
以下同解答一.
29.(2017四川卷文)(本小题满分12分)
由{
2
x
2
y
2
?1(a?b?0
)
的左、右焦点分别为
F
1
、F
2
,离心率
e?<
br>已知椭圆
2
?
,右准线方程为
x?2
。
2
ab
(I)求椭圆的标准方程;
(II)过点
F
1的直线
l
与该椭圆交于
M、N
两点,且
F
2
M
?F
2
N?
226
,求直线
l
的方程。
3
?
c2
?
?
?
【解析】(I)由已知得
?
a2
2
,解得
a?2,c?1
?
a
?2
?
?
c
∴
b?a
2
?c
2
?1
x
2
∴
所求椭圆的方程为
?y
2
?1
…………………………………4分
2
(II)由(I)得
F
1
(?
1,0)
、
F
2
(1,0)
?
x??1
2
?
y??
①若直线
l
的斜率不存在,则直线
l
的
方程为
x??1
,由
?
x
2
得
2
2?
?y?1
?2
22
)
、
N(?1,?)
,
设
M(?1,
22
∴
F
2
M?F
2
N?
(?2,
22
)?(?2,?)?(?4,0)?4
,这与已知相矛盾。
2
2
②若直线
l
的斜率存在,设直线直线
l
的斜率为
k
,则直线
l
的方程为
y?k(x?1)
,
设
M(x1
,y
1
)
、
N(x
2
,y
2
)
,
?
y?k(x?1)
?
2222
(1?2k)x?
4kx?2k?2?0
联立
?
x
2
,消元得
2
?
?y?1
?2
?4k
2
2k
2
?2
,x<
br>1
x
2
?
∴
x
1
?x
2
?
,w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
1?2k
2
1?2k
2
2k
?x?2)?
∴
y
1
?y
2
?k(x
1
,
2
2
1?2k
又∵
F
2
M?(x
1
?1,y
1
),F
2
N?(x
2
?1,y
2)
决战高考
∴
F
2
M?F?(
1
x?
2
x?2,
2
N
1
y?
)y
2
2
2
?
8k
2
?2
??
2k
?
226
22
∴
F
2
M?
F
2
N?(x
1
?x
2
?2)?(y
1
?
y
2
)?
?
??
?
2
?
2?
3
?
1?2k
?
?
1?2k
?
化简
得
40k
4
?23k
2
?17?0
17
解得
k
2
?1或k
2
??(舍去)
40
∴
k??1
∴
所求直线
l
的方程为
y?x?1或y??x?1
…………………………………12分
30.(2017全国卷Ⅰ文)(本小题满分12分)(注意:在试题卷上作答无效)
.........
如图,已知抛物线
E:y
2
?x
与圆
M:(x?4)
2
?y
2
?r
2
(r?0)<
br>相交于A、B、C、D四个点。
(Ⅰ)求r的取值范围
(Ⅱ)当四边形ABCD的面积最大时,求对角线AC、BD的交点P的坐标。
解
:(Ⅰ)将抛物线
E:y
2
?x
代入圆
M:(x?4)
2<
br>?y
2
?r
2
(r?0)
的方程,消去
y
2
,整理得
x
2
?7x?16?r
2
?0
.....
........(1)
抛物线
E:y
2
?x
与圆
M:(
x?4)
2
?y
2
?r
2
(r?0)
相交于
A
、
B
、
C
、
D
四个
点的充要条件是:
方程(1)有两个不相等的正根
?
49?4(16?r
2
)?0
?
55
5
?
?
r??或r?
?r?4
∴
?
x
1
?x
2
?7?0
即
?
。解这个方程组
得
22
2
?
?4?r?4
?
2
?
x
1
?x
2
?16?r?0
?
15
r?(,4)
.
2
(II) 设四个交点的坐标分别为
A(x
1
,x
1<
br>)
、
B(x
1
,?x
1
)
、
C(x
2
,?x
2
)
、
D(x
2
,x
2
)
。
则由(I)根据韦达定理有
x
1
?x
2?7,x
1
x
2
?16?r
2
,
r?(
15
,4)
2
1
则
S??2?|x
2
?x
1
|(x
1
?x
2
)?|x
2
?x<
br>1
|(x
1
?x
2
)
2
?S2
?[(x
1
?x
2
)
2
?4x
1<
br>x
2
](x
1
?x
2
?2x
1
x<
br>2
)?(7?216?r
2
)(4r
2
?15)
令
16?r
2
?t
,则
S
2
?(7?2t
)
2
(7?2t)
下面求
S
2
的最大值。
方法1:由三次均值有:
1
S
2
?(7?2t)
2
(7?2t)?(7?2t)(7?2t)(14?4t)
2
17?2t?7?2t?14?4t
3
128
3
?()??()
2323
15
7
,4)
满足题意。 当且仅当
7?
2t?14?4t
,即
t?
时取最大值。经检验此时
r?(
2
6
法2:设四个交点的坐标分别为
A(x
1
,x
1
)、
B(x
1
,?x
1
)
、
C(x
2<
br>,?x
2
)
、
D(x
2
,x
2
)<
br>
则直线AC、BD的方程分别为
?x
2
?x
1
y
?x
1
?(x?x
1
),y?x
1
?
x
2
?x
1
解得点P的坐标为
(x
1
x
2
,0
)
。
设
t?
1
x
1
x
2
,由<
br>t?16?r
2
及(Ⅰ)得
t?(0,)
4
x
2
?x
1
x
2
?x
1
(x?x
1
)
决战高考
1
(2x
1
?
2x
2
)|x
1
?x
2
|
2
则
S
2
?(x
1
?2x
1
x
2
?x
2
)[(x
1
?x
2
)
2
?4x
1
x
2
]
将
x
1
?x
2
?7,
x
1
x
2
?t
代入上式,并令
f(t)?S
2
,等
由于四边形ABCD为等腰梯形,因而其面积
S?
7
f(t)?(7?2t)
2
(7?2t)??8t
3
?28t
2<
br>?98t?343(0?t?)
,
2
∴
f`(t)??24t
2
?56t?98??2(2t?7)(6t?7)
,
77
令
f
`(t)?0
得
t?
,或
t??
(舍去)
62
7
777
当
0?t?
时,
f`(t)?0
;当
t?
时
f`(t)?0
;当
?t?
时,
f`(t)?0
6662
77
故当且仅当
t?
时,
f(t)
有最大值,即四
边形ABCD的面积最大,故所求的点P的坐标为
(,0)
。
66
31.(2017湖北卷文)(本小题满分13分)
如图,过抛物线y
2
=2PX(P>0)的焦点F的直线与抛物线相交于M、N两点,自M、N向准线L作垂
线,垂
足分别为M
1
、N
1
(Ⅰ)求证:FM
1
⊥FN
1
:
、
2
、
(Ⅱ)记△FMM
1
、
、△FM
1
N
1
、
△FN N
1
的面积分别为S
1
、
S
,
S
3
,试判断S
2
2
=4S
1
S
3
是否成立
,并证明你的结论。
本小题主要考查抛物线的概念,抛物线的几何性质等平面解析几何的基
础知识,考查
综合运用数学知识进行推理运算的能力(满分13分)
(1)
证法1:由抛物线的定义得
MF?MM
1
,NF?NN
1
,
?
?MFM
1
??MM
1
F,?NFN
1
??NN
1
F
2分
如图,设准线l与x的交点为
F
1
QMM
1
NN
1
FF
1
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
??F
1
FM
1
??MM
1
F,?F
1
FN
1
??NN
1
F
而
?F
1
FM
1
??MFM
1??F
1
FN
1
??N
1
FN?180
0
即
2?F
1
FM
1
?2?F
1
FN
1
?180
0
??F
1
FM
1
??F
1
FN
1
?90
0
故
FM
1
?FN
1
pp
证法2:依题意
,焦点为
F(,0),
准线l的方程为
x??
22
(x<
br>1
,y
1
),N(x
2
,y
2
),
直线MN的方程为
x?my?
设点M,N的坐标分别为
M
p
,则有
2
pp
,y
1
),N
1
(?,y
2
),FM
1
?(?p,y
1
),FN
1
?(?p,y2
)
22
p
?
?
x?my?
由
?
2
得
y
2
?2mpy?p
2
?0
?
y2
?2px
?
M
1
(?
于是,
y
1<
br>?y
2
?2mp
,
y
1
y
2
??p
2
?FM
1
?FN
1
?p
2
?
y
1
y
2
?p
2
?p
2
?0
,故
FM
1
?FN
1
(Ⅱ)
S
2
2
?4S
1
S
3
成立,证明如下:
证法1:设
M(
x
1
,y
1
),N(x
2
,y
2
)
,则由抛物线的定义得
决战高考
pp
,|NN
1
|?|NF|?x
2
?
,于是 <
br>22
11p
S
1
??|MM
1
|?|F
1<
br>M
1
|?(x
1
?)|y
1
|
2
22
11
S
2
??|M
1
N
2
|?|FF
1
|?p|y
1
?y
2
|
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
22
11p
S
3
??|NN
1
|?|F
1
N
1
|?(x
2
?)|y
2
|
222
11p1p
2
S
2
?4S
1
S
3
?(p|y
1
?y
2|)
2
?4?(x
1
?)|y
1
|?(x
2<
br>?)|y
2
|
22222
1
2
pp
2
2
?p[(y
1
?y
2
)?4y
1
y
2
]?[x
1
x
2
?(x
1
?x
2
)?]|y
1
y
2
|
424
p
?
x?my?
1
?
?
y
1
?y
2
?2mp
?
1
2
将
?
与
?
代入上式化简
可得
2
p
yy??p
?
x?my?,
?
12
22
?
?2
p
2
(m
2
p
2
?p
2
)?p
2
(m
2
p
2
?
p
2
)
,此式恒成立。
故
S
2
2
?4S
1
S
3
成立。
证法2:如图,设直线
MN
M的倾角为
?
,
|MF|?r<
br>1
,|NF|?r
2
则由抛物线的定义得
|MM
1
|?|MF|?r
1
,|NN
1
|?|NF|?r
3
|MM
1
|?|MF|?x
1
?
MM
1
NN
1
FF
1
,
?FMM
1
?
?
,?FNN
1
?
?
?
?
111
于是
S<
br>1
?r
1
2
sin
?
,S
3
?r<
br>2
2
sin(
?
?
?
)?r
2
2<
br>sin
?
222
在
?FMM
1
和
?FNN
1
中,由余弦定理可得
|FM
1
|
2
?
2r
1
2
?2r
1
2
cos
?
?2r1
2
(1?cos
?
),|FN
1
|
2
?2r
2
2
?2r
2
2
cos
?
?2r
2
2
(1?cos
?
)
1
|FM
1
|?|FN
1
|
2
11
2
?S
2
?|FM
1
|
2
?|FN<
br>1
|
2
??4r
1
2
?r
2
2?(1?cos
?
)(1?cos
?
)?r
1
2
r
2
2
sin
2
?
?4S
1
S
3
44
2
即
S
2
?4S
1
S<
br>3
,得证。
由(I)的结论,得
S
2
?
32.(2
017宁夏海南卷文)(本小题满分12分)
已知椭圆
C
的中心为直角坐标系
xOy
的原点,焦点在
x
轴上,它的一个项点到两个
焦点的距离分别是7和1
(I) 求椭圆
C
的方程‘
OP
(II) 若
P
为椭圆
C
的动点,
M
为过
P
且垂直于
x
轴的直线上的点,
?e
OM
(e为椭圆C的离心率),求点
M
的轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线。
(20)解:
(Ⅰ)设椭圆长半轴长及分别为a,c,由已知得
a?c?1,
{ 解得a=4,c=3, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
a?c?7.
x
2
y
2
?1.
所以椭圆C的方程为
?
167
(Ⅱ)设M(x,y),P(x,
y
1
),其中
x?
?
?4,4
?
.
由已知得
决战高考
x
2
?y
1
2
2
?e.
22<
br>x?y
3
,故
16(x
2
?y
1
2
)?9(x
2
?y
2
).
①
4
112?x7
2
2
,
由点P在椭圆C上得
y
1
?
16
2
代入
①式并化简得
9y?112,
而
e?
47
(?4?x?4),
轨迹是两条平行于x轴的线段.
3
33.(2017湖南卷理)(本小题满分13分)
在平面直角坐标系xOy中,
点P到点F(3,0)的距离的4倍与它到直线x=2的距离的3倍之和记为d,
当P点运动时,d恒等
于点P的横坐标与18之和 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
(Ⅰ)求点P的轨迹C;
(Ⅱ)设过点F的直线I与轨迹C相交于M,N两点,求线段MN长度的最大值。
解(Ⅰ
)设点P的坐标为(x,y),则
所以点M的轨迹方程为
y??
d?4(x?3)2
?y
2
?
3︳x-2︳
由题设
1
当x
>2时,由①得
(x?3)
2
?y
2
?6?x,
2
x
2
y
2
??1.
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 化简得
3627
当
x?2
时
由①得
(3?x)
2
?y
2
?3?x,
化简得
y
2
?12x
x
2
y
2
?1
在直线x=2的右侧部分与抛物线故点P的轨
迹C是椭圆
C
1
:?
3627
C
2
:y
2
?12x
在直线x=2的左侧部分(包括它与直线x=2的交点)所组成的曲线,参见图1 <
br>(Ⅱ)如图2所示,易知直线x=2与
C
1
,
C
2
的
交点都是A(2,
26
),
B(2,
?26
),直线AF,BF的
斜率分别为
k
AF
=
?26
,
k
BF
=<
br>26
.
当点P在
C
1
上时,由②知
1
PF?6?x
.
④w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2
当点P在
C
2
上时,由③知
PF?3?x
⑤
若直线l的斜率k存在,则直线l的方程为
y?k(x?3)
(i)当k≤
k
AF
,或k≥
k
BF
,即k≤-2
1
6
时,直线I与轨迹C的两个交点M(
x
1
,
y
1
),N(
x
2
,
y
2
)都在C
上,此时由④知
11
∣MF∣= 6 -
x
1
∣NF∣= 6 -
x
2
22
111
从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= (6 -
x
1
)+ (6 -
x
2
)=12 - (
x
1
+
x
2
)
222
?
y?k
(x?3)
?
由
?
x
2
y
2
得
(3?4k
2
)x
2
?24k
2
x?36k
2?108?0
则
x
1
,
y
1
是这个方程的两
根,所以
?1
?
?
?
3627
决战高考 <
br>24k
2
12k
2
1
x
1
+
x2
=*∣MN∣=12 -
(
x
1
+
x
2
)=12 -
22
3?
4k3?4k
2
因为当
k?26,或k?26时,k
2
?24,
12k
2
12100
?1?2?
MN?12?
.
1
3?4k<
br>2
11
?4
k
2
当且仅当
k??26
时,等
号成立。
(2)当
k
AE
?k?k
AN
,?26?k?2
6
时,直线L与轨迹C的两个交点
M(x
1
,y
1
),N(
x
2
,y
2
)
分别在
C
1
,C
2
上,
1
不妨设点
M
在
C
1
上,点
C
2
上,则④⑤知,
MF?6?x
1
,NF?3?x
2<
br>
2
设直线AF与椭圆
C
1
的另一交点为E
(
x
0
,y
0
),则x
0
?x
1
,x
2
?2.
11
MF?6?x
1
?6?x
0
?EF,NF?3?x
2
?3?2?AF
22
所以
MN?MF?NF?EF?AF?AE
。而点A,E都在C
1
上,且
100100
,所以
MN?
1111
若直线
?
的斜率不存在,则
x
1
=
x
2
=3,此时
1100
MN?12?(x
1
?x
2
)?9?
211
100
综上所述,线段MN长度的最
大值为
11
35.(2017天津卷理)(本小题满分14分)
x
2
y
2
a
2
以知椭圆
2<
br>?
2
?1(a?b?0)
的两个焦点分别为
F
1
(?
c,0)和F
2
(c,0)(c?0)
,过点
E(,0)
的直线与椭
圆
abc
相交与
A,B
两点,且
F
1
AF
2
B,F
1
A?2F
2
B
。
k
AE
??26
有(1)知
AE?
,
(1)
求椭圆的离心率;
(2) 求直线AB的斜率;
(3) 设点C与点
A关于坐标原点对称,直线
F
2
B
上有一点
H(m,n)(m?0)
在
?
AF
1
C
的外接圆上,求
n
m
的值
本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、圆的方程等基础知识,考
查用代数方法研究圆锥
曲线的性质及数形结合的思想,考查运算能力和推理能力,满分14分
a
2
?c
1
EF
2
F
2
B
1c
?
??
(I) 解:由
F
1
A
F<
br>2
B
且
FA
,得,从而
?2FB
12
2<
br>a
2
EF
1
FA2
1
?c
c
c3<
br>
整理,得
a
2
?3c
2
,故离心率
e??
a3
(II) 解:由(I)得
b
2
?a
2
?c<
br>2
?2c
2
,所以椭圆的方程可写为
2x
2
?3y<
br>2
?6c
2
?
a
2
?
设直线
AB的方程为
y?k
?
x?
?
,即
y?k(x?3c).
c
??
?
y?k(x?3c)
由已知设A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
,则它们的坐标满足方程组
?
2
22
?
2x?
3y?6c
消去y整理,得
(2?3k
2
)x
2
?18k<
br>2
cx?27k
2
c
2
?6c
2
?0
.
决战高考
依题意,
??48c
2
(1?3k
2
)?0,得?
33
?k?
33
18k
2
c
而
x
1
?x
2
?
①
2
2?3k
27k
2
c
2
?6c
c
x
1
x
2
?
②
2?3k
2
由题设知,点B为线段AE的中点,所以
x
1
?3c?2x
2
③ 9k
2
c?2c9k
2
c?2c
联立①③解得
x
1
?
,
x
2
?
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
22
2?3k2?3k
2
将
x
1
,x
2
代入②中,解得
k??
.
3
3c
(III)解法一:由(II)可知
x
1
?0,x
2
?
2
2
当
k??
时,得
A(0,2c)
,由已知得
C(0,?2c)
.
3
22
?
c
?
线段
AF
1
的垂直平分线l的方程为
y?c?
?x?
??
直线l与x轴
22
?
2
?
c
?
?
c
?
??
c
?
的交点
?
,0
?
是
?AF
1
C
外接圆的圆心,因此外接圆的方程为
?
x?
?
?y
2
?
?
?c
?
.
2
?
?
2
?
??
2
?
直线
F
2
B
的方程为
y?2(x?c)
,于是点H(m,n)的坐标满
足方程组
5
2
?
?
?
c
?
9c
2
m?c
2
?
n22
?
?
m?
?
?n?
3
?
?
, 由解得故
m?0,
24
?
?
?
?
m5
?
?
n?
22
c
?<
br>n?2(m?c)
?
3
?
2n22
时,同理可得
??
.
3m5
3c
解法二:由(II)可知
x
1
?0,x
2
?
2
2
当
k??
时
,得
A(0,2c)
,由已知得
C(0,?2c)
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
3
由椭圆的对称性可知B,
F<
br>2
,C三点共线,因为点H(m,n)在
?AF
1
C
的外接圆
上,
且
F
1
AF
2
B
,所以四边形
AF
1
CH
为等腰梯形.
22
当
k?
由
直线
F
2
B
的方程为
y?2(x?c)
,知点H的坐标为<
br>(m,2m?2c)
.
5
因为
AH?CF
1
,所以
m
2
?(2m?2c?2c)
2
?a
2
,解得m=
c(舍),或
m?c
.
3
22n22
c
,所以
?
则
n?
.
3m5
2n22
当
k?
时同理可得
??
3m5
36.(2017四川卷理)(本小题满分12分)
2
x
2
y
2
?1(a?b?0)
的左右焦点分别为
F
1
,
F
2
,离心率
e?
已知椭圆
2
?
,右准线方程为<
br>x?2
。
2
ab
(I)求椭圆的标准方程;
决战高考
226
,求直线
l
的方程。
3
本小题主要考查直线、椭圆、平面向量等基础知识,以及综合运用数学知识解决问题及推理运算能力。
(II)过点
F
1
的直线
l
与该椭圆交于
M,N<
br>两点,且
F
2
M?F
2
N?
c2
?
a2
2
a
?2
,解得
a?2,c=1
。
c
解:(Ⅰ)有条件有
{
?b?a
2
?c
2
?1
。
x
2
?y
2
?1
。…………………………………4分
所以,所求椭圆的方程为
2
(,0)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知
F
1
(?1,0)
、
F
。
2
1
若直线l的斜率不存在,则直线l的方程为x=-1.
2
将x=-1代入椭圆方程得
y??
。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2
22
)
、
N(?1,?)
不妨设
M(?1,
,
22
uuuuvuuuv
22
)?(?2,?)?(?4,0)
.
?F
2
M?F
2
N?(?2,
22
uuuuvuu
uv
?F
2
M?F
2
N?4
,与题设矛盾。
?
直线l的斜率存在。
设直线l的斜率为k,则直线的方程为y=k(x+1)。
设
M(x
1
,y
1
)
、
N(x
2
,y
2
)
, <
br>联立
{
x
2
?y
2
?1
2
y=k(
x+1)
,消y得
(1?2k
2
)x
2
?4k
2<
br>x?2k
2
?2?0
。
?4k
2
2k
由根
与系数的关系知
x
1
?x
2
?
,从而,
y?y?
k(x?x?2)?
1212
2
2
1?2k
1?2k
又F
2
M?(x
1
?1,y
1
)
,
F<
br>2
N?(x
2
?1,y
2
)
,
?F
2
M?F
2
N?(x
1
?x
2
?2,y
1
?y
2
)
。
?F
2
M?F
2
N?(x
1
?x
2
?2)
2
?(y
1
?y
2
)
2
2
8k
2
?2
2
2k
2
)?()
?(
1?2k
2
1?2k
2
4(16k
4
?9k
2
?1)
?
42<
br>4k?4k?1
4(16k
4
?9k
2
?1)226
2
??()
。
4k
4
?4k
2
?13
化
简得
40k
4
?23k
2
?17?0
17
解得
k
2
?1或者k
2
??
40
?k??1.
?所求直线l的方程为y?x?1或者y??x?137.(2017福建卷文)(本小题满分14分)
x
2
y
2
已知直线
x?2y?2?0
经过椭圆
C:
2
?
2
?
1(a?b?0)
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
ab
决战高考
的左顶点A和上顶点D,椭圆
C
的右
顶点为
B
,点
S
和椭
10
圆
C
上位于<
br>x
轴上方的动点,直线,
AS,BS
与直线
l:x?
3
分别交于
M,N
两点。
(I)求椭圆
C
的方程;
(Ⅱ)求线段MN的长度的最小值;
(Ⅲ)当线段MN的长度最小时,在椭圆
C
上是否存在这
1
样的点
T
,使得
?TSB
的面积为?若存在,确定点
T
的个数,若不存在,
说明理由
5
解法一:
(I)由已知得
,椭圆
C
的左顶点为
A(?2,0),
上顶点为
D(0,1),?a
?2,b?1
x
2
故椭圆
C
的方程为
?y
2
?1
4
(Ⅱ)
直线AS的斜率
k
显然存在,且
k?0
,故可设直线
AS
的
方程为
1016k
y?k(x?2)
,从而
M(,)
33
?
y?k(x?2)
?
2222
(1?4k)x?16kx?16k
?4?
0 由
?
x
2
得
2
?
?y?1?4
16k
2
?42?8k
2
4k
x?
设S(x
1
,y
1
),
则
(?2),x
1
?
得,从而 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
y?
1
1
1?4k
2
1?4k
2
1?4k
2
2?8k2
4k
,),
又
B(2,0)
即
S(
1?4
k
2
1?4k
2
110
??
y??(x?2)x?
??
??
4k3
由
?
得
?
?
x?
10
?
y??
1
??
33k
??
101
?N(,?)
33k
16k1
?
故
|MN|?
33k
16k116k18
??2??
33k33k3<
br>16k11
?
当且仅当,即
k?
时等号成立w.w.w.k.s.5.
u.c.o.m
4
33k
18
?k?
时,线段
MN
的长度取最小值
43
1
(Ⅲ)由(Ⅱ)可知,当
MN
取最小值时,
k?
4
6442
此时
BS
的方程为
x?y?2?0,s(,),?|BS|?
555
2
1
要使椭圆
C
上存在点
T,使得
?TSB
的面积等于,只须
T
到直线
BS
的距离
等于,所以
T
在平行于
4
5
又
k?0,?|MN|?
决战高考
BS
且与
BS
距离等于
2
的直线
l
上。
4
设直线
l':x?y?1?0
则由
35
|t?
2|2
?,
解得
t??
或
t??
22
4
2
38.(2017年上海卷理)(本题满分16分
)本题共有2个小题,第1小题满分8分,第2小题满分8分。
v
x
2
2
已知双曲线
c:?y?1,
设
过点
A(?32,0)
的直线l的方向向量
e?(1,k)
2
(1) 当直线l与双曲线C的一条渐近线m平行时,求直线l的方程及l与m的距离;
2
(2) 证明:当
k
>时,在双曲线C的右支上不存在点Q,使之到直线l
的距离为
6
。
2
x
?2y?0............2分
解:(1)双曲线C的渐近
线
m:
2
?
直线l的方程
x?2y?32?0
………………
..6分
32
?6
……….8分
1?2
(2)设过原点且平行与l的直线
b:kx?y?0
直线l
与m的距离
d?
则直线l与b的距离
d?
当
k?
32k1?k
2
2
时,d?6
2
又双曲线C的渐近线为
x?2y?0
?
双曲线C的右支在直线b的右下方,
?
双曲线
C
右支上
的任意点到直线
l
的距离为
6
。
故在双曲线
C
的
右支上不存在点
Q
,使之到直线
l
的距离为
6
。
[ 证法二] 双曲线
C
的右支上存在点
Q
(x
0
,y
0
)
到直线
l
的距离为
6
,
?kx
0
?y
0
?32
?
?6,(1)
2
则
?
1?k
?
?
x
0
?2y
0
?2,(2)
由(1)得
y
0
?kx
0
?32k
?61?k
2
,
设
t?
32k?61?k
2
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2
当
k?
,
t
?
32k?61?k
2
?
0………………………………..13分
2
2
?4ktx
0
?2(t
2
?1)?0
(*) 将
y
0
?kx
0
?t
代入(2)得
(1?2k
2
)x
0
2
,t?0,?1?2k
2
?
0,?4kt?0,?2(t
2
?1)?0
2
?
方程(*)不存在正根,即假设不成立
故在双曲线C的右支上不存在Q,使之到直线l 的距离为
6
…………….16分 <
br>39.(2017上海卷文)(本题满分16分)本题共有3个小题,第1小题满分4分,第2小题满分4
分,第3
小题满分8分.
k?
已知双曲线C的中心是原点,右焦点为F
v<
br>向向量
e?(1,k)
。
?
3,0
,一条渐近线m:
x+2y?0
,设过点A
(?32,0)
的直线l的方
?
<
br>决战高考
(1) 求双曲线C的方程;
(2)
若过原点的直线
al
,且a与l的距离为
6
,求K的值;
2
时,在双曲线C的右支上不存在点Q,使之到直线l的距离为
6
.
2
【解】(1)设双曲线
C
的方程为
x
2
?2y
2
?
?
(
?
?0)
(3)
证明:当
k?
x
2
?
?
??3
,解
额
?
?2
双曲线
C
的方程为
?y
2
?1<
br>
2
2
(2)直线
l:kx?y?32k?0
,直线
a:kx?y?0
?
由题意,得
|32k|
1?k
2(3)【证法一】设过原点且平行于
l
的直线
b:kx?y?0
1?k
2
又双曲线
C
的渐近线为
x
?2y?0
?
双曲线
C
的右支在直线
b
的右下方,
?
双曲线
C
右支上的任意点到直线
l
的距离大于
6
。
故在双曲线
C
的右支上不存在点
Q
,使之到直线
l
的距离
为
6
则直线
l
与
b
的距离
d?
?6
,解得
k??
2
2
32|k|
,
当
k?
2
时,
d?6
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2
【证法二】假设双曲线
C
右支上存在点
Q(x
0
,y
0
)
到直线
l
的距离为
6
,
?|kx
0
?y
0
?32k
?6(1)
?
2则
?
1?k
?
22
x?2y(2)
0
?2
?
0
由(1)得
y
0
?kx
0
?3
2k?6?1?k
2
设
t?32k?6?1?k
2
, <
br>2
当
k?
时,
t?32k?6?1?k
2
?0
;
2
2k
2
?1
2
t?32k?6?1?k?6??0
22
3k?1?k
2
?4ktx
0
?2(t2
?1)?0
将
y
0
?kx
0
?t
代入(2)得
(1?2k
2
)x
0
2
,t?0
,
2
?1?2k
2
?0,?4kt?0,?2(t
2
?1)?
0
?
方程
(*)
不存在正根,即假设不成立,
k?
故在双曲线
C
的右支上不存在点
Q
,使之到直线
l
的距离为
6
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
40.(2017重庆卷理)(本小题满分12分,(Ⅰ)问5分,(Ⅱ)问7分)
433<
br>已知以原点
O
为中心的椭圆的一条准线方程为
y?
,离心率
e
?
,
M
是
32
椭圆上的动点.
(Ⅰ)若
C,D<
br>的坐标分别是
(0,?3),(0,3)
,求
MCMD
的最大值; <
br>(Ⅱ)如题(20)图,点
A
的坐标为
(1,0)
,
B
是圆
x
2
?y
2
?1
上的点,
N
是点
M
在
x
轴上的射影,点
Q
满足条件:
OQ?
OM?ON
,
QABA?0
.求线段
QB
的中点
P
的轨迹方程;
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
(20)(本小题12分)
决战高考
x
2
y2
解:(Ⅰ)由题设条件知焦点在y轴上,故设椭圆方程为
2
?
2
?1
(a >b> 0 ).
ab
433c3
设c?a
2
?b
2
,由准线方程
y?
得.由
e?
得
?
,解得 a = 2 ,c =
3
,从而 b =
1,
32a2
y
2
2
?1
. 椭圆方程为
x?<
br>4
y
2
2
?1
的焦点,所以,MC?MD?2a?4
又易知C,D两点是椭圆
x?
4
MC?MD
2
)?2
2?4
,当且仅当
MC?MD
,即点M的坐标为
(?1,0)
时上式取
从而
MC?MD?(
2
等号,
MC?MD
的最大值为4 .
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
(II)如图(20)图,设
M(x
m
,y
m
),B(x
B
,y
B
)<
br>
Q(x
Q
,y
Q
)
.因为N(x
N
,0),OM?ON?OQ
,故
x
Q
?2x
N
,y
Q
?y
M
,
22
x
Q
?y
Q
?(2x
M
)
2
?yy
?4
①
因为
QA?BA?0,
(
1?x
Q
?y
Q
)?(1?x
N
?y
n
)
?(1?x
Q
)(1?x
N
)?y
Q
y
N
?0,
1?
. ② 所以
x
Q
x
N
?y
Q
y
N
?x
N
?x
Q<
br>记P点的坐标为
(x
P
,y
P
)
,因为P是BQ的中
点
所以
2x
P
?x
Q
?x
P
,2y
P
?y
Q
?
y
P
22
?y
N
?1
,结合①,②得 由因为
x
N
1
22
x
P
?y
P
?((x
Q
?x
N
)
2
?(y
Q
?y
N<
br>)
2
)
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
4
1
2222
?(x
Q
N
)?x
N
?y
Q
?y
n
?2(x
Qx
N
?y
Q
y)
4
1
?(5?2x(
Q
?x
N
?1
))
4
3
??x
P
4
故动点P的估计方程为
1
(x?)
2
?y
2
?1
2
41.(2017重庆卷文)(本小题满分12分,(Ⅰ)问5分,(Ⅱ)问7分)
已知以原点
O
为中心的双曲线的一条准线方程为
x?
5
,离心率<
br>5
e?5
.
(Ⅰ)求该双曲线的方程;
(Ⅱ)如题(20)图,点
A
的坐标为
(?5,0)
,
B
是圆
x
2<
br>?(y?5)
2
?1
上的点,点
M
在双曲线右支上,求
MA?MB
的最小值,并求此时
M
点的
坐标;
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
解:(Ⅰ)由题意可知,双曲线的焦点
在
x
轴上,故可设双曲线的方程
决战高考
5a
2<
br>5
x
2
y
2
22
为
2
?
2
?1(a?0,b?0)
,设
c?a?b
,由准线方程为
x?
得
?
,由
e?5
5c5
ab
y
2
c
2
?1
;
得
?5
解得
a?1,c?5
从而
b?2
,?
该双曲线的方程为
x?
4
a
(Ⅱ)设点D的坐标为
(
5,0)
,则点A、D为双曲线的焦点,
|MA|?|MD|?2a?2
所以
|MA|?|MB|?2?|MB|?|MD|≥2?|BD|
,
B
是圆
x
2
?(y?5)
2
?1
上的点,其圆心为<
br>C(0,5)
,
半径为1,故
|BD|≥|CD|?1?10?1
从而
|MA|?|MB|≥2?|BD|≥10?1
当
M,B
在线
段CD上时取等号,此时
|MA|?|MB|
的最小值为
10?1
直线CD的方程为
y??x?5
,因点M在双曲线右支上,故
x?0
22
?
?5?4245?42
?
4x?y?4
,y?
由方程组
?
解得
x?
33
?
?
y??x?5
?5?4245?42
,)
;
所以
M
点的坐标为
(
33
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