高中数学经典题型50道(另附详细答案)

2020年10月7日发(作者：邵曾可)

.
高中数学习题库（50道题另附答案）
1. 求下列函数的值域：

解法2 令
t
＝sin
x
，则
f
(< br>t
)＝－
t
2
＋
t
＋1，∵ |sin
x
|≤1, ∴ |
t
|≤1.
问题转化为求关于t
的二次函数
f
(
t
)在闭区间[－1,1]上的最值．

本例题(2)解法2通过换元，将求三角函数的最值问题转化为求二次函
数在闭区间 上的最值问题，从而达到解决问题的目的，这就是转换的
思想．善于从不同角度去观察问题，沟通数学各 学科之间的内在联系，
是实现转换的关键，转换的目的是将数学问题由陌生化熟悉，由复杂
化简 单，一句话：由难化易．可见化归是转换的目的，而转换是实现
化归段手段。
精品

.

2. 设有一颗慧星沿一椭圆轨道绕地球运行，地球恰好位于椭 圆轨道
的焦点处，当此慧星离地球相距
m
万千米和
m
万千米时，经过 地
球和慧星的直线与椭圆的长轴夹角分别为
和
，求该慧星与地球
23
4
3
??
的最近距离。
解：建立如下图所示直角坐标系，设地球位于焦点< br>F(?c,0)
处，椭圆的
x
2
y
2
方程为
2
?
2
?
1
（图见教材P132页例1）。
ab
?
3
??
意义可知，彗星A只能满足
?xFA?(或?xFA

?
)
。作
33
12
AB?Ox于B，则FB?FA?m

23
?
ca
2
m?(?c)
?
ac
故由椭 圆第二定义可知得
?

?
2
?
4
m?
c< br>(
a
?c?
2
m)
?
ac3
?
3< br>c2
a3
22
?c?m.?a?c?c?m.

33
当过地球和彗星的直线与椭圆的长轴夹角为时，由椭圆的几何
两式相减得
m??m,?a?2c .代入第一式得m?(4c?c)?c
,

1
3
1
2
3
2
答：彗星与地球的最近距离为
m
万千米。
说明：（1）在天 体运行中，彗星绕恒星运行的轨道一般都是椭圆，而
恒星正是它的一个焦点，该椭圆的两个焦点，一个是 近地点，另一个
则是远地点，这两点到恒星的距离一个是
a?c
，另一个是
a ?c.

（2）以上给出的解答是建立在椭圆的概念和几何意义之上的，以数
学概念为 根基充分体现了数形结合的思想。另外，数学应用问题的解
决在数学化的过程中也要时刻不忘审题，善于 挖掘隐含条件，有意识
精品
2
3

.
地训练数学思维的品质。
精品

.

3. A，B ，C是我方三个炮兵阵地，A在B正东6
Km
，C在B正北偏
西
30
?
，相距4
Km
，P为敌炮阵地，某时刻A处发现敌炮阵地的某
种信号，由于 B，C两地比A距P地远，因此4
s
后，B，C才同
时发现这一信号，此信号的传播速 度为1
Kms
，A若炮击P地，
求炮击的方位角。（图见优化设计教师用书P249例 2）
解：如图，以直线BA为
x
轴，线段BA的中垂线为
y
轴建立 坐标系，
则
B(?3,0),A(3,0),C(?5,23)
，因为
PB? PC
，所以点P在线段BC的垂
直平分线上。
因为
k
BC
??3
，BC中点
D(?4,3)
，所以直线PD的方程为
y?3?
1
3
(x?4)
（1）
又
PB?PA?4,
故P在以 A，B为焦点的双曲线右支上。设
P(x,y)
，则
x
2
y
2
双曲线方程为
??
1(
x?
0)

45
x?8,y?53
，
（2）。联立（1）（2），得
所以
P(8,53).
因此
k
PA
?
53
?
3
，故炮击的方位角北偏东
30
?
。
8?3
说明：本题的关键是确定P点的位置，另外还要求学生掌握方位角的
基本概念。

4. 河上有抛物线型拱桥，当水面距拱顶5米时，水面宽度为8米，
一小船宽4米 ，高2米，载货后船露出水面的部分高0.75米，问
水面上涨到与抛物线拱顶距多少时，小船开始不能 通行？
精品

.
解：建立平面直角坐标系,设拱桥型抛物线方程为< br>x
2
??
2
py
(
p?
0)
。将B（4,-5）代入得P=1.6
?x
2
??3.2y
船两侧与抛物线接触时不能通过
则A(2,y
A
)，由2
2
=-3.2 y
A
得y
A
= - 1.25
因为船露出水面的部分高0.75米
所以h=︱y
A
︱+0.75=2米
答：水面上涨到与抛物线拱顶距2米时，小船开始不能通行
[思维点拔] 注意点与曲线的关系的正确应用和用建立抛物线方程解
决实际问题的技巧。．

5. 如图所示，直线
l
1
和
l
2
相交于点M，
l
1
?l
2
，点
N?l
1
，以A、B为
端点的曲线 段C上任一点到
l
2
的距离与到点N的距离相等。若
?AMN
为锐角 三角形，
AM?17,AN?3,且NB＝6
，建立适当的坐
标系，求曲线段C的方程 。
解：以直线
l
1
为x轴，线段MN的垂直平分线为y轴，建立直角坐标< br>系，由条件可知，曲线段C是以点N为焦点，以
l
2
为准线的抛物
线的 一段，其中A、B分别为曲线段C的端点。
设曲线段C的方程为
y
2
?
2
px
(
p?
0)(
x
A
?x?x
B
,
y?
0)
，其中
x
A
,x
B
为
A、B的横坐标，所以
M(?,0),N(
,0)
，由
AM?1 7,AN?3
，
p?MN
，
得
(x
A
?
)
2
?
2
px
A
?
17
（1）
(x
A
?
4
p
2
)?2px
A
?9 （2），（1）（2）联立解得
x
A
?
，代入（1）
p< br>2
p
2
p
2
p
2
式，并由
精品

.
p?0

解得
?
?
p?4?
p?2
p
，因为
?AMN
为锐角三角形，所以
?x< br>A
，故舍去
或
?
2
?
x
A
?1?
x
A
?2
?
p?2
?
p?4
，所以
?

?
x?2x?1
?
A
?
A
由 点B在曲线段C上，得
x
B
?BN?
y
2
?8x(1?x? 4,y?0)

P
?
4
，综上，曲线段C的方程为
2
[思维点拔]本题体现了坐标法的基本思路，考查了定义法，待定系数
法求曲线方程的步骤，综合考查 了学生分析问题、解决问题的能
力。

6. 设抛物线
y
2
?4ax(a?0)
的焦点为A,以B(a+4,0)点为圆心，︱AB︱
为半径，在x轴上 方画半圆，设抛物线与半圆相交与不同的两点
M，N。点P是MN的中点。
（1）求︱AM︱+︱AN︱的值
（2）是否存在实数a，恰使︱AM︱︱AP︱︱AN︱成 等差数列？若
存在，求出a，不存在，说明理由。
解：(1)设M,N,P在抛物线准线上的射影分别为M′,N′,P′.
︱AM︱+︱AN︱=︱MM′︱+︱NN′︱=x
M
+x
N
+2a 又圆方
程
[
x?
(
a?
4)]
2
?y2
?
16

将
y
2
?
4ax
代入得
x
2
?2(4?a)x?a
2
?8a?0

?x
M
?x
N
?2
?
4?a
?
得︱AM︱ +︱AN︱=8
(2)假设存在a
精品

.
因为︱AM︱+︱AN︱=︱MM′︱+︱NN′︱=2︱PP′︱
所以︱AP︱=︱PP′︱ ，P点在抛物线上，这与P点是MN的中点
矛盾。故a不存在。

7. 抛物线
y
2
?2px
?
p?0
?
上有两动点A，B及一个定点M，F为焦点，
若
AF,MF,BF
成等差数列
（1） 求证线段AB的垂直平分线过定点Q
（2） 若
MF?4,OQ?6
（O为坐标原点），求抛物线的方程。
（3） 对于（2）中的抛物线，求△AQB面积的最大值。
解：（1）设
A
?
x< br>1
,y
1
?
,B
?
x
2
,y
2
?
,M
?
x
0
,y
0
?
，则
AF?x
1
?
MF?x
0
?
pp
，
BF?x
2
?
，
22
x?x
p
，由题意得
x
0
?
12
，
?AB
的中点坐标可设为
?
x
0
,t
?
，其
2
2
中
t?
y
1
?y
2
?0
（否则
AF?MF?BF?p?0
），
2
y
1
?y
2
y
1
?y
2
2pp
??
，故AB的垂直平分线为
?
1
y
1?y
2
t
x
1
?x
2
22
y
1
?y
2
2p
而
k
AB
?
??
y ?t?
t
?
x?x
0
?
，即
t
?
x?x
0
?p
?
?yp?0
，可知其过定点
Q
?< br>x
0
?p,0
?

p
（2）由
MF?4,O Q?6
，得
x
0
?
p?4,x
0
?2
?y
2
?8x
。
p
?
4,
x
0
?p ?
6
，联立解得
2
（3）直线AB：
y?t?
?
x ?
2
?
，代入
?y
2
?8x
得
y
2
?2ty?2t
2
?16?0
，
?
?
y
1
?y
2
?
?
?
y
1
?y
2?
?4y
1
y
2
???64?4t
，
?
x
1
?x
2
?
22
2
4
t
2< br>t
2
2
?
?
y
1
?y
2
?
16
精品

.
t
2
?16?t
2
,
?AB?
4
??
?
x
1
?x
2
?
2
?
?
y
1
?y
2
?
2
???
1
2
?
16?t
??
16?t
?

22
1
256?t
4
，又点
Q
?
6,0
?
到AB的距离
d???16?t
2
2
111?S
?AQB
?ABd?256?t
4
16?t
2
?4 096?256t
2
?16t
4
?t
6

244< br>?
，
????
令
u?4096?256t
2
?16t
4
?t
6
，则
u
?
?512t?64t
3
?6t
5
，令
u
?
?0
即
512t?64 t
3
?6t
5
?0
，得
t?0
或
t
2
??16
或
t
2
?
16164
，
?< br>t
2
??t??3
时
333
?
S
?AQB< br>?
?
64
9
6
。
[思维点拔]设而不求法和韦达定 律法是解决圆锥曲线中的两大基本方
法，必须熟练掌握，对定点问题和最值的处理也可由此细细的品味。

8、已知直线
l:y?tan(x?22)
交椭圆
x
2< br>?
9
y
2
?
9
于A、B两点，若
?
为
l
的倾斜角，且
AB
的长不小于短轴的长，求
?
的取值范 围。
解：将
l
的方程与椭圆方程联立，消去
y
，得
(1? 9tan
2
?
)x
2
?362tan
2
?
?x?72tan
2
?
?9?0

?6tan
2
?
?6

?AB?1?tan
?x
2
?x
1
?1?tan
?
??
(1?9ta n
2
?
)1?9tan
2
?
22
由
AB? 2,得tan
2
?
?,??
?
?
1
3
33
?tan
?
?
，
33
?
??
5
?
?
0,
的取值范围是
?
?
?
?
,
?
?

?
?
6
??
6
?
[思维点拔]对于弦长公式一定要能熟练掌 握、灵活运用民。本题由于
l
的方程由
tan
?
给出，所以可以认定
?
?
要讨论
?
?
?
2
?
2
，否则涉及弦长计算时，还
时的情况。
精品

.

9、已知抛物线
y
2
??x
与直线
y?k(x?1)
相交 于A、B两点
（1） 求证：
OA?OB

（2） 当
?OAB
的面积等于
10
时，求
k
的值。
?
y
2
??x
（1） 证明：图见教材P127页，由方程组
?
消去
x
后，整理
?
y?k(x?1)
得
ky< br>2
?y?k?
0
。设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
，由韦达定理得
y
1y
2
??1

22
??x
2
,y
1< br>2
?y
2
?x
1
?x
2

?A,B
在抛物线
y
2
??x
上，
?y
1
2
??x
1
,y
2
?
k
OA
?k
OB?
y
1
y
2
y
1
?y
2
1< br>?????1,?OA?OB

x
1
x
2
x
1
?x
2
y
1
?y
2
（2） 解：设直线与
x
轴交于
y?0,则x??1，即N（－1，0）

N ，又显然
k?0,?
令
?
S
?OAB
?S
?OAN
?S
?OBN
?
?S
?OAB
?
111
O Ny
1
?ONy
2
?ONy
1
?y
2
< br>222
111
2
?1?(y
1
?y
2
)2
?4y
1
y
2
?()?4

22k
111
?4,解得k??

2
k
2
6
?S
?OAB
?10,?10?
[思维点拔]本题考查了两直线垂直的充要 条件，三角形的面积公式，
函数与方程的思想，以及分析问题、解决问题的能力。

10、在抛物线y
2
=4x上恒有两点关于直线y=kx+3对称，求k的取值
范围。
〖解〗设B、C关于直线y=kx+3对称，直线BC方程为x=-ky+m代
入y
2
=4x得：
精品

.
y
2
+4ky-4m=0， 设B（x
1
，y
1
）、C（x
2
，y
2
），BC中点M（x
0
，y< br>0
），
则
y
0
=（y
1
+y
2< br>）2=-2k。x
0
=2k
2
+m，
2k
3
?2k?3
∵点M（x
0
，y
0
）在直线上。∴-2k（2k+m ）+3，∴m=-又
k
2
BC与抛物线交于不同两点，∴⊿=16k
2
+16m>0把m代入化简得
k
3
?2k?3
(k?1)(k
2< br>?k?3)
?0
即
?
0
，
k
k
解得-1[思维点拔]对称问题要充分利用对称的性质特点。

11、已知椭圆的一个焦点F
1
（0，-2
2
），对应的 准线方程为y=-
且离心率e满足：23，e，43成等比数列。
（1） 求椭圆方程；
（2） 是否存在直线
l
，使
l
与椭圆交于不同的两点M、N，且线 段
MN恰被直线x=-平分。若存在，求
l
的倾斜角的范围；若不
存在，请说 明理由。
〖解〗依题意e=
22

3
92
，
4< br>1
2
a
2
9222
2
（1）∵-c=-2
2
=，又e=∴
a
=3，c=2
2
，b=1，又
c
4 3
4
F
1
（0，-2
2
），对应的准线方程为y=-
求方程为：
精品
92
。∴椭圆中心在原点，所
4

.
y
2
x?
=1
9
2
（2）假设存在直线
l
，依题意
l
交椭圆所得弦MN被x=-平分，∴
直线
l
的 斜率存在。设直线
l
：
y?kx?m
由
y?kx?m

y
2
x?
=1消去y，整理得
9
2
1
2
(k
2
?9)x
2
?2kmx?m
2
?9
=0
∵直线
l
与椭圆交于不同的两点M、N∴⊿= 4k
2
m
2
-4(k
2
+9)(m
2
-9 )>0
即m
2
-k
2
-9<0 ①
设M （x
1
，y
1
）、N（x
2
，y
2
） < br>x
1
?x
2
k
2
?9
?km1
?< br>2
??
，∴
m?
∴
②
2k
22
k?9
把②代入①可解得：
k?3或k??3
< br>??
??
?
2
?
?
∴直线
l
倾斜角
?
?
?
?
,
?
?
?
,
?

?
32
??
23
?

[思维点拔] 倾斜角的范围，实际上是求斜率的范围。

?
3x?y?6?0
?
12、设x，y满足约束条件
?
x?y?2?0
，若目标函数z=ax+by（a> 0，
?
x?0,y?0
?
b>0）的值是最大值为12，则
?
的最小值为（ ）
A．
25811
B． C． D． 4
633
2
a
3
b
答案：A
解析：不等式表示的平面区域如图所示阴影部分,当直线ax+by= z
精品

.
（a>0，b>0）过直线x-y+2=0与直线3x-y-6=0的交点 （4,6）时，目
标函数z=ax+by（a>0，b>0）取得最大12，即4a+6b=12，即2 a+3b=6,
而
精品

.
23
232a?3b 13ba1325
?
=
(?)??(?)??2?
，故选A．
ab
ab66ab66
点评：本题综合地考查了线性规划问题和由基本不等式求函数的
最值 问题．要求能准确地画出不等式表示的平面区域，并且能够求得
目标函数的最值，对于形如已知2a+3 b=6，求
?
的
最小值常用乘积进而用基本不等式解答．

13 、本公司计划2008年在甲、乙两个电视台做总时间不超过300分钟
的广告，广告总费用不超过9万 元，甲、乙电视台的广告收费标准分
别为
500
元分钟和200元分钟，规定甲、乙两 个电视台为该公司所
做的每分钟广告，能给公司事来的收益分别为0．3万元和0．2万元．问
该公司如何分配在甲、乙两个电视台的广告时间，才能使公司的收益
最大，最大收益是 万元．
答案：70
解析：设公司在甲电视台和乙电视台做广告的时间分别为
x分钟
和
y
分钟，总收益为
z
元，由题意得
?
x ?y≤300，
?

?
500x?200y≤90000，
?
x≥0，y≥0.
?
y
500
2
a
3
b
400
目标函数为
z?3000x?2000y
．
?
x?y≤300，< br>?
二元一次不等式组等价于
?
5x?2y≤900，
?
x≥0 ，y≥0.
?
l
300
200
100
M
0 100 200 300
x
精品

.
作出二元一次不等式组所表示的平面区域，即可行域．
如图：作直线
l:3000x ?2000y?0
，即
3x?2y?0
．
平移直线，从图中可知，当直线过
M
点时，目标函数取得最大值．
?
x?y?300，
联立
?
解得
x?100，y?200
．
?
点
M
的坐标为
(100，200)
．
5x?2y?90 0.
?
?z
max
?3000x?2000y?700000
（元） ．
点评：本题是线性规划的实际应用问题，需要通过审题理解题意，
找出各量之间的关系，找 出线性约束条件，写出所研究的目标函数，
通过数形结合解答问题．用线性规划的方法解决实际问题能提 高学生
分析问题、解决问题的能力，随着课改的深入，这类试题应该是高考
的热点题型之一．

14、设
a
为实数，函数
f(x)?2x
2
?( x?a)|x?a|
．
(1)若
f(0)?1
，求
a
的取值范围；
(2)求
f(x)
的最小值；
(3)设函数
h(x)?f(x), x?(a,??)
，直接写出(不需给出演算步骤)不等
．．．．
式
h(x) ?1
的解集．
?
a?0
解析：（1）若
f(0)?1
，则
?a|a|?1?
?
2
?a??1
；
?
a?1< br>（2）当
x?a
时，
f(x)?3x
2
?2ax?a
2
,
f(x)
min
2
?
f(a),a?0
?2a,a?0
??
，
?
?
a
?
?
2a
2
f(),a?0
?
,a?0
?
?
3
?< br>3
精品

.
当
x?a
时，
f(x) ?x?2ax?a,
f(x)
min
22
2
?
f(?a), a?0
?
?
?2a,a?0
，
?
?
?
?
2
?
?
f(a),a?0
?
2a,a?0
综上f(x)
min
?
?2a
2
,a?0
?
??
2a
2
；
,a?0
?
?
3
（3）
x?(a,??)
时，
h(x)?1
得
3x
2
?2 ax?a
2
?1?0
，
??4a
2
?12(a
2
?1)?12?8a
2

当
a??
66
或a?
时，
??0,x?(a,??)
；
22
?
a?3?2a
2
a?3?2a
2
66
(x?)(x?)?0
；当
??a?
时，△>0，得：
?

?
33
22
?
x?a
?
讨论得：当
a?(
26
,)
时，解集为
(a,??)
；
22
a?3 ?2a
2
a?3?2a
2
62
]?[,??)
；
当
a?(?,?)
时，解集为
(a,

33
22
22
a?3?2a
2
当
a?[?,]
时，解集为
[,??)．
22
3
点评：本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不
等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行
探索、分析与解决问题的综合能力 ．

15、知函数
f(x)?x
3
?x
2
?2
． （Ⅰ）设
?
a
n
?
是正数组成的数列，前
n
项 和为
S
n
，其中
a
1
?3
1
3
精 品

.
．若点
(a
n
,a
n
2< br>?1
?2a
n?1
)
(n∈N*)在函数
y?f
'< br>(x)
的图象上，求证：点
(n,S
n
)
也在
y?f
'
(x)
的图象上；
（Ⅱ）求函数
f(x)
在区间
(a?1,a)
内的极值．
解析：(Ⅰ)证明： 因为
f(x)?x
3
?x
2
?2,
所以
f
'
(x)?x
2
?2x
，
由点< br>(a
n
,a
n
2
?1
?2a
n?1
)(n?N
?
)
在函数
y?f
'
(x)
的图象上,
a
n
2
?1
?2a
n?1
?a
n
2
?2a
n

(a
n?1
?a
n
)(a
n?1
?a
n
)?2(a
n
?a
n?1)
， 又
a
n
?0(n?N
?
)
，
1
3
所以
a
n?1
?a
n
?2
，
?
a
n
?
是
a
1
?3,d?2
的等差数列，
所以
S
n
?3n?
n(n?1)
?2=n
2
?2n
,又因为
f
'
(n)?n
2
?2 n
,所以
S
n
?f
?
(n)
,
2
故点
(
n
,
S
n
)
也在函数
y?f
'
(x)
的图象上．
(Ⅱ)解:
f
?(x)?x
2
?2x?x(x?2)
,令
f
?
(x)? 0,
得
x?0或x??2
．
当
x
变化时,
f?
(x)
﹑
f(x)
的变化情况如下表:
x
f(x)
f(x)
(-∞,-2)
+
↗
-2
0
极大
值
注意到
(a?1)?a?1?2
,从而
①当
a?1??2?a,即 ?2?a??1时,f(x)的极大值为f(?2)??
,此时
f(x)
无
极 小值；
②当
a?1?0?a,即0?a?1时,f(x)
的极小值为
f(0 )??2
,此时
f(x)
无极
大值；
③当
a??2或?1 ?a?0或a?1时,f(x)
既无极大值又无极小值．
精品
(-2,0)
-
↘
2
3

.
点评：本小题主要考查函 数极值、等差数列等基本知识，考查分类与
整合、转化与化归等数学思想方法，考查分析问题和解决问题 的能力．

16、设
a?0,b?0.
若
3
是
3
a
与
3
b
的等比中项，则
?
的最小值为（ ）
A．8 B．4 C．1 D．

答案：B
解析：因为
3
a
?3
b
?3
，所以
a?b?1
，
??(a?b)(?)
?2??

?2?2
ba
1
ba
??4
，当且仅当
?
即
a?b?
时“=”成立，故选择
ab
2
ab
1
a
1
b
1
a
1
b
1
a
1
b
1
4
b
a
a
b
B．
点评：本小题考查指数式和对数式的互化，以及均值不等式求最
值的运用，考查了变通能力．
3
?1?c,c?N
*
,其中c
为实数．
17、设数列< br>?
a
n
?
满足
a
0
?0,a
n?1
?ca
n
（Ⅰ）证明：
a
n
?
[0,1]
对任意
n?N
*
成立的充分必要条件是
c?[0,1]
；
1
3
1
2
（Ⅲ）设
0?c?
，证明：
a
1
2
?a
2
?
3
（Ⅱ）设
0?c?
，证明：
a
n
?1?(3c)
n?1
,n?N
*
；
2
a
n
?n?1?
2
,n?N
*
．
1?3c
∵a
1
?0,∴a
2
?1?c
，
解析： (1) 必要性：
又
∵a
2
?[0,1],∴0?1?c?1
，
即
c?[0,1]
．
精品

.
充分性 ：设
c?[0,1]
，对
n?N
*
用数学归纳法证明
an
?[0,1]
，

当
n?1
时，
a1
?0?[0,1]
．假设
a
k
?[0,1](k?1)
，

则
a
k?1
?ca
k
3
?1? c?c?1?c?1
，且
a
k?1
?ca
k
3
?1 ?c?1?c??0
，

∴a
k?1
?[0,1]
，由数学 归纳法知
a
n
?[0,1]
对所有
n?N
*
成立．
(2) 设
0?c?
，当
n?1
时，
a
1
?0
，结论成立．
32
当
n?2
时，
∵a
n
?ca
n?1
?1?c,∴1?a
n
?c(1?a
n?1< br>)(1?a
n?1
?a
n?1
)
，

1
3

∵0?C?
,由（1）知
a
n?1
?[0,1]
，所以
1?a
n?1
?a
n
2
?1
?3
且
1?a
n?1
?0
，

∴1?a
n
? 3c(1?a
n?1
)
1
3
，
?(3c)
n?1
(1?a
1
)?(3c)
n?1

∴1?a
n
?3c(1?a
n?1
)?(3c)
2
(1?a
n?2
)?
∴a
n
?1?(3c)
n?1
(n?N
*
)
，

．

2
，结论成立，
1?3c
(3) 设
0?c?
，当
n?1
时，
a
1
2
?0?2?
1
3
当
n?2
时，由（ 2）知
a
n
?1?(3c)
n?1
?0
，

2
∴a
n
?(1?(3c)
n?1
)
2
?1?2 (3c)
n?1
?(3c)
2(n?1)
?1?2(3c)
n?1< br>，

?(3c)
n?1
]
2
∴a
2
1
?a
2
?
22
?a
n
?a
2
?
2
?a
n
?n?1?2[3c?(3c)
2
?

2(1?(3c)
n
)2
?n?1??n?1?
．
1?3 c1?3c
点评：该题综合考查了等比数列的求和、不等式的性质的应用、
充分必要条件和数学 归纳法等，具有较高的难度，对逻辑推理能力的
考查要求较高．

18、将一骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次成等差数列的
概率为（ ）
精品

.
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．

解析：一骰子连续抛掷三次得到的数列共有
列有三类：

个，其中为等差数< br>（1）公差为0的有6个；（2）公差为1或-1的有8个；（3）公
差为2或-2的有4个，共 有18个，成等差数列的概率为
选B．

点评：本题是以数列和概率的背景出现，题型 新颖而别开生面，
有采取分类讨论，分类时要做到不遗漏，不重复．
19、 等差数列{a
n
}和{
b
n
}的前
n
项和分别用
S
n
和
T
n
表示，若
则
a
n
的值 为( )
b
n
，
S
n
4n
?
，< br>T
n
3n?5
A
6n?2

8n?3
4n?28n?36n?3
B C D
3n?16n?28n?2
答案：A
解析： ∵
S
2n?1
?(2n?1)
∴
a
1
?a
2n?1
?(2n?1 )a
n
；
T
2n?1
?(2n?1)b
n
． < br>2
a
n
S
2n?1
4(2n?1)
8n?44n?2
?
?
．
??
b
n
T
2n?1
3(2n?1)?5
6n?23n?1
点评：考查等差数列的前n项和的变形。
< br>20、已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数
(a＋b)< br>2
列，则的最小值是________．
cd
答案：4
精品

.
(a＋b)
2
(x＋y)
2
(2xy)
2
解析：∵＝≥＝4．
cdxyxy
点评：考查等差等比数列的基本知识，均值不等式。

21、 命题
p:
实数
x
满足
x
2
?4ax?3a
2
?0
，其中
a?0
，命题
q:
实数
x
满 足
且
?p
是
?q
的必要不充分条件，求
a
的取值< br>x
2
?x?6?0
或
x
2
?2x?8?0
，
范围．
解析：设
A?
?
x|x
2
?4ax?3a
2
?0(a?0)
?
?
?
x|3a?x?a
?，
B?
?
x|x
2
?x?6?0或x
2
?2 x?8?0
?
?
?
x|x
2
?x?6?0
?
?
?
x|x
2
?2x?8?0
?

?
?
x|?2?x?3
?
?
?
x|x??4或x?2
?
=
?
x|x??4或x??2
?

因为
?p
是?q
的必要不充分条件，所以
?q
?
?p
，且
?p推不出
?q

而
C
R
B?
?
x
|
?
4
?x??
2
?
，
C
R
A ?
?
x|x?3a,或x?a
?

所以
?
x|?4 ?x??2
?
?
x|x?3a或x?a
?
，则
?
即
??a?0
或
a??4
．
点评：考查逻辑用语，一元二次方程及其含参数的解集。

22、已知二次函数
f(x)
的二次项系数为 a ，且不等式
f(x)??2x
的
解集为（1 , 3）．
（l）若方程
f( x)?6a?0
有两个相等的根，求
f(x)
的解析式；
（2）若
f(x)
的最大值为正数，求 a 的取值范围．
解析：（1）因 为
f(x)?2x?0
的解集为（1，3），所以
f(x)?2x?a(x?1)(x ?3)
且
a?0
．
精品
?
3a??2
?
a??4
或
?

a?0
?
?
a?0
2
3

.
因而
f(x)?a(x?1)(x?3)?2x?ax
2
?(2?4a)x?3a< br> （1）
由方程
f(x)?6a?0
得：
ax
2
?(2?4a)x?9a?0
（2）
因为方程（2）有两个相等的根．
所以
??[?(2?4a)]
2
?4a?9a?0
，即
5a
2
?4a?1?0
．
解得：
a?1
（舍去）或
a??
，
将
a??代入（1）得
f(x)
的解析式为：
f(x)??x
2
?x?< br>，
1?2a
2
a
2
?4a?1
)?
（2）
f(x)?ax?2(1?2a)x?3a
?a(x?
，
aa
2< br>1
5
1
5
1
5
6
5
3
5< br>a
2
?4a?1
有a < 0，可得
f(x)
的最大值为
?
，
a
a
2
?4a?1
所以
?
> 0，且a < 0．
a
解得：
a??2?3或?2?3?a?0
，
故当
f(x)
的最大值为正数时，实数a的取值范围是
(??,?2?3)(?2?3,0)
．
点评：含参数的未知一元二次方程，求函数表达式以及参数的取值范
围。计算量比较大， 且要求对一元二次函数的知识熟练。

S
n
是其前
n
项和 ，
23、已知数列
?
a
n
?
中，并且
S
n ?1
?4a
n
?2(n?1,2,),a
1
?1
，
⑴设数列
b
n
?
a
n?1
?
2
a
n
(
n
?
1,2,
??
)
，求证：数列
?
b
n
?
是等比数列；
a
n
,(
n?< br>1,2,
??
)
，求证：数列
?
c
n
?是等差数列；
n
2
⑶求数列
?
a
n
?
的通项公式及前
n
项和。
⑵设数列
c
n
?
分析 ：由于{b
n
}和{c
n
}中的项都和{a
n
}中的项有关 ，{a
n
}中又有
S
n?1
=4a
n
+2，可由S
n?2
-S
n?1
作切入点探索解题的途径．
精品

.
解：(1)由S
n?1
=4a
n
?2
，S
n?2
=4a
n?1
+2，两式相减，得S
n? 2
-S
n?1
=4(a
n?1
-a
n
)，
即a
n?2
=4a
n?1
-4a
n
．(根据b
n< br>的构造，如何把该式表示成b
n?1
与b
n
的关
系是证明的关 键，注意加强恒等变形能力的训练)
a
n?2
-2a
n?1
=2( a
n?1
-2a
n
)，又b
n
=a
n?1
-2a
n
，所以b
n?1
=2b
n
①
已知S
2
=4a
1
+2，a
1
=1，a
1
+a
2
=4a
1
+2，解得a
2
=5，b
1=a
2
-2a
1
=3
②
由①和②得，数列{ b
n
}是首项为3，公比为2的等比数列，故
b
n
=3·2
n?1
．



当n≥2时，S
n
=4a
n?1
+2=2(3n-4)+2；当n=1时，S
1
=a
1
=1 也适
合上式．
综上可知，所求的求和公式为S
n
=2
n?1
(3n-4)+2．
说明：1．本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等
差，等比数列，求数列通项 与前
n
项和。解决本题的关键在于由条件
S
n?1
?4a
n
?2
得出递推公式。
2．解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面
论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用．
n?1

24、设实数< br>a?0
，数列
?
a
n
?
是首项为
a
，公比为
?a
的等比数列，记
b
n
?a
n
1g|a
n
|(n?N
*
),
S
n
?b
1
?b
2
???b
n
，
求证：当
a??1
时，对任 意自然数
n
都有
S
n
=
alga
(1?a)
2
?
1?(?1)
n?1
(1?n?na)a
n

?
解：
a
n
?a
1
q
n?1
?a(?a )
n?1
?(?1)
n?1
a
n
。
?b
n
?a
n
lg|a
n
|?(?1)
n?1
a
n
lg|(?1)
n?1
a
n
|?(?1)
n?1
na
n
lg|a|
精品

.
?S
n?alg|a|?2a
2
lg|a|?3a
3
lg|a|???(?1)
n?2
(n?1)a
n?1
lg|a|?(?1)
n?1
n a
n
lg|a|

?[a?2a
2
?3a
3
???(?1)
n?2
(n?1)a
n?1
?(?1)
n?1na
n
]lg|a|

记
S?a?2a
2
?3 a
3
???(?1)
n?2
(n?1)a
n?1
?(?1)
n?1
na
n
①
as?a
2
?2a
3< br>???(?1)
n?3
(n?2)a
n?1
?(?1)
n?2
(n?1)a
n
?(?1)
n?1
na
n?1
②
①+②得
(1?a)s?a?a
2
?a
3
???(?1)< br>n?2
a
n?1
?(?1)
n?2
a
n
?( ?1)
n?1
na
n?1
③
a?(?1)
n?1
a
n?1
a??1,?(1?a)S??(?1)
n?1
n?a
n? 1

1?(1?a)
a?(?1)
n?1
a
n?1
?(1?a)?(?1)
n?1
?n?a
n?1
?S?
(1?a)< br>2
a?(1?n?na)?(?1)
n?1
a
n?1
a[1? (1?n?na)(?1)
n?1
a
n
]

?S??
(1?a)
2
(1?a)
2
alg|a|
n?1n
?S< br>n
?[1?(?1)(1?n?na)a]
2
(1?a)
说明：本例主 要复习利用错位相减解决差比数列的求和问题。关键是
先研究通项，确定
C
n
?a
n
?b
n
,{
a
n
}
是等差数列，< br>{b
n
}
等比数列。

25、设正数数列{a
n< br>}为一等比数列，且a
2
=4，a
4
=16．




说明：这是2000年全国高考上海试题，涉及对数、数列、极限的
综合 题，主要考查等比数列的定义及通项公式，等差数列前n项和公
式，对数计算，求数列极限等基础知识， 以及综合运用数学知识的能
力．
精品

.

26、（2004年北京春季高考20）下表给出一个“等差数阵”：
a
1j

4 7 （） （） （） …… ……
7
（）
（）
……
a
i1

12
（）
（）
……
a
i2

（）
（）
（）
……
a
i3

（）
（）
（）
……
a
i4

（）
（）
（）
……
a
i5

……
……
……
……
……
a
2j

a
3j

……
……
……
……
……
a
4j

……
a
ij

…… …… …… …… …… …… …… ……
其中每行、每列都是等差数列，
a
ij
表示位于第i行第j列的数。
（I）写出
a
45
的值；（II）写出
a
ij
的计算公式 ；
（III）证明：正整数N在该等差数列阵中的充要条件是2N+1可以
分解成两个不是1 的正整数之积。
分析：本小题主要考查等差数列、充要条件等基本知识，考查逻
辑思维能力、 分析问题和解决问题的能力。
解：（I）
a
49

45
?
（II）该等差数阵的第一行是首项为4，公差为3的等差数列：
a43(j?1)

1j
??
第二行是首项为7，公差为5的等差数列：
a75(j?1)

2j
??
……
第
i
行是首项为
4
，公差为
2
的等差数列，因此
?3(i?1)
i?1
a4?3(i?1)?(2i?1)(j?1)
ij< br>?
?2ij?i?j?i(2j?1)?j

（III）必要性：若N在该等差数阵中，则存在正整数i，j使得

N?i(2j?1)?j
从而
2

N?1?2ij(2?1)?2j ?1?(21i?)(2j?1)
即正整数2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积。
充 分性：若2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积，由于2N+1
是奇数，则它必为两个不是1的奇 数之积，即存在正整数k，
l
，使得
，从而
N

?k(2 l?1)?l?a2N?1?(21k?)(2l?1)
kl
可见N在该等差数阵中。
精品

.
综上所述，正整数N在该等差数阵中的充要条件是2N+1可以分解 成
两个不是1的正整数之积。
27、已知点的序列（，0），，其中=0，，A
3< br>的是线钱A
1
A
2
的中点，A
4
是线段A
2
A
3
的中点，…，A
n
是线段
中点，…。
（I）写出与、之间的关系式（≥3）
，，由此推测数列{（II）设，计算，
式，并加以证明。
}的通项公
（I）解：当n≥3时，
（II）解：


.
由此推测。
证法一：因为，且
（n≥2）所以
证法二：（用数学归纳法证明：）
。
（i）当时，，公式成立，
精品

.
（ii）假设当时，公式成立，即成立。
那么当时，
=式仍成立。
根据（i）与（ii）可知，对任意，公式成立
评注：本小题主要考查中点坐标公式、等比数列等基本知识，考查运
算能力和逻辑思维能力。

28、（94年全国理)设｛
a
n
｝是正数组成的数列，其前n
项和为S
n
，
并且对所有自然数
n
，
an
与2的等差中项等于S
n
与2的等比中项.
(1)写出数列｛
a
n
｝的前三项；(2)求数列｛
a
n
｝的通项公式(写出推证< br>过程)；
(3)令
b
n
=
解：(1)由题意
令n
=1时，
令
n
=2时有
令
n
=3时有
=
=
=
=
(
n
∈N)，求：
b
1
+
b
2
+…+
b
n
-
n
.
a
n
＞0
S
1
=
a
1
解得
a
1
=2 =
a
1
+
a
2
解得
a
2
=6
S
3
=
a
1
+
a
2
+
a
3
解得
a
3
=10
故该数列的前三项为2、6、10.< br>精品

.
(2)解法一：由(1)猜想数列｛
a
n< br>｝有通项公式
a
n
=4
n
-2，下面用数学归
纳法证 明数列｛
a
n
｝的通项公式是
a
n
=4
n
-2(
n
∈N)
1°当
n
=1时，因为4×1-2＝2，又在(1 )中已求得
a
1
=2，所以上述结
论正确.
2°假设
n< br>=k时，结论正确，即有
a
k
=4k-2
由题意有
由题意有=

,解得S
k
=2k
2

得
a
k =4k-2,代入上式得2k=
S
k+1
=S
k
+
a
k+1
得S
k
=2k
2
代入得
=2(
a
k+1
+2k
2
)
整理
a
2
k+1
-4
a
k+1
+4-16k
2
=0
所以
a
k+ 1
=2+4k=4(k+1)-2
由于
a
k+1
＞0，解得：
a
k+1
=2+4k


这就是说
n
=k+1时，上述结论成立.
根据1°，2°上述结论对所有自然数
n
成立.
解法二：由题意有，=(< br>n
∈N)整理得S
n
=(
a
n
+2)
2
由此得S
n
+1
=(
a
n
+1
+2 )
2
所以
a
n
+1
=S
n
+1
- S
n
=［（
a
n
+1
+2)
2
-(
a
n
+2)
2
］
整理得(
a
n
+1< br>+
a
n
)(
a
n
+1
-
a
n
-4)=0由题意知
a
n
+1
+
a
n
≠ 0,所以
a
n
+1
-
a
n
=4
即数列｛
a
n
｝为等差数列，其中
a
1
=2,公差
d
=4，
所以
a
n
=
a
1
＋(
n
-1)
d
=2+4(
n
-1)即通项公式
a
n
= 4
n
-2.
(3)令
c
n
=
b
n
-1,
则
c
n
==
精品
=

.
b
1
+
b
2
+…+
b
n
-
n=
c
1
+
c
2
+…+
c
n
=


说明：该题的解题思路是从所给条件出发，通过观察、试验、分析、
归纳 、概括、猜想出一般规律，然后再对归纳、猜想的结论进行证明.
对于含自然数
n
的命 题，可以考虑用数学归纳法进行证明，该题着重
考查了归纳、概括和数学变换的能力.
29、（江苏18）如图，在平面直角坐标系
xOy
中，M、N分别是椭圆
x2
y
2
??1
42
的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P、A两 点，其中P
在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭
圆于点B，设直 线PA的斜率为k
（1）当直线PA平分线段MN，求k的值；
（2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d；
（3）对任意k>0，求证：PA⊥PB

本小题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直
关系、点到直线 的距离等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能
力，满分16分.
解：（1）由题设知，
a?2,b?2,故M(?2,0),N(0,?2),
所以线段MN中点
的坐标为< br>(?1,?
2
)
2
，由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段< br>2
2
?
2
.k?
?12
MN的中点，又直线PA过坐 标原点，所以
?
精品

.
x
2
y
2
y?2x代入椭圆方程得??1,
42
（2）直线PA的方程

22424
x??,因此P(,),A(?,?).
33333

解 得
4
3
?1,故直线AB的方程为x?y?
2
?0.
22< br>2
3
?
C(,0),
于是
3
直线AC的斜率为
33

0?
242
|??|
22
因此,d?
33 3
?.
12
3
1?1

（3）解法一：
将直线P A的方程
y?kx
代入
x
2
y
2
22
?? 1,解得x??,记
?
,
22
42
1?2k1?2k
则
P(
?
,
?
k),A(?
?
,?
?
k),于是C(
?
,0)

0?
?
kk
?,
?
?
?
2
故直线AB的斜率为
其方程为
解得
x?
y?
k
(x?< br>?
),代入椭圆方程得(2?k
2
)x
2
?2
?k
2
x?
?
2
(3k
2
?2)?0,
2

?
(3k
2
?2)
2?k
2
或x??
?
因此B(
?
(3k
2
?2)
?
k
3
2?k
2
,
2?k
2
)
.
?
k
3
k
1
?
2?k
2
?
?
k< br>?
?
(3k
2
?2)
2?k
2
1
? ?.
22
k
3k?2?(2?k)
k
3
?k(2?k
2
)
于是直线PB的斜率
因此
k
1
k??1,所以PA? PB.

解法二：

设
P(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
),则x
1
?0,x
2
?0,x
1
?x
2
,A(?x
1
,?y
1
),C(x
1
,0)
.
精品

. 设直线PB，AB的斜率分别为
k
1
,k
2
因为C在直线AB上 ，所以
精品

.
k
2
?
0?(y
1
)y
k
?
1
?.
x
1
?(?x
1
)2x
1
2

从而
k
1
k?1?2k
1
k
2
?1?2?
y
2
?y
1
y
2
?(?y
1
)
??1
x
2
?x
1
x
2
?(?x
1
)

222
2y
2
?2y
1
2
(x
2
?2y
2
)
4?4
?
2
?1???0.
22222
x
2
?x
1
x
2
?x
1
x
2
?x
1

因此
k
1
k??1,所以PA?PB.


3 0、（安徽理21）设
?
??
，点
A
的坐标为（1,1），点
B
在抛物线
y?x
上
运动，点
Q
满足
BQ??
QA
，经过
Q
点与
M
x
轴垂直的直线交抛物 线于
点
M
，点
P
满足
QM?
?
MP
,求点
P
的轨迹方程。













?
精品

.

本题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念，性质与运算， 动点
的轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能
力，全面考核综合数学 素养.
解：由
QM?
?
MP
知Q，M，P三点在同一条垂直于x 轴的直线上，
故可设






P( x,y),Q(x,y
0
),M(x,x
2
),则x
2
?y
0
?
?
(y?x
2
),则y
0
?(1?< br>?
)x
2
?
?
y.
①
再设
B(x
1
,y
1
),由BQ?
?
QA,即(x?x
1
.y
0
?y
1
)?
?
(1?x,1?y
0
),

?
x
1
?(1?
?
)x?
?
,
?
解得
?
y
1
?(1?
?
)y
0
?
?
.
②
将①式代入②式，消去
y
0
，得
?
x
1
?(1?
?
)x?
?
,
?
22
?
y
1
?(1?
?
)x?
?
(1?
?
)y?
?
.
③
222
y?xy?xy?x
1111
又点B在 抛物线上，所以，再将③式代入，得
(1?
?
)
2
x
2< br>?
?
(1?
?
)y?
?
?((1?
?
)x?
?
)
2
,
(1?
?
)
2
x
2
?
?
(1?
?
)y?
?
?(1??
)
2
x
2
?2
?
(1?
?
)x?
?
2
,
2
?
(1?
?
)x?
?
(1?
?
)y?
?
(1?
?
)?0.



因
?
?0,两边同除以
?
(1?
?< br>),得2x?y?1?0.

故所求点P的轨迹方程为
y?2x?1.

31、（北京理19）

x
2
G:?y
2
?1
22
x?y?1
的切线I交椭圆G
4
已知椭圆.过点（m,0）作圆
于A，B两点.
（I）求椭圆G的焦点坐标和离心率；
精品

.
（II）将
AB
表示为m的函数，并求
AB
的最大值.
（19）（共14分）
解：（Ⅰ）由已知得
a?2,b?1,

所以
c?a
2
?b
2
?3.

所以椭圆G的焦点坐标为
(?3,0),(3,0)

离心率为
e?
c3
?.
a2

（Ⅱ）由题意知，
|m|?1
.
当
m?1
时，切线l的方 程
x?1
，点A、B的坐标分别为
此时
|AB|?3

当m=－1时，同理可得
|AB|?3

当
|m|?1
时，设切线l的方程为
y?k(x?m),

?
y?k(x?m),
?
2
得(1?4k
2
)x
2
?8k
2
mx?4k
2
m
2
?4?0
?< br>x
2
?
?y?1.
由
?
4

(1,
33
),(1,?),
22

设A、B两点的坐标分 别为
(x
1
,y
1
)(x
2
,y
2
)
，则
4k
2
m
2
?4
x
1
?x
2
?,x
1
x
2
?
1?4k
2
1?4k
2

8k
2
m
x
2
?y
2
?1相切,得
|km|
k
2
?1
?1,即m
2
k
2
?k
2
?1.
又由l与圆
所以
|AB|?(x
2
?x
1
)
2
?(y
2
?y
1
)
2
2

64k
4
m
?
4(4k
2
m
2
?4)
?(1?k)[?]
222
(1?4k)1?4k
?
43|m|
.
2
m?3

精品

.
由于当
m??3
时，
|AB|?3,

|AB|?
所以
|AB|?
43|m|
,m?(??,?1]?[1,??)
m
2
?3
.
43|m|
?
2
m?3
43
3
|m|?
|m|
?2,
因为

且当
m??3
时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.

32、（福建理17）已知直线l：y=x+m，m∈R。
（I）若以点M（2,0）为圆心的圆与直线l相切与点P，且点P在y
轴上，求该圆的方程；
（II）若直线l关于x轴对称的直线为
l
?
，问直线
l
?
与抛物线C：x2=4y
是否相切？说明理由。
本小题主要考查直线、圆、抛物线等 基础知识，考查运算求解能力，
考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想。满分13分。
解法一：
（I）依题意，点P的坐标为（0，m）
0?m
?1??1
MP?l
2?0
因为，所以，
解得m=2，即点P的坐标为（0，2）
从而圆的半径
r?|MP|?(2?0)
2
?(0?2)
2
?22,

22
(x?2)?y?8.
故所求圆的方程为
精品

.
（II）因为直线
l
的方程为
y?x?m,

所以直线
l'
的方程为
y??x?m.

?
y'? ?x?m,
得
由
?
?
x
2
?4y
x
2
?4x?4m?0

??4
2
?4?4m?16(1?m)

（1）当
m?1,即??0
时，直线
l'
与抛物线C相切
（2）当
m?1
，那
??0
时，直线
l'
与抛物线C不相切 。
综上，当m=1时，直线
l'
与抛物线C相切；
当
m?1
时，直线
l'
与抛物线C不相切。
解法二： < br>（I）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为
(x?2)
2
?y
?< br>?r
2
.

依题意，所求圆与直线
l:x?y?m?0
相切于点P（0，m），
??
4?m
2
?r
2
,
?
|2?0?m|
则
?
?
2
?r,

?
?
解得
?
m?2,
?
?
r?22.

所以所求圆的方程为
(x?2)
2
?y
2
?8.

（II）同解法一。

33、（广东理19）
设圆C与两圆
(x?5)
2
?y
2
?4,(x?5)
2
?y
2< br>?4
中的一个内切，另一
个外切。
（1）求C的圆心轨迹L的方程;
精品

.
3545
,),F(5,0)
MP?FP
55
（2）已知点M，且P为L上动点，求的
(
最大值及此时点P的坐标．

（1）解：设C的圆心的坐标为
(x,y)
，由题设条件知


| (x?5)
2
?y
2
?(x?5)
2
?y
2
|?4,

x
2
?y
2
?1.
化简得L的方程为
4


（2）解：过M，F的直线
l
方程为
y??2(x?5)< br>，将其代入L的方
程得






15x
2
?325x?84?0.

解得
x
1?
655
,x
2
?,故l与L交点为T
1
(,?),T
2
(,).
515551515

因T1在线段MF外，T2在线段 MF内，故
|MT
1
|?|FT
1
|?|MF|?2,
< br>|MT
2
|?|FT
2
|?|MF|?2.
|MP|?|FP |?|MF|?2.
，若P不在直线MF上，在
?MFP
中有

故
|MP|?|FP|
只在T1点取得最大值2。
34、（湖北理20）
平面内与两定点
A
1
(?a,0)
，
A
2
(a,0)(a?0)
连续的斜率之积等于非零常数
精品

.
m
的点的轨迹，加上
A
1
、
A
2
两点所成的曲线
C
可以是圆、椭圆成双曲
线．
（Ⅰ）求曲线
C
的方程，并 讨论
C
的形状与
m
值得关系；
（Ⅱ）当
m??1
时，对应的曲线为
应的曲线为
C
2
C
1
；对给定的
m?(?1,0)U(0,??)
，对
C
1
，设
F
1
、
F
1
F
2
是
C
2
的两个焦点。试问： 在撒谎个，是
F
1
否存在点
N
，使得△
2
N
F
2
的面积
S?|m|a
。若存在，求
tan
N
F
2
的
值；若不存在，请说明理由。
本小题主要考查曲线与方程、圆锥曲线 等基础知识，同时考查推理运
算的能力，以及分类与整合和数形结合的思想。（满分14分）
解：（I）设动点为M，其坐标为
(x,y)
，
当
x??a
时，由条件可得
222
mx?y?ma(x??a)
， 即
k
MA
1
?k
MA
2
yyy
2
???
2
?m,
2
x?ax?ax?a

又
A1
(?a,0),A
2
(A,0)
222
mx?y?ma,
的坐标满足
222
mx?y?ma.

故依题意，曲线C的方 程为
x
2
y
2
??1,C
22
m??1时,
当曲线C的方程为
a?ma
是焦点在y轴上的椭圆；
222
x?y?a
m??1
当时，曲线C的方程为，C是圆心在原点的圆；
x
2
y
2
??1
22
当
?1?m?0时，曲线C的方程为
a?ma
，C是焦点在x轴上的椭
圆；
精品

.
x
2
y
2
??1,
22
m?0
ama
当时，曲线C的方程为C是焦点在x轴上的双曲线。
精品

.
222
x?y?a;

（II）由（I）知，当 m=-1时，C1的方程为
当
m?(?1,0)(0,??)
时，
C2的两 个焦点分别为
F
1
(?a1?m,0),F
2
(a1?m,0).< br>
对于给定的
m?(?1,0)(0,??)
，
C1上存在点
N(x
0
,y
0
)(y
0
?0)
2
S? |m|a
使得的充要条件是
22
?
x
0
?y
0< br>?a
2
,y
0
?0,
?
?
1
2?
?2a1?m|y
0
|?|m|a.
?2

①
②
由①得
0?|y
0
|?a,
由②得
当
或
0?
|y
0
|?
|m|a
.
1?m

|m|a1?5
?a,即?m?0,
2
1?m

1?5
2
时，
0?m?
存在点N，使S=|m|a2；
|m|a1?5
?a,即-12
当
1?m

或
m?
1?5
2
时，
不存在满足条件的点N，
?
1?5
??
1?5
?
m?
?
,0
?0,
?
?
??
22
????
时， 当
由
NF
1
?(?a1?m?x
0
?y
0
),NF
2
?(a1?m?x
0
,?y
0
)
，
2222
NF?NF?x?(1?m)a?y??ma,

1200
可得
令
|NF
1
|?r
1
,|NF
2
|? r
2
,?F
1
NF
2
?
?
，
精品

.
ma
2
NF
1
?NF< br>2
?r
1
r
2
cos
?
??ma,可得r< br>1
r
2
??
cos
?
，则由
2
精品

.
1ma
2
sin
?
1
S?r< br>1
r
2
sin
?
????ma
2
tan?
22cos
?
2
从而，
2
S?|m|a
于是由，
12|m|
?ma
2
t an
?
?|m|a
2
,即tan
?
??.
2m可得

综上可得：
?
1?5
?
m?
?
,0
?
?
2
??
时，当在C1上，存在点N，
使得
S?|m|a
2
,且tanF
1
NF
2
?2;

?
1?5
?
m?
?
?
0,
2
?< br>??
时，当在C1上，存在点N，
使得
当
S?|m|a
2,且tanF
1
NF
2
??2;

m(?1,
1?51?5
)(,??)
22
时，在C1上，
不存在满足条件的点N。

35、（湖南理21）
x
2
y
2
3
C
1
:
2
?
2
?1(a?b?0)
ab
如 图7，椭圆的离心率为
2
，x轴被曲线
C
2
:y?x
2?b
截得的线段长等于C1的长半轴长。
（Ⅰ）求C1，C2的方程；
（Ⅱ） 设C2与y轴的焦点为M，过坐标原点O的直线
l
与C2相交于
点A,B,直线MA, MB分别与C1相交与D,E．
（i）证明：MD⊥ME;
（ii）记△MAB,△MDE 的面积分别是
S
1
,S
2
．问：是否存在直线l,使得
精品

.
S
1
17
?
S
2
32
?请说明理由。 < br>e?
c3
?,从而a?2b,又2b?a,解得a?2,b?1.
a2

解 ：（Ⅰ）由题意知
x
2
?y
2
?1,y?x
2
?1.
故C1，C2的方程分别为
4

（Ⅱ）（i）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为
y?kx
.
?
?
y?kx
?
y?x
2
?1
?
?
由得
x
2
?kx?1?0
.
设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
),则x
1
,x
2
是上述方程的两个实根，于是
x
1
?x
2
?k,x
1
x
2
??1.

又点M的坐标为（0，—1），所以
k
MA
?k
MB
2< br>y
1
?1y
2
?1(kx
1
?1)(kx
2
?1)
kx
1
x
2
?k(x
1
?x
2
)?1
????
x
1
x
2
x
1
x
2
x
1
x
2

?
?k
2?k
2
?1
?1
??1.

故MA⊥MB，即MD⊥ME.
（ii）设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为?
?
y?k
1
x?1,
y?k
1
x?1,由< br>?
2
?
?
y?x?1
解得
?
x?k,?
x?0
或
??
2
y??1
?
?
y? k
1
?1

2
(k,k?1)
.
11
则点A的坐标为
精品

.
1
又直线MB的斜率为
k
1
，
?
精品

.
同理可得点B的坐标为
于是
(?
11
, ?1).
k
1
k
1
2

1111
1?k< br>1
2
2
S
1
?|MA|?|MB|?1?k
1
?|k
1
|?1?
1
?|?|?
22k
1
k1
2|k
1
|

?
?
y?k
1
x?1,
?
22
22
x?4y?4?0
(1?4k)x?8k1
x?0.
?
1
由
?
得

8k
1
?
x?,
2
?
1?4k
x?0,
?
?
1
或
??
2
?
y??1
?
y?
4 k
1
?1
?
1?4k
1
2
?
解得

8k
1
4k
1
2
?1
(,).
22
则点D的坐标为
1?4k
1
1?4k
1

?8k
1
4?k
1
2
1
(,).
?
22
4?k4 ?k
11
又直线ME的斜率为
k
，同理可得点E的坐标为

32(1?k
1
2
)?|k
1
|
1
S
2< br>?|MD|?|ME|?
22
2
(1?k)(k?4)
.
1 1
于是
S
1
14
?(4k
1
2
?
2
?17).
k
1
因此
S
2
64

14171
(4k
1
2
?
2
?17)?,解得k
1
2
?4,或k
1
2
?.
k
1
324
由题意知，
64
又由点A、B的坐标可知，
1
k
1< br>2
13
k??k
1
?,所以k??.
1
k
1
2
k
1
?
k
1
k
1
2
?

33
x和y??x.
22

故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为

36、（辽宁理20）
y?
如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、
精品

.
右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心
率都为e，直线l
精品

.
⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从 大到
小依次为A，B，C，D．
（I）设
e?
1
2
，求< br>BC
与
AD
的比值；
（II）当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由．

解：（I）因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设
x
2
y
2
b
2
y
2
x
2
C
1
:
2
?
2
?1,C
2
:
4
?
2
?1, (a?b?0)
abaa

设直线
l:x?t(|t|?a)
，分别与C1，C2的方程联立，求得
A (t,
a
22
b
22
a?t),B(t,a?t).
ba< br> ………………4分
13
e?时,b?a,分别用y
A
,yB
22
当表示A，B的纵坐标，可知
2|y
B
|
b< br>2
3
|BC|:|AD|???.
2|y
A
|
a2
4
………………6分
（II）t=0时的l不符合题意.
t?0
时，BOAN当且仅当BO的斜
率kBO与AN的斜率kAN相等，即
b< br>22
a
22
a?ta?t
a
?
b
,
tt?a

ab
2
1?e
2
t??
2
??
2
?a.
2
a?be
解得

1?e
22
|t|?a,又0?e?1,所以
2
?1,解得?e?1.
2
e
因为

0?e?
2
2
时，不存在直线l，使得BOAN；所以当
精品

.
2
?e?1
2
当时，存在直线l使得BOAN. ………………12分

37、（全国大纲理21）
y
2
C: x??1
2
已知O为坐标原点，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点，过
2
F且斜 率为
-2
的直线
l
与C交于A、B两点，点P满足
OA?OB?OP ?0.

（Ⅰ）证明：点P在C上；
（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在
同一圆上．









解：
（I）F（0，1），
l
的方程为
y??2x?1
，
y
2
x??1
2
代入并化简得
2
精品

.
4x
2
?22x?1?0.
…………2分
设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y2
),P(x
3
,y
3
),

则
x< br>1
?
2?62?6
,x
2
?,
44

2
,y
1
?y
2
??2(x
1
?x
2< br>)?2?1,
2

x
3
??(x
1
?x2
)??
2
,y
3
??(y
1
?y
2
)??1.
2

x
1
?x
2
?
由 题意得
所以点P的坐标为
(?
2
,?1).
2

(?
2
,?1)
2
满足方程 经验证，点P的坐标为
2y
2
x??1,
2
故点P在椭圆C上。
P(?
…………6分
（II）由
22
,?1)Q(,1)
22
和题设知，

PQ的垂直平分线
l
1
的方程为
y??
2
x.
2
①
M(
21
,)< br>42
，AB的垂直平分线为
l
2
的方程为 设AB的中点为M，则
y?
21
x?.
24
②
N(?
21
,)
88
。 由①、②得
l
1
,l
2
的交点为…………9分
精品

.
|NP|?(?
22
2
1311
?)? (?1?)
2
?,
2888
32
,
2
|AB|?1 ?(?2)
2
?|x
2
?x
1
|?
|AM|?32
,
4
|MN|?(
22
2
11
2
33
?)?(?)?,
48288
311
,
8
|NA|?| AM|
2
?|MN|
2
?

故|NP|=|NA|。
又|NP|=|NQ|，|NA|=|NB|，
所以|NA|=|NP|=|NB|=|MQ|，
由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上

38、（全国新课标理20）
在平面直角坐标系xOy中， 已知点A（0，-1），B点 在直线
y??3
上，
M点满足
MBOA
，
MAAB?MBB A
，M点的轨迹为曲线C．
（I）求C的方程；
（II）P为C上动点，
l
为C在点P处的切线，求O点到
l
距离的最小
值．

解：
(Ⅰ)设M(x，y)，由已知得B(x，-3)，A(0，-1).


所以
MA
=（-x，-1-y），
MB
=(0，-3-y)，
AB
=(x，-2).
再由题意可知（
MA
+
MB
）?
AB
=0， 即（-x，-4-2y）? (x，-2)=0.
精品

.


1
2
所以曲线C的方程式为y=
4
x-2.
1 1
2'
(Ⅱ)设P(x
0
，y
0
)为曲线C：y=
4
x-2上一点，因为y=
2
x，所以
l
1
的斜率为
2
x
0

y?y
0
?
1
x
0< br>(x?x
0
)
2
xx?2y?2y?x?0
000
2
，即．
y
0
?
1
2
x
0
?2< br>4
，所以
因此直线
l
的方程为
则O点到
l
的距离
d?
2
|2y
0
?x
0
|
x?4< br>2
0
.又


1
2
x
0
? 4
14
2
2
d??(x
0
?4?)?2,
222
x
0
?4x
0
?4

当
2
x
0
=0时取等号，所以O点到
l
距离的最小值为2.
39、（山东理22）
x
2
y
2
??1
已知动直线
l
与椭圆C:
32
交于P
?
x
1
,y
1
?
、Q
?
x
2
,y
2
?
两不同点，
6
S
且△OPQ的面积
?OPQ
=
2
,其中O为坐标原点.
（ Ⅰ）证明
x
1
2
?x
2
2
和
y
1
2
?y
2
2
均为定值;
（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求
|OM|?|PQ|
的最大值；
（Ⅲ）椭 圆C上是否存在点D,E,G，使得
S
?ODE
?S
?ODG
?S< br>?OEG
?
6
2
?若
存在，判断△DEG的形状；若不存在， 请说明理由.
（I）解：（1）当直线
l
的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，
所 以
x
2
?x
1
,y
2
??y
1
.
精品

.
因为
P(x
1
,y
1
)
在椭圆上，
x
1
2
y
1
2
??1
32
因此
S
?OPQ
?
①
又因为
所以
6
,
2

|x
1
|?|y
1
|?
6
.
2
②
由①、②得
|x
1
|?
6
,|y
1
| ?1.
2

2222
x?x?3,y?y?2,

1212
此时
（2）当直线
l
的斜率存在时，设直线
l
的方程为
y?kx?m,

x
2
y
2
? ?1
由题意知m
?0
，将其代入
32
，得
(2?3k2
)x
2
?6kmx?3(m
2
?2)?0
，
2222
??36km?12(2?3k)(m?2)?0,

其中
22
即
3k?2?m
…………（*）
6km3( m
2
?2)
x
1
?x
2
??,x
1
x
2
?,
22
2?3k2?3k
又

263k< br>2
?2?m
2
|PQ|?1?k?(x
1
?x
2)?4x
1
x
2
?1?k?,
2
2?3k
所以

222
因为点O到直线
l
的距离为
所以
S
?OPQ
?
1
|PQ|?d
2

d?
|m|
1?k
2
,

22
1|m|< br>2
263k?2?m
?1?k??
22?3k
2
1?k
2

6|m|3k
2
?2?m
2
?
2?3k2
精品

.
又
S
?OPQ
?
6
,
2

22
3k?2?2m,
且符合（*）式， 整理得
6km
2
3(m
2
?2)
x?x?(x
1
?x
2
)?2x< br>1
x
2
?(?)?2??3,
22
2?3k2?3k
此时

2
1
2
2
2
222
222
y
1
2
?y
2
?(3?x
1
2
)?(3? x
2
)?4?(x
1
2
?x
2
)?2.
3 33

2222
x?x?3;y?y?2,
结论成立。
1212
综上所述，
（II）解法一：
（1）当直线
l
的斜率存在时，
由（I）知
因此
|OM|?|x< br>1
|?
6
,|PQ|?2|y
1
|?2,
2

|OM|?|PQ|?
6
?2?6.
2

（2）当直线
l
的斜率存在时，由（I）知
x
1
?x
2
3k
?,
22m

y
1
?y
2
x
1
?x
2
3k
2?3k
2
?2m
2
?
?k()?m???m??,
22 2m2mm
x
1
?x
2
2
y
1
?y
2
2
9k
2
16m
2
?211
2
|OM |?()?()????(3?),
2222
224mm4m2m
22
2(2 m
2
?1)1
22
24(3k?2?m)
|PQ|?(1?k)?? 2(2?),
(2?3k
2
)
2
m
2
m
2

所以
|OM|
2
?|PQ|
2
?
111
?(3?
2
)?2?(2?
2
)
2
mm

11
)(2?)
22
mm
11
3?
2
?2 ?
2
mm
)
2
?
25
.?(
24


?(3?
所以
|OM|?|PQ|?
511
3?
2
?2?
2
,即m??2
2
， 当且仅当
mm
时，等号成立.
精品

.
5
.
综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为
2

解法二：
因为
4|OM|
2
?|PQ|
2
?(x
1
?x
2
)
2
?(y
1
?y
2< br>)
2
?(x
2
?x
1
)
2
?(y< br>2
?y
1
)
2
22
?2[(x
1
2
?x
2
)?(y
1
2
?y
2
)]


?10.
4|OM|
2
?|PQ|
2
10
2|OM|?|PQ|???5.
25
所以

5
|OM|?|PQ|?,
2
当且仅当
2|OM| ?|PQ|?5
时等号成立。 即
5
.
因此 |OM|·|PQ|的最大值为
2

S
?ODE
?S
?OD G
?S
?OEG
?
6
.
2

（III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得
证明：假设存在
由（I）得
D(u ,v),E(x
1
,y
1
),G(x
2
,y
2)满足S
?ODE
?S
?ODG
?S
?OEG
?
6
2
，
2222
u
2
?x
1
2
?3,u
2
?x
2
?3,x
1
2
?x
2
?3;v
2
?y
1
2
?2,v
2
?y2
?2,y
1
2
?y
2
?2,
3
22
解得u
2
?x
1
2
?x
2
?;v
2
?y
1
2
?y
2
?1.
2
5
因 此u,x
1
,x
2
只能从?中选取,v,y
1
,y
2
只能从?1中选取,
2

因此D，E，G只能在
(?
6< br>,?1)
2
这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，
与
S
?ODE
?S
?ODG
?S
?OEG
?
6
2
矛盾，
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.
精品

.

40、（陕西理17）
22
x?y?25
上的动点，点D是P在x轴上的 摄影，M如图，设P是圆
为PD上一点，且
MD?
4
PD
5

（Ⅰ）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
4
（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率为
5
的直线被C所截线段的长度






解：（Ⅰ）设M的坐标为（x,y）P的坐标为（xp,yp）
?
xp?x,
?
?
5
yp?y,
?
?4
由已知得

2 2
?
5
?
xy
x?
?
y
?
?25
??1
4
??
2516
∵P在圆上， ∴ ，即C的方程为

2
2
44
y?
?
x?3
?
5
（Ⅱ）过点（3，0）且斜率为
5
的直线方程为，
设直线与C 的交点为
A
?
x
1
,y
1
?
,B
?
x
2
,y
2
?

将直线方程
y?
4
?
x?3
?
5
代入C的方程，得
精品

.
x
2
?
x?3
?
??1
2
2525
即
x?3x?8?0

2
∴
x
1
?
3?413?41
,x
2
?
22
∴ 线段AB的长
度为
AB?
?
x
1
?x
2
?
?
?
y
1
?y
2
?
22
4141
2
?
16
?
?
?
1?
?
?
x
1
?x
2
?
??41?
255
< br>?
25
?
注：求AB长度时，利用韦达定理或弦长公式求得正确结果，同样得< br>分。
41、（上海理23） 已知平面上的线段
l
及点
P
， 在
l
上任取一点
Q
，线
段
PQ
长度的最小值称为点
P
到线段
l
的距离，记作
d(P,l)
。
（1） 求点
P(1,1)
到线段
l:x?y?3?0(3?x?5)
的距离
d(P,l)
；
（2）设
l
是长为2的线段，求点集
D?{P|d (P,l)?1}
所表示图形的面积；
（3）写出到两条线段
l
1
,l
2
距离相等的点的集合
??{P|d(P,l
1
)?d(P,l
2
)}
，
其中
l
1
?AB,l
2
?CD
，
A,B,C,D是下列三组点中的一组。对于下列三组点只需选做一种，满
分分别是①2分，②
6分，③8分；若选择了多于一种的情形，则按照序号较小的解答计
分。

A(1,3),B(1,0),C(?1,3),D(?1,0)
。
②
A(1,3),B(1,0),C(?1,3),D(?1,?2)
。
③
A(0,1),B(0,0),C(0,0),D(2,0)
。
A
-1
y< br>1
B
1
O
-1
精品

.
解：⑴ 设
Q(x,x?3)
是线段
l:x?y?3?0(3?x?5)
上一点，则
59
|PQ|?(x?1)
2
?(x?4)
2
?2(x?)
2
?(3?x?5)
22
，当
x?3
时，
d(P, l)?|PQ|
min
?5
。
⑵ 设线段
l
的端点分别为
A,B
，以直线
AB
为
x
轴，
AB
的中点 为原点
建立直角坐标系，
则
A(?1,0),B(1,0)
，点集
D
由如下曲线围成
l
1
:y?1(|x|?1),l
2
:y??1(|x|?1)
C
1
:(x?1)
2
?y
2
?1(x??1),C
2
:(x?1)
2
?y
2
?1(x?1)
，

其面积为
S?4?
?
。
⑶ ① 选择
A(1,3),B (1,0),C(?1,3),D(?1,0)
，
??{(x,y)|x?0}

② 选择
A(1,3),B(1,0),C(?1,3),D(?1,?2)
。 ??{(x,y)|x?0,y?0}{(x,y)|y
2
?4x,?2?y?0}{(x ,y)|x?y?1?0,x?1}

③ 选择
A(0,1),B(0,0),C(0,0),D(2,0)
。
??{(x,y)|x?0,y?0}{(x,y)|y?x,0?x?1}

{(x ,y)|x
2
?2y?1,1?x?2}{(x,y)|4x?2y?3?0,x?2}



C
y
3
A
y
C
3
A
y
2.5




D
-1
O
B
1
x
-1
O
B
1
x
A
D
B=C12
D
-2
x
精品

.







42、（四川理21）
椭圆有两顶点A（-1，0）、B（1，0），过其焦点F（0，1）的直线l
与椭圆交于C、D两点， 并与x轴交于点P．直线AC与直线BD交
于点Q．
3
2
（I）当|CD | =
2
时，求直线l的方程；
（II）当点P异于A、B两点时，求证：
OP?OQ
为定值。

y
2
?x
2
?1
解：由已知可得椭圆方程为
2
， 设
l
的方程为
y?1?k(x?0),k
为
l
的斜率。精品

.
2k
?
?
y?kx?1
x? x??
?
12
?
2
?
2?k
2
22
?(2?k)x?2kx?1?0?
??
y
2
?
?x?1
?
xx?
?1
?2
12
?
2?k
2
?则
22
4
?
y?y?
2
?
1
?
2?k
2
?
2
?
yy?
?2k?2
12
?
2?k
2

?
8k
2
?88k
4
?8k
2
9
(x
1
?x
2
)?(y
1< br>?y
2
)????k
2
?2?k??2
2222
(2 ?k)(2?k)2

?l
的方程为
y??2x?1

43 、（天津理18）在平面直角坐标系
xOy
中，点
P(a,b)
(a?b?0 )
为动点，
x
2
y
2
?
2
?1
2
F
1
,F
2
分别为椭圆
ab
的左右焦点．已知△< br>F
1
PF
2
为等腰三角形．
（Ⅰ）求椭圆的离心率
e
；
（Ⅱ）设直线
PF
2
与椭圆相交于
A,B
两点，
M
是直线
PF
2
上的点 ，满足
AM?BM??2
，求点
M
的轨迹方程．
本小题主要考查椭 圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量
等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数 形结合的数学
思想，考查解决问题能力与运算能力.满分13分.
（I）解：设
F
1
(?c,0),F
2
(c,0)(c?0)

由题意，可得
|PF
2
|?|F
1
F
2
|,

22
(a?c)?b?2c.

即
ccc
2()
2
??1?0,得??1
aa
整理得
a
（舍），
c11
?.
e?.
或
a2
所以
2

（II）解：由（I）知
a?2c,b?3c,

222
可得椭圆方程为
3x?4y?12c,
精品

.
直线PF2方程为
y?3(x?c).

222
?
?
3x?4y?12c,
?
?
y?3(x?c).

A，B两点的坐标满足方程组
?
2
消去y并整理，得
5x?8c x?0.

8
x
1
?0,x
2
?c.
5

解 得
8
?
x?c,
2
?
x?0,
?
5
?
1
?
??
?
?
y
1
??3c,
?
y?
33
c.
2
?
5

?
得方程组的解
833
A(c,c),B(0,?3c)
55
不妨设

833
(x,y),则AM?(x?c,y?c),BM?(x,y?3c)
55设点M的坐标为，
y?3(x?c),得c?x?
3
y.
3

由
于是
AM?(
833833
y?x,y?x),
1555 5

BM?(x,3x).
由
AM?BM??2,

833833
y?x)?x?(y?x)?3x??2
15555
即，
(
2
18x?163xy?15?0.

化简得
18x2
?15310x
2
?5
y?代入c?x?y,得c??0.
3 16x
163x
将

所以
x?0.

因此，点

44、（浙江理21）
精品
2
18x?163xy?15?0(x?0).

M的轨迹方程是

.
C
1
x
3
C< br>2
x
2
?(y?4)
2
?1
y
已知抛物线: ＝，圆:的圆心为点M
（Ⅰ）求点M到抛物线
c
1
的准线的距离；
（Ⅱ）已知点P是抛物线
c
1
上一点（异于原点），过点P作圆
c
2
的两
条切线，交抛物线
c
1
于A，B两点，若过M，P两点的直线
l
垂直于
AB，求直线
l
的方程









本题主要考查抛物线的几何性质，直 线与抛物线、圆的位置关系等基
础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分
15分。
1
y??,
4

（I）解：由题意可知，抛物线的准线方程为：
17
.
4
所以圆心M（0，4）到准线的距离是

（II） 解：设
22
P(x
0
,x
0
),A(x
1
,x
1
2
),B(x
2
,x
2
)
， 则题意得
x
0
?0,x
0
??1,x
1
?x< br>2
，
精品

.
设过点P的圆C2的切线方程为
即
则
即
2
y?kx?kx
0
?x
0
2< br>y?x
0
?k(x?x
0
)
，


①
2
|kx
0
?4?x
0
|
1?k2
?1,
222
(x
0
?1)k
2
?2x0
(4?x
0
)k?(x
0
?4)
2
?1?0
，
设PA，PB的斜率为
k
1
,k
2
(k
1
?k
2
)
，则
k
1
,k
2
是 上述方程的两根，所以
22
2x
0
(x
0
?4)(x0
?4)
2
?1
k
1
?k
2
?,k< br>1
k
2
?.
22
x
0
?1x
0?1

将①代入
2
y?x
2
得x
2
? kx?kx
0
?x
0
?0,

由于
x
0
是此方程的根，
故
x
1
?k< br>1
?x
0
,x
2
?k
2
?x
0，所以
k
AB
22
2
2x
0
(x
0
?4)x
0
?4
x
1
2
?x
2
? ?x
1
?x
2
?k
1
?k
2
?2x
0
??2x,k?.
0MP
2
x
1
?x
2
x
0
?1x
0

由
MP?AB
，得
解得
2
x
0
?
k
AB
?k
MP
22< br>2x
0
(x
0
?4)x
0
?4
?(?2x) ?(??1)
0
2
x
0
?1x
0
，
23
,
5

即点P的坐标为
(?
2323
,)
55
，
y??
3115
x?4.
115

所以直线
l
的方程为

45、（重庆理20）如题（20）图，椭圆 的中心为原点
O
，离心率
一条准线的方程为
x???
．
（Ⅰ）求该椭圆的标准方程；
精品
e?
?
?
，

.
（Ⅱ）设动点
P
满足：
OP?OM??ON
，其中
M,N
是椭圆上的点，
?
直线
OM
与
ON
的斜率之积为
?
，问：是否存 在两个定点
F
?
,F
?
，使得
?
PF
?< br>?PF
?
为定值？若存在，求
F
?
,F
?
的 坐标；若不存在，说明理由．


c2a
2
e??,?22,
解：（I）由
a2c

222
解得
a?2,c?2,b?a?c?2
，故椭圆的标准方程为
x
2
y
2
??1.
42

（II） 设
P(x,y),M(x
1
,y
1
),N(x
2
, y
2
)
，则由
OP?OM?2ON
得
(x,y)?(x
1
,y
1
)?2(x
2
,y
2
)?(x< br>1
?2x
2
,y
1
?2y
2
),
即 x?x
1
?2x
2
,y?y
1
?2y
2
.

22
因为点M，N在椭圆
x?2y?4
上，所以
精品

.
22
x
1
2
?2y
1
2
?4,x
2
?2y
2
?4
，

故22
x
2
?2y
2
?(x
1
2
?4x
2
?4x
1
x
2
)?2(y
1
2
?4y
2
?4y
1
y
2
)
22
?(x1
2
?2y
1
2
)?4(x
2
?2y
2
)?4(x
1
x
2
?2y
1
y
2
)

?20?4(x
1
x
2
?2y
1
y
2
).

设
k
OM
,kON
分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知
k
OM
?k
ON
?
y
1
y
2
1
??,
x
1< br>x
2
2
因此
x
1
x
2
?2y
1
y
2
?0,

22
x?2y?20.

所以
x
2
所以P点是椭圆
(25)
2
?
y
2
(10)
2
?1
上的点，设该椭圆的左、右焦点为
F1，F2， 则由椭圆的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因
c?(25)
2
?(10)2
?10
，因此两焦点的坐标为
F
1
(?10,0),F
2
(10,0).

< br>46、A，B是抛物线
y
2
?
2
px
(
p?
0)
上的两点，且OA
?OB
（O为坐标
原点）求证：
（1）A，B两点的横坐标之积，纵坐标之积分别是定植；
（2）直线AB经过一个定点 < br>证明：（1）设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
),则y
1
?2px
1
,y
2
? 2px
2
,
22
?
OA?OB,?x
1
x
2
?y
1
y
2
?0

两式相乘得
y
1
y
2
??4p
2
,x
1
x
2
?4p
2

(2)y
1
?y
2
?2p(x
1
?x
2
),当x
1
?x
2
,k
AB?
所以直线AB的方程y?y
1
?
22
2p
,
y
1
?y
2
2p2p
(x?x
1
).化简得y?( x?2p),

y
1
?y
2
y
1< br>?y
2
过定点（2p,0),当x
1
?x
2
时，显然 也过点（2p,0)
精品

.
所以直线AB过定点(2p,0)

47、（2005年春季北京，18）如图，O为坐标原点，直线
l
在x
轴和
y
轴
上的截距分别是
a
和
b
( a?0,b?0)
，且交抛物线
y
2
?2px(p?0)于M（x
1
,y
1
），N（x
2
,y
2
）
两点。
（1） 写出直线
l
的截距式方程
（2） 证明：
111
??

y
1
y
2
b
（3） 当
a?2p
时，求
?MON
的大小。（图见教材P135页例1）
解：（1）直线
l
的截距式方程为
?
x
a
y
?1< br>。 （1）
b
（2）、由（1）及
y
2
?
2px
消去
x
可得
by
2
?2pay?2pab?0
（2）
点M，N的坐标
y
1
,y
2
为（2） 的两个根。故
y
1
?y
2
?
?2pa
y?y
111
所以
??
12
?
b
?
.

y
1
y
2
y
1
y
2
?2pab
?2pa
,y
1
?y
2
??2pa.

b
（3）、设直线OM、ON的斜率分别为
k
1
,
k
2
,则k
1
?
当
a?2p
时，由（2）知，
y
1< br>y
2
??
2
pa??
4
p
2
,
y
1
y
,
k
2
?
2
.

x
1
x
2
(y
1
y
2
)
2
(4p
2
)
2
由y?2px
1
,y?2px2
,相乘得(y
1
y
2
)?4px
1
x
2
,x
1
x
2
???4p
2
,
224p4p
2
1
2
2
22
y
1
y
2
?4p
2
?
因此
k
1
k
2
?
。
???1.所以OM?ON，即?MON＝90
2
x
1
x
2
4p
说明：本题主要考查直线、抛物线等基本知识，考查运用解析几何的
方法分析问题和解决问题的能力。
精品

.

48、（20 05年黄冈高三调研考题）已知椭圆C的方程为
x
2
y
2
x
2
y
2
?
2
?1(a?b?0)
，双曲线
2
?
2
?
1
的两条渐近线为
l
1
,l
2< br>，过椭圆C
2
abab
的右焦点F作直线
l
，使
l? l
1
，又
l
与
l
2
交于P点，设
l
与椭圆C的两
个交点由上而下依次为A、B。（图见教材P135页例2）
（1） 当l
1
与l
2
夹角为
60
?
，双曲线的焦距为4 时，求椭圆C的方程
?
?
（2） 当
FA?
?
AP
时，求
?
的最大值。
?
双曲线的渐近线为
y??
x
，
解：（1）
两渐近线的夹角为
60
?
，又
?1
，
b
a
b
a
b 3
??POx?30
?
,即?tan30
?
??a?3b.又a2
?b
2
?4,
a3


2
x
?a
2
?3,b
2
?1.故椭圆C的方程为?y
2
?1.
3
aba
2
ab
l:y?(x?c),与y?x解得P（,） ,
（3） 由已知
bacc

a
2
ab
c?
?
?
?
?
?
?
c
,
c
)
，将A点坐标代入椭圆方程
由
FA
?
?
AP
得
A (
1?
?
1?
?
得
(c
2
?
?
a
2
)
2
?
?
2
a
4
? (1?
?
)
2
a
2
c
2
,?(e
2
?
?
)
2
?
?
2
?e
2
(1?
?
)
2

e
4
?e
2
2
??
?
?
?
2
??
?
(2?e
2
)??3?3?22.
2
?

e?22?e
??
2
?
?
的最大值为2－1。
说明：本题考查了椭圆、双曲线的基础知识，及向量 、定比分点
公式、重要不等式的应用。解决本题的难点是通过恒等变形，利
用重要不等式解决问 题的思想。本题是培养学生分析问题和解决
精品

.
问题能力的一道好题。
精品

.

(y?1)2
(x?1)
2
??
1
的一个上顶点与上焦点，位于49、A， F分别是椭圆
1612
x轴的正半轴上的动点T（t,0）与F的连线交射线OA于Q，求：
（1） 点A，F的坐标及直线TQ的方程;
（2） 三角形OTQ的面积S与t的函数关系式及该函数的最小值
（3） 写出该函数的单调递增区间,并证明.
解:(1)由题意得A(1,3),F(1,1)
直线TQ得方程为x+(t-1)y-t=0
(2)射线OA的方程y=3x
(x? 0),代入TQ的方程，得x
Q
?
t

3t?2
23t13 t
2
由x
Q
?0,得t?,则y
Q
?,?S(t)?yQ
OT?
33t?222(3t?2)

132344
??,< br>?
t?,?S(t)??(当t?时取等号）
1213
2
99
333
2(?
2
)?4(?)?
t
3t
t444
所 以S(t)的最小值为

(3)S(t)在
?
,??
?
?
上是增函数
?< br>3
?
224
??
(t
2
?t
1
)< br>?
(t
1
?)(t
2
?)?
?
41
339
??
设?t
1
?t
2
,那么S(t
1
)?S(t
2
)????
22
32
(t
1
?)( t
2
?)
33
4
3
?
4
?
精品

.
?t
2
?.t
1
?
42222
,?(t
1
?)?,t
2
??,?,?S(t
2
) ?S(t
1
)

33333
4
?
3
??
,??
所以该函数在
?
?
上是增函数

?< br>50、过抛物线
y
2
＝2
px
的焦点
F
任作 一条直线
m
，交这抛物线于
P
1
、
P
2
两 点，求证：以
P
1
P
2
为直径的圆和这抛物线的准线相切．
分析：运用抛物线的定义和平面几何知识来证比较简捷．
证明：如图2-17．设
P
1
P
2
的中点为
P
0
，过
P
1、
P
0
、
P
2
分别向准
线
l
引垂线
P
1
Q
1
，
P
0
Q
0
，
P
2
Q
2
，垂足为
Q
1
、
Q0
、
Q
2
，则
｜
P
1
F
｜ ＝｜
P
1
Q
1
｜，｜
P
2
F
｜＝ ｜
P
2
Q
2
｜
∴｜
P
1
P2
｜＝｜
P
1
F
｜＋｜
P
2
F
｜
＝｜
P
1
Q
1
｜＋｜
P
2
Q
2
｜＝2｜
P
0
Q
0
｜
所以
P
0
Q
0
是以
P
1
P
2
为直径的 圆
P
0
的半径，且
P
0
Q
0
⊥
l
，因而圆
P
0
和
准线
l
相切．
[思维点 拔]以抛物线焦点弦为直径的圆与准线相切．类似有：以
椭圆焦点弦为直径的圆与相对应的准线相离；以 双曲线焦点弦为直径
的圆与相应的准线相交．以上结论均可用第二定义证明之．
变式：求证：以双曲线的任意焦半径为直径的圆，与以实轴为直
径的圆相切．
精品

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取F1P的中点为O1，连结O1O，只须证明：以F1P为直 径的圆
与实轴A1A2为直径的圆内切．

在△PF1F2中，O1O为△PF1F2的中位线


故以双曲线的任意焦半径为直径的圆，与以实轴为直径的圆内切．
如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！



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