解析几何专题训练

解析几何专题训练学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、选择题1．（2016高考新课标1文数）直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点,若椭圆中心到l1的距离为其短轴长的,则该椭圆的离心率为（）41113（A）（B）（C）（D）3234k2．（2016高考新课标2文数）设F为抛物线C：y2=4x的焦点，曲线y=（k＞0）与Cx交于点P，PF⊥x轴，则k=（）13（A）（B）1（C）（D）222x2y23．（2016高考新课标Ⅲ文数）已知O为坐标原点，F是椭圆C：1(ab0)a2b2的左焦点，A,B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PFx轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E．若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为（）1123（A）（B）（C）（D）32344．（2016高考四川文数）抛物线y24x的焦点坐标是（）（A）（0,2）（B）（0,1）（C）（2,0）（D）（1,0）5．（2016高考山东文数）已知圆M：x2+y2-2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是22，则圆M与圆N：（x-1）2+(y-1)2=1的位置关系是（）（A）内切（B）相交（C）外切（D）相离6．（2016高考北京文数）圆(x1)2y22的圆心到直线yx3的距离为（）A．1B．2C．2D．22x2y27．（2016高考天津文数）已知双曲线1(a0,b0)的焦距为25，且双曲a2b2线的一条渐近线与直线2xy0垂直，则双曲线的方程为（）x2y2（A）y21（B）x21443x23y23x23y2（C）1（D）12055208．（2016高考新课标2文数）圆x2+y2−2x−8y+13=0的圆心到直线ax+y−1=0的距离为1，则a=（）43（A）−（B）−（C）3（D）234y29．（2016湖北优质高中联考）若n是2和8的等比中项，则圆锥曲线x21的离n心率是（）3353A．B．5C．或D．或52222x2y210．（2016湖南六校联考）已知A,B分别为椭圆C:1(ab0)的左、右顶a2b2点，不同两点P,Q在椭圆C上，且关于x轴对称，设直线AP,BQ的斜率分别为m,n，2ba1则当lnmlnn取最小值时，椭圆C的离心率为（）ab2mn3212A．B．C．D．3322x2y211．（2016安徽江南十校联考）已知l是双曲线C:1的一条渐近线，P是l上24uuuruuuur的一点，F,F是C的两个焦点，若PFPF0，则P到x轴的距离为12122326（A）（B）2（C）2（D）3312．（2016河北石家庄质检二）已知直线l与双曲线C:x2y22的两条渐近线分别交于A，B两点，若AB的中点在该双曲线上，O为坐标原点，则AOB的面积为（）1A．B．1C．2D．4213．（2016江西师大附中、鹰潭一中一联）已知抛物线C的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程为y22px(p0)，M为抛物线C上一动点，A(a,0)(a0)为其对称轴上一点，直线MA与抛物线C的另一个交点为N．当A为抛物线C的焦点且直线MA与其对称轴垂直时，△MON的面积为18．（Ⅰ）求抛物线C的标准方程；11（Ⅱ）记t，若t值与M点位置无关，则称此时的点A为“稳定点”，AMAN试求出所有“稳定点”，若没有，请说明理由．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题14．（2016高考上海文数）已知平行直线l:2xy10,l:2xy10，则l,l的1212距离_______________．x2y215．（2016高考北京文数）已知双曲线1（a0，b0）的一条渐近线为a2b22xy0，一个焦点为(5,0)，则a_______；b_____________．16．（2016高考四川文数）在平面直角坐标系中，当P（x，y）不是原点时，定义P的yx“伴随点”为P'(,)；当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身，x2y2x2y2现有下列命题：若点A的“伴随点”是点A'，则点A'的“伴随点”是点A．单元圆上的“伴随点”还在单位圆上．若两点关于x轴对称，则他们的“伴随点”关于y轴对称④若三点在同一条直线上，则他们的“伴随点”一定共线．其中的真命题是．17．（2016高考新课标Ⅲ文数）已知直线l：x3y60与圆x2y212交于A,B两点，过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点，则|CD|_____________．y218．（2016高考浙江文数）设双曲线x2–3=1的左、右焦点分别为F，F．若点P在12双曲线上，且△FPF为锐角三角形，则|PF|+|PF|的取值范围是_______．121219．（2016高考浙江文数）已知aR，方程a2x2(a2)y24x8y5a0 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示圆，则圆心坐标是_____，半径是______．20．（2016高考天津文数）已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0,5)在圆C上，45且圆心到直线2xy0的距离为，则圆C的方程为__________．5x2y221．（2016高考山东文数）已知双曲线E：–=1（a＞0，b＞0）．矩形ABCD的四a2b2个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|=3|BC|，则E的离心率是_______．22．（2016高考新课标1文数）设直线y=x+2a与圆C：x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若,则圆C的面积为．23．（2016安徽合肥第一次质检）存在实数，使得圆面x2y24恰好覆盖函数ysin(x)图象的最高点或最低点共三个，则正数k的取值范围是___________．k24．（2016湖南师大附中等四校联考）若抛物线y22px(p0)的准线经过双曲线x2y21的一个焦点，则p_____．25．（2016江西南昌一模）已知抛物线C:x2=4y的焦点为F，过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点．设直线l是抛物线C的切线，且l∥MN，P为l上一点，则的最小值为___________．三、解答题26．（2016高考新课标1文数）在直角坐标系xOy中,直线l:y=t（t≠0）交y轴于点M,交抛物线C：y22px(p0)于点P,M关于点P的对称点为N,连结ON并延长交C于点H．OH（Ⅰ）求；ON（Ⅱ）除H以外,直线MH与C是否有其它公共点？说明理由．x2y227．（2016高考新课标2文数）已知A是椭圆E：1的左顶点，斜率为kk＞043的直线交E与A，M两点，点N在E上，MANA．（Ⅰ）当AMAN时，求AMN的面积；（Ⅱ）当AMAN时，证明：3k2．28．（2016高考新课标Ⅲ文数）已知抛物线C：y22x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l,l分别交C于A,B两点，交C的准线于P，Q两点．12（Ⅰ）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明ARPFQ；（Ⅱ）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．x2y229．（2016高考北京文数）已知椭圆C：1过点A（2,0），B（0,1）两点．a2b2（I）求椭圆C的方程及离心率；（Ⅱ）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．30．（2016高考山东文数）已知椭圆C:（a＞b＞0）的长轴长为4，焦距为2．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过动点M（0，m）（m＞0）的直线交x轴与点N，交C于点A，P（P在第一象限），且M是线段PN的中点．过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B．（ⅰ）设直线PM、QM的斜率分别为k、k'，证明为定值．（ⅱ）求直线AB的斜率的最小值．x2y231．（2016高考天津文数）（设椭圆1（a3）的右焦点为F，右顶点为A，a23113e已知，其中O为原点，e为椭圆的离心率．|OF||OA||FA|（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设过点A的直线l与椭圆交于点B（B不在x轴上），垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，若BFHF，且MOAMAO，求直线的l斜率．32．（2016高考浙江文数）如图，设抛物线y22px(p0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1．（Ⅰ）求p的值；（Ⅱ）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M．求M的横坐标的取值范围．33．（2016高考上海文数）有一块正方形菜地EFGH,EH所在直线是一条小河，收货的蔬菜可送到F点或河边运走。于是，菜地分为两个区域S和S，其中S中的蔬菜运121到河边较近，S中的蔬菜运到F点较近，而菜地内S和S的分界线C上的点到河边212与到F点的距离相等，现建立平面直角坐标系，其中原点O为EF的中点，点F的坐标为（1,0），如图（1）求菜地内的分界线C的方程（2）菜农从蔬菜运量估计出S面积是S面积的两倍，由此得到S面积的“经验值”1218为。设M是C上纵坐标为1的点，请计算以EH为一边、另一边过点M的矩形的3面积，及五边形EOMGH的面积，并判断哪一个更接近于S面积的经验值1y234．（2016高考上海文数）双曲线x21(b0)的左、右焦点分别为F1、F2，直线lb2过F2且与双曲线交于A、B两点．（1）若l的倾斜角为，△FAB是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；21（2）设b3，若l的斜率存在，且|AB|=4，求l的斜率．学科&网x2y235．（2016高考四川文数）已知椭圆E：1(ab0)的一个焦点与短轴的两a2b21个端点是正三角形的三个顶点，点P(3,)在椭圆E上．2（Ⅰ）求椭圆E的方程；1（Ⅱ）设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中2点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：MAMBMCMD．36．（2016广东广州综合测试一）已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F2，0，点B2,2在椭圆C上，直线ykxk0与椭圆1C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）以MN为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 1．B【解析】11试题 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ：如图,由题意得在椭圆中,OFc,OBb,OD2bb42在RtOFB中,|OF||OB||BF||OD|,且a2b2c2,代入解得1a24c2,所以椭圆得离心率得e,故选B．2考点：椭圆的几何性质【名师点睛】求椭圆或双曲线离心率是高考常考问题,求解此类问题的一般步骤是先列出等式,再转化为关于a,c的齐次方程,方程两边同时除以a的最高次幂,转化为关于e的方程,解方程求e．2．D【解析】试题分析：因为F抛物线y24x的焦点，所以F(1,0)，kk又因为曲线y(k0)与C交于点P，PFx轴，所以2k2x1，所以，选D．考点：抛物线的性质，反比例函数的性质．k【名师点睛】抛物线方程有四种形式，注意焦点的位置．对函数y=(k0)，当k0时，x在(,0)，(0,)上是减函数，当k0时，在(,0)，(0,)上是增函数．3．A【解析】试题分析：由题意设直线l的方程为yk(xa)，分别令xc与x0得点1|OE||OB||FM|k(ac)，|OE|ka，由OBE:CBM，得2，即|FM||BC|kaac11，整理，得，所以椭圆离心率为e，故选A．2k(ac)aca33考点：椭圆方程与几何性质．【思路点拨】求解椭圆的离心率问题主要有三种方法：（1）直接求得a,c的值，进而求得eb的值；（2）建立a,b,c的齐次等式，求得或转化为关于e的等式求解；（3）通过特殊值或a特殊位置，求出e．4．D【解析】试题分析：由题意，y24x的焦点坐标为(1,0)，故选D．考点：抛物线的定义．【名师点睛】本题考查抛物线的定义．解析几何是中学数学的一个重要分支，圆锥曲线是解析几何的重要 内容 财务内部控制制度的内容财务内部控制制度的内容人员招聘与配置的内容项目成本控制的内容消防安全演练内容 ，它们的定义、标准方程、简单的性质是我们重点要掌握的内容，一定要熟记掌握．5．B【解析】试题分析：由x2y22ay0（a0）得x2ya2a2（a0），所以圆的圆心为0,a，半径为ra，因为圆截直线xy0所得线段的长度是22，所以1a222a2，解得a2，圆的圆心为1,1，半径为r1，所以2121220122122，rr3，rr1，因为rrrr，12121212所以圆与圆相交，故选B．考点：1．直线与圆的位置关系；2．圆与圆的位置关系．【名师点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系问题，是高考常考知识内容．本题综合性较强，具有“无图考图”的显著特点，解答此类问题，注重“圆的特征直角三角形”是关键，本题能较好的考查考生分析问题解决问题的能力、基本计算能力等．6．C【解析】|103|试题分析：圆心坐标为(1,0)，由点到直线的距离公式可知d2，故选C．2考点：直线与圆的位置关系|ykxb|【名师点睛】点(x,y)到直线ykxb（即ykxb0）的距离公式d00001k2记忆容易，对于知d求k，b很方便．7．A【解析】b1x2y2试题分析：由题意得c5,a2,b11，选A．a241考点：双曲线渐近线【名师点睛】求双曲线的标准方程关注点：（1）确定双曲线的标准方程也需要一个“定位”条件，两个“定量”条件，“定位”是指确定焦点在哪条坐标轴上，“定量”是指确定a，b的值，常用待定系数法．（2）利用待定系数法求双曲线的标准方程时应注意选择恰当的方程形式，以避免讨论．①若双曲线的焦点不能确定时，可设其方程为Ax2＋By2＝1（AB＜0）．②若已知渐近线方程为mx＋ny＝0，则双曲线方程可设为m2x2－n2y2＝λ（λ≠0）．8．A【解析】试题分析：由x2y22x8y130配方得(x1)2(y4)24，所以圆心为(1,4)，半径r2，因为圆x2y22x8y130的圆心到直线axy10的距离为1，|a41|4所以1，解得a，故选A．a2123考点：圆的方程，点到直线的距离公式．【名师点睛】直线与圆的位置关系有三种情况：相交、相切和相离．已知直线与圆的位置关系时，常用几何法将位置关系转化为圆心到直线的距离d与半径r的大小关系，以此来确定参数的值或取值范围．9．D413【解析】由n228，得n4，当n4时，曲线为椭圆，其离心率为e；4241当n4时，曲线为双曲线，其离心率为e5，故选B．110．D22xyb2【解析】设点P(x,y)则001，∴，从而00mna2b2a2b22ba12baa2b21lnmlnnln，设x，令f(x)lnx(0x1)，ab2mnab2b2a2a22x2x112ba2bab21则f(x),f(x)f()即b21，22，当且仅当即取等号，取max22x22a22ababa2b212等号的条件一致，此时e21，∴e．故选D．a22211．C【解析】F(6,0),F(6,0)，不妨设l的方程为y2x，设P(x,2x)．由1200uuuruuuurPFPF(6x,2x)(6x,2x)3x260．得x2，故P到x12000000轴的距离为2x2，故选C．012．C．【解析】由题意得，双曲线的两条渐近线方程为yx，设A(x,x)，B(x,x)，∴AB1122xxxxxxxx中点(12,12)，∴(12)2(12)22xx2，∴22221211S|OA||OB|＝|2x||2x|xx2，故选C．AOB221212113．（Ⅰ）y212x；（Ⅱ）仅当a10，即a3时，t与m无关311pp2【解析】（Ⅰ）由题意，S|OA||MN|2p18，∴p6，△MON2222抛物线C的标准方程为y212x．（Ⅱ）设M(x，y)，N(x，y)，1122xmya设直线MN的方程为xmya，联立得y212my12a0，y212x∴144m248a0，yy12m，yy12a，1212由对称性，不妨设m0，（ⅰ）a0时，∵yy12a0，∴y，y同号，12121111又t，|AM||AN|1m2|y|1m2|y|121(yy)21144m211∴t2121，1m2(yy)21m2144a2a21m212不论a取何值，t均与m有关，即a0时，A不是“稳定点”；（ⅱ）a0时，∵yy12a0，∴y，y异号．12121111又t，|AM||AN|1m2|y|1m2|y|121a11(yy)21(yy)24yy1144m248a13∴t21212121，1m2(yy)21m2(yy)21m2144a2a21m212121∴仅当a10，即a3时，t与m无关，32514．5【解析】试题分析：|cc||11|25利用两平行线间距离公式得d12a2b222125考点：两平行线间距离公式．【名师点睛】确定两平行线间距离，关键是注意应用公式的条件，即x,y的系数应该分别相同，本题较为容易，主要考查考生的基本运算能力．15．a1,b2．【解析】c5试题分析：依题意有b,结合c2a2b2,解得a1,b2．2a考点：双曲线的基本概念【名师点睛】在双曲线的几何性质中，渐近线是其独特的一种性质，也是考查的重点内容．对渐近线：（1）掌握方程；（2）掌握其倾斜角、斜率的求法；（3）会利用渐近线方程求双曲线方程的待定系数．求双曲线方程的方法以及双曲线定义和双曲线标准方程的应用都和与椭圆有关的问题相类似．因此，双曲线与椭圆的标准方程可统一为Ax2By21的形式，当A0，B0，AB时为椭圆，当AB0时为双曲线．16．②③【解析】试题分析：1111对于①，若令P(1,1)，则其伴随点为P(,)，而P(,)的伴随点为(1,1)，而不2222是P，故①错误；对于②，设曲线f(x,y)0关于x轴对称，则f(x,y)0对曲线yxf(x,y)0表示同一曲线，其伴随曲线分别为f(,)0与x2y2x2y2yxf(,)0也表示同一曲线，又因为其伴随曲线分别为x2y2x2y2yxyxf(,)0与f(,)0的图象关于y轴对称，所以②正确；x2y2x2y2x2y2x2y2③令单位圆上点的坐标为P(cosx,sinx)其伴随点为P(sinx,cosx)仍在单位圆上，故③yx正确；对于④，直线ykxb上取点后得其伴随点(,)消参后轨迹是圆，x2y2x2y2故④错误．所以正确的为序号为②③．考点：1．新定义问题；2．曲线与方程．【名师点睛】本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的走向．它考查学生的阅读理解能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．本题新概念“伴随”实质是一个变换，一个坐标变换，只要根据这个变换得出新的点的坐标，然后判断，问题就得以解决．17．4【解析】试题分析：由x3y60，得x3y6，代入圆的方程，并整理，得y233y60，解得y23,y3，所以x0,x3，所以1212|AB|(xy)2(yy)223．又直线l的倾斜角为30，由平面几何知识知在梯1212|AB|形ABDC中，|CD|4．cos30考点：直线与圆的位置关系．【技巧点拨】解决直线与圆的综合问题时，一方面，要注意运用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化），把它转化为代数问题；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系得非常紧密，因此，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决．18．(27,8)．【解析】c试题分析：由已知a1,b3,c2，则e2，设P(x,y)是双曲线上任一点，由对a称性不妨设P在右支上，则1x2，PF2x1，PF2x1，127FPF为锐角，则PF2PF2FF2，即(2x1)2(2x1)242，解得x，12121227所以x2，PFPF4x(27,8)．212考点：双曲线的几何性质．【思路点睛】先由对称性可设点在右支上，进而可得F和F，再由FF为锐角三1212角形可得F2F2FF2，进而可得x的不等式，解不等式可得FF的取值范121212围．19．(2,4)；5．【解析】试题分析：由题意a2a2，a1或2，a1时方程为x2y24x8y50，即(x2)2(y4)225，圆心为(2,4)，半径为5，a2时方程为154x24y24x8y100，(x)2(y1)2不表示圆．24考点：圆的标准方程．【易错点睛】由方程a2x2(a2)y24x8y5a0表示圆可得a的方程，解得a的值，一定要注意检验a的值是否符合题意，否则很容易出现错误．20．(x2)2y29.【解析】|2a|45试题分析：设C(a,0),(a0)，则a2,r2253，故圆C的方程为55(x2)2y29.考点：直线与圆位置关系【名师点睛】求圆的方程有两种方法：（1）代数法：即用“待定系数法”求圆的方程．①若已知条件与圆的圆心和半径有关，则设圆的标准方程，列出关于a，b，r的方程组求解．②若已知条件没有明确给出圆的圆心或半径，则选择圆的一般方程，列出关于D，E，F的方程组求解．（2）几何法：通过研究圆的性质，直线和圆的关系等求出圆心、半径，进而写出圆的标准方程．21．2【解析】试题分析：依题意，不妨设AB6,AD4，作出图象如下图所示c2则2c4,c2;2aDFDF532,a1,故离心率221a1考点：双曲线的几何性质【名师点睛】本题主要考查双曲线的几何性质．本题解答，利用特殊化思想，通过对特殊情况的讨论，转化得到一般结论，降低了解题的难度．本题能较好的考查考生转化与化归思想、一般与特殊思想及基本运算能力等．22．4【解析】试题分析：由题意直线即为xy2a0,圆的标准方程为x2ya2a22,aa2a2所以圆心到直线的距离d,所以AB2a222223,222故a22r24,所以S4r24．故填4．考点：直线与圆【名师点睛】注意在求圆心坐标、半径、弦长时常用圆的几何性质,如圆的半径r、弦长l、l2圆心到弦的距离d之间的关系：r2d2在求圆的方程时常常用到．2323．(,3]2【解析】由题意，知函数ysin(x)图象的最高点或最低一定在直线y1上，则由ky123x3T2kT232T，得．又由题意，得，，解得正x2y24k3数k的取值范围为(,3]．224．22．p【解析】抛物线y22px(p0)的准线方程是x，双曲线x2y21的一个焦点2F(2,0)，1p∵抛物线y22px(p0)的准线经过双曲线x2y21的一个焦点，∴2，解2得p22．25．－14【解析】设l：yxb，代入抛物线方程，得x24x4b0，因为l与抛物线相切，所以1616b0，解得b1，所以l：yx1．由抛物线的方程，知F(0,1)，yx1所以l：yx1．设M(x,y),N(x,y)，由，得x24x40，所以MN1122x24yxx4,xx4，所以yy6,yy1．设P(m,m1)，则12121212uuuuruuuruuuuruuurPM(xm,ym1)，PN(xm,ym1)，所以PMPN(xm)(xm)112212＋(ym1)(ym1)＝xxm(xx)m2yy＋(1m)(yy)(1m)2＝1212121212uuuuruuur2(m26m2)2[(m3)27]14，所以PMPN的最小值为－14．26．（Ⅰ）2（Ⅱ）没有【解析】t2p试题分析：先确定N(,t),ON的方程为yx,代入y22px整理得px22t2x0,pt2t22t2|OH|解得x0,x,得H(,2t),由此可得N为OH的中点,即2．12pp|ON|p（Ⅱ）把直线MH的方程ytx,与y22px联立得y24ty4t20,解得2tyy2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其它公12共点．t2试题解析：（Ⅰ）由已知得M(0,t),P(,t)．2pt2p又N为M关于点P的对称点,故N(,t),ON的方程为yx,代入y22px整理得pt2t22t2px22t2x0,解得x0,x,因此H(,2t)．12pp|OH|所以N为OH的中点,即2．|ON|（Ⅱ）直线MH与C除H以外没有其它公共点．理由如下：p2t直线MH的方程为ytx,即x(yt)．代入y22px得y24ty4t20,解2tp得yy2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其它12公共点．考点：直线与抛物线【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、最值、求参数取值范围等几部分组成；解析几何中的证明问题通常有以下几类：证明点共线或直线过定点；证明垂直；证明定值问题．其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用．14427．（Ⅰ）；（Ⅱ）32,2．49【解析】试题分析：（Ⅰ）先求直线AM的方程，再求点M的纵坐标，最后求AMN的面积；（Ⅱ）设Mx,y，，将直线AM的方程与椭圆方程组成方程组，消去y，用k表示x，从而表111示|AM|，同理用k表示|AN|，再由2AMAN求k．试题解析：（Ⅰ）设M(x,y)，则由题意知y0．111由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为，4又A(2,0)，因此直线AM的方程为yx2．x2y2将xy2代入1得7y212y0，431212解得y0或y，所以y．71711212144因此AMN的面积S2．AMN27749x2y2（2）将直线AM的方程yk(x2)(k0)代入1得43(34k2)x216k2x16k2120．16k2122(34k2)121k2由x(2)得x，故|AM|1k2|x2|．134k2134k2134k2112k1k2由题设，直线AN的方程为y(x2)，故同理可得|AN|．k43k22k由2|AM||AN|得，即4k36k23k80．34k243k2设f(t)4t36t23t8，则k是f(t)的零点，f'(t)12t212t33(2t1)20，所以f(t)在(0,)单调递增，又f(3)153260,f(2)60，因此f(t)在(0,)有唯一的零点，且零点k在(3,2)内，所以3k2．考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系．3k2k12k【名师点睛】本题中，分离变量t，得t3，解不等式，即3tk23k2tk32求得实数k的取值范围．28．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）y2x1．【解析】试题分析：（Ⅰ）设出与x轴垂直的两条直线，然后得出A,B,P,Q,R的坐标，然后通过证明直线AR与直线FQ的斜率相等即可证明结果了；（Ⅱ）设直线l与x轴的交点坐标D(x,0)，利用面积可求得x，设出AB的中点E(x,y)，根据AB与x轴是否垂直分两种11情况结合kk求解．ABDE1试题解析：由题设F(,0)．设l:ya,l:yb，则ab0，且212a2b2111abA(,0),B(,b),P(,a),Q(,b),R(,)．222222记过A,B两点的直线为l，则l的方程为2x(ab)yab0．（Ⅰ）由于F在线段AB上，故1ab0．abab1ab记AR的斜率为k，FQ的斜率为k，则kbk，1211a2a2abaa2所以ARPFQ．（Ⅱ）设l与x轴的交点为D(x,0)，1111ab则SbaFDbax,S．ABF2212PQF211ab由题设可得bax，所以x0（舍去），x1．212211设满足条件的AB的中点为E(x,y)．2y当AB与x轴不垂直时，由kk可得(x1)．ABDEabx1ab而y，所以y2x1(x1)．2当AB与x轴垂直时，E与D重合，所以，所求轨迹方程为y2x1．考点：1、抛物线定义与几何性质；2、直线与抛物线位置关系；3、轨迹求法．【方法归纳】（1）解析几何中平行问题的证明主要是通过证明两条直线的斜率相等或转化为利用向量证明；（2）求轨迹的方法在高考中最常考的是直接法与代入法（相关点法），利用代入法求解时必须找准主动点与从动点．x2329．（Ⅰ）y21；e（Ⅱ）见解析．42【解析】试题分析：（Ⅰ）根据两顶点坐标可知a,b的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；（Ⅱ）四边形的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线,的值求乘积为定值即可．试题解析：（Ⅰ）由题意得，a2，b1．x2所以椭圆C的方程为y21．4又ca2b23，c3所以离心率e．a2（Ⅱ）设x,y（x0，y0），则x24y24．000000又2,0，0,1，所以，y直线的方程为y0x2．x202y2y令x0，得y0，从而1y10．x2x200y1直线的方程为y0x1．x0xx令y0，得x0，从而2x20．y1y100所以四边形的面积1S21x2y20102y1x200x24y24xy4x8y40000002xyx2y200002xy2x4y40000xyx2y200002．从而四边形的面积为定值．考点：椭圆方程，直线和椭圆的关系，运算求解能力．【名师点睛】解决定值定点方法一般有两种：（1）从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线．应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算．x2y2630．（Ⅰ）1．（Ⅱ）（ⅰ）见解析；（ⅱ）直线AB的斜率的最小值为．422【解析】试题分析：（Ⅰ）分别计算a,b即得．（Ⅱ）（ⅰ）设Px,yx0,y0，0000利用对称点可得Px,2m,Qx,2m.00得到直线PM的斜率，直线QM的斜率，即可证得．（ⅱ）设Ax,y,Bx,y，分别将直线PA的方程ykxm，直线QB的方程1122y3kxm与椭圆方程x2y21联立，42应用一元二次方程根与系数的关系得到xx、yy及k用k表示的式子，进一步应2121AB用基本不等式即得．试题解析：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，由题意知2a4,2c22，所以a2,ba2c22，x2y2所以椭圆C的方程为1．42（Ⅱ）（Ⅰ）设Px,yx0,y0，0000由M0,m，可得Px,2m,Qx,2m.002mmm所以直线PM的斜率k，xx002mm3m直线QM的斜率k'．xx00k'k'此时3，所以为定值3．kk（Ⅱ）设Ax,y,Bx,y，1122直线PA的方程为ykxm，直线QB的方程为y3kxm．ykxm联立x2y2，142整理得2k21x24mkx2m240．2m242m22由xx可得x，012k2112k21x02km22所以ykxmm，112k21x02m226km22同理x,ym．218k21x218k21x002m222m2232k2m22所以xx，2118k21x2k21x18k212k21x0006km222m228k6k21m22yymm，2118k21x2k21x18k212k21x000yy6k2111所以k216k.ABxx4k4k21由m0,x0，可知k0，016所以6k26，等号当且仅当k时取得．k6m614此时，即m，符号题意．48m2676所以直线AB的斜率的最小值为．2考点：1．椭圆的标准方程及其几何性质；2．直线与椭圆的位置关系；3．基本不等式．【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题．解答此类题目，利用a,b,c,e的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到参数的解析式或方程是关键，易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出．．本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分析问题解决问题的能力等．x2y2631．（Ⅰ）1（Ⅱ）434【解析】113c试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定量，由，得|OF||OA||FA|113c再利用a2c2b23，可解得c21，a24（Ⅱ）先化简条件：caa(ac)，MOAMAO|MA||MO|即M再OA中垂线上，x1再利用直线与椭圆位，M，置关系，联立方程组求B；利用两直线方程组求H，最后根据BFHF，列等量关系解出直线斜率．113c113c试题解析：（1）解：设F(c,0)，由，即，可得|OF||OA||FA|caa(ac)a2c23c2，又a2c2b23，所以c21，因此a24，所以椭圆的方程为x2y21．43（2）设直线的斜率为k(k0)，则直线l的方程为yk(x2)，x2y21,设B(x,y)，由方程组43消去y，BByk(x2),8k26整理得(4k23)x216k2x16k2120，解得x2或x，4k238k2612k由题意得x，从而y，B4k23B4k23uuuruuur94k212k由（1）知F(1,0)，设H(0,y)，有FH(1,y)，BF(,)，HH4k234k23uuuruuur4k2912ky由BFHF，得BFHF0，所以H0，4k234k2394k2194k2解得y，因此直线MH的方程为yx，H12kk12k194k2yx,20k29设M(x,y)，由方程组k12k消去y，得x，MMM12(k21)yk(x2),在MAO中，MOAMAO|MA||MO|，20k29即(x2)2y2x2y2，化简得x1，即1，MMMMM12(k21)66解得k或k，4466所以直线l的斜率为k或k．44考点：椭圆的标准方程和几何性质，直线方程【名师点睛】解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型．32．（Ⅰ）p2；（Ⅱ）,0U2,．【解析】试题分析：（Ⅰ）由抛物线的定义可得p的值；（Ⅱ）设点的坐标和直线F的方程，通过联立方程组可得点的坐标，进而可得点的坐标，再利用，，三点共线可得m用含有t的式子表示，进而可得的横坐标的取值范围．试题解析：（Ⅰ）由题意可得抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离．p由抛物线的定义得1，即p=2．2（Ⅱ）由（Ⅰ）得抛物线的方程为y24x,F1,0，可设At2,2t,t0,t1．y24x因为AF不垂直于y轴，可设直线AF:x=sy+1,s0,由消去x得xsy112y24sy40，故yy4，所以B,．12t2t2tt21又直线AB的斜率为，故直线FN的斜率为，t212tt212从而的直线FN:yx1，直线BN:y，2ttt232所以N,，t21t22t2tt设M（m,0）,由A,M,N三点共线得：，t2mt23t2t212t2于是m，经检验，m<0或m＞2满足题意．t21综上，点M的横坐标的取值范围是,0U2,．考点：抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系．【思路点睛】（Ⅰ）当题目中出现抛物线上的点到焦点的距离时，一般会想到转化为抛物线上的点到准线的距离．解答本题时转化为抛物线上的点到准线的距离，进而可得点到y轴的距离；（Ⅱ）通过联立方程组可得点的坐标，进而可得点的坐标，再利用，，三点共线可得m用含有t的式子表示，进而可得的横坐标的取值范围．33．（1）y24x（0y2）．（2）五边形面积更接近于S面积的“经验值”．1【解析】试题分析：（1）由C上的点到直线与到点F的距离相等，知C是以F为焦点、以为准线的抛物线在正方形FG内的部分．（2）计算矩形面积，五边形面积．进一步计算矩形面积与“经验值”之差的绝对值，五边形面积与“经验值”之差的绝对值，比较二者大小即可．试题解析：（1）因为C上的点到直线与到点F的距离相等，所以C是以F为焦点、以为准线的抛物线在正方形FG内的部分，其方程为y24x（0y2）．1（2）依题意，点的坐标为,1．4511所求的矩形面积为，而所求的五边形面积为．24581矩形面积与“经验值”之差的绝对值为，而五边形面积与“经验值”之差2361181的绝对值为，所以五边形面积更接近于S面积的“经验值”．43121考点：1．抛物线的定义及其标准方程；2．面积．【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高．解答此类题目，往往利用a,b,c,e,p的关系或曲线的定义，确定圆锥曲线方程是基础，通过联立直线方程与圆锥曲线方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解．本题“出奇”之处在于有较浓的“几何味”，研究几何图形的面积．．本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力、数学的应用意识等．1534．（1）y2x．（2）．5【解析】试题分析：（1）设x,y．根据F是等边三角形，得到41b23b4，解得b2．1（2）设x,y，x,y，直线l:ykx2与双曲线方程联立，得到一元二次方1122程，根据l与双曲线交于两点，可得k230，且361k20．由AB4得出k的方程求解．试题解析：（1）设x,y．由题意，Fc,0，c1b2，y2b2c21b4，2因为F是等边三角形，所以2c3y，1即41b23b4，解得b22．故双曲线的渐近线方程为y2x．（2）由已知，F2,0．2设x,y，x,y，直线l:ykx2．1122y2x21由3，得k23x24k2x4k230．ykx2因为l与双曲线交于两点，所以k230，且361k20．4k24k2336k21由xx，xx，得xx2，121212k23k23k2326k21故xx2yy21k2xx4，121212k23315解得k2，故l的斜率为．55考点：1．双曲线的几何性质；2．直线与双曲线的位置关系；3．弦长公式．【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题．解答此类题目，利用a,b,c,e的关系，确定双曲线（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与双曲线（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系及弦长公式，得到方程．本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出．．本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．x235．（Ⅰ）y21；（Ⅱ）证明详见解析．4【解析】试题分析：（Ⅰ）由椭圆两个焦点与短轴的一个端点是正三角形的三个顶点可得a2b，椭1圆的标准方程中可减少一个参数，再利用P(3,)在椭圆上，可解出b的值，从而得到椭21圆的标准方程；（Ⅱ）首先设出直线l方程为yxm，同时设交点A(x,y),B(x,y)，21122把l方程与椭圆方程联立后消去y得x的二次方程，利用根与系数关系，得xx,xx，由121211MAMBAB2求得MAMB（用m表示），由OM方程yx具体地得出C,D42坐标，也可计算出MCMD，从而证得相等．试题解析：（Ⅰ）由已知，a=2b．1x2y2134又椭圆1(ab0)过点P(3,)，故1，解得b21．a2b224b2b2x2所以椭圆E的方程是y21．41（Ⅱ）设直线l的方程为yxm(m0)，A(x,y),B(x,y)，21122x2y21,4由方程组得x22mx2m220，①1yxm,2方程①的判别式为4(2m2)，由，即2m20，解得2m2．由①得xx2m,xx2m22．1212m1所以M点坐标为(m,)，直线OM方程为yx，22x2y21,422由方程组得C(2,),D(2,)．122yx,2555所以MCMD(m2)(2m)(2m2)．224115又MAMBAB2[(xx)2(yy)2][(xx)24xx]44121216121255[4m24(2m22)](2m2)．164所以MAMB=MCMD．考点：椭圆的标准方程及其几何性质．【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题解决问题的能力和数形结合的思想．在涉及到直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般都设交点坐标为(x,y),(x,y)，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得xx,xx，再把11221212MAMB用x,x表示出来，并代入刚才的xx,xx，这种方法是解析几何中的“设而121212不求”法．可减少计算量，简化解题过程．x2y236．（Ⅰ）1（Ⅱ）以MN为直径的圆经过两定点P2,0，P2,0．8412x2y2【解析】（Ⅰ）设椭圆C的方程为1(ab0)，a2b2因为椭圆的左焦点为F2，0，所以a2b24．142因为点B2,2在椭圆C上，所以1．a2b2x2y2由①②解得，a22，b2．所以椭圆C的方程为1．84（Ⅱ）因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为22,0．x2y2因为直线ykx(k0)与椭圆1交于两点E，F，84设点Ex,y（不妨设x0），则点Fx,y．00000ykx,82222k联立方程组x2y2消去y得x2．所以x，则y．00112k212k212k284k所以直线AE的方程为yx22．112k2因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，22k22kx0M0,令得y，即点．112k2112k222kN0,同理可得点．112k222k22k2212k2所以MN．112k2112k2k2MNP0,设的中点为P，则点P的坐标为．k222212k2MNx2y则以为直径的圆的方程为，kk22即x2y2y4．k令y0，得x24，即x2或x2．故以MN为直径的圆经过两定点P2,0，P2,0．12