2019年全国1卷(理)解析几何小练
2019年高考数学试题分项版—解析几何(解析版)
2019年高考数学试题分项版——解析几何（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅰ文，10)双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为()A．2sin 40°B．2cos 40° C. D.答案 D解析由题意可得－＝tan 130°，所以e＝＝＝＝＝.2．(2019·全国Ⅰ文，12)已知椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为()A.＋y2＝1B.＋＝1C.＋＝1D.＋＝1答案 B解析由题意设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则sin θ＝＝.在等腰三角形ABF1中，cos 2θ＝＝，因为cos 2θ＝1－2sin2θ，所以＝1－22，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为＋＝1，故选B.3．(2019·全国Ⅱ文，9)若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆＋＝1的一个焦点，则p等于()A．2 B．3 C．4 D．8答案 D解析由题意知，抛物线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为(±，0)，所以＝，解得p＝8，故选D.4．(2019·全国Ⅱ文，12)设F为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为() A. B.C．2 D.答案 A解析如图，由题意知，以OF为直径的圆的方程为2＋y2＝①，将x2＋y2＝a2记为②式，①－②得x＝，则以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2的相交弦所在直线的方程为x ＝，所以|PQ|＝2.由|PQ|＝|OF|，得2＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e ＝，故选A.5．(2019·全国Ⅲ文，10)已知F是双曲线C：－＝1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点．若|OP|＝|OF|，则△OPF的面积为()A. B. C. D.答案 B解析由F是双曲线－＝1的一个焦点，知|OF|＝3，所以|OP|＝|OF|＝3.不妨设点P在第一象限，P(x0，y0)，x0>0，y0>0，则解得所以P，所以S△OPF＝|OF|·y0＝×3×＝.6．(2019·北京文，5已知双曲线－y2＝1(a>0)的离心率是，则a等于()A.B．4 C．2 D.答案 D解析由双曲线方程－y2＝1，得b2＝1，∴c2＝a2＋1.∴5＝e2＝＝＝1＋.结合a>0，解得a＝.7．(2019·天津文，6)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为()A. B.C．2 D.答案 D解析由题意，可得F(1,0)，直线l的方程为x＝－1，双曲线的渐近线方程为y＝±x.将x＝－1代入y＝±x，得y＝±，所以点A，B的纵坐标的绝对值均为.由|AB|＝4|OF|可得＝4，即b＝2a，b2＝4a2，故双曲线的离心率e＝＝＝.8．(2019·浙江，2)渐近线方程为x±y＝0的双曲线的离心率是()A.B．1C.D．2答案 C解析因为双曲线的渐近线方程为x±y＝0，所以无论双曲线的焦点在x轴上还是在y轴上，都满足a＝b，所以c＝a，所以双曲线的离心率e＝＝.9．(2019·全国Ⅰ理，10)已知椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为()A.＋y2＝1B.＋＝1C.＋＝1D.＋＝1答案 B解析由题意设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则sin θ＝＝.在等腰三角形ABF1中，cos 2θ＝＝，因为cos 2θ＝1－2sin2θ，所以＝1－22，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为＋＝1，故选B.10．(2019·全国Ⅱ理，8)若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆＋＝1的一个焦点，则p 等于()A．2 B．3 C．4 D．8答案 D解析由题意知，抛物线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为(±，0)，所以＝，解得p＝8，故选D.11．(2019·全国Ⅱ理，11)设F 为双曲线C ：－＝1(a >0，b >0)的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆x 2＋y 2＝a 2交于P ，Q 两点．若|PQ |＝|OF |，则C 的离心率为( ) A. B. C ．2 D. 答案 A 解析 如图，由题意知，以OF 为直径的圆的方程为2＋y 2＝①，将x 2＋y 2＝a 2记为②式，①－②得x ＝ ，则以OF 为直径的圆与圆x 2＋y 2＝a 2的相交弦所在直线的方程为x ＝，所以|PQ |＝2.由|PQ |＝|OF |，得2＝c ，整理得c 4－4a 2c 2＋4a 4＝0，即e 4－4e 2＋4＝0，解得e＝ ，故选A.12．(2019·全国Ⅲ理，10)双曲线C ：－＝1的右焦点为F ，点P 在C 的一条渐近线上，O 为坐标原点．若|PO |＝|PF |，则△PFO 的面积为( ) A.B.C ．2D ．3答案 A解析 不妨设点P 在第一象限，根据题意可知c 2＝6， 所以|OF |＝ .又tan ∠POF ＝＝，所以等腰△POF 的高h ＝ ×＝，所以S △PFO ＝× ×＝. 13．(2019·北京理，4)已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为12，则( )A ．222a b =B ．2234a b =C ．2a b =D ．34a b =【思路分析】由椭圆离心率及隐含条件222a b c =+得答案．【解析】：由题意，12c a =，得2214c a =，则22214a b a -=，22244a b a ∴-=，即2234a b =．故选：B ．【归纳与总结】本题考查椭圆的简单性质，熟记隐含条件是关键，是基础题．14．(2019·北京理，8)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线22:1||C x y x y +=+就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：①曲线C 恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C ③曲线C 所围成的“心形”区域的面积小于3． 其中，所有正确结论的序号是( )A ．①B ．②C ．①②D ．①②③【思路分析】将x 换成x -方程不变，所以图形关于y 轴对称，根据对称性讨论y 轴右边的图形可得．【解析】：将x 换成x -方程不变，所以图形关于y 轴对称， 当0x =时，代入得21y =，1y ∴=±，即曲线经过(0,1)，(0,1)-；当0x >时，方程变为2210y xy x -+-=，所以△224(1)0x x =--…，解得(0x ∈， 所以x 只能取整数1，当1x =时，20y y -=，解得0y =或1y =，即曲线经过(1,0)，(1,1)， 根据对称性可得曲线还经过(1,0)-，(1,1)-， 故曲线一共经过6个整点，故①正确．当0x >时，由221x y xy +=+得222212x y x y xy ++-=…，（当x y =时取等），222x y ∴+…，∴C 上y ，根据对称性可得：曲线C在x 轴上图形面积大于矩形面积122=⨯=，x 轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积12112=⨯⨯=，因此曲线C 所围成的“心形”区域的面积大于213+=，故③错误． 故选：C ．【归纳与总结】本题考查了命题的真假判断与应用，属中档题．15．(2019·天津理，5)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线－＝1(a ＞0，b＞0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为()A. B.C．2 D.答案 D解析由题意，可得F(1,0)，直线l的方程为x＝－1，双曲线的渐近线方程为y＝±x.将x ＝－1代入y＝±x，得y＝±，所以点A，B的纵坐标的绝对值均为.由|AB|＝4|OF|可得＝4，即b＝2a，b2＝4a2，故双曲线的离心率e＝＝＝.二、填空题1．(2019·全国Ⅲ文，15)设F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为________．答案(3，)解析不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝＝4.因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.设M(x，y)，则得所以M的坐标为(3，)．2．(2019·北京文，11)设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为________．答案(x－1)2＋y2＝4解析∵抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为(1,0)，准线l为直线x＝－1，∴圆的圆心坐标为(1,0)．又∵圆与l相切，∴圆心到l的距离为圆的半径，∴r＝2.∴圆的方程为(x－1)2＋y2＝4.3．(2019·浙江，12)已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r.若直线2x－y＋3＝0与圆C 相切于点A(－2，－1)，则m＝________，r＝________.答案－2解析 方法一 设过点A (－2，－1)且与直线2x －y ＋3＝0垂直的直线方程为l ：x ＋2y ＋t ＝0，所以－2－2＋t ＝0，所以t ＝4，所以l ：x ＋2y ＋4＝0，令x ＝0，得m ＝－2，则r ＝ ＝ .方法二 因为直线2x －y ＋3＝0与以点(0，m )为圆心的圆相切，且切点为A (－2，－1)，所以×2＝－1，所以m ＝－2，r ＝ ＝ .4．(2019·浙江，15)已知椭圆＋＝1的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方．若线段PF 的中点在以原点O 为圆心 ，|OF |为半径的圆上，则直线PF 的斜率是________． 答案解析 依题意，设点P (m ，n )(n ＞0)，由题意知F (－2,0)，|OF |＝2，所以线段FP 的中点M在圆x 2＋y 2＝4上，所以2＋2＝4，又点P (m ，n )在椭圆 ＋＝1上，所以＋＝1，所以4m 2－36m －63＝0，所以m ＝－或m ＝(舍去)，当m ＝－时，n ＝，所以k PF ＝＝ .5．(2019·江苏，7)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2－＝1(b >0)经过点(3,4)，则该双曲线的渐近线方程是_________________． 答案 y ＝± x解析 因为双曲线x 2－＝1(b >0)经过点(3,4)，所以9－＝1，得b ＝ ，所以该双曲线的渐近线方程是y ＝±bx ＝± x .6．(2019·江苏，10)在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线y ＝x ＋(x >0)上的一个动点，则点P 到直线x ＋y ＝0的距离的最小值是________． 答案 4解析 设P，x >0，则点P 到直线x ＋y ＝0的距离d ＝＝≥＝4，当且仅当2x ＝，即x ＝ 时取等号，故点P 到直线x ＋y ＝0的距离的最小值是4.7．(2019·全国Ⅰ理，16)已知双曲线C ：－＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点．若 ＝ ， · ＝0，则C 的离心率为________． 答案 2解析 因为F 1B →·F 2B →＝0，所以F 1B ⊥F 2B ，如图．因为＝，所以点A为F1B的中点，又点O为F1F2的中点，所以OA∥BF2，所以F1B⊥OA，所以|OF1|＝|OB|，所以∠BF1O＝∠F1BO，所以∠BOF2＝2∠BF1O.因为直线OA，OB为双曲线C的两条渐近线，所以tan∠BOF2＝，tan∠BF1O＝.因为tan∠BOF2＝tan(2∠BF1O)，所以＝，所以b2＝3a2，所以c2－a2＝3a2，即2a＝c，所以双曲线的离心率e＝＝2.8．(2019·全国Ⅲ理，15)设F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为________．答案(3，)解析不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝＝4.因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.设M(x，y)，则＝，＝，，，得所以M的坐标为(3，)．三、解答题1．(2019·全国Ⅰ文，21)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．解(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.由已知得|AO|＝2.又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半径r＝2或r＝6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．理由如下：设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P.2．(2019·全国Ⅱ文，20)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．解(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(＋1)c，故C的离心率为e＝＝－1.(2)由题意可知，若满足条件的点P(x，y)存在，则|y|·2c＝16，·＝－1，即c|y|＝16，①x2＋y2＝c2，②又＋＝1.③由②③及a2＝b2＋c2得y2＝.又由①知y2＝，故b＝4.由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)，所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥4.当b＝4，a≥4时，存在满足条件的点P.所以b＝4，a的取值范围为[4，＋∞)．3．(2019·全国Ⅲ文，21)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．(1)证明设D，A(x1，y1)，则＝2y1.由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1，整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.所以直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点.(2)解由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.由可得x2－2tx－1＝0，于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.设M为线段AB的中点，则M.由于⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，||＝2，所求圆的方程为x2＋2＝4；当t＝±1时，||＝，所求圆的方程为x2＋2＝2.4．(2019·北京文，19)已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)．(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．(1)解由题意，得b2＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为y＝x＋1.令y＝0，得点M的横坐标x M＝－.又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|x M|＝.同理，|ON|＝.由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，则x1＋x2＝－，x1x2＝.所以|OM|·|ON|＝·＝＝＝2.又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2.解得t＝0，所以直线l经过定点(0,0)．5．(2019·天津文，19)设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知|OA|＝2|OB|(O为原点)．(1)求椭圆的离心率；(2)设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l 相切，圆心C在直线x＝4上，且OC∥AP.求椭圆的方程．解(1)设椭圆的半焦距为c，由已知有a＝2b，又由a2＝b2＋c2，消去b得a2＝2＋c2，解得＝.所以椭圆的离心率为.(2)由(1)知，a＝2c，b＝c，故椭圆方程为＋＝1.由题意，F(－c,0)，则直线l的方程为y＝(x＋c)．点P的坐标满足消去y并化简，得到7x2＋6cx－13c2＝0，解得x1＝c，x2＝－.代入到l的方程，解得y1＝c，y2＝－c.因为点P在x轴上方，所以P.由圆心C在直线x＝4上，可设C(4，t)．因为OC∥AP，且由(1)知A(－2c,0)，故＝，解得t＝2.因为圆C与x轴相切，所以圆C的半径为2.又由圆C与l相切，得＝2，可得c＝2.所以，椭圆的方程为＋＝1.6.(2019·浙江，21)如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求的最小值及此时点G的坐标．解(1)由题意得＝1，即p＝2.所以，抛物线的准线方程为x＝－1.(2)设A(x A，y A)，B(x B，y B)，C(x C，y C)，重心G(x G，y G)．令y A＝2t，t≠0，则x A＝t2.由于直线AB过点F，故直线AB的方程为x＝y＋1，代入y2＝4x，得y2－y－4＝0，故2ty B＝－4，即y B＝－，所以B.又由于x G＝(x A＋x B＋x C)，y G＝(y A＋y B＋y C)及重心G在x轴上，故2t－＋y C＝0.即C，G.所以，直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)．由于Q在焦点F的右侧，故t2＞2.从而＝＝＝＝2－.令m＝t2－2，则m＞0，＝2－＝2－≥2－＝1＋.当且仅当m＝时，取得最小值1＋，此时G(2,0)．7.(2019·江苏，17)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于点A，与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1.已知DF1＝.(1)求椭圆C的标准方程；(2)求点E的坐标．解(1)设椭圆C的焦距为2c.因为F1(－1,0)，F2(1,0)，所以F1F2＝2，则c＝1.又因为DF1＝，AF2⊥x轴，所以DF2＝＝＝.因此2a＝DF1＋DF2＝4，所以a＝2.由b2＝a2－c2，得b2＝3.所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)方法一由(1)知，椭圆C：＋＝1，a＝2.因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.将x＝1代入圆F2方程(x－1)2＋y2＝16，解得y＝±4.因为点A在x轴上方，所以A(1,4)．又F1(－1,0)，所以直线AF1：y＝2x＋2.由得5x2＋6x－11＝0，解得x＝1或x＝－.将x＝－代入y＝2x＋2，得y＝－.因此B.又F2(1,0)，所以直线BF2：y＝(x－1)．由得7x2－6x－13＝0，解得x＝－1或x＝.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x＝－1.将x＝－1代入y＝(x－1)，得y＝－.因此E.方法二由(1)知，椭圆C：＋＝1.如图，连接EF1.因为BF2＝2a，EF1＋EF2＝2a，所以EF1＝EB，从而∠BF1E＝∠B.因为F2A＝F2B，所以∠A＝∠B.所以∠A＝∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴．因为F1(－1,0)，由得y＝±.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y＝－.因此E.8．(2019·江苏，18)如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB(AB是圆O的直径)．规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB＝10，AC＝6，BD＝12(单位：百米)．(1)若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；(2)在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；(3)在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d(单位：百米)，求当d最小时，P，Q两点间的距离．解方法一(1)过A作AE⊥BD，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DE＝BE＝AC＝6，AE＝CD＝8.因为PB⊥AB，所以cos∠PBD＝sin∠ABE＝＝＝.所以PB＝＝＝15.因此道路PB的长为15(百米)．(2)①若P在D处，由(1)可得E在圆上，则线段BE上的点(除B，E)到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求．②若Q在D处，连接AD，由(1)知AD＝＝10，从而cos∠BAD＝＝>0，所以∠BAD为锐角．所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径．因此Q选在D处也不满足规划要求．综上，P和Q均不能选在D处．(3)先讨论点P的位置．当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求．设P1为l上一点，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15，此时P1D＝P1B sin∠P1BD＝P1B cos∠EBA ＝15×＝9；当∠OBP>90°时，在△PP1B中，PB>P1B＝15.由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置．由(2)知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求．当QA＝15时，CQ＝＝＝3.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O 的半径．综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ＝3时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ＝PD＋CD＋CQ＝17＋3.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17＋3(百米)．方法二(1)如图，过O作OH⊥l，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．因为BD＝12，AC＝6，所以OH＝9，直线l的方程为y＝9，点A，B的纵坐标分别为3，－3.因为AB为圆O的直径，AB＝10，所以圆O的方程为x2＋y2＝25.从而A(4,3)，B(－4，－3)，直线AB的斜率为.因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为－，直线PB的方程为y＝－x－.所以P(－13,9)，PB＝＝15.所以道路PB的长为15(百米)．(2)①若P在D处，取线段BD上一点E(－4,0)，则EO＝4<5，所以P选在D处不满足规划要求．②若Q在D处，连接AD，由(1)知D(－4,9)，又A(4,3)，所以线段AD：y＝－x＋6(－4≤x≤4)．在线段AD上取点M，因为OM＝<＝5，所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径．因此Q选在D处也不满足规划要求．综上，P和Q均不能选在D处．(3)先讨论点P的位置．当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求．设P1为l上一点，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15，此时P1(－13,9)；当∠OBP>90°时，在△PP1B中，PB>P1B＝15.由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置．由(2)知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求．当QA＝15时，设Q(a,9)，由AQ＝＝15(a>4)，得a＝4＋3，所以Q(4＋3，9)．此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．综上，当P(－13,9)，Q(4＋3，9)时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ＝4＋3－(－13)＝17＋3.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17＋3(百米)．9．(2019·全国Ⅰ理，19)已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)若＝3，求|AB|.解设直线l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)由题设得F，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋，由题设可得x1＋x2＝.由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，令Δ>0，得t<，则x1＋x2＝－.从而－＝，得t＝－.所以l的方程为y＝x－.(2)由＝3可得y1＝－3y2，由可得y2－2y＋2t＝0，所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3，代入C的方程得x1＝3，x2＝，即A(3,3)，B，故|AB|＝.10．(2019·全国Ⅱ理，21)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE 并延长交C于点G.(ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；(ⅱ)求△PQG面积的最大值．(1)解由题设得·＝－，化简得＋＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)(ⅰ)证明设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．由得x＝±.记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．由得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①设G(x G，y G)，则－u和x G是方程①的解，故x G＝，由此得y G＝.从而直线PG的斜率为＝－，因为k PQ·k PG＝－1.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．(ⅱ)解由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝，所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝＝.设t＝k＋，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为. 因此，△PQG面积的最大值为.11．(2019·全国Ⅲ理，21)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE 的面积．(1)证明 设D，A (x 1，y 1)，则＝2y 1.由y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0. 所以直线AB 过定点.(2)解 由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋. 由可得x 2－2tx －1＝0，Δ＝4t 2＋4>0， 于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，y 1＋y 2 ＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1， |AB |＝ |x 1－x 2|＝ ＝2(t 2＋1)． 设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离， 则d 1＝ ，d 2＝，因此，四边形ADBE 的面积S ＝|AB |(d 1＋d 2) ＝(t 2＋3) .设M 为线段AB 的中点，则M. 由于⊥ ，而 ＝(t ，t 2－2)，与坐标为(1，t )的向量平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0. 解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 . 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 .12．(2019·北京理，18)（14分）已知抛物线2:2C x py =-经过点(2,1)-． （Ⅰ）求抛物线C 的方程及其准线方程；（Ⅱ）设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线1y =-分别交直线OM ，ON 于点A 和点B ．求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．【思路分析】（Ⅰ）代入点(2,1)-，解方程可得p ，求得抛物线的方程和准线方程；（Ⅱ）抛物线24x y =-的焦点为(0,1)F -，设直线方程为1y kx =-，联立抛物线方程，运用韦达定理，以及直线的斜率和方程，求得A ，B 的坐标，可得AB 为直径的圆方程，可令0x =，解方程，即可得到所求定点．【解析】：（Ⅰ）抛物线2:2C x py =-经过点(2,1)-．可得42p =，即2p =， 可得抛物线C 的方程为24x y =-，准线方程为1y =； （Ⅱ）证明：抛物线24x y =-的焦点为(0,1)F -，设直线方程为1y kx =-，联立抛物线方程，可得2440x kx +-=， 设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ， 可得124x x k +=-，124x x =-， 直线OM 的方程为11y y x x =，即14xy x =-， 直线ON 的方程为22y y x x =，即24xy x =-， 可得14(A x ，1)-，24(B x ，1)-， 可得AB 的中点的横坐标为121142()224kk x x -+==-， 即有AB 为直径的圆心为(2,1)k -，半径为212||1441616||222AB k x x +=-==， 可得圆的方程为222(2)(1)4(1)x k y k -++=+， 化为224(1)4x kx y -++=， 由0x =，可得1y =或3-．则以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点(0,1)，(0,3)-．【归纳与总结】本题考查抛物线的定义和方程、性质，以及圆方程的求法，考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．13．(2019·天津理，18)设椭圆＋＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F ，上顶点为B .已知椭圆的短轴长为4，离心率为. (1)求椭圆的方程；(2)设点P 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M 为直线PB 与x 轴的交点，点N 在y 轴的负半轴上．若|ON |＝|OF |(O 为原点)，且OP ⊥MN ，求直线PB 的斜率．解(1)设椭圆的半焦距为c，依题意，2b＝4，＝，又a2＝b2＋c2，可得a＝，b＝2，c ＝1.所以椭圆的方程为＋＝1.(2)由题意，设P(x P，y P)(x P≠0)，M(x M,0)，直线PB的斜率为k(k≠0)，又B(0,2)，则直线PB 的方程为y＝kx＋2，与椭圆方程联立得整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，可得x P＝－，代入y＝kx＋2得y P＝.所以直线OP的斜率为＝.在y＝kx＋2中，令y＝0，得x M＝－.由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－.由OP⊥MN，得·＝－1，化简得k2＝，从解得k＝±.所以直线PB的斜率为或－.。
2019版解析几何直线过定点问题模型精讲4
2019版解析⼏何直线过定点问题模型精讲42019版解析⼏何直线过定点问题模型精讲421直线的斜截式⽅程“y =kx +b ”在定点问题中的应⽤定点问题是解析⼏何研究的重要问题之⼀，是动中有静的辩证思想在数学中的重要体现，也是⾼考数学科解析⼏何命题的重要内容之⼀，也⽆疑是⾼中数学教学的难点所在.为此，寻求对此类问题有效的解法势在必然.诚然,解决此类具体问题的解法多样灵活,但在的教学实践中，多样的解法时常带给学⽣的困惑是如何作出切实可⾏的选择?笔者认为,直线的斜截式⽅程“y =kx +b ”能有效地解决这⼀类问题，达到多题⼀解之⽬的.以下例析，供参考.原理分析：利⽤“y =kx +b ”研究定点问题的关键在于k ,b 线性关系的寻求,通常将b 表⽰成k 的线性关系即可，如b =pk +q （其中p ，q 为常数），由此可得直线y =kx +b 必过定点（-p ，q ）.例1：已知C (x 0, y 0) 为抛物线y 2=2px (p >0)上的⼀个定点, A (x 1, y 1)、B (x 2, y 2)为其上的的任意两点,CA ⊥CB . 求证:直线AB 过定点(2p + x 0,- y 0).证明：（1）当AB ⊥x 轴时，A (2p + x 0,)，B (2p + x 0, )，此时，CA =(2p ,- y 0)，CB =(2p , - y 0)，CA CB =()222200440p y p y +-+=,所以，CA ⊥CB .反之亦然；（2）当AB 与x 轴不垂直时，设AB 的⽅程为y =kx +b (k≠0)，则2,2.y kx b y px =+??=?消去y ，得222(22)0k x kb p x b +-+=, 消去x ，得2220ky py pb -+=，在直线y =kx +b 与抛物线相交的前提下，则12222kb p x x k -++=，2122b x x k =，122p y y k +=，122pb y y k =，由1010(,)CA x x y y =--，2020(,)CB x x y y =--，CA CB =10201020()()()()x x x x y y y y --+--=22120120120120()()x x x x x x y y y y y y -+++-++ =2220000222222b kb p pb p x x y y k k k k-+-?++-?+=0，化简并整理，得222220000022220b kbx px k x pbk pky k y +-++-+=，……①以b 为主元整理，得2222200000(22)22b kx pk b k x px pky k y ++=-++-，⼜因为2002y px =，所以，222220000[()]2()b kx pk y pky p k y pk ++=++=+，……②则00()()b kx pk y pk ++=±+，当00()b kx pk y pk ++=+时，00b kx y =-+，此时00()y y k x x -=-，不合题意；当00()()b kx pk y pk ++=-+时，002b kx y pk =---，此时0000(2)(2)y kx kx y pk k x x p y =+---=--+，即00[(2)]y y k x x p -=-+，所以直线AB 过点(2p + x 0,- y 0).综上，直线AB 过定点(2p + x 0,- y 0).解题感悟：客观的讲，进⾏⾄②式，对k , b 关系的揭⽰有些看不清，没有好的思路，⼀时不知如何因式分解？想到了主元思想，先以k 为主元尝试，感觉复杂就放弃了，再以 b 为主元进⾏尝试，结果较顺利，取得了成功！因此，在复杂多变量的多项式⾯前，要突出以某个变量为主线的主元思想，往往能使分解变形顺利实现，突破解题瓶颈.例2：设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的右顶点为(0)Q a ，，A (x 1, y 1)、B (x 2, y 2)为其上的任意两点,且QA ⊥QB .求证:直线AB 过定点.证明：（1）当AB ⊥x 轴时，由222222,.y x a b x a y a b =-?+=消去y ，得222322()20a b x a x a c +-+=, 显然22122a c ax a b =+,解得2122ac x a b =+,故AB 过点222,0ac a b ?? ?+??. （2）当AB 与x 轴不垂直时，设AB 的⽅程为y =kx +m (k≠0)，则222222,.y kx b b x a y a b =+??+=?消去y ，得222222222()20b a k x kma x a m a b +++-=, 消去x ，得222222222()20b a k y mb y m b a b k +-+-=，在直线y =kx +m 与抛物线相交的前提下，则2122222kma x x b a k -+=+，222212222a m a b x x b a k -=+，2122222mb y y b a k+=+，2222212222m b a b k y y b a k -=+，由11(,)QA x a y =-，22(,)QB x a y =-，=2222222222222222222220a m a b kma m b a b k a a b a k b a k b a k----++=+++. 化简并整理，得222322242()20a b m ka m a b k a k ++-+=，即2223222()20a b m ka m a c k +++=， 262222222444()4k a a b a c k k a b ?=-+=，解得3222222()ka kab m a b -±=+，即3222ka kab m ka a b --==-+，或3222ka kab m a b -+=+，当m ka =-，y =kx +m= y =(kx -a ),不合题意；当3222ka kab m a b -+=+时，32322222ka kab a ab y kx m kx k x a b a b ??-+-=+=+=- ?++??=222ac k x a b ??- ?+?，即直线AB 的⽅程为222ac y k x a b ??=- ?+??，所以直线AB 经过定点222,0ac a b ?? ?+??. 综上, 直线AB 恒过定点222,0ac a b ?? ?+??. 解题感悟：对于⽅程2223222()20a b m ka m a c k +++=根的求解，没有⼀味的拘泥于⼗字相乘法,⽽是选择先求判别式,在⽤求根公式求解,收到了很好的效果.由此可见,平时教学中⼀味强调⼗字相乘法的重要性不能过于绝对,数学解题⽅法的优劣之分往往取决于它的应⽤时机是否合例3：已知椭圆C : 2212x y +=的右焦点为F ，M , N 为椭圆C 上的两个动点，且MN ⊥x 轴，直线MF 与椭圆的另⼀个交点为Q .求证：直线NQ 恒过x 轴上⼀定点.证明:∵F (1,0)，设()11,M x y -,()11,N x y ,()22,Q x y ,NQ ：y kx b =+,由2212y kx b x y =+??+=，消去y ，得 ()222124220k xkbx b +++-=，∴124kb x x -+=……①, 21222b x x -?=……②,由M ，F ，Q 三点共线，得121211y y x x -=--，两边平⽅，得22122212(1)(1)y y x x =--，即 22221221(1)(1)y x y x -=-，将22112y x =-，22222y x =-代⼊上式并化简，得12123()42x x x x +=+，再将①,②代⼊，得2224223421212kb b k k--?=+?++，整理，得22230k kb b ++=，即(2)()0k b k b ++=，解得b k =-或2b k =-，当b k =-时，(1)y kx b k x =+=-，不合题意；当2b k =-时，(2)y kx b k x =+=-，故直线NQ 过x 轴上的定点(2,0). 解题感悟：对于三点共线所得关系“121211y yx x -=--”的平⽅转化是利⽤椭圆⽅程等价转化的关键，进⽽消元得到关于“12x x +”与“12x x ”的关系后整体突破.例4:【2011⼭东⽂】在平⾯直⾓坐标系中，已知椭圆.如图所⽰，斜率为且不过原点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，射线交椭圆于点，交直线于点.（Ⅰ）求的最⼩值；（Ⅱ）若?. （i ）求证：直线过定点；（ii ）试问点，能否关于轴对称？若能，求出此时的外接圆⽅程；若不能，请说明理由. 【解析】（Ⅰ）(略)；（Ⅱ）（i ）由题意:设直线,由消y 得:, 设A 、B ,AB 的中点E ,则由韦达定理,得 =,即,, xOy 22:13x C y +=(0)k k ＞l C A B AB E OE C G 3x =-(3,)D m -22m k +2OG OD =OE l B G x ABG :(0)l y kx n n =+≠2213y kx n x y =++=??222(13)6330k x knx n +++-=11(,)x y 22(,)x y 00(,)x y 12x x +2613kn k -+02313kn x k -=+002313kn y kx n k n k -=+=?+=+213nk +所以中点E 的坐标为E ,因为O 、E 、D 三点在同⼀直线上，所以，即，解得，由?，得2029313G kn x x k =-=+，202213(13)G mn n y my k k k ===++，将(),G G x y 代⼊2213x y +=化简并整理，得 ()22311313kn n k k k +=++，即32330k k n k n -+-=，2()(31)0k n k -+=，所以，k =n ,故直线的⽅程为y =kx +k ,即有y =k (x +1),令得,y =0,与实数k ⽆关,所以直线过定点(-1,0). （ii ）(略).解题感悟：对于条件“?”的应⽤要通过“化曲为直”来实现对(),G G x y 的求解，进⽽利⽤其在椭圆上的关系求解.例5:【2007年全国卷】已知椭圆C 的中⼼在坐标原点，焦点在x 轴上，椭圆C 上的点到焦点距离的最⼤值为3，最⼩值为1．（Ⅰ）求椭圆C 的标准⽅程；（Ⅱ）若直线:l y kx m =+与椭圆C 相交于A ，B 两点（A B ，不是左右顶点），且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点，求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标．解：（Ⅰ）由题意设椭圆的标准⽅程为22221(0)x y a b a b+=>>3,1a c a c +=-=，22,1,3a c b ===221.43x y ∴+= （Ⅱ）设1122(,),(,)A x y B x y ，由22143y kx mx y =+??+=得222(34)84(3)0k x mkx m +++-=，23(,13kn k -+2)13nk +OE OD k K =133m k -=-1m k=2OG OD =OE l 1x =-l 2OG OD =OE212122284(3),.3434mk m x x x x k k-+=-?=++ 22221212121223(4)()()().34m k y y kx m kx m k x x mk x x m k -?=+?+=+++=+以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D 1AD BD k k ?=-，1212122y yx x ∴=---，1212122()40y y x x x x +-++=， 2222223(4)4(3)1640343434m k m mk k k k --+++=+++，2271640m mk k ++=，解得1222,7k m k m =-=-，且满⾜22340k m +->. 当2m k =-时，:(2)l y k x =-，直线过定点(2,0),与已知⽭盾；当27k m =-时，2:()7l y k x =-，直线过定点2(,0).7综上可知，直线l 过定点，定点坐标为2(,0).7由此可见，直线的斜截式⽅程“y =kx +b ”在研究直线过定点的问题中有着⼗分重要的作⽤，恰当应⽤能切实有效地解决这类问题.当然，在具体应⽤中要根据不同的问题，切实有效的把握主元思想、化曲为直、平⽅转化、公式转化及整体转化等数学思想⽅法，有针对性地解决解题过程中的难点，实现彻底有效的解题.定点、定直线、定值专题（2012?菏泽⼀模）已知直线l ：y=x+，圆O ：x 2+y 2=5，椭圆E ：过圆O 上任意⼀点P 作椭圆E 的两条切线，若切线都存在斜率，求证两切线斜率之积为定值．2．（2012?⾃贡三模）；过点作不与y 轴垂直的直线l 交该椭圆于M 、N 两点，A 为椭圆的左顶点，试判断∠MAN 的⼤⼩是否为定值，并说明理由．3．（2013?眉⼭⼆模）设A（x1，y1），B（x2，y2）是椭圆，（a＞b＞0）上的两点，已知向量=（，），=（，），且，若椭圆的离⼼率，短轴长为2，O为坐标原点：（Ⅰ）求椭圆的⽅程；（Ⅱ）若直线AB过椭圆的焦点F（0，c），（c为半焦距），求直线AB的斜率k的值；（Ⅲ）试问：△AOB的⾯积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由．4．已知椭圆C的中⼼在原点，焦点在x轴上，长轴长是短轴长的倍，且椭圆C经过点M．（1）求椭圆C的标准⽅程；（2）过圆O：上的任意⼀点作圆的⼀条切线l与椭圆C交于A、B两点．求证：为定值．5．已知平⾯上的动点P（x，y）及两定点A（﹣2，0），B（2，0），直线PA，PB的斜率分别是k1，k2且．（1）求动点P的轨迹C的⽅程；（2）设直线l：y=kx+m与曲线C交于不同的两点M，N．①若OM⊥ON（O为坐标原点），证明点O到直线l的距离为定值，并求出这个定值②若直线BM，BN的斜率都存在并满⾜，证明直线l过定点，并求出这个定点．6．（2011?新疆模拟）已知椭圆（a＞b＞0）的离⼼率为，以原点为圆⼼，椭圆的短半轴为半径的圆与直线相切．（Ⅰ）求椭圆C的⽅程；（Ⅱ）设P（4，0），A，B是椭圆C上关于x轴对称的任意两个不同的点，连接PB交椭圆C于另⼀点E，证明直线AE与x轴相交于定点Q；7．已知椭圆Ω的离⼼率为，它的⼀个焦点和抛物线y2=﹣4x的焦点重合．（1）求椭圆Ω的⽅程；（2）若椭圆上过点（x0，y0）的切线⽅程为．①过直线l：x=4上点M引椭圆Ω的两条切线，切点分别为A，B，求证：直线AB恒过定点C；②是否存在实数λ使得|AC|+|BC|=λ?|AC|?|BC|，若存在，求出⼊的值；若不存在，说明理由．8．过椭圆C：的右焦点F作直线l交椭圆C于A、B两点，交y轴于M点，若，，求证：λ1+λ2为定值．9．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．（Ⅰ）当|CD|=时，求直线l的⽅程；（Ⅱ）当点P异于A、B两点时，求证：为定值．10．（2008?闸北区⼆模）如图，椭圆C：，A1、A2为椭圆C的左、右顶点．（Ⅰ）设F1为椭圆C的左焦点，证明：当且仅当椭圆C上的点P在椭圆的左、右顶点时|PF1|取得最⼩值与最⼤值；（Ⅱ）若椭圆C上的点到焦点距离的最⼤值为3，最⼩值为1．求椭圆C的标准⽅程；（Ⅲ）若直线l：y=kx+m与（Ⅱ）中所述椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且满⾜AA2⊥BA2，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．难题11．（2012?南京⼀模）在平⾯直⾓坐标系xoy中，已知抛物线y2=2px横坐标为4的点到该抛物线的焦点的距离为5．（1）求抛物线的标准⽅程；（2）设点C是抛物线上的动点，若以C为圆⼼的圆在y轴上截得的弦长为4，求证：圆C过定点．（Ⅰ）求点C的轨迹⽅程；（Ⅱ）若点P是直线y=2x﹣5上任意⼀点，过点P作点C的轨迹的两切线PE、PF，E、F为切点，M为EF的中点．求证：PM⊥x 轴；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，直线EF是否恒过⼀定点？若是，请求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．1、已知椭圆C的中⼼在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最⼤值为3，最⼩值为1．（Ⅰ）求椭圆C的标准⽅程；（Ⅱ）若直线l:y kx m，不是左右顶点），且以AB为=+与椭圆C相交于A，B两点（A B直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．试问：当m变化时，点S是否恒在⼀条定直线上？若是，请写出这条直线⽅程，并证明你的结论；若不是，请说明理由。
2019年高考数学真题专题06 立体几何(解答题)
专题06 立体几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离． 【答案】（1）见解析；（2）41717. 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故41717CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ． （2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2． （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，所以BD AC ⊥． 所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ． 所以AB ⊥AE ． 所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）33． 【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =I ，BH DH =. 又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ， 所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC I 平面PCD PC =， 所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =I ， 所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角， 因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点， 所以3DN =. 又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin 3DN DAN AD ∠==. 所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33.【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3. 由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，23），B （3，1，0），1(3,3,23)B ，33(,,23)22F ，C (0，2，0)． 因此，33(,,23)22EF =u u u r ，(3,1,0)BC =-u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC AC --u u u r u u u r ，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u rn n ，得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩， 取n (131)=，，，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u ru u u r u u u r ，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥． 又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32．又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =∥13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin 451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90°，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）见解析；（2）455． 【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =23． 连结OB ．因为AB =BC =22AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ． 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离． 由题设可知OC =12AC =2，CM =23BC =423，∠ACB =45°． 所以OM =253，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=455．所以点C 到平面POM 的距离为455． 【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧»CD所在平面垂直，M 是»CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ． 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ．因为M 为»CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ； （3）求证：EF ∥平面PCD .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.（2）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，∴PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （3）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1,2ED BC DE BC =∥，∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD =23，∠BAD =90°． （1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）1326；（3）34． 【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角． 在Rt △DAM 中，AM =1，故DM =22=13AD AM +．因为AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ． 在Rt △DAN 中，AN =1，故DN =22=13AD AN +．在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得1132cos 26MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326． （3）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM =3．又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD =22AC AD +=4．在Rt △CMD 中，3sin 4CM CDM CD ∠==． 所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34．【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形ABB1A1为菱形，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.14．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）39 13.【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB===⊥⊥得11122AB A B==，所以2221111A B AB AA+=.故111AB A B⊥.由2BC=，112,1,BB CC==11,BB BC CC BC⊥⊥得115B C=，由2,120AB BC ABC==∠=︒得23AC=，由1CC AC⊥，得113AC=，所以2221111AB B C AC+=，故111AB B C⊥.因此1AB⊥平面111A B C.（2）如图，过点1C作111C D A B⊥，交直线11A B于点D，连结AD.由1AB⊥平面111A B C得平面111A B C⊥平面1ABB，由111C D A B⊥得1C D⊥平面1ABB，所以1C AD∠是1AC与平面1ABB所成的角.由1111115,22,21BC A B AC===得11111161cos,sin77C A B C A B∠=∠=，所以13C D=，故11139sin13C DC ADAC∠==.因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是3913. 方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,3,0),(1,0,0),(0,3,4),(1,0,2),(0,3,1),A B A B C --因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23,3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n 即30,20,x y z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(3,1,0)=-n . 所以111|39sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913. 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o ．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，且四棱锥P −ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积． 【答案】（1）见解析；（2）326+．【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥，CD PD ⊥． 由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ． 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ． 设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==，22PB PC ==． 可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 606232222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+． 【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由AB AP ⊥，AB PD ⊥，得AB ⊥平面PAD 即可证得结果；（2）设AB x =，则四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=，解得2x =，可得所求侧面积．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）见解析；（2）43.【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD =∠ABC =90°，所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面， 故BC ∥平面P AD .（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ， 由12AB BC AD ==及BC ∥AD ，∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD =AD ， 所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，因为CM ABCD⊂底面，所以PM⊥CM.设BC=x，则CM=x，CD=2x，PM=3x，PC=PD=2x.取CD的中点N，连结PN，则PN⊥CD，所以142PN x=.因为△PCD的面积为27，所以114227 22x x⨯⨯=，解得x=−2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=23，所以四棱锥P−ABCD的体积()22412343 32V⨯+=⨯⨯=.【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC∥AD，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD的中点M，利用线面垂直的判定定理证明PM⊥底面ABCD，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．【答案】（1）见解析；（2）1:1【解析】（1）取AC的中点O，连结DO，BO.因为AD=CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB ， 故AC ⊥BD . （2）连结EO .由（1）及题设知∠ADC =90°，所以DO =AO . 在Rt △AOB 中，222BO AO AB +=.又AB =BD ，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==， 故∠DOB =90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以12EO AC =. 又△ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以12EO BD =.故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.【名师点睛】解答本题时，（1）取AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得OD AC ⊥，OB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理得⊥AC 平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平面几何知识确定12EO AC =，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18．【2017年高考北京卷文数】如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（1）求证：PA ⊥BD ；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E –BCD 的体积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）13. 【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ， 又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（2）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥， 由（1）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ， 所以平面BDE ⊥平面PAC .（3）因为PA ∥平面BDE ，平面PAC I 平面BDE DE =， 所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，2BD DC ==. 由（1）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由13BCD V S DE =⨯⨯△即可求解.19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； （2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）55；（2）见解析；（3）55． 【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角． 因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos 5AD DAP AP ∠==． 所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55．（2）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ， 又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C ．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ， 则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角． 因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影， 所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2． 又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得2225DF CD CF =+=， 在Rt △DPF 中，可得5sin 5PD DFP DF ∠==． 所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55． 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD BC ∥，所以DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以cos ADDAP AP∠=；（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF AB ∥，连结PF ，则DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD . （1）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，由于1111ABCD A B C D -是四棱柱， 所以1111,AO OC AO OC =∥， 因此四边形11AOCO 为平行四边形， 所以11A O O C ∥，又1O C ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ， 所以1A O ∥平面11B CD .（2）因为AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点， 所以EM BD ⊥，又1A E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以1,A E BD ⊥ 因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E =I ， 所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ， 所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．21．【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥A BCD -中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD ． 求证：（1）EF ∥平面ABC ； （2）AD ⊥AC ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF AD ⊥， 所以EF AB ∥．又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC ．（2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD I 平面BCD =BD ，BC ⊂平面BCD ，BC BD ⊥， 所以BC ⊥平面ABD ． 因为AD ⊂平面ABD ， 所以BC ⊥AD ．又AB ⊥AD ，BC AB B =I ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥平面ABC ， 又因为AC ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥AC ．【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型： （1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行； （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直； （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．22．【2017年高考浙江卷】如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC AD ∥，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（1）证明：CE ∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）28． 【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分.（1）如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB ． 因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =， 又因为BC AD ∥，12BC AD =，所以 EF BC ∥且EF BC =，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥，因此CE ∥平面P AB ．（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N ．连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ ． 因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ．由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ．由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．PABCDE所以AD⊥平面PBN，由BC//AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设CD=1．在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2得CE=2，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得QH=14，在Rt△MQH中，QH=14，MQ=2，所以sin∠QMH=28，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28．【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．。
解析几何
uuur uur
(2)若AP 3PB，求 | AB | .
y
A
设l：y
3 2
x
t，A( x1 ,
y1 )，
B(x2 , y2 ). F ( 3 , 0)
4
代数化 研究问题（1）
l
O
Fg
g
P
x
B
研究几何特征： | AF | | BF | 4
等价的代数结论：
x1
x2
5 2
①
研究几何特征： 直线l与C的交点为A, B
让理性的数学充满希望
——高考数学讲座
石家庄二中 殷海龙
解析几何在高考中的地位
视角1.总体：全国文理6套卷
解答6道 压轴4道
视角2.知识点的分布：
难易无序
逻辑推理
视角3.数学核心素养：
数学运算
学科思想
解析几何
一、解析几何研究的两个主要问题
二、解析几何复习要解决好两个方 面的问题.
引例：求曲线x2 y2 | x | | y | 所围成图形的面积.
k
2
)x2
2tk 2x
k 2t 2
8
0
x2 2 y2 4
设G(x1, y1)，则x1, t是方程的两个根，即
x1
t(3k 2 2
2) k2
,
y1
tk 3 2 k2
kPG
t
tk
2
tk
3
k
2
t
(3k 2 2
2) k2
2019年高考理科数学(全国1卷)答案详解(附试卷)
P 20 5 64 16
PS：其实可以对题目进行抽象：即有 A、B 两种字母，填 6 个位置，求恰有 3 个 A 的概率.这样更
容易求解.
【答案】A
第 2 页 共 18 页
7．（平面向量）已知非零向量 a，b 满足 | a | 2 | b | ，且 (a b) b ，则 a 与 b 的夹角为
头顶至肚脐的长度小于 68.07cm，所以身高小于 68.07+68.07÷0.618=178.21cm. 所以选答案 B.
【答案】B
5．（函数）函数
f
(x)
sin x x cos x x2
在[, ] 的图像大致为
A．
B．
C．
D．
【解析】∵
f (x)
sin x x cos x x2
A． (x+1)2 y 2 1 B． (x 1)2 y2 1 C． x2 ( y 1)2 1 D． x2 ( y+1)2 1
【解析】由题意得 z i x ( y 1)i ，∵ z i =1 ，∴ x2 ( y 1)2 1 ，即 x2 ( y 1)2 1
【答案】D
6．（概率统计）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的 6 个爻 组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦 恰有 3 个阳爻的概率是
5
A．
16
11
B．
32
21
C．
32
11
D．
16
【解析】所有重卦的个数为 26 64 ，恰有 3 个阳爻的个数为 C36C33 20 ，因此恰有 3 个阳爻的概率为
2019届高考数学(理)二轮复习提优导学案(江苏专用)：第1部分 二轮课时专题5 解析几何 2 圆锥曲线
第2讲圆锥曲线【课前热身】第2讲圆锥曲线(本讲对应学生用书第45~47页)1.(选修2-1 P32练习3改编)已知椭圆的焦点分别为F1(-2，0)，F2(2，0)，且经过点P53-22⎛⎫⎪⎝⎭，，则椭圆的标准方程为.【答案】210x+26y=1【解析】设椭圆方程为22xa+22yb=1，由题意得2222259144-4a ba b⎧+=⎪⎨⎪=⎩，，解得a2=10，b2=6，所以所求方程为210x+26y=1.2.(选修2-1 P47练习2改编)若双曲线的虚轴长为12，离心率为54，则双曲线的标准方程为.【答案】264x-236y=1或264y-236x=1【解析】由b=6，ca=54，结合a2+b2=c2，解得a=8，c=10，由于对称轴不确定，所以双曲线标准方程为264x-236y=1或264y-236x=1.3.(选修2-1 P47练习3改编)已知双曲线x 2-22y m=1(m>0)的一条渐近线方程为x+0，则实数m= .【答案】3【解析】双曲线x 2-22y m=1(m>0)的渐近线方程为y=±mx ，又因为该双曲线的一条渐近线方程为x+0，所以m=3.4.(选修2-1 P53练习2改编)设抛物线y 2=mx 的准线与直线x=1的距离为3，则抛物线的标准方程为 .【答案】y 2=8x 或y 2=-16x【解析】当m>0时，准线方程为x=-4m=-2，所以m=8，此时抛物线方程为y 2=8x ；当m<0时，准线方程为x=-4m=4，所以m=-16，此时抛物线方程为y 2=-16x. 所以所求抛物线方程为y 2=8x 或y 2=-16x.5.(选修2-1 P37练习6改编)若一个椭圆长轴的长、短轴的长和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是 .【答案】35【解析】由题意知2b=a+c ，又b 2=a 2-c 2， 所以4(a 2-c 2)=a 2+c 2+2ac.所以3a 2-2ac-5c 2=0，所以5c 2+2ac-3a 2=0.所以5e 2+2e-3=0，解得e=35或e=-1(舍去).【课堂导学】求圆锥曲线的标准方程例1(2019·扬州中学)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：22xa+22yb=1(a>b>0)的离心率为32，以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x-y+2=0相切.(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点P(0，1)，Q(0，2)，设M，N是椭圆C上关于y轴对称的不同两点，直线PM与QN相交于点T，求证：点T在椭圆C上.【分析】(1)利用直线与圆相切求出b的值，然后利用离心率可求出a的值，从而求出椭圆方程.(2)解出两直线的交点，验证满足椭圆方程即可.【解答】(1)由题意知椭圆C的短半轴长为圆心到切线的距离，即22因为离心率e=ca=32，所以ba21-ca⎛⎫⎪⎝⎭12，所以a=2所以椭圆C的标准方程为28x+22y=1.(2)由题意可设M，N两点的坐标分别为(x0，y0)，(-x0，y0)，则直线PM的方程为y=-1yxx+1，①直线QN的方程为y=-2-yxx+2. ②设点T的坐标为(x，y).联立①②解得x0=2-3xy，y=3-42-3yy.因为28x+22y=1，所以2182-3xy⎛⎫⎪⎝⎭+213-422-3yy⎛⎫⎪⎝⎭=1，整理得28x+2(3-4)2y=(2y-3)2，所以28x+292y-12y+8=4y2-12y+9，即28x+22y=1，所以点T的坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上.【点评】求椭圆标准方程的基本方法是待定系数法，具体过程是先定形，再定量，即首先确定焦点所在位置，然后再根据条件建立关于a，b的方程组.如果焦点位置不确定，要考虑是否有两解，有时为了解题方便，也可把椭圆方程设为mx2+ny2=1(m>0，n>0，m≠n)的形式.变式已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2，3)，且点F(2，0)为其右焦点.(1)求椭圆C的方程；(2)已知动点P到定点Q(20)的距离与点P到定直线l：x=2222，求动点P的轨迹C'的方程.【分析】本题主要考查椭圆的定义和椭圆的标准方程等基础知识，以及利用直接法和待定系数法求椭圆方程的基本方法.【解答】(1)依题意，可设椭圆C的方程为22xa+22yb=1(a>b>0)，且可知左焦点为F'(-2，0)，从而有22'358ca AF AF=⎧⎨=+=+=⎩，，解得24.ca=⎧⎨=⎩，又a2=b2+c2，所以b2=12，故椭圆C的方程为216x+212y=1.(2)设点P(x，y)，依题意，得22(-2)|-22|x yx+=22，整理，得24x+22y=1，所以动点P的轨迹C'的方程为24x+22y=1.【点评】本题第一问已知焦点即知道了c，再利用椭圆定义先求得2a的值，再利用椭圆中a，b，c的关系，求得b的值，从而得椭圆方程.本题还可以利用待定系数法设椭圆方程为22xa+22-4ya=1，代入已知点求解，显然没有利用定义来得简单.求离心率的值或范围例2(1)(2019·徐州三校调研)如图(1)，在平面直角坐标系xOy中，A1，A2，B1，B2分别为椭圆22xa+22yb=1(a>b>0)的四个顶点，F为其右焦点，直线A1B2与直线B1F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.(例2(1))(2)(2019·临川一中质检)如图(2)，已知点A，F分别是2 2 xa-22yb=1(a>0，b>0)的左顶点与右焦点，过A，F作与x轴垂直的直线分别与两条渐近线交于P，Q，R，S，若S△ROS=2S△POQ，则双曲线的离心率为.(例2(2))(3)(2019·金陵中学)已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为F1，F2，这两条曲线在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形.若PF1=10，椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e2，则e1·e2的取值范围是.【点拨】依题设得出关于a，b，c的等式或不等式，再消去b.【答案】75(2)2(3)13∞⎛⎫+⎪⎝⎭，【解析】(1)由题意知直线A1B2的方程为-xa+yb=1，直线B1F的方程为xc+-yb=1.联立方程组解得T2()--ac b a ca c a c+⎛⎫⎪⎝⎭，.又M()-2(-)ac b a ca c a c⎛⎫+⎪⎝⎭，在椭圆22xa+22yb=1(a>b>0)上，故22(-)ca c+22()4(-)a ca c+=1，即e2+10e-3=0，解得e=275.(2)由题意，得A(-a，0)，F(c，0)，直线PQ，RS的方程分别为x=-a，x=c，与渐近线y=±ba x 联立，可求得P(-a，b)，Q(-a，-b)，R-bcca⎛⎫⎪⎝⎭，，Sbcca⎛⎫⎪⎝⎭，，则S△ROS=12·2bca·c=2bca，S△POQ =12a·2b=ab，于是由S△ROS=2S△POQ，得2bca=2ab，即22ca=2，所以e=2.(3)设椭圆的长轴长为2a，双曲线的实轴长为2m，则2c=PF2=2a-10，2m=10-2c，a=c+5，m=5-c，所以e1e2=5cc+·5-cc=2225-cc=2125-1c.又由三角形性质知2c+2c>10，又由已知得2c<10，c<5，所以52<c<5，1<225c<4，0<225c-1<3，所以e1e2=2125-1c>13.变式1(2019·苏北四市期末)已知椭圆22xa+22yb=1(a>b>0)，点A，B1，B2，F依次为其左顶点、下顶点、上顶点和右焦点，若直线AB2与直线B1F的交点恰好在椭圆的右准线上，则该椭圆的离心率为.(变式1)【答案】12【解析】如图，A(-a，0)，B1(0，-b)，B2(0，b)，F(c，0)，设点M2Mayc⎛⎫⎪⎝⎭，.由2ABk=k AM，得ba=2Myaac+，所以y M=b1ac⎛⎫+⎪⎝⎭.由1FBk=k FM，得bc=2-Myacc，所以y M =2-b a c c c ⎛⎫⎪⎝⎭. 从而b 1a c⎛⎫+ ⎪⎝⎭=2-b a c c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 整理得2e 2+e-1=0，解得e=12.变式2 (2019·泰州期末)若双曲线22x a -22y b=1的右焦点到渐近线的距离是其到左顶点距离的一半，则双曲线的离心率e= .【答案】53【解析】由双曲线的性质“焦点到渐近线的距离等于b ”，得b=2a c+，所以a 2+22a c +⎛⎫ ⎪⎝⎭=c 2，整理得3c 2-2ac-5a 2=0，所以3e 2-2e-5=0，解得e=53.变式3 (2019·泰州中学)如图，椭圆22x a +22y b=1(a>b>0)的右焦点为F ，其右准线l 与x 轴的交点为A ，在椭圆上存在点P 满足线段AP 的垂直平分线过点F ，则椭圆离心率的取值范围是 .(变式3)【答案】112⎡⎫⎪⎢⎣⎭， 【解析】方法一：由题意知椭圆上存在点P ，使得线段AP 的垂直平分线过点F ，所以PF=FA ，而FA=2a c -c ，PF ≤a+c ，所以2a c -c ≤a+c ，即a 2≤ac+2c 2.又e=ca，所以2e 2+e ≥1，所以2e 2+e-1≥0，即(2e-1)(e+1)≥0.又0<e<1，所以12≤e<1.方法二：设点P(x，y).由题意，椭圆上存在点P，使得线段AP的垂直平分线过点F，所以PF=FA.由椭圆第二定义，2-PFaxc=e，所以PF=2ac e-ex=a-ex，而FA=2ac-c，所以a-ex=2ac-c，解得x=21-aa ce c⎛⎫+⎪⎝⎭.由于-a≤x≤a，所以-a≤21-aa ce c⎛⎫+⎪⎝⎭≤a.又e=ca，所以2e2+e-1≥0，即(2e-1)(e+1)≥0.又0<e<1，所以12≤e<1.直线与圆锥曲线问题例3(2019·南通一调)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆22xa+22yb=1(a>b>0)过点A(2，1)，离心率为3 2.(1)求椭圆的方程；(2)若直线l：y=kx+m(k≠0)与椭圆相交于B，C两点(异于点A)，线段BC被y轴平分，且AB⊥AC，求直线l的方程.(例3)【点拨】联立方程化归为一元二次方程的根与系数问题.【解答】(1)由条件知椭圆22x a +22y b=1(a>b>0)的离心率为e=c a =32，所以b 2=a 2-c 2=14a 2.又点A (2，1)在椭圆上，所以24a +21b =1，解得2282.a b ⎧=⎨=⎩，所以所求椭圆的方程为28x +22y =1.(2)将y=kx+m (k ≠0)代入椭圆方程，得(1+4k 2)x 2+8mkx+4m 2-8=0， ①由线段BC 被y 轴平分，得x B +x C =-2814mkk +=0，因为k ≠0，所以m=0.因为当m=0时，B ，C 关于原点对称，设B (x ，kx )，C (-x ，-kx )，由方程①，得x 2=2814k +，又因为AB ⊥AC ，A (2，1)，所以AB uuu r ·A C uuu r =(x-2)(-x-2)+(kx-1)(-kx-1)=5-(1+k 2)x 2=5-228(1)14k k ++=0，所以k=±12，由于k=12时，直线y=12x 过点A (2，1)，故k=12不符合题设. 所以直线l 的方程为y=-12x.【点评】解析几何包含两个主要问题，即已知曲线求方程和已知方程研究曲线的性质.对解析几何的复习，要在牢固掌握与解析几何有关的基本概念基础上，把上述两个问题作为复习和研究的重点，把握坐标法思想的精髓.变式 (2019·南通、扬州、泰州、淮安三模)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22x a +22y b =1(a>b>0)的离心率为22，长轴长为4，过椭圆的左顶点A 作直线l ，分别交椭圆和圆x 2+y 2=a 2于相异两点P ，Q.(1)若直线l的斜率为12，求APAQ的值；(2)若PQu u u r=λAPuuu r，求实数λ的取值范围.(变式)【解答】(1)由条件知2222422acaa b c=⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，，解得22.ab=⎧⎪⎨⎪⎩，所以椭圆的方程为24x+22y=1，圆的方程为x2+y2=4.由题知直线l的方程为y=12(x+2)，即x=2y-2，联立方程组222-224x yx y=⎧⎨+=⎩，，消去x，得3y2-4y=0，所以y P=4 3.由222-24x yx y=⎧⎨+=⎩，，消去x，得5y2-8y=0，所以y Q=85.所以APAQ=PQyy=43×58=56.(2)因为PQu u u r=λAPuuu r，且APuuu r，PQu u u r同向，则λ=PQAP=-AQ APAP=AQAP-1，设直线l：y=k(x+2)，联立方程组224(2)x yy k x⎧+=⎨=+⎩，，消去x，得(k2+1)y2-4ky=0，所以y Q =241k k +，同理y P =2421k k +，λ=AQ AP -1=QP y y -1=2241421k k k k ++-1=1-211k +.因为k 2>0，所以0<λ<1.即实数λ的取值范围是(0，1).【课堂评价】1.(2019·泰州期末)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线22x -y 2=1的实轴长为 .【答案】22【解析】根据双曲线的方程知a=22a=22.(2019·镇江期末)以抛物线y 2=4x 的焦点为焦点，以直线y=±x 为渐近线的双曲线的标准方程为 .【答案】212x -212y =1【解析】由题意设双曲线的标准方程为22x a -22y b=1，y 2=4x 的焦点为(1，0)，即c=1，则双曲线的焦点为(1，0).因为y=±x 为双曲线的渐近线，则b a =1，又a 2+b 2=c 2，所以a 2=12，b 2=12，故双曲线的标准方程为212x-212y=1.3.(2019·南京、盐城一模)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在x 轴上，若曲线C经过点P(1，3)，则其焦点到准线的距离为.【答案】92【解析】由题意可设抛物线C的方程为y2=2px(p>0)，因为曲线C过点P(1，3)，所以9=2p，解得p=92，从而其焦点到准线的距离为p=92.4.(2019·苏中三校联考)设椭圆C：22xa+22yb=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作x轴的垂线与椭圆C相交于A，B两点，F1B与y轴相交于点D，若AD⊥F1B，则椭圆C的离心率为.(第4题)【答案】33【解析】如图，连接AF1，因为OD∥AB，O为F1F2的中点，所以D为BF1的中点.又AD⊥BF1，所以AF1=AB.所以AF1=2AF2.设AF2=n，则AF1=2n，F1F2=3所以e=ca=1212F FAF AF=33nn=33.温馨提示：趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》第23~24页.【检测与评估】第2讲圆锥曲线一、填空题1.(2019·苏锡常镇调研)若双曲线x2+my2=1过点(2)，则该双曲线的虚轴长为.2.(2019·苏州调查)已知双曲线2xm-25y=1的右焦点与抛物线y2=12x的焦点相同，则此双曲线的渐近线方程为.3.(2019·徐州、连云港、宿迁三检)已知点F是抛物线y2=4x的焦点，该抛物线上位于第一象限的点A到其准线的距离为5，则直线AF的斜率为.4.(2019·普陀区调研)离为1，则该椭圆的离心率为.5.(2019·西安模拟)已知椭圆24x+22yb=1(0<b<2)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交椭圆于A，B两点，若BF2+AF2的最大值为5，则b的值是.6.(2019·盐城中学)设椭圆22xm+..=1(m>0，n>0)的右焦点与抛物线y2=8x的焦点相同，离心率为12，则此椭圆的短轴长为 .7.(2019·丹阳中学)设A ，B 分别是椭圆22x a +22y b =1(a>b>0)的左、右顶点，点P 是椭圆C 上异于A ，B 的一点，若直线AP 与BP 的斜率之积为-13，则椭圆C 的离心率为 .8.(2019·淮阴四校调研)已知椭圆C ：22x a +22y b =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，若椭圆C 上恰好有6个不同的点P ，使得△F 1F 2P 为等腰三角形，则椭圆C 的离心率的取值范围是 .二、 解答题9.(2019·扬州期末)如图，已知椭圆22x a +22y b =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 是椭圆上一点，M 在PF 1上，且满足1F M u u u u r =λMP u u u r(λ∈R )，PO ⊥F 2M ，O 为坐标原点.(1)若椭圆方程为28x +24y =1，且P (2，2)，求点M 的横坐标；(2)若λ=2，求椭圆离心率e 的取值范围.(第9题)10.(2019·赣榆中学)如图，椭圆长轴端点为A ，B ，O 为椭圆中心，F 为椭圆的右焦点，且AF u u u r ·FB u u u r=1，|OF u u u r |=1.(1)求椭圆的标准方程.(2)记椭圆的上顶点为M ，直线l 交椭圆于P ，Q 两点，问：是否存在直线l ，使得点F 恰为△PQM的垂心?若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.(第10题)11.如图，椭圆C：2 2 xa+22yb=1(a>b>0)的一个焦点为F(1，0)，且过点622⎛⎫⎪⎪⎭，.(1)求椭圆C的方程；(2)已知A，B为椭圆上的点，且直线AB垂直于x轴，直线l：x=4与x轴交于点N，直线AF与BN交于点M，求证：点M恒在椭圆C上.(第11题)【检测与评估答案】第2讲圆锥曲线一、填空题1. 4【解析】将点(22)代入可得2+4m=1，即m=-14，故双曲线的标准方程为21x-24y=1，即虚轴长为4.2.y=±2x3，所以m=4.而双曲线的渐近线方程为x ，即y=±2x.3. 43 【解析】抛物线y 2=4x 的准线方程为x=-1，焦点F (1，0)，设点A (x 0，y 0)(x 0>0，y 0>0)，由题意得x 0+1=5，所以x 0=4，所以20y=4x 0=16，y 0=4，从而点A (4，4)，直线AF 的斜率k=4-04-1=43.4.2 【解析】不妨设椭圆方程为22x a +22y b =1(a>b>0)，则有222-1b a a c c ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即2221b a b c ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ②则①÷②得e=2.5.【解析】由题意知a=2，所以BF 2+AF 2+AB=4a=8，因为BF 2+AF 2的最大值为5，所以AB 的最小值为3，当且仅当AB ⊥x 轴时，取得最小值，此时A 3-2c ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，B3--2c ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，代入椭圆方程得24c +294b =1.又c 2=a 2-b 2=4-b 2，所以24-4b +294b =1，即1-24b +294b =1，所以24b =294b ，解得b 2=3，所以6.4【解析】由题意可知抛物线y 2=8x 的焦点为(2，0)，所以c=2.因为离心率为12，所以a=4，所以47.【解析】由题意知A (-a ，0)，B (a ，0)，取P (0，b )，则k AP ·k BP =b a×-b a ⎛⎫ ⎪⎝⎭=-13，故a 2=3b 2，所以e 2=222-a b a =23，即e=3.8. 1132⎛⎫ ⎪⎝⎭，∪112⎛⎫⎪⎝⎭，【解析】6个不同的点有两个为短轴的两个端点，另外4个分别在第一、二、三、四象限，且上下对称、左右对称.不妨设P 在第一象限，PF 1>PF 2，当PF 1=F 1F 2=2c 时，PF 2=2a-PF 1=2a-2c ，即2c>2a-2c ，解得e=c a >12.又因为e<1，所以12<e<1.当PF 2=F 1F 2=2c 时，PF 1=2a-PF 2=2a-2c ，即2a-2c>2c ，且2c>a-c ，解得13<e<12.综上可得13<e<12或12<e<1.二、 解答题9. (1) 因为28x +24y =1，所以F 1(-2，0)，F 2(2，0)，所以k OP=22F Mk1F M k=4，所以直线F 2M 的方程为x-2)，直线F 1M 的方程为y=4(x+2).联立-2)(2)4y x y x ⎧=⎪⎨=+⎪⎩，，解得x=65，所以点M 的横坐标为65.(2) 设P (x 0，y 0)，M (x M ，y M ).因为1FM u u u u r=2MPuuu r ，所以1FM u u u u r =23(x 0+c ，y 0)=(x M +c ，y M )，所以M 00212-333x c y ⎛⎫⎪⎝⎭，，2F M u u u u r =00242-333x c y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为PO ⊥F 2M ，O P uuu r=(x 0，y 0)，所以2023x -43cx 0+223y =0，即20x +20y =2cx 0.联立方程2200022002221x y cx x y a b ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，，消去y 0，得c 220x -2a 2cx 0+a 2(a 2-c 2)=0，解得x 0=()a a c c +或x 0=(-)a a c c .因为-a<x 0<a ，所以x 0=(-)a a c c ∈(0，a )， 所以0<a 2-ac<ac ，解得e>12.综上，椭圆离心率e 的取值范围为112⎛⎫ ⎪⎝⎭，.10. (1) 设椭圆方程为22x a +22y b=1(a>b>0)，则c=1.因为AF uuu r ·F B uuu r=1，即(a+c )(a-c )=1=a 2-c 2，所以a 2=2，故椭圆方程为22x +y 2=1.(2) 假设存在直线l 交椭圆于P ，Q 两点，且F 恰为△PQM 的垂心，则设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，因为M (0，1)，F (1，0)，故k PQ =1，于是可设直线l 的方程为y=x+m.联立2222y x m x y =+⎧⎨+=⎩，，得3x 2+4mx+2m 2-2=0，则x 1+x 2=-43m ，x 1x 2=22-23m .因为MP uuu r·FQ u u u r=0=x 1(x 2-1)+y 2(y 1-1)，又y i =x i +m (i=1，2)，得x 1(x 2-1)+(x 2+m )(x 1+m-1)=0，即2x 1x 2+(x 1+x 2)(m-1)+m 2-m=0，所以2·22-23m -43m(m-1)+m 2-m=0，解得m=-43或m=1(舍去). 经检验m=-43符合条件， 所以直线l 的方程为y=x-43.11. (1) 由题意得2222212312-c a b a b c =⎧⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩，，，解得a 2=4，b 2=3，故椭圆C 的方程为24x +23y =1.(2) 因为F (1，0)，N (4，0).设A (m ，n )，M (x 0，y 0)，则B (m ，-n )，n ≠0，则直线AF 的方程为y=-1nm (x-1)， 直线BN 的方程为y=4-nm (x-4)， 解得点M 的坐标为5-832-52-5m n m m ⎛⎫⎪⎝⎭，. 代入椭圆方程中，得204x +203y =25-82-54m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭+232-53n m ⎛⎫⎪⎝⎭=222(5-8)124(2-5)m n m +.由24m+23n=1，得n2=321-4m⎛⎫⎪⎝⎭，代入上式得24x+23y=1.所以点M恒在椭圆C上.。
《平面解析几何》测试卷及答案解析
2021年新高考数学总复习第九章《平面解析几何》测试卷及答案解析(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．抛物线y 2＝4x 的焦点坐标是( )A.⎝⎛⎭⎫0，116 B ．(0,1)C ．(1,0) D.⎝⎛⎭⎫116，0答案 C解析 抛物线y 2＝2px 的焦点坐标为⎝⎛⎭⎫p 2，0，由抛物线y 2＝4x 得2p ＝4，解得 p ＝2，则焦点坐标为(1,0)，故选C.2．过点(2,1)且与直线3x －2y ＝0垂直的直线方程为( )A ．2x －3y －1＝0B ．2x ＋3y －7＝0C ．3x －2y －4＝0D ．3x ＋2y －8＝0答案 B解析 设要求的直线方程为2x ＋3y ＋m ＝0，把点(2,1)代入可得4＋3＋m ＝0，解得m ＝－7.可得要求的直线方程为2x ＋3y －7＝0，故选B.3．直线ax －by ＝0与圆x 2＋y 2－ax ＋by ＝0的位置关系是() A ．相交 B ．相切C ．相离D ．不能确定答案 B解析 将圆的方程化为标准方程得⎝⎛⎭⎫x －a 22＋⎝⎛⎭⎫y ＋b 22＝a 2＋b24，∴圆心坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，－b 2，半径r ＝a 2＋b 22，∵圆心到直线ax －by ＝0的距离d ＝a 2＋b 22a 2＋b 2＝a 2＋b 22＝r ，∴圆与直线的位置关系是相切．故选B.4．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，右焦点F 到渐近线的距离为2，点F 到原点的距离为3，则双曲线C 的离心率e 为( ) A.53 B.355 C.63 D.62答案 B解析 ∵右焦点F 到渐近线的距离为2，∴F (c ,0)到y ＝b a x 的距离为2，即|bc |a 2＋b 2＝2，又b >0，c >0，a 2＋b 2＝c 2，∴bc c＝b ＝2.∵点F 到原点的距离为3，∴c ＝3， ∴a ＝c 2－b 2＝5，∴离心率e ＝c a ＝35＝355. 5．已知双曲线E 的渐近线方程是y ＝±2x ，则E 的离心率为( )A.2或2B. 5C.52D.5或52 答案 D解析 当双曲线焦点在x 轴上时，依题意得b a＝2， 故双曲线的离心率为e ＝c a ＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2＝ 5. 当双曲线焦点在y 轴上时，依题意得a b ＝2，即b a ＝12， 故双曲线的离心率为e ＝c a ＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2＝52.故选D.6．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且椭圆C 的长轴长与焦距之和为6，则椭圆C 的标准方程为( )A.4x 225＋y 26＝1 B.x 24＋y 22＝1 C.x 22＋y 2＝1 D.x 24＋y 23＝1 答案 D解析 由椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，得c a ＝12， 椭圆C 的长轴长与焦距之和为6，即2a ＋2c ＝6，解得a ＝2，c ＝1，则b ＝3，。
专题08 平面解析几何(解答题)
专题08 平面解析几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，│AB │=4，⊙M 过点A ，B 且与直线x +2=0相切．（1）若A 在直线x +y =0上，求⊙M 的半径；（2）是否存在定点P ，使得当A 运动时，│MA │−│MP │为定值？并说明理由． 【答案】（1）M e 的半径=2r 或=6r ；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）因为M e 过点,A B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上.由已知A 在直线+=0x y 上，且,A B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y x =上，故可设(, )M a a .因为M e 与直线x +2=0相切，所以M e 的半径为|2|r a =+.由已知得||=2AO ，又MO AO ⊥u u u u r u u u r，故可得2224(2)a a +=+，解得=0a 或=4a . 故M e 的半径=2r 或=6r .（2）存在定点(1,0)P ，使得||||MA MP -为定值. 理由如下：设(, )M x y ，由已知得M e 的半径为=|+2|,||=2r x AO .由于MO AO ⊥u u u u r u u u r ，故可得2224(2)x y x ++=+，化简得M 的轨迹方程为24y x =.因为曲线2:4C y x =是以点(1,0)P 为焦点，以直线1x =-为准线的抛物线，所以||=+1MP x . 因为||||=||=+2(+1)=1MA MP r MP x x ---，所以存在满足条件的定点P .【名师点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，验证定值符合所有情况，使得问题得解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知12,F F 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的两个焦点，P 为C 上一点，O 为坐标原点．（1）若2POF △为等边三角形，求C 的离心率；（2）如果存在点P ，使得12PF PF ⊥，且12F PF △的面积等于16，求b 的值和a 的取值范围．【答案】（1）31-；（2）4b =，a 的取值范围为[42,)+∞.【解析】（1）连结1PF ，由2POF △为等边三角形可知在12F PF △中，1290F PF ∠=︒，2PF c =，13PF c =，于是122(31)a PF PF c =+=+，故C 的离心率是31ce a==-. （2）由题意可知，满足条件的点(,)P x y 存在．当且仅当1||2162y c ⋅=，1y yx c x c⋅=-+-，22221x y a b +=，即||16c y =，① 222x y c +=，②22221x y a b+=，③ 由②③及222a b c =+得422b y c =，又由①知22216y c=，故4b =．由②③得()22222a x c b c=-，所以22c b ≥，从而2222232,a b c b =+≥=故42a ≥.当4b =，42a ≥时，存在满足条件的点P ． 所以4b =，a 的取值范围为[42,)+∞．【名师点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知曲线C ：y =22x ，D 为直线y =12-上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B ．（1）证明：直线AB 过定点； （2）若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求该圆的方程． 【答案】（1）见解析；（2）22542x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭或22522x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭. 【解析】（1）设()111,,,2D t A x y ⎛⎫-⎪⎝⎭，则2112x y =．由于y'x =，所以切线DA 的斜率为1x ，故11112y x x t+=-．整理得112 2 +1=0. tx y -设()22,B x y ，同理可得222 2 +1=0tx y -． 故直线AB 的方程为2210tx y -+=． 所以直线AB 过定点1(0,)2．（2）由（1）得直线AB 的方程为12y tx =+． 由2122y tx x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，可得2210x tx --=． 于是()21212122,121x x t y y t x x t +=+=++=+.设M 为线段AB 的中点，则21,2M t t ⎛⎫+⎪⎝⎭． 由于EM AB ⊥u u u u r u u u r ，而()2,2EM t t =-u u u u r ，AB u u u r 与向量(1, )t 平行，所以()220t t t +-=．解得t =0或1t =±．当t =0时，||EM u u u u r =2，所求圆的方程为22542x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭；当1t =±时，||2EM =u u u u r ，所求圆的方程为22522x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭．【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小.4．【2019年高考北京卷文数】已知椭圆2222:1x y C a b+=的右焦点为(1,0)，且经过点(0,1)A ．（1）求椭圆C 的方程；（2）设O 为原点，直线:(1)l y kx t t =+≠±与椭圆C 交于两个不同点P ，Q ，直线AP 与x 轴交于点M ，直线AQ 与x 轴交于点N ，若|OM |·|ON |=2，求证：直线l 经过定点．【答案】（1）2212x y +=；（2）见解析. 【解析】（1）由题意得，b 2=1，c =1． 所以a 2=b 2+c 2=2．所以椭圆C 的方程为2212x y +=．（2）设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2）， 则直线AP 的方程为1111y y x x -=+． 令y =0，得点M 的横坐标111M x x y =--． 又11y kx t =+，从而11||||1M x OM x kx t ==+-．同理，22||||1x ON kx t =+-．由22,12y kx t x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得222(12)4220k x ktx t +++-=． 则122412kt x x k +=-+，21222212t x x k-=+． 所以1212||||||||11x x OM ON kx t kx t ⋅=⋅+-+-()12221212||(1)(1)x x k x x k t x x t =+-++-22222222212||224(1)()(1)1212t k t kt k k t t k k-+=-⋅+-⋅-+-++12||1t t+=-． 又||||2OM ON ⋅=，所以12||21tt+=-． 解得t =0，所以直线l 经过定点（0，0）．【名师点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．5．【2019年高考天津卷文数】设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，左顶点为A ，上顶点为B .已知3||2||OA OB =（O 为原点）.（1）求椭圆的离心率； （2）设经过点F 且斜率为34的直线l 与椭圆在x 轴上方的交点为P ，圆C 同时与x 轴和直线l 相切，圆心C 在直线x =4上，且OC AP ∥，求椭圆的方程.【答案】（1）12；（2）2211612x y +=.【解析】（1）设椭圆的半焦距为c ，由已知有32a b =，又由222a b c =+，消去b 得22232a a c ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭，解得12c a =. 所以，椭圆的离心率为12. （2）由（1）知，2,3a c b c ==，故椭圆方程为2222143x y c c+=.由题意，(, 0)F c -，则直线l 的方程为3()4y x c =+， 点P 的坐标满足22221,433(),4x y c cy x c ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩消去y 并化简，得到2276130x cx c +-=，解得1213,7c x c x ==-. 代入到l 的方程，解得1239,214y c y c ==-.因为点P在x轴上方，所以3,2P c c ⎛⎫⎪⎝⎭.由圆心C在直线4x=上，可设(4, )C t.因为OC AP∥，且由（1）知( 2 , 0)A c-，故3242ctc c=+，解得2t=.因为圆C与x轴相切，所以圆的半径长为2，又由圆C与l相切，得23(4)242314c+-=⎛⎫+ ⎪⎝⎭，可得=2c.所以，椭圆的方程为2211612x y+=.【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力. 6．【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:22221(0)x ya ba b+=>>的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:222(1)4x y a-+=交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=52．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标．【答案】（1）22143x y+=；（2）3(1,)2E--.【解析】（1）设椭圆C 的焦距为2c .因为F 1(−1，0)，F 2(1，0)，所以F 1F 2=2，c =1. 又因为DF 1=52，AF 2⊥x 轴， 所以DF 2=222211253()222DF F F -=-=， 因此2a =DF 1+DF 2=4，从而a =2. 由b 2=a 2−c 2，得b 2=3.因此，椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）解法一：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=，a =2，因为AF 2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1. 将x =1代入圆F 2的方程(x −1) 2+y 2=16，解得y =±4. 因为点A 在x 轴上方，所以A (1，4). 又F 1(−1，0)，所以直线AF 1：y =2x +2.由22()22116y x x y =+-+=⎧⎨⎩，得256110x x +-=， 解得1x =或115x =-. 将115x =-代入22y x =+，得 125y =-， 因此1112(,)55B --.又F 2(1，0)，所以直线BF 2：3(1)4y x =-.由221433(1)4x y x y ⎧⎪⎪⎨⎪+=-⎩=⎪，得276130x x --=，解得1x =-或137x =. 又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以1x =-. 将1x =-代入3(1)4y x =-，得32y =-. 因此3(1,)2E --.解法二：由（1）知，椭圆C：221 43x y+=.如图，连结EF1.因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而∠BF1E=∠B.因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.因为F1(−1，0)，由221431xx y⎧⎪⎨+==-⎪⎩，得32y=±.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以32y=-.因此3(1,)2E--.【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知点(10)F，为抛物线22(0)y px p=>的焦点，过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得ABC△的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F 的右侧．记,AFG CQG △△的面积分别为12,S S ． （1）求p 的值及抛物线的准线方程；（2）求12S S 的最小值及此时点G 的坐标．【答案】（1）p =2，准线方程为x =−1；（2）最小值为312+，此时G （2，0）． 【解析】（1）由题意得12p=，即p =2. 所以，抛物线的准线方程为x =−1.（2）设()()(),,,,,A A B B c c A x y B x y C x y ，重心(),G G G x y .令2,0A y t t =≠，则2A x t =.由于直线AB 过F ，故直线AB 方程为2112t x y t-=+，代入24y x =，得()222140t y y t---=，故24B ty =-，即2B y t =-，所以212,B tt ⎛⎫- ⎪⎝⎭.又由于()()11,33G A B c G A B c x x x x y y y y =++=++及重心G 在x 轴上，故220c t y t-+=，得242211222,2,,03t t C t t G t t t ⎛⎫⎛⎫-+⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 所以，直线AC 方程为()222y t t x t-=-，得()21,0Q t-.由于Q 在焦点F 的右侧，故22t >.从而4224221244242222211|2|||322221222211|||1||2|23A ct t t FG y t S t t t t t S t t QG y t t t t-+-⋅⋅--====--+--⋅--⋅-.令22m t =-，则m >0，122113222134323424S m S m m m m m m=-=--=+++++⋅+…. 当3m =时，12S S 取得最小值312+，此时G （2，0）． 【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.8．【2018年高考全国Ⅰ文数】设抛物线22C y x =：，点()20A ，，()20B -，，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点．（1）当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程； （2）证明：ABM ABN =∠∠． 【答案】（1）y =112x +或112y x =--；（2）见解析. 【解析】（1）当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x =2，可得M 的坐标为（2，2）或（2，–2）． 所以直线BM 的方程为y =112x +或112y x =--． （2）当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM =∠ABN ．当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为(2)(0)y k x k =-≠，M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），则x 1>0，x 2>0．由2(2)2y k x y x=-⎧⎨=⎩，得ky 2–2y –4k =0，可知y 1+y 2=2k ，y 1y 2=–4．直线BM ，BN 的斜率之和为1221121212122()22(2)(2)BM BN y y x y x y y y k k x x x x ++++=+=++++．① 将112y x k =+，222yx k=+及y 1+y 2，y 1y 2的表达式代入①式分子，可得121221121224()882()0y y k y y x y x y y y k k++-++++===．所以k BM +k BN =0，可知BM ，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM =∠ABN ． 综上，∠ABM =∠ABN ．【名师点睛】本题主要考查抛物线的标准方程与几何性质、直线与抛物线的位置关系，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象与数学运算.在设直线的方程时，一定要注意所设方程的适用范围，如用点斜式时，要考虑到直线的斜率不存在的情况，以免解答不严密或漏解.（1）求出直线l 与抛物线的交点，利用两点式写出直线BM 的方程;（2）由（1）知，当直线l 与x 轴垂直时，结论显然成立，当直线l 与x 轴不垂直时，设出斜率k ，联立直线l 与C 的方程，求出M ，N 两点坐标之间的关系，再表示出BM 与BN 的斜率，得其和为0，从而说明BM 与BN 两条直线的斜率互为相反数，进而可知两角相等.9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】设抛物线24C y x =：的焦点为F ，过F 且斜率为(0)k k >的直线l 与C 交于A ，B 两点，||8AB =． （1）求l 的方程；（2）求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程．【答案】（1）y =x –1；（2）22(3)(2)16x y -+-=或22(11)(6)144x y -++=． 【解析】（1）由题意得F （1，0），l 的方程为y =k （x –1）（k >0）． 设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）．由2(1)4y k x y x=-⎧⎨=⎩得2222(24)0k x k x k -++=． 216160k ∆=+=，故212224k x x k++=． 所以212244(1)(1)k AB AF BF x x k+=+=+++=． 由题设知22448k k +=，解得k =–1（舍去），k =1． 因此l 的方程为y =x –1．（2）由（1）得AB 的中点坐标为（3，2），所以AB 的垂直平分线方程为2(3)y x -=--，即5y x =-+．设所求圆的圆心坐标为（x 0，y 0），则00220005(1)(1)16.2y x y x x =-+⎧⎪⎨-++=+⎪⎩，解得0032x y =⎧⎨=⎩，或00116.x y =⎧⎨=-⎩， 因此所求圆的方程为22(3)(2)16x y -+-=或22(11)(6)144x y -++=．【名师点睛】本题主要考查抛物线与直线和圆的综合，考查考生的数形结合能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.（1）利用点斜式写出直线l 的方程，代入抛物线方程，得到关于x 的一元二次方程，利用根与系数的关系以及抛物线的定义加以求解;（2）由题意写出线段AB 的垂直平分线所在直线的方程，设出圆心的坐标，由题意列出方程组，解得圆心的坐标，即可求解.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知斜率为k 的直线l 与椭圆22143x y C +=：交于A ，B 两点．线段AB的中点为(1,)(0)M m m >． （1）证明：12k <-； （2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP FA FB ++=0u u u r u u u r u u u r ．证明：2||||||FP FA FB =+u u u r u u u r u u u r． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设11()A x y ，，22()B x y ，，则2211143x y +=，2222143x y +=．两式相减，并由1212=y y k x x --得1212043x x y y k +++⋅=．由题设知1212x x +=，122y y m +=，于是34k m=-． 由题设得302m <<，故12k <-．（2）由题意得F （1，0）．设33()P x y ，，则331122(1)(1)(1)(00)x y x y x y -+-+-=，，，，．由（1）及题设得3123()1x x x =-+=，312()20y y y m =-+=-<．又点P 在C 上，所以34m =，从而3(1)2P -，，3||=2FP u u u r ． 于是222211111||(1)(1)3(1)242x x FA x y x =-+=-+-=-u u u r ．同理2||=22x FB -u u u r ．所以1214()32FA FB x x +=-+=u u u r u u u r ．故2||=||+||FP FA FB u u u r u u u r u u u r ．【名师点睛】本题主要考查椭圆的方程及简单几何性质、直线的斜率公式、直线与椭圆的位置关系、向量的坐标运算与向量的模等，考查运算求解能力、数形结合思想，考查的数学核心素养是数学抽象、数学运算.圆维曲线中与中点弦有关的问题常用点差法，建立弦所在直线的斜率与中点坐标间的关系，也可以通过联立直线方程与圆锥曲线方程，消元，根据根与系数的关系求解.11．【2018年高考北京卷文数】已知椭圆2222:1(0)x y M a b a b +=>>的离心率为63，焦距为22.斜率为k 的直线l 与椭圆M 有两个不同的交点A ，B . （1）求椭圆M 的方程；（2）若1k =，求||AB 的最大值；（3）设(2,0)P -，直线P A 与椭圆M 的另一个交点为C ，直线PB 与椭圆M 的另一个交点为D .若C ,D 和点71(,)44Q -共线，求k .【答案】（1）2213x y +=；（2）6；（3）1. 【解析】（1）由题意得222c =，所以2c =，又63c e a ==，所以3a =， 所以2221b a c =-=，所以椭圆M 的标准方程为2213x y +=．（2）设直线AB 的方程为y x m =+，由2213y x m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 可得2246330x mx m ++-=， 则2223644(33)48120m m m ∆=-⨯-=->，即24m <，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则1232m x x +=-，212334m x x -=，则222212121264||1||1()42m AB k x x k x x x x ⨯-=+-=+⋅+-=，易得当20m =时，max ||6AB =，故||AB 的最大值为6． （3）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，33(,)C x y ，44(,)D x y ，则221133x y += ①，222233x y += ②，又(2,0)P -，所以可设1112PA y k k x ==+，直线PA 的方程为1(2)y k x =+， 由122(2)13y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 可得2222111(13)121230k x k x k +++-=， 则2113211213k x x k +=-+，即2131211213k x x k =--+， 又1112y k x =+，代入①式可得13171247x x x --=+，所以13147y y x =+， 所以1111712(,)4747x y C x x --++，同理可得2222712(,)4747x y D x x --++．故3371(,)44QC x y =+-u u u r ，4471(,)44QD x y =+-u u u r ，因为,,Q C D 三点共线，所以34437171()()()()04444x y x y +--+-=，将点,C D 的坐标代入化简可得12121y y x x -=-，即1k =． 【名师点睛】本题主要考查椭圆的方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，考查数形结合思想，考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算.解决椭圆的方程问题，常用基本量法，同时注意椭圆的几何量的关系；弦长的计算，通常要将直线与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求解.12．【2018年高考天津卷文数】设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的右顶点为A ，上顶点为B ．已知椭圆的离心率为53，||13AB =． （1）求椭圆的方程；（2）设直线:(0)l y kx k =<与椭圆交于,P Q 两点，l 与直线AB 交于点M ，且点P ，M 均在第四象限．若BPM △的面积是BPQ △面积的2倍，求k 的值．【答案】（1）22194x y +=；（2）12-． 【解析】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识．考查用代数方法研究圆锥曲线的性质．考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力．满分14分．（1）设椭圆的焦距为2c ，由已知得2259c a =，又由222a b c =+，可得23a b =．由22||13AB a b =+=，从而3,2a b ==．所以，椭圆的方程为22194x y +=．（2）设点P 的坐标为11(,)x y ，点M 的坐标为22(,)x y ，由题意，210x x >>， 点Q 的坐标为11(,)x y --．由BPM △的面积是BPQ △面积的2倍，可得||=2||PM PQ ，从而21112[()]x x x x -=--，即215x x =． 易知直线AB 的方程为236x y +=，由方程组236,,x y y kx +=⎧⎨=⎩消去y ，可得2632x k =+．由方程组221,94,x y y kx ⎧+⎪=⎨⎪=⎩消去y ，可得12694x k =+． 由215x x =，可得2945(32)k k +=+，两边平方，整理得2182580k k ++=，解得89k =-，或12k =-．当89k =-时，290x =-<，不合题意，舍去；当12k =-时，212x =，1125x =，符合题意．所以，k 的值为12-．【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，涉及轨迹方程问题、定值问题、最值问题、参数的取值或取值范围问题等，其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线，解决此类问题要重视化归与转化思想及设而不求法的应用.13．【2018年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 过点1(3,)2，焦点12(3,0),(3,0)F F -，圆O 的直径为12F F ．（1）求椭圆C 及圆O 的方程；（2）设直线l 与圆O 相切于第一象限内的点P ．①若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点P 的坐标； ②直线l 与椭圆C 交于,A B 两点．若OAB △的面积为267，求直线l 的方程．【答案】（1）椭圆C的方程为2214xy+=，圆O的方程为223x y+=；（2）①(2,1)；②532y x=-+．【解析】（1）因为椭圆C的焦点为12()3,0,(3,0)F F-，可设椭圆C的方程为22221(0)x ya ba b+=>>．又点1(3,)2在椭圆C上，所以2222311,43,a ba b⎧+=⎪⎨⎪-=⎩，解得224,1,ab⎧=⎪⎨=⎪⎩因此椭圆C的方程为2214xy+=．因为圆O的直径为12F F，所以其方程为223x y+=．（2）①设直线l与圆O相切于0000(),,(00)P x y x y>>，则22003x y+=，所以直线l的方程为000()xy x x yy=--+，即0003xy xy y=-+．由22001,43,xyxy xy y⎧+=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩消去y，得222200004243640()x y x x x y+-+-=．（*）因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以222222000000()()(24)(44364820)4x x y y y x∆=--+-=-=．因为00,0x y>，所以002,1x y==．因此点P的坐标为(2,1)．②因为三角形OAB的面积为267，所以21267AB OP⋅=，从而427AB=．设1122,,()(),A x y B x y ，由（*）得2200022001,22448(2)2(4)x y x x x y ±-=+，所以2222121()()x B y y x A =-+-222000222200048(2)(1)(4)x y x y x y -=+⋅+．因为22003x y +=，所以22022016(2)32(1)49x AB x -==+，即42002451000x x -+=， 解得22005(202x x ==舍去），则2012y =， 因此P 的坐标为102(,)22． 综上，直线l 的方程为532y x =-+．【名师点睛】本题主要考查直线方程、圆的方程、圆的几何性质、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等知识，考查分析问题能力和运算求解能力. （1）利用椭圆的几何性质求圆的方程和椭圆的方程. （2）①利用直线与圆、椭圆的位置关系建立方程求解； ②结合①，利用弦长公式、三角形的面积公式求解.14．【2018年高考浙江卷】如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2=4x 上存在不同的两点A ，B 满足P A ，PB 的中点均在C 上．PMBAOyx（1）设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；（2）若P 是半椭圆x 2+24y =1(x <0)上的动点，求△P AB 面积的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）1510[62,]4． 【解析】本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.满分15分. （1）设00(,)P x y ，2111(,)4A y y ，2221(,)4B y y ． 因为PA ，PB 的中点在抛物线上，所以1y ，2y 为方程202014()422y x y y ++=⋅即22000280y y y x y -+-=的两个不同的实数根． 所以1202y y y +=． 因此，PM 垂直于y 轴． （2）由（1）可知120212002,8,y y y y y x y +=⎧⎪⎨=-⎪⎩ 所以2221200013||()384PM y y x y x =+-=-， 21200||22(4)y y y x -=-．因此，PAB △的面积3221200132||||(4)24PABS PM y y y x =⋅-=-△． 因为220001(0)4y x x +=<，所以2200004444[4,5]y x x x -=--+∈．因此，PAB △面积的取值范围是1510[62,]4． 【名师点睛】圆锥曲线问题是高考重点考查内容之一，也是难点之一.椭圆、抛物线是其中常考内容，需要熟练地掌握椭圆和拋物线的定义、基本性质、标准方程等，对于处理有关问题有很大的帮助.同时还要注意运算能力的培养和提高.15．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】设A ，B 为曲线C ：y =24x 上两点，A 与B 的横坐标之和为4．（1）求直线AB 的斜率；（2）设M 为曲线C 上一点，C 在M 处的切线与直线AB 平行，且AM ⊥BM ，求直线AB 的方程． 【答案】（1）1；（2）7y x =+．【解析】（1）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则12x x ≠，2114x y =，2224x y =，x 1+x 2=4，于是直线AB 的斜率12121214y y x x k x x -+===-．（2）由24x y =，得2x y'=．设M （x 3，y 3），由题设知312x =，解得32x =，于是M （2，1）． 设直线AB 的方程为y x m =+，故线段AB 的中点为N （2，2+m ），|MN |=|m +1|．将y x m =+代入24xy =得2440x x m --=．当16(1)0m ∆=+>，即1m >-时，1,2221x m =±+． 从而12||=2||42(1)AB x x m -=+．由题设知||2||AB MN =，即42(1)2(1)m m +=+，解得7m =． 所以直线AB 的方程为7y x =+．【名师点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系，主要利用根与系数的关系：因为直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用根与系数的关系及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用根与系数的关系直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用． （1）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），由两点斜率公式求AB 的斜率；（2）联立直线与抛物线方程，消y ，得12||=2||42(1)AB x x m -=+，解出m 即可．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C 22:12x y +=上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足2NP NM =u u u ru u u u r.（1）求点P 的轨迹方程；（2）设点Q 在直线3x =-上，且1OP PQ ⋅=u u u r u u u r.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .【答案】（1）222x y +=；（2）见解析.【解析】（1）设P （x ，y ），M （00,x y ），则N （0,0x ），00(,),(0,)NP x x y NM y =-=u u u r u u u u r ，由2NP NM =u u u ru u u u r 得0022x x y y ==，. 因为M （00,x y ）在C 上，所以22122x y +=.因此点P 的轨迹方程为222x y +=.（2）由题意知F （−1,0），设Q （−3，t ），P （m ，n ），则(3,),(1,),33OQ t PF m n OQ PF m tn =-=---⋅=+-u u u r u u u r u u u r u u u r， (,),(3,)OP m n PQ m t n ==---u u u r u u u r.由1OP PQ ⋅=u u u r u u u r得2231m m tn n --+-=，又由（1）知222m n +=，故330m tn +-=.所以0OQ PF ⋅=u u u r u u u r ，即OQ PF ⊥u u u r u u u r.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .【名师点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.（1）转移法求轨迹：设所求动点坐标及相应已知动点坐标，利用条件列两种坐标关系，最后代入已知动点轨迹方程，化简可得所求轨迹方程；（2）证明直线过定点问题，一般方法是以算代证：即证0OQ PF ⋅=u u u r u u u r，先设 P （m ，n ），则需证330m tn +-=，即根据条件1OP PQ ⋅=u u u r u u u r可得2231m m tn n --+-=，而222m n +=，代入即得330m tn +-=.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在直角坐标系xOy 中，曲线22y x mx =+-与x 轴交于A ，B 两点，点C的坐标为(0,1).当m 变化时，解答下列问题： （1）能否出现AC ⊥BC 的情况？说明理由；（2）证明过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值. 【答案】（1）不会，理由见解析；（2）见解析 【解析】（1）不能出现AC ⊥BC 的情况，理由如下：设1(,0)A x ，2(,0)B x ，则12x x ，满足220x mx +-=，所以122x x =-. 又C 的坐标为（0，1），故AC 的斜率与BC 的斜率之积为121112x x --⋅=-， 所以不能出现AC ⊥BC 的情况.（2）BC 的中点坐标为（2122x ，），可得BC 的中垂线方程为221()22x y x x -=-. 由（1）可得12x x m +=-，所以AB 的中垂线方程为2mx =-.联立22(21)22m x x y x x ⎧=-⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，，又22220x mx +-=，可得212m x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，，所以过A 、B 、C 三点的圆的圆心坐标为（122m --，），半径292m r +=，故圆在y 轴上截得的弦长为22232m r -=（），即过A 、B 、C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值. 【名师点睛】解答本题时，设()()12,0,,0A x B x ，由AC ⊥BC 得1210x x +=，由根与系数的关系得122x x =-，矛盾，所以不存在；求出过A ，B ，C 三点的圆的圆心坐标和半径，即可得圆的方程，再利用垂径定理求弦长.直线与圆综合问题的常见类型及解题策略：（1）处理直线与圆的弦长问题时多用几何法，即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形．代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：222121212||1||1()4AB k x x k x x x x =+-=++-； （2）圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题． 18．【2017年高考北京卷文数】已知椭圆C 的两个顶点分别为A (−2,0)，B (2,0)，焦点在x 轴上，离心率为32． （1）求椭圆C 的方程；（2）点D 为x 轴上一点，过D 作x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点M ，N ，过D 作AM 的垂线交BN 于点E .求证：△BDE 与△BDN 的面积之比为4:5．【答案】（1）2214x y +=；（2）见解析.【解析】（1）设椭圆C 的方程为22221(0)x y a b a b+=>>.由题意得2,3,2a c a=⎧⎪⎨=⎪⎩解得3c =.所以2221b a c =-=.所以椭圆C 的方程为2214x y +=.（2）设(,)M m n ，则(,0),(,)D m N m n -. 由题设知2m ≠±，且0n ≠.直线AM 的斜率2AM n k m =+，故直线DE 的斜率2DE m k n+=-. 所以直线DE 的方程为2()m y x m n +=--. 直线BN 的方程为(2)2ny x m=--. 联立2(),(2),2m y x m n n y x m +⎧=--⎪⎪⎨⎪=-⎪-⎩解得点E 的纵坐标222(4)4E n m y m n -=--+. 由点M 在椭圆C 上，得2244m n -=.所以45E y n =-. 又12||||||||25BDE E S BD y BD n =⋅=⋅△，1||||2BDN S BD n =⋅△，所以BDE △与BDN △的面积之比为4:5.【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，重点考查了计算能力，以及转化与化归的能力，解答此类题目，主要利用,,,a b c e 的关系，确定椭圆方程是基础，本题易错点是对复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等. （1）根据条件可知32,2c a a ==，以及222b a c =-，从而求得椭圆方程；（2）设(,)M m n ，则(,0),(,)D m N m n -，根据条件求直线DE 的方程，并且表示出直线BN 的方程，并求得两条直线的交点纵坐标，根据1212E BDE BDNN BD y S S BD y ⋅⋅=⋅⋅△△即可求出面积比值. 19．【2017年高考天津卷文数】已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为,()0F c -，右顶点为A ，点E的坐标为(0,)c ，EFA △的面积为22b ．（1）求椭圆的离心率；（2）设点Q 在线段AE 上，3||2FQ c =，延长线段FQ 与椭圆交于点P ，点M ，N 在x 轴上，PM QN ∥，且直线PM 与直线QN 间的距离为c ，四边形PQNM 的面积为3c ．（i ）求直线FP 的斜率； （ii ）求椭圆的方程．【答案】（1）12；（2）（ⅰ）34；（ⅱ）2211612x y +=．【解析】（1）设椭圆的离心率为e ．由已知，可得21()22b c a c +=．又由222b a c =-，可得2220c ac a +-=，即2210e e +-=． 又因为01e <<，解得12e =． 所以，椭圆的离心率为12． （2）（ⅰ）依题意，设直线FP 的方程为(0)x my c m =->，则直线FP 的斜率为1m． 由（1）知2a c =，可得直线AE 的方程为12x yc c +=，即220x y c +-=， 与直线FP 的方程联立，可解得(22)3,22m c c x y m m -==++，即点Q 的坐标为(22)3(,)22m c cm m -++． 由已知|FQ |=32c ，有222(22)33[]()()222m c c c c m m -++=++，整理得2340m m -=，所以43m =， 故直线FP 的斜率为34．（ii ）由2a c =，可得3b c =，故椭圆方程可以表示为2222143x y c c+=．由（i ）得直线FP 的方程为3430x y c -+=，与椭圆方程联立22223430,1,43x y c x y c c -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 消去y ，整理得2276130x cx c +-=，解得137cx =-（舍去），或x c =． 因此可得点3(,)2c P c ，进而可得2235|()()22|c c FP c c =++=， 所以53||||||22c cFP FQ Q c P -=-==． 由已知，线段PQ 的长即为PM 与QN 这两条平行直线间的距离， 故直线PM 和QN 都垂直于直线FP ．因为QN FP ⊥，所以339||||tan 248c c QN FQ QFN =⋅∠=⨯=， 所以FQN △的面积为2127||||232c FQ QN =，同理FPM △的面积等于27532c ，由四边形PQNM 的面积为3c ，得22752733232c c c -=，整理得22c c =，又由0c >，得2c =．所以，椭圆的方程为2211612x y +=．【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考中都是较有难度的压轴题，本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题，重点考查了运算求解能力以及转化与化归的能力．求解此类问题时，利用,,,a b c e 的关系，确定椭圆离心率是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）的方程，根据根与系数的关系进行解题，但本题需求解交点坐标，在求解过程要善于发现四边形PQNM 中的几何关系，从而易求其面积，进而使问题获解．（1）先根据题意得出21()22b c a c +=，然后结合222b a c =-，即可求得离心率；（2）（ⅰ）首先设直线FP 的方程为x my c =-，再写出直线AE 的方程，两方程联立得到点Q 的坐标，根据32FQ c =求得m 的值，即得直线FP 的斜率；（ⅱ）将直线FP 的方程和椭圆方程联立，可得点P 的坐标，再求,FP FQ ，确定直线PM 和QN 都垂直于直线FP ，根据平面几何关系求面积，从而可求得c 的值，进而得椭圆的方程．20．【2017年高考山东卷文数】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C :22221x y a b +=(a >b >0)的离心率为22，椭圆C 截直线y =1所得线段的长度为22. （1）求椭圆C 的方程；（2）动直线l :y =kx +m (m ≠0)交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于点M .点N 是M 关于O 的对称点，⊙N 的半径为|NO |.设D 为AB 的中点，DE ，DF 与⊙N 分别相切于点E ，F ，求∠EDF 的最小值.【答案】（1）22142x y +=；（2）EDF ∠的最小值为π3. 【解析】（1）由椭圆的离心率为22，得2222()a a b =-， 又当1y =时，2222a x a b =-，得2222a a b-=，所以224,2a b ==，因此椭圆方程为22142x y +=.（2）设1122(,),(,)A x y B x y ，联立方程2224y kx mx y =+⎧⎨+=⎩， 得222(21)4240k x kmx m +++-=， 由0∆>得2242m k <+.（*）且122421kmx x k +=+， 因此122221my y k +=+，所以222(,)2121km mD k k -++， 又(0,)N m -， 所以222222()()2121km m ND m k k =-++++ 整理得2242224(13)(21)m k k ND k ++=+ ， 因为NF m =，所以2422222224(31)831(21)(21)ND k k k k k NF+++==+++.令283,3t k t =+≥， 故21214t k ++=， 所以2221616111(1)2NDt t NFt t=+=++++ . 令1y t t=+，所以211y t'=-. 当3t ≥时，0y '>,从而1y t t =+在[3,)+∞上单调递增，因此1103t t +≥，等号当且仅当3t =时成立，此时0k =，所以22134ND NF≤+=，由（*）得 22m -<< 且0m ≠.故12NF ND ≥， 设2EDF θ∠=， 则1sin 2NF ND θ=≥ ， 所以θ的最小值为π6， 从而EDF ∠的最小值为π3，此时直线l 的斜率是0. 综上所述：当0k =，(2,0)(0,2)m ∈-U 时，EDF ∠取到最小值π3. 【名师点睛】圆锥曲线中的两类最值问题：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题； ②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．常见解法：①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决； ②代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解． 解答本题时，（1）由22c a =得2a b =，由椭圆C 截直线y =1所得线段的长度为22，得2222a a b -=，求得椭圆的方程为22142x y +=；（2）由2224x y y kx m⎧+=⎨=+⎩，解得22(21)4k x kmx +++ 2240m -=，确定222(,)2121km m D k k -++，4222||3221m DN k k k =+++，结合22ND NF的单调性求EDF ∠的最小值.21．【2017年高考浙江卷】如图，已知抛物线2x y =，点A 11()24-，，39()24B ，，抛物线上的点13(,)()22P x y x -<<．过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．（1）求直线AP 斜率的取值范围； （2）求||||PA PQ ⋅的最大值． 【答案】（1）(1,1)-；（2）2716. 【解析】本题主要考查直线方程、直线与抛物线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运算求解能力.满分15分. （1）设直线AP 的斜率为k ，2114122x k x x -==-+， 因为1322x -<<，所以直线AP 斜率的取值范围是(1,1)-． （2）联立直线AP 与BQ 的方程110,24930,42kx y k x ky k ⎧-++=⎪⎪⎨⎪+--=⎪⎩ 解得点Q 的横坐标是22432(1)Q k k x k -++=+． 因为|P A |=211()2k x ++=21(1)k k ++， |PQ |=222(1)(1)1()1Q k k k x x k -++-=-+，所以3(1)(1)k k PA PQ ⋅--+=．令3()(1)(1)f k k k =--+，因为2()(42)(1)f k k k '=--+，所以 f (k )在区间1(1,)2-上单调递增，1(,1)2上单调递减， 因此当k =12时，||||PA PQ ⋅取得最大值2716． 【名师点睛】本题主要考查直线方程、直线与抛物线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运算求解能力.（1）由斜率公式可得AP 的斜率为12x -，再由1322x -<<，得直线AP 的斜率的取值范围；（2）联立直线AP 与BQ 的方程，得Q 的横坐标，进而通过表达||PA 与||PQ 的长度，利用函数3()(1)(1)f k k k =--+的单调性求解||||PA PQ ⋅的最大值．22．【2017年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，离心率为12，两准线之间的距离为8．点P 在椭圆E 上，且位于第一象限，过点1F 作直线1PF 的垂线1l ，过点2F 作直线2PF 的垂线2l ． （1）求椭圆E 的标准方程；（2）若直线1l ，2l 的交点Q 在椭圆E 上，求点P 的坐标．【答案】（1）22143x y +=；（2）4737(,)77．【解析】（1）设椭圆的半焦距为c ．因为椭圆E 的离心率为12，两准线之间的距离为8，所以12c a =，228a c=，。
全国通用近年高考数学一轮复习第八章解析几何课时作业五十四8.6.1椭圆的概念及其性质理(2021年
（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第八章解析几何课时分层作业五十四8.6.1 椭圆的概念及其性质理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第八章解析几何课时分层作业五十四8.6.1 椭圆的概念及其性质理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时分层作业五十四椭圆的概念及其性质一、选择题(每小题5分，共25分)1.(2018·承德模拟）椭圆+y2=1的左、右焦点分别为F1,F2，过F1作垂直于x轴的直线与椭圆相交，一个交点为P,则｜PF2｜= （）A。
B.C。
D。
4【解析】选A。
a2=4,b2=1,所以a=2，b=1，c=，不妨设P在x轴上方，则F1(-，0），设P(—，m）（m〉0）,则+m2=1,解得m=，所以|PF1｜=，根据椭圆定义:|PF1｜+|PF2｜=2a，所以|PF2｜=2a—|PF1｜=2×2—=.2.已知点F1,F2分别是椭圆+=1(k>—1)的左、右焦点，弦AB过点F1,若△ABF2的周长为8,则椭圆的离心率为 ( )A. B.C。
D。
【解析】选A.由椭圆的定义可得4a=8⇒a=2，又因为c2=a2—b2=1⇒c=1，所以椭圆的离心率e==。
3。
（2018·亳州模拟）已知椭圆+=1(a〉b〉0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作一条直线(不与x轴垂直）与椭圆交于A,B两点，如果△ABF1恰好为以A为直角顶点的等腰直角三角形，该直线的斜率为（）A。
解析几何三角形面积最值问题-解析版
解析几何三角形面积最值问题未命名一、解答题1．（2019·黑龙江哈尔滨市·哈师大附中高三开学考试（文））已知(0,2)A -,椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>的离心率2,F 是椭圆E 的右焦点,直线AF,O 为坐标原点.（1）求椭圆的方程；（2）设过点A 的动直线l 与椭圆E 相交于P ,Q 两点,当OPQ ∆的面积最大时,求直线l 的方程.【答案】（1）22182x y +=；（2）22y x =-或22y x =--【解析】试题分析：（1）由离心率与斜率可求得a,b,c.(2) 设:2l y kx =-，与椭圆组方程组，由弦长公式，点到距离公式，求得三角形面积． 试题解析：(1)设(),0F c，由条件知，2c c =⇒=又22c a b a =⇒==， 故椭圆E 的方程为22182x y +=；(2)当l x ⊥轴时，不合题意，故可设:2l y kx =-，()22222,1416801,82y kx k x kx x y =-⎧⎪⇒+-+=⎨+=⎪⎩， ()221164104k k ∆=->⇒>， 设()11,P x y ，()22,Q x y ，121222168,1414k x x x x k k +==++，241PQ k ==+又点O 到直线l 的距离d =∴△OPQ 的面积12OPQS PQ d ∆==，t =，则0t >， ∴2OPQ S t t∆==≤+，当且仅当2t t t =⇒=k =时等号成立，满足0∆>，∴当k =±时，△OPQ 的面积取得最大值2，此时直线l 的方程为2y x =-或2y x =-. 【点睛】弦长公式：（已知直线上的两点距离）设直线:l y kx m =+，l 上两点()()1122,,,A x y B x y ，所以12AB x =-或12AB y =-2．（2020·江苏高二单元测试）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的离心率为12，以椭圆长、短轴四个端点为顶点为四边形的面积为（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，当动点M 在定直线4x =上运动时，直线AM BM 、分别交椭圆于两点P 、Q ，求四边形APBQ 面积的最大值.【答案】（Ⅰ）22143x y +=；（Ⅱ）6. 【分析】（Ⅰ）由离心率为12，以椭圆长、短轴四个端点为顶点为四边形的面积为222,ce a b c a==+,列方程组求得,a b 的值，即可求出椭圆C 的方程；（Ⅱ）点()4,M t ，直线AM 的方程()26t y x =+代入椭圆方程22143x y +=，得()222227441080t xt x t +++-=，利用韦达定理解出P 点坐标，同理可求得Q 点的坐标，利用三角形面积公式将四边形面积表示为t 的函数，利用换元法结合函数单调性求解即可. 【详解】（Ⅰ）由题设知，2,2a c ab ==又222a b c =+，解得2,1a b c ===，故椭圆C 的方程为22143x y +=.（Ⅱ）由于对称性，可令点()4,M t ，其中0t >.将直线AM 的方程()26t y x =+代入椭圆方程22143x y +=，得()222227441080t xt x t +++-=，由22410827A P t x x t -⋅=+，2A x =-得2225427Pt x t -=+，则21827P t y t =+. 再将直线BM 的方程()22t y x =-代入椭圆方程22143x y +=，得()2222344120t xt x t +---=，由224123B Q t x x t -⋅=+，2B x =得22263Q t x t-=+，则263Q t y t -=+. 故四边形APBQ 的面积为122P Q P Q S AB y y y y =⋅-=-= 221862273t t t t ⎛⎫+ ⎪++⎝⎭()()()()()22222222248948948912273912)9t t t t t t t tt t t t ++===+++++++.由于296t tλ+=≥，且12λλ+在[)6,+∞上单调递增，故128λλ+≥，从而，有48612S λλ=≤+. 当且仅当6λ=，即3t =，也就是点M 的坐标为()4,3时，四边形APBQ 的面积取最大值6.注:本题也可先证明”动直线PQ 恒过椭圆的右焦点()0,1F ”,再将直线PQ 的方程1x ty =+ (这里t R ∈)代入椭圆方程22143x y +=,整理得()2234690t y ty ++-=,然后给出面积表达式2P Q S y y =-==令211m t =+≥,则S =当且仅当6λ=即3t =时, max 6S =. 3．（2020·宁夏银川一中高二期中（理））已知椭圆()2222:10x y M a b a b+=>>的一个焦点与短轴的两端点组成一个正三角形的三个顶点，且椭圆经过点⎭.（1）求椭圆M 的标准方程；（2）直线l ：x ky n =+与椭圆M 相交于A ，B 两点，且以线段AB 为直径的圆过椭圆的右顶点C ，求ABC 面积的最大值.【答案】（1）2214x y +=；（2）1625. 【分析】（1）首先根据题意得到2b a =，再根据椭圆经过点⎭，即可得到答案.（2）首先设直线l 的方程为x ky n =+，联立2214x y x ky n ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，得到()2224240ky kny n +++-=，根据0CA CB ⋅=得到所以直线l 恒过点6,05D ⎛⎫⎪⎝⎭，再计算ABC 面积的最大值即可. 【详解】（1）设椭圆的上下顶点为()10,B b ，()20,B b -，左焦点为()1,0F c -， 则12B B F △是正三角形，所以2b a ==，则椭圆方程为222214x y b b+=.将⎭代入椭圆方程，可得2221142b b +=， 解得2a =，1b =，故椭圆的方程为2214x y +=.（2）由题意，设直线l 的方程为x ky n =+，联立2214x y x ky n ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去x 得()2224240k y kny n +++-=. 设()11,A x y ，()22,B x y ，则有12224kn y y k -+=+，212244n y y k -=+，因为以线段AB 为直径的圆过椭圆的右顶点()2,0C ，所以0CA CB ⋅=， 由()112,CA x y =-，()222,CB x y =-，则()()1212220x x y y --+=， 将11x ky n =+，22x ky n =+代入上式，并整理得()()()()2212121220k y y k n y y n ++-++-=，则()()()()22222214222044kn k n n n k k +---++-=++， 化简得()()5620n n --=，解得65n =或2n =，因为直线x ky n =+不过点()2,0C ， 所以2n ≠，故65n =.所以直线l 恒过点6,05D ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故121||||2ABC S DC y y =⋅-△16225⎛=⨯-= ⎝=， 设211044t t k ⎛⎫=<≤ ⎪+⎝⎭，则ABCS=10,4t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递增， 当14t=时，1625ABCS ==， 所以ABC 面积的最大值为1625. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，属于难题.本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出12y y +，12y y ⋅，然后利用0CA CB ⋅=得到直线l 恒过点6,05D ⎛⎫⎪⎝⎭为解题的关键，考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力． 4．（2021·安庆市第十中学高二期末（理））已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的短轴长为12e =． （1）求椭圆C 的标准方程；（2）若12F F 、分别是椭圆C 的左､右焦点，过2F 的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A B 、，求1F AB 的面积的最大值． 【答案】（1）22143x y +=；（2）3．【分析】（1）由题意,列出方程组，求得2,a b ==，即可得到椭圆的标准方程； （2）设()()1122,,,A x y B x y ，设直线l 的方程为1x my =+，根据根与系数的关系，求得1212,y y y y +，结合三角形的面积公式，得到1121212F ABSF F y y =⋅-=，利用换元法，结合函数的单调性，即可求解. 【详解】（1）由题意, 椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的短轴长为12e =．可得222212b c a a b c ⎧=⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，解得2,a b ==，故椭圆的标准方程为22143x y +=.（2）设()()1122,,,A x y B x y ，因为直线l 的斜率不为零，可设直线l 的方程为1x my =+，由221143x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得()2234690m y my ++-=，所以12122269,3434m y y y y m m --+==++， 又因直线l 与椭圆C 交于不同的两点，故0∆>，即()22(6)36340,m m m R ++>∈，则112121221234F ABSF F y y y y m =⋅-=-==+，令t =，则1t ≥，则12124113132F ABt St t t ===++．令13()f t t t=+，由函数的性质可知，函数()ft 在⎫+∞⎪⎪⎣⎭上是单调递增函数， 即当1t ≥时，()f t 在[1,)+∞上单调递增，因此有4()(1)3f t f ≥=，所以13F AB S ≤△，即当1,0t m ==时，1F ABS最大，故当直线l 的方程为1x =时，1F AB 面积的最大值为3． 【点睛】求解圆锥曲线的最值问题的解答策略：1、若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；2、当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.5．（2021·全国高二课时练习）已知点A (0，－2)，椭圆E ：22221x y a b+= (a >b >0)的离心F 是椭圆E 的右焦点，直线AF ，O 为坐标原点.(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点.当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程.【答案】（1）2214x y += （2）22y x =±-【解析】试题分析：设出F ，由直线AF c ，结合离心率求得a ，再由隐含条件求得b ，即可求椭圆方程；（2）点l x ⊥轴时，不合题意；当直线l 斜率存在时，设直线:2l y kx =-，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于零求得k 的范围，再由弦长公式求得PQ ，由点到直线的距离公式求得O 到l 的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出k 值，则直线方程可求.试题解析：（1）设(),0F c ，因为直线AF ，()0,2A -所以2c =c =又222c b a c a ==-解得2,1a b ==，所以椭圆E 的方程为2214x y +=.（2）解：设()()1122,,,P x y Q x y 由题意可设直线l 的方程为：2y kx =-，联立221{42,x y y kx +==-，消去y 得()221416120k x kx +-+=，当()216430k ∆=->，所以234k >，即k <或k > 1212221612,1414k x x x x k k+==++. 所以PQ ==214k =+ 点O 到直线l 的距离d =所以12OPQS d PQ ∆==0t =>，则2243k t =+，244144OPQ t S t t t∆==≤=++， 当且仅当2t=2=，解得k =时取等号， 满足234k >所以OPQ ∆的面积最大时直线l 的方程为：2y x =-或2y x =-. 【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的.6．（2020·黑龙江建三江分局第一中学高二期中（文））已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>倍，且经过点).（1）求C 的标准方程；（2）C 的右顶点为A ，过C 右焦点的直线l 与C 交于不同的两点M ，N ，求AMN ∆面积的最大值.【答案】（1）22142x y +=；（2）2- 【分析】（1）利用已知条件，结合椭圆方程求出,a b ，即可得到椭圆方程．（2）设出直线方程，联立椭圆与直线方程，利用韦达定理，弦长公式，列出三角形的面积，再利用基本不等式转化求解即可． 【详解】（1）解：由题意22,211,a a b⎧=⎪⎨+=⎪⎩解得2a =，b = 所以椭圆的标准方程为22142x y +=．（2）点(2,0)A，右焦点)F，由题意知直线l 的斜率不为0，故设l的方程为x my =+()11,M x y ，()22,N x y ，联立方程得22142x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去x，整理得22(2)20m y ++-=，∴216(1)0m ∆=+>，12y y +=，12222y y m =-+，()()()21212122222222)224281m y y y y y y m m m ⎛⎫∴--=+ ⎪ ⎪+=+=++⎝+⎭16（1222y y m ∴-=+(12122AMNS y y ∆∴=⨯⨯-(22=(()122221=-，当且仅当0m =时等号成立，此时l ：x = 所以AMN 面积的最大值为2- 【点睛】本题考查椭圆的性质和方程的求法，考查联立直线方程和椭圆方程消去未知数，运用韦达定理化简整理和运算能力，属于中档题．7．（2021·浙江高三专题练习）平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M ：22221x y a b+=（0a b >>）右焦点的直线0x y +=交M 于A ，B 两点，P 为AB 的中点，且OP 的斜率为12. （Ⅰ）求椭圆M 的方程；（Ⅱ）C ，D 为M 上的两点，若四边形ABCD 的对角线CD AB ⊥，求四边形ABCD 面积的最大值.【答案】(Ι) 22163x y +=（Ⅱ）12AB CD ⋅=【分析】(1)把右焦点()c,0代入直线方程可求出c ，设()11,,A x y ()22,B x y ，线段AB 的中点()00,P x y ，利用“点差法”即可得出a,b 的关系式，再与222a b c =+联立即可求出a,b ，进而可得椭圆方程；(2)由CDAB ⊥，可设直线CD 方程为y x m =+,与椭圆方程联立可得根与系数关系，即可得到弦长CD ，把直线0x y AB +=与椭圆的方程联立得到根与系数关系，即可得到弦长，利用ABCD 1S 2AB CD =⋅四边形即可得到关于m 的表达式，利用二次函数的单调性即可求出其最大值. 【详解】(Ι)设()11,,A x y ()22,,B x y 则()22112211x y a b +=，()22222212x y a b+=，（1）－（2）得：()()()()12121212220x x x x y y y y ab-+-++=，因为12121y y x x -=--，设()00,P x y ，因为P 为AB 的中点，且OP 的斜率为12，所以0012y x =，即()121212y y x x +=+，所以可以解得222a b =，即()2222a a c=-，即222ac =，又因为c =，所以26a =，所以M 的方程为22163x y +=.（Ⅱ）因为CD AB ⊥，直线AB 方程为0x y +=，所以设直线CD 方程为y x m =+，将0x y +=代入22163x y +=得：230x -=，即(A 、B ⎝⎭，所以可得AB =；将y x m =+代入22163x y +=得：2234260x mx m ++-=，设()33,,C x y ()44,,D x y 则CD =()221612260m m ∆=-->，即33m -<<，所以当0m =时，|CD|取得最大值4，所以四边形ACBD 面积的最大值为12AB CD ⋅= . 【点睛】本小题考查椭圆的方程的求解、直线与椭圆的位置关系，考查数学中的待定系数法、设而不求思想 ，考查同学们的计算能力以及分析问题、解决问题的能力.圆锥曲线是高考的热点问题,年年必考,熟练本部分的基础知识是解答好本类问题的关键.8．（2021·长春市第二十九中学高二期末（理））已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左，右焦点分别为()1F，)2F，且经过点)M．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若斜率为2的直线与椭圆C 交于,A B 两点，求AOB 面积的最大值（O 为坐标原点）．【答案】（1）22142x y +=；（2． 【分析】（1）根据椭圆的定义求得a ，由此求得b ，从而求得椭圆C 的标准方程；（2）设出直线AB 的方程2y x m =+，联立直线AB 的方程和椭圆方程，化简后写出根与系数关系，求出弦长AB ，表示出AOB 的面积，利用不等式求出最值即可． 【详解】（1）由椭圆的定义，可知12214a MF MF =+==．解得2a =．又2222b a =-=．所以椭圆C 的标准方程为22142x y +=．（2）设直线l 的方程为2y x m =+， 联立椭圆方程，得2298240x mx m ++-=，2264721440m m ∆=-+>，得m -<<设()11,A x y ，()22,B x y ，1289m x x ∴+=-，212249m x x -=，12AB x x ∴=-=== 点()0,0O 到直线:20l x y m -+=的距离d=11||22AOBS AB d ∴=⋅⋅=⋅△=≤=当2218m m-=即29m=，3m=±时取等；所以AOB．【点睛】方法点睛：本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生逻辑思维能力和计算能力，直线y kx b=+上两点()()1122,,,A x yB x y间的距离公式为：1.12AB x x=-；2.12A yB y=-；3.若AB过焦点，也可以使用焦半径公式．9．（2019·广东中山市·中山纪念中学高三月考（文））已知椭圆C：22221(0)x ya ba b+=>>的左、右焦点分别为1F，2F1F的直线l与C交于A，B两点，2ABF的周长为()1求椭圆C的方程；()2当2ABF的面积最大时，求l的方程．【答案】(1)2212xy+=；(2)1x=-.【解析】试题分析：()1根据椭圆定义及2ABF∆的周长为得出a=cea=知1c ea==，求出21b=，进而得到椭圆C的方程；()2将三角形分割，以12F F为底，A B、两点的纵坐标差的绝对值为高表示三角形面积，运用基本不等式求得结果解析：（1）由椭圆的定义知4a=，a=由cea=知1c ea==2221b a c =-=所以椭圆C 的方程为2212x y +=（2）由（1）知()()121,0,1,0F F -，122F F = 设()()1122,,,A x y B x y ，:1l x my =-联立1x my =-与2212x y +=得到()222210m y my +--=，12y y -=2ABF S ==当211,0m m +==时，2ABF S ∆，:1l x =-点睛：在求过焦点的弦与另一个焦点构成的三角形面积时可以对其分割，转化为两点纵坐标差的绝对值，为简化计算，由于直线过横坐标上一定点，故设直线方程1x my =- 10．（2016·云南昆明市·高三一模（理））已知离心率为√22的椭圆E:x 2a2+y 2b 2=1 (a >b >0)经过点A(1,√22). （1）求椭圆E 的方程； （2）若不过点A 的直线l:y =√22x +m 交椭圆E 于B,C 两点，求ΔABC 面积的最大值.【答案】（1）x 22+y 2=1，（2）√22【解析】试题分析：（Ⅰ）由椭圆的离心率为√22，可得c a=√2,可设椭圆方程为x 22n 2+y 2n 2=1，再代入点A 的坐标得代入设出的椭圆的方程，即可得椭圆E 的方程（Ⅱ）先设点B ，C 的坐标分别为(x 1,y 1)，(x 2,y 2)，将直线方程与椭圆的方程联立：消去一个元，得到一个一元二次方程.再求解判别式：写出根与系数的关系.计算点A 到直线l 的距离，得到用m 表示ΔABC 的面积，利用基本不等式求出ΔABC 面积的最大值. 试题解析：（Ⅰ）因为ca =√2,所以设a =√2n ，c =n ，则b =n ，椭圆E 的方程为x 22n 2+y 2n 2=1. 代入点A 的坐标得12n 2+12n 2=1，n 2=1，所以椭圆E 的方程为x 22+y 2=1.（Ⅱ）设点B ，C 的坐标分别为(x 1,y 1)，(x 2,y 2)，由{y =√22x +m x 2+2y 2=2得x 2+2(12x 2+√2mx +m 2)=2，即x 2+√2mx +m 2−1=0， x 1+x 2=−√2m ，x 1⋅x 2=m 2−1 Δ=2m 2−4(m 2−1)>0，m 2<2.|BC|=√(1+k 2)[(x 1+x 2)2−4x 1x 2] =√32[2m 2−4(m 2−1)] =√32(4−2m 2)，点A 到直线l 的距离d =√32，ΔABC 的面积S =12|BC|⋅d =12√32(4−2m 2)√32=√22√m 2(2−m 2)≤√22⋅m 2+2−m 22=√22，当且仅当m 2=2−m 2，即m 2=1时等号成立.所以当m =±1时，ΔABC 面积的最大值为√22.考点：（1）椭圆的方程；（2）直线与椭圆的综合问题.【方法点睛】解决直线和椭圆的综合问题时注意：第一步：根据题意设直线方程，有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，可由点斜式设直线方程.第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆的方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程.第三步：求解判别式：计算一元二次方程根.第四步：写出根与系数的关系.第五步：根据题设条件求解问题中结论.。
15第一部分 板块二 专题五 解析几何 第1讲 直线与圆(小题)
第1讲 直线与圆(小题)热点一 直线的方程及应用 1．两条直线平行与垂直的判定若两条不重合的直线l 1，l 2的斜率k 1，k 2存在，则l 1∥l 2⇔k 1＝k 2，l 1⊥l 2⇔k 1k 2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在． 2．求直线方程要注意几种直线方程的局限性．点斜式、斜截式方程要求直线不能与x 轴垂直，两点式不能表示与坐标轴垂直的直线，而截距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线． 3．两个距离公式(1)两平行直线l 1：Ax ＋By ＋C 1＝0，l 2：Ax ＋By ＋C 2＝0间的距离d ＝|C 1－C 2|A 2＋B 2(A 2＋B 2≠0)．(2)点(x 0，y 0)到直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0的距离d ＝|Ax 0＋By 0＋C |A 2＋B 2(A 2＋B2≠0)． 例1 (1)(2019·宝鸡模拟)若直线x ＋(1＋m )y －2＝0与直线mx ＋2y ＋4＝0平行，则m 的值是( )A ．1B ．－2C ．1或－2D ．－32(2)我国魏晋时期的数学家刘徽创立了割圆术，也就是用内接正多边形去逐步逼近圆，即圆内接正多边形边数无限增加时，其周长就越逼近圆周长，这种用极限思想解决数学问题的方法是数学史上的一项重大成就．现作出圆x 2＋y 2＝2的一个内接正八边形，使该正八边形的其中4个顶点在坐标轴上，则下列4条直线中不是该正八边形的一条边所在直线的为( ) A ．x ＋(2－1)y －2＝0 B ．(1－2)x －y ＋2＝0 C ．x －(2＋1)y ＋2＝0D ．(2－1)x －y ＋2＝0跟踪演练1 (1)已知直线l 1：x ·sin α＋y －1＝0，直线l 2：x －3y ·cos α＋1＝0，若l 1⊥l 2， 则sin 2α等于( ) A.23 B ．±35 C ．－35 D.35(2)已知直线l 的斜率为3，在y 轴上的截距为直线x －2y －4＝0的斜率的倒数，则直线l 的方程为( ) A ．y ＝3x ＋2 B ．y ＝3x －2 C ．y ＝3x ＋12D ．y ＝－3x ＋2热点二 圆的方程及应用 1．圆的标准方程当圆心为(a ，b )，半径为r 时，其标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，特别地，当圆心在原点时，方程为x 2＋y 2＝r 2. 2．圆的一般方程x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，其中D 2＋E 2－4F >0，表示以⎝⎛⎭⎫－D 2，－E 2为圆心，D 2＋E 2－4F 2为半径的圆．3．解决与圆有关的问题一般有两种方法(1)几何法：通过研究圆的性质、直线与圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程． (2)代数法：即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数．例2 (1)(2018·天津)在平面直角坐标系中，经过三点(0,0)，(1,1)，(2,0)的圆的方程为____________．方法二 画出示意图如图所示，则△OAB 为等腰直角三角形， 故所求圆的圆心为(1,0)，半径为1， ∴所求圆的方程为(x －1)2＋y 2＝1， 即x 2＋y 2－2x ＝0.(2)抛物线x 2＝4y 的焦点为F ，点P 为抛物线上的动点，点M 为其准线上的动点，当△FPM 为等边三角形时，则△FPM 的外接圆的方程为________．跟踪演练2 (1)(2019·黄冈调研)已知圆x 2＋y 2＋2k 2x ＋2y ＋4k ＝0关于y ＝x 对称，则k 的值为( )A ．－1B ．1C ．±1D ．0(2)(2019·河北省级示范性高中联合体联考)已知A ，B 分别是双曲线C ：x 2m －y 22＝1的左、右顶点，P (3,4)为C 上一点，则△P AB 的外接圆的标准方程为________________． 热点三 直线与圆、圆与圆的位置关系1．直线与圆的位置关系：相交、相切和相离，判断的方法 (1)点线距离法．(2)判别式法：设圆C ：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0(A 2＋B 2≠0)，方程组⎩⎪⎨⎪⎧Ax ＋By ＋C ＝0，(x －a )2＋(y －b )2＝r 2， 消去y ，得到关于x 的一元二次方程，其根的判别式为Δ，则直线与圆相离⇔Δ<0，直线与圆相切⇔Δ＝0，直线与圆相交⇔Δ>0.2．圆与圆的位置关系有五种，即内含、内切、相交、外切、外离．3．圆上的点与圆外点的距离的最值问题，可以转化为圆心到点的距离问题；圆上的点与直线上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到直线的距离问题；圆上的点与另一圆上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到圆心的距离问题．例3 (1)(2019·莆田质检)直线y ＝x ＋m 与圆x 2＋y 2＝4相交于M ，N 两点．若|MN |≥22，则m 的取值范围是( ) A ．[－2,2] B ．[－4,4]C ．[0,2]D ．(－22，－2]∪[2,22)(2)(2019·长沙市长郡中学模拟)已知圆C 1：(x －2)2＋(y －2)2＝r 21(r 1>0)，圆C 2：(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝r 22(r 2>0)，圆C 1与圆C 2相切，并且两圆的一条外公切线的斜率为7，则r 1r 2为________． 跟踪演练3 (1)(2019·柳州模拟)已知点M 是抛物线y 2＝2x 上的动点，以点M 为圆心的圆被y 轴截得的弦长为8，则该圆被x 轴截得的弦长的最小值为( ) A ．10 B ．4 3 C ．8 D ．215(2)(2019·绵阳诊断)已知圆C 1：x 2＋y 2＝r 2，圆C 2：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2(r >0)交于不同的A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，给出下列结论：①a (x 1－x 2)＋b (y 1－y 2)＝0；②2ax 1＋2by 1＝a 2＋b 2；③x 1＋x 2＝a ，y 1＋y 2＝b .其中正确结论的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3真题体验1．(2018·全国Ⅲ，文，8)直线x ＋y ＋2＝0分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点，点P 在圆(x －2)2＋y 2＝2上，则△ABP 面积的取值范围是( )A ．[2,6]B ．[4,8]C ．[2，32]D ．[22，32]2．(2016·全国Ⅱ，文，6)圆x 2＋y 2－2x －8y ＋13＝0的圆心到直线ax ＋y －1＝0的距离为1，则a 等于( )A ．－43B ．－34C. 3 D ．23．(2018·全国Ⅰ，文，15)直线y ＝x ＋1与圆x 2＋y 2＋2y －3＝0交于A ，B 两点，则|AB |＝________. 押题预测1．圆(x －2)2＋y 2＝1与直线3x ＋4y ＋2＝0的位置关系是( ) A ．相交 B ．相切C ．相离D ．以上三种情况都有可能2．若圆x 2＋y 2＝4与圆x 2＋y 2＋ax ＋2ay －9＝0(a >0)相交，公共弦的长为22，则a ＝________. 3．甲、乙两人参加歌咏比赛的得分(均为两位数)如茎叶图所示，甲的平均数为b ，乙的众数为a ，且直线ax ＋by ＋8＝0与以A (1，－1)为圆心的圆交于B ，C 两点，且∠BAC ＝120°，则圆A 的标准方程为________．A 组 专题通关1．(2019·衡水质检)直线2x ·sin 210°－y －2＝0的倾斜角是( ) A ．45° B ．135° C ．30° D ．150°2．(2019·黄冈调研)过点A (1,2)的直线在两坐标轴上的截距相等，则该直线方程为( ) A ．y －x ＝1B ．y ＋x ＝3C ．2x －y ＝0或x ＋y ＝3D ．2x －y ＝0或－x ＋y ＝13．(2019·厦门模拟)在直角坐标系xOy 中，以O 为圆心的圆与直线x －3y ＝4相切，则圆O 的方程为( ) A ．x 2＋(y －1)2＝4 B ．(x －1)2＋y 2＝4 C ．(x ＋1)2＋(y －1)2＝4D ．x 2＋y 2＝44．(2019·湘赣十四校联考)圆(x ＋2)2＋(y －3)2＝9上到直线x ＋y ＝0的距离等于2的点有( ) A ．4个 B ．3个 C ．2个 D ．1个5．(2019·黄山质检)直线2x －y －3＝0与y 轴的交点为P ，点P 把圆(x ＋1)2＋y 2＝36的直径分为两段，则较长一段与较短一段的长度的比值等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．56．若直线ax ＋by ＋1＝0始终平分圆M ：x 2＋y 2＋4x ＋2y ＋1＝0，则(a －2)2＋(b －2)2的最小值为( )A. 5 B ．5 C ．2 5 D ．107．(2019·河北省五个一名校联盟诊断)已知点P 为圆C ：(x －1)2＋(y －2)2＝4上一点，A (0，－6)，B (4,0)，则|P A →＋PB →|的最大值为( ) A.26＋2 B.26＋4 C ．226＋4D ．226＋28．(2019·菏泽模拟)已知点P 是直线l ：3x ＋4y －7＝0上的动点，过点P 引圆C ：(x ＋1)2＋y 2＝r 2(r >0)的两条切线PM ，PN .M ，N 为切点，当∠MPN 的最大值为π3时，则r 的值为( )A ．4B ．3C ．2D ．1 9．(2019·宝鸡模拟)设D 为椭圆x 2＋y 25＝1上任意一点，A (0，－2)，B (0,2)，延长AD 至点P ，使得|PD |＝|BD |，则点P 的轨迹方程为( ) A ．x 2＋(y －2)2＝20 B ．x 2＋(y －2)2＝5 C ．x 2＋(y ＋2)2＝20D ．x 2＋(y ＋2)2＝510．(2019·德阳模拟)已知点P (－3,0)在动直线m (x －1)＋n (y －3)＝0上的投影为点M ，若点N ⎝⎛⎭⎫2，32，那么|MN |的最小值为( ) A ．2 B.32 C ．1 D.1211．已知圆C ：x 2＋y 2＝1，点P 为直线x ＋2y －4＝0上一动点，过点P 向圆C 引两条切线分别为P A ，PB ，A ，B 为切点，则直线AB 经过定点( ) A.⎝⎛⎭⎫12，14 B.⎝⎛⎭⎫14，12 C.⎝⎛⎭⎫34，0D.⎝⎛⎭⎫0，34 12．(2019·南昌模拟)已知A (－3，0)，B (3，0)，P 为圆x 2＋y 2＝1上的动点，AP →＝PQ →，过点P 作与AP 垂直的直线l 交直线QB 于点M ，则M 的横坐标的取值范围是( ) A ．|x |≥1 B ．|x |>1 C ．|x |≥2D ．|x |≥2213．(2019·福建四校联考)已知直线3x ＋4y －3＝0,6x ＋my ＋14＝0平行，则它们之间的距离是________．14．(2019·天津市十二重点中学联考)已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，且y 轴和直线3x ＋4y ＋4＝0均与圆C 相切，则圆C 的标准方程为________．15．(2019·晋中模拟)已知圆C 经过点A (1,3)，B (4,2)，与直线2x ＋y －10＝0相切，则圆C 的标准方程为________．16．(2019·宝鸡质检)圆x 2＋y 2＝1的任意一条切线与圆x 2＋y 2＝4相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，O 为坐标原点，则x 1x 2＋y 1y 2＝________.B 组 能力提高17．(2019·齐齐哈尔模拟)已知半圆C ：x 2＋y 2＝1(y ≥0)，A ，B 分别为半圆C 与x 轴的左、右交点，直线m 过点B 且与x 轴垂直，点P 在直线m 上，纵坐标为t ，若在半圆C 上存在点Q 使∠BPQ ＝π3，则t 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫－233，0∪(0，3] B ．[－3，0)∪⎝⎛⎦⎤0，233C.⎣⎡⎭⎫－33，0∪⎝⎛⎦⎤0，33 D.⎣⎡⎭⎫－233，0∪⎝⎛⎦⎤0，233 18．(2019·淮南模拟)在平面直角坐标系中，设点P (x ，y )，定义[OP ]＝|x |＋|y |，其中O 为坐标原点，对于下列结论：①符合[OP ]＝2的点P 的轨迹围成的图形面积为8；②设点P 是直线l 1：3x ＋2y －2＝0上任意一点，则[OP ]min ＝1；③设点P 是直线l 2：y ＝kx ＋1(k ∈R )上任意一点，则使得“[OP ]最小的点P 有无数个”的充要条件是k ＝1；④设点P 是圆x 2＋y 2＝2上任意一点，则[OP ]max ＝2. 其中正确的结论序号为( ) A ．①②③ B ．①③④ C ．②③④ D ．①②④。
全国高考数学解析几何大题精选50题(完美编辑、含答案、知识卡片)
20．（2018•江苏）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 过点（
），焦点 F1
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（﹣ ，0），F2（ ，0），圆 O 的直径为 F1F2． （1）求椭圆 C 及圆 O 的方程； （2）设直线 l 与圆 O 相切于第一象限内的点 P． ①若直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，求点 P 的坐标； ②直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点．若△OAB 的面积为 ，求直线 l 的方程．
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线型道路 PB，QA，规划要求：线段 PB，QA 上的所有点到点 O 的距离均不．小．于．圆 O 的半径．已知点 A，B 到直线 l 的距离分别为 AC 和 BD（C，D 为垂足），测得 AB ＝10，AC＝6，BD＝12（单位：百米）． （1）若道路 PB 与桥 AB 垂直，求道路 PB 的长； （2）在规划要求下，P 和 Q 中能否有一个点选在 D 处？并说明理由； （3）在规划要求下，若道路 PB 和 QA 的长度均为 d（单位：百米），求当 d 最小时， P、Q 两点间的距离．
点的圆． （1）求 C 的轨迹方程； （2）动点 P 在 C 上运动，M 满足
＝2 ，求 M 的轨迹方程．
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18．（2018•浙江）如图，已知点 P 是 y 轴左侧（不含 y 轴）一点，抛物线 C：y2＝4x 上 存在不同的两点 A，B 满足 PA，PB 的中点均在 C 上． （Ⅰ）设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴；
22．（2018•上海）设常数 t＞2．在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 F（2，0），直线 l： x＝t，曲线Γ：y2＝8x（0≤x≤t，y≥0）．l 与 x 轴交于点 A、与Γ交于点 B．P、Q 分别是曲线Γ与线段 AB 上的动点． （1）用 t 表示点 B 到点 F 的距离； （2）设 t＝3，|FQ|＝2，线段 OQ 的中点在直线 FP 上，求△AQP 的面积； （3）设 t＝8，是否存在以 FP、FQ 为邻边的矩形 FPEQ，使得点 E 在Γ上？若存在， 求点 P 的坐标；若不存在，说明理由．
中学数学 专题九 解析几何第二十六讲 椭圆
专题九 解析几何第二十六讲 椭圆2019年1．（2019全国I 理10）已知椭圆C 的焦点为121,01,0F F -()，()，过F 2的直线与C 交于A ，B 两点．若22||2||AF F B =，1||||AB BF =，则C 的方程为A ．2212x y += B ．22132x y += C ．22143x y += D ．22154x y += 2.（2019全国II 理21（1））已知点A (−2,0)，B (2,0)，动点M (x ,y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为−12.记M 的轨迹为曲线C .（1）求C 的方程，并说明C 是什么曲线；3.（2019北京理4）已知椭圆()222210x y a b a b +=>>的离心率为12，则（A ）22.2a b =（B ）2 2.34a b=（C ）2a b=（D ）34a b=4.（2019全国III 理15）设12F F ，为椭圆C :22+13620x y =的两个焦点，M 为C 上一点且在第一象限.若12MF F △为等腰三角形，则M 的坐标为___________.2010-2018年一、选择题1．(2018全国卷Ⅱ)已知1F ，2F 是椭圆22221(0)+=>>：x y C a b a b的左，右焦点，A 是C 的左顶点，点P 在过A 且斜率为6的直线上，12△PF F 为等腰三角形，12120∠=︒F F P ，则C 的离心率为A ．23B ．12C ．13D ．142．(2018上海)设P 是椭圆22153x y +=上的动点，则P 到该椭圆的两个焦点的距离之和为（ ）A ．B ．C ．D ．3．（2017浙江）椭圆22194x y +=的离心率是A ．B C ．23D ．59 4．（2017新课标Ⅲ）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的左、右顶点分别为1A ，2A ，且以线段12A A 为直径的圆与直线20bx ay ab -+=相切，则C 的离心率为A ．3 B ．3 C ．3 D ．135．(2016年全国III)已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>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 A ．13B ．12C ．23D ．346．(2016年浙江)已知椭圆1C ：2221x y m +=(1m >)与双曲线2C ：2221x y n-=(0n >)的焦点重合，1e ，2e 分别为1C ，2C 的离心率，则A ．m n >且121e e >B ．m n >且121e e <C ．m n <且121e e >D ．m n <且121e e <7．(2014福建)设Q P ,分别为()2622=-+y x 和椭圆11022=+y x 上的点，则Q P ,两点间的最大距离是A ．25B ．246+C ．27+D ．268．（2013新课标1）已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交椭圆于A 、B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为 A ．x 245＋y 236＝1B ．x 236＋y 227＝1C ．x 227＋y 218＝1D ．x 218＋y 29＝19．(2012新课标)设1F 、2F 是椭圆E ：)0(12222>>=+b a by a x 的左、右焦点，P 为直线23a x =上一点，12PF F ∆ 是底角为o30的等腰三角形，则E 的离心率为 A 、21 B 、32 C 、43 D 、54二、填空题10．(2018浙江)已知点(0,1)P ，椭圆224x y m +=(1m >)上两点A ，B 满足2AP PB =，则当m =___时，点B 横坐标的绝对值最大．11．(2018北京)已知椭圆22221(0)x y M a b a b +=>>：，双曲线22221x y N m n-=：．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为__________；双曲线N 的离心率为__________．12．(2016江苏省)如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 是椭圆()222210x y a b a b+=>>的右焦点，直线2by =与椭圆交于,B C 两点，且90BFC ∠=︒，则该椭圆的离心率是 ．13．（2015新课标1）一个圆经过椭圆221164x y +=的三个顶点，且圆心在x 的正半轴上，则该圆的标准方程为_________．14．（2014江西）过点(1,1)M 作斜率为12-的直线与椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>相交于,A B 两点，若M 是线段AB 的中点，则椭圆C 的离心率等于 ．15．（2014辽宁）已知椭圆C ：22194x y +=，点M 与C 的焦点不重合，若M 关于C 的焦点的对称点分别为A ，B ，线段MN 的中点在C 上，则||||AN BN += ．16．（2014江西）设椭圆()01:2222>>=+b a by a x C 的左右焦点为21F F ，，作2F 作x 轴的垂线与C 交于B A ，两点，B F 1与y 轴相交于点D ，若B F AD 1⊥，则椭圆C 的离心率等于________．17．（2014安徽）设21,F F 分别是椭圆)10(1:222<<=+b by x E 的左、右焦点，过点1F 的直线交椭圆E 于B A ,两点，若x AF BF AF ⊥=211,3轴，则椭圆E 的方程为_____．18．（2013福建）椭圆)0(1:2222>>=+Γb a by a x 的左、右焦点分别为21,F F ，焦距为c 2．若直线)y x c =+与椭圆Γ的一个交点M 满足12212F MF F MF ∠=∠，则该椭圆的离心率等于19．（2012江西）椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右顶点分别是,A B ，左、右焦点分别是12,F F ．若1121||,||,||AF F F F B 成等比数列，则此椭圆的离心率为_________．20．（2011浙江）设12,F F 分别为椭圆2213x y +=的左、右焦点，点,A B 在椭圆上，若125F A F B =；则点A 的坐标是 ．三、解答题21．（2018全国卷Ⅰ）设椭圆:C 2212+=x y 的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ,B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：OMA OMB ∠=∠．22．（2018全国卷Ⅲ）已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：22143x y +=交于A ，B 两点，线段AB 的中点为(1,)M m (0)m >． (1)证明：12k <-； (2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP FA FB ++=0．证明：||FA ，||FP ，||FB 成等差数列，并求该数列的公差．23．(2018天津)设椭圆22221x x a b+=(0a b >>)的左焦点为F ，上顶点为B ．已知椭圆的离A 的坐标为(,0)b ，且FB AB ⋅= (1)求椭圆的方程；(2)设直线l ：(0)y kx k =>与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q ．若4AQ AOQ PQ=∠(O 为原点) ，求k 的值． 24．（2017新课标Ⅰ）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>，四点1(1,1)P ，2(0,1)P ，3(2P =-，4(1,2P =中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过2P 点且与C 相交于A ，B 两点．若直线2P A 与直线2P B 的斜率的和为1-，证明：l 过定点．25．（2017新课标Ⅱ）设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：2212x y +=上，过M 做x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足2NP NM =．（1）求点P 的轨迹方程；（2）设点Q 在直线3x =-上，且1OP PQ ⋅=．证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F ．26．（2017江苏）如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，离心率为12，两准线之间的距离为8．点P 在椭圆E 上，且位于第一象限，过点1F 作直线1PF 的垂线1l ，过点2F 作直线2PF 的垂线2l ． （1）求椭圆E 的标准方程；（2）若直线1l ，2l 的交点Q 在椭圆E 上，求点P 的坐标．27．（2017天津）设椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的左焦点为F ，右顶点为A ，离心率为12．已知A 是抛物线22(0)y px p =>的焦点，F 到抛物线的准线l 的距离为12． （Ⅰ）求椭圆的方程和抛物线的方程；（Ⅱ）设l 上两点P ，Q 关于x 轴对称，直线AP 与椭圆相交于点B （B 异于点A ），直线BQ 与x 轴相交于点D ．若APD △AP 的方程．28．（2017山东）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：22221x y a b+=()0a b >>，焦距为2．（Ⅰ）求椭圆E 的方程；（Ⅱ）如图，动直线l：1y k x =E 于,A B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为2k，且12k k ，M 是线段OC 延长线上一点，且:2:3MC AB =，M 的半径为MC ，,OS OT 是M 的两条切线，切点分别为,S T ．求S O T ∠的最大值，并求取得最大值时直线l 的斜率．x29．(2016年北京)已知椭圆C ：22221(0)x y ab a b+=>>的离心率为2，(,0)A a ，(0,)B b ，(0,0)O ，ΔOAB 的面积为1．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ．求证：||||AN BM ⋅为定值．30．(2015新课标2）已知椭圆C ：2229x y m +=(0m >)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M ． （Ⅰ）证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若l 过点(,)3mm ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边行？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由．31．（2015北京）已知椭圆C ：()222210x y a ba b+=>>的离心率为，点()01P ，和点()A m n ，()0m ≠都在椭圆C 上，直线PA 交x 轴于点M ． （Ⅰ）求椭圆C 的方程，并求点M 的坐标（用m ，n 表示）；（Ⅱ）设O 为原点，点B 与点A 关于x 轴对称，直线PB 交x 轴于点N ．问：y 轴上是否存在点Q ，使得OQM ONQ ∠=∠？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，说明理由．32．（2015安徽）设椭圆E 的方程为()222210x y a b a b+=>>，点O 为坐标原点，点A 的坐标为()0a ，，点B 的坐标为()0b ，，点M 在线段AB 上，满足2BM MA =，直线OM（Ⅰ）求E 的离心率e ；（Ⅱ）设点C 的坐标为()0b -，，N 为线段AC 的中点，点N 关于直线AB 的对称点的纵坐标为72，求E 的方程． 33．（2015山东）平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的离心率为2，左、右焦点分别是1F 、2F ．以1F 为圆心以3为半径的圆与以2F 为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C 上． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设椭圆E ：2222144x y a b+=，P 为椭圆C 上任意一点，过点P 的直线=+y kx m交椭圆E 于,A B 两点，射线PO 交椭圆E 于点Q ．( i )求||||OQ OP 的值； （ii ）求△ABQ 面积的最大值．34． (2014新课标1) 已知点A (0,2)-，椭圆E ：22221(0)x y a b a b+=>>的离心率为2，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF，O 为坐标原点． （Ⅰ)求E 的方程；（Ⅱ）设过点A 的动直线l 与E 相交于,P Q 两点，当OPQ ∆的面积最大时，求l 的方程．35．(2014浙江)如图，设椭圆(),01:2222>>=+b a by a x C 动直线l 与椭圆C 只有一个公共点P ，且点P 在第一象限．（Ⅰ）已知直线l 的斜率为k ，用k b a ,,表示点P 的坐标；（Ⅱ）若过原点O 的直线1l 与l 垂直，证明：点P 到直线1l 的距离的最大值为b a -．36．（2014新课标2）设1F ，2F 分别是椭圆C ：()222210y x a b a b+=>>的左，右焦点，M是C 上一点且2MF 与x 轴垂直，直线1MF 与C 的另一个交点为N ． （Ⅰ）若直线MN 的斜率为34，求C 的离心率；（Ⅱ）若直线MN 在y 轴上的截距为2，且15MN F N =，求,a b ．37．（2014安徽）设1F ,2F 分别是椭圆E ：22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点，过点1F的直线交椭圆E 于,A B 两点，11||3||AF BF = （Ⅰ）若2||4,AB ABF =∆的周长为16，求2||AF ； （Ⅱ）若23cos 5AF B ∠=，求椭圆E 的离心率．38．（2014山东）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，直线y x =被椭圆C 截得的线段长为5． （Ｉ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过原点的直线与椭圆C 交于A ，B 两点（A ，B 不是椭圆C 的顶点）．点D 在椭圆C 上，且AD AB ⊥，直线BD 与x 轴、y 轴分别交于M ，N 两点． (ⅰ)设直线BD ，AM 的斜率分别为12,k k ，证明存在常数λ使得12k k λ=，并求出λ的值；(ⅱ)求OMN ∆面积的最大值．39．（2014湖南）如图5，O 为坐标原点，双曲线221112211:1(0,0)x y C a b a b -=>>和椭圆222222222:1(0)x y C a b a b +=>>均过点(,1)3P ，且以1C 的两个顶点和2C 的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形． （Ｉ）求12,C C 的方程；（Ⅱ）是否存在直线l ，使得l 与1C 交于,A B 两点，与2C 只有一个公共点，且||||OA OB AB +=？证明你的结论．40．（2014四川）已知椭圆C ：22221x y a b+=（0a b >>）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）设F 为椭圆C 的左焦点，T 为直线3x =-上任意一点，过F 作TF 的垂线交椭圆C 于点P ，Q ．（i ）证明：OT 平分线段PQ （其中O 为坐标原点）； （ii ）当||||TF PQ 最小时，求点T 的坐标． 41．（2013安徽）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的焦距为4，且过点P ．12短轴长分别为2m ，2()n m n >，过原点且不与x 轴重合的直线l 与1C ，2C 的四个交点按纵坐标从大到小依次为A ，B ，C ，D ．记mnλ=，△B D M 和△ABN 的面积分别为1S 和2S ．（Ⅰ）当直线l 与y 轴重合时，若12S S λ=，求λ的值；（Ⅱ）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l ，使得12S S λ=？并说明理由．43． (2013天津)设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ， ， 过点F 且与x(Ⅰ) 求椭圆的方程；第20题图(Ⅱ) 设A ， B 分别为椭圆的左、右顶点， 过点F 且斜率为k 的直线与椭圆交于C ，D两点． 若··8AC DB AD CB +=， 求k 的值．44．（2013山东）椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别是12,F F ，离心率为2，过1F 且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为l ． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）点P 是椭圆C 上除长轴端点外的任一点，连接12,PF PF ．设12F PF ∠的角平分线PM 交C 的长轴于点(),0M m ，求m 的取值范围；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，过点P 作斜率为k 的直线l ，使得l 与椭圆C 有且只有一个公共点．设直线12,PF PF 的斜率分别为12,k k ，若0k ≠，试证明1211kk kk +为定值，并求出这个定值．45．（2012北京）已知椭圆C :22221(0)x y a b a b+=>>的一个顶点为(2,0)A，离心率为2．直线(1y k x =-）与椭圆C 交于不同的两点M ,N ． （Ⅰ）求椭圆C 的方程； （Ⅱ）当△AMNk 的值． 46．（2013安徽）如图，21,F F 分别是椭圆C ：22a x +22by =1（0>>b a ）的左、右焦点，A是椭圆C 的顶点，B 是直线2AF 与椭圆C 的另一个交点，1F ∠A 2F =60°．（Ⅰ）求椭圆C 的离心率；（Ⅱ）已知△A B F 1的面积为403，求a , b 的值．47．（2012广东）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的离心率e =C 上的点到(0,2)Q 的距离的最大值为3． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）在椭圆C 上，是否存在点(,)M m n 使得直线l ：1mx ny +=与圆O ：221x y +=相交于不同的两点,A B ，且OAB ∆的面积最大？若存在，求出点M 的坐标及相对应的OAB ∆的面积；若不存在，请说明理由．48．（2011陕西）设椭圆C: ()222210x y a b a b +=>>过点（0，4），离心率为35（Ⅰ）求C 的方程；（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率为45的直线被C 所截线段的中点坐标． 49．（2011山东）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22:13x C y +=．如图所示，斜率为(0)k k ＞且不过原点的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，线段AB 的中点为E ，射线OE交椭圆C 于点G ，交直线3x =-于点(3,)D m -． （Ⅰ）求22m k +的最小值； （Ⅱ）若2OG OD =∙OE ，（i ）求证：直线l 过定点；（ii ）试问点B ，G 能否关于x 轴对称？若能，求出此时ABG 的外接圆方程；若不能，请说明理由．50．（2010新课标）设1F ,2F 分别是椭圆E ：2x +22y b=1（01b <<）的左、右焦点，过1F的直线l 与E 相交于A 、B 两点，且2AF ，AB ，2BF 成等差数列． （Ⅰ）求AB ；（Ⅱ）若直线l 的斜率为1，求b 的值．51．（2010辽宁）设椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，过点F 的直线与椭圆C相交于A ，B 两点，直线l 的倾斜角为60o ，2AF FB =． （Ⅰ）求椭圆C 的离心率；（Ⅱ）如果|AB |=154，求椭圆C 的方程．古今中外有学问的人，有成就的人，总是十分注意积累的。
2019年高考全国1卷理科数学及答案
2019年高考全国1卷理科数学及答案2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共23题，共150分，共5页。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项：1.答题前，请先将自己的姓名和准考证号码填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。
3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持答题卡清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合$M=\{x-4<x<2\}$，$N=\{x|x^2-x-6<0\}$，则$M\cap N$=A。
$\{x-4<x<-3\}$B。
$\{x-4<x<-2\}$C。
$\{x-2<x<2\}$D。
$\{x^2<x<3\}$2.设复数$z$满足$z-i=1$，$z$在复平面内对应的点为$(x,y)$，则$(x-1)+y=$A。
$1$B。
$x+1$C。
$x+(y-1)\sqrt{2}$D。
$x+(\sqrt{2}-1)y$3.已知$a=\log_2 0.2$，$b=20.2$，$c=0.20.3$，则$a<b<c$。
4.古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比约为$0.618$，称为黄金分割比例。
最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比为$5:3$。
若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为$105\mathrm{cm}$，头顶至脖子下端的长度为$26\mathrm{cm}$，则其身高可能是$165\mathrm{cm}$，$175\mathrm{cm}$，$185\mathrm{cm}$或$190\mathrm{cm}$中的一个。
专题05 平面解析几何-2019年高考真题和模拟题分项汇编数学(理) Word版含解析(1)
1在△AF F中，由余弦定理得4n2+4n2-2⋅2n⋅2n⋅=4，解得n=32在△AF F和△BF F中，由余弦定理得⎨⎩n2+4-2⋅n⋅2⋅cos∠BF F=9n2专题05平面解析几何1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知椭圆C的焦点为F1(-1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF|=2|F B|，|AB|=|BF|，则C的方程为221A．x22+y2=1B．x2y2+=132C．x2y2+=143D．x2y2+=154【答案】B【解析】法一：如图，由已知可设F B=n，则AF=2n,BF=AB=3n，221由椭圆的定义有2a=BF+BF=4n,∴AF=2a-AF=2n．1212在△AF1B中，由余弦定理推论得cos∠F AB=4n2+9n2-9n21=．2⋅2n⋅3n31213．x2y2∴2a=4n=23,∴a=3,∴b2=a2-c2=3-1=2,∴所求椭圆方程为+=1，故选B．32法二：由已知可设F B=n，则AF=2n,BF=AB=3n，221由椭圆的定义有2a=BF+BF=4n,∴AF=2a-AF=2n．1212⎧4n2+4-2⋅2n⋅2⋅cos∠AF F=4n221121221，又∠AF2F1,∠BF2F1互补，∴cos∠AF2F1+cos∠BF2F1=0，两式消去cos∠AF2F1,cos∠BF2F1，得p = 1 的一个焦点，则 p =x 2y 23 p p） PQ =| OF |= c ，∴| P A |= ,∴ P A 为以 OF 为直径的圆的半径，，∴ P , ⎪ ，3n 2 + 6 = 11n 2 ，解得 n =3 ．∴ 2a = 4n = 2 3 , ∴ a = 3 , ∴ b 2 = a 2 - c 2 = 3 - 1 = 2 , ∴ 所求椭圆方2x 2 y 2程为 + = 1 ，故选 B ．3 2【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．2．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】若抛物线 y 2=2px(p >0)的焦点是椭圆A ．2B ．3C ．4D ．8x 2 3 p + y 2【答案】Dp p【解析】因为抛物线 y 2 = 2 px( p > 0) 的焦点 ( ,0) 是椭圆+ = 1 的一个焦点，所以 3 p - p = ( )2 ， 2 2解得 p = 8 ，故选 D ．【名师点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．解答时，利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于 p 的方程，从而解出 p ，或者利用检验排除的方法，如 p = 2 时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0 ，排除 A ，同样可排除 B ，C ，从而得到选 D ．3．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】设 F 为双曲线 C ： x 2 y 2 - a 2 b 2= 1(a > 0, b > 0) 的右焦点， O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆 x 2 + y 2 = a 2 交于 P ，Q 两点．若 PQ = OF ，则 C 的离心率为A ． 2C ．2B ． 3D ． 5【答案】A【解析】设 PQ 与 x 轴交于点 A ，由对称性可知 PQ ⊥ x 轴，又c 2∴ | OA |=c ⎛ c c ⎫2 ⎝ 2 2 ⎭4B ．2又 P 在 C 的一条渐近线上，不妨设为在 y = b x 上，则 y = ⋅ x = a a 2 2 2=12 2 2 4c 2 c 2 又 P 点在圆 x 2 + y 2 = a 2 上，∴ + = a 4 4∴ e = 2 ，故选 A ．c 2 c 22 ，即 = a 2 ,∴ e 2 =2 a 2= 2 ．【名师点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．解答本题时，准确画图，由图形对称性得出P 点坐标，代入圆的方程得到 c 与 a 的关系，可求双曲线的离心率．x 2 y 24．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】双曲线 C ： - =1 的右焦点为 F ，点 P 在 C 的一条渐近线上，O 为4 2坐标原点，若 PO = PF △，则 PFO 的面积为A ． 3 23 2 2C ． 2 2【答案】AD ． 3 2【解析】由 a = 2 , b = 2 , c = a 2 + b 2 = 6 ,PO = PF , ∴ x =6P，P P b 2 6 3⨯ =，∴ S1 3 3 2OF ⋅ y = ⨯ 6 ⨯ =P ，故选 A ．【名师点睛】本题考查以双曲线为载体的三角形面积的求法，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素x 2 + y 2 = 1 + x y 得， y 2 - x y = 1 - x 2 ， ⎛ y - | x | ⎫⎪ = 1 - 3x ,1 - 3x 厔0, x 2 4 ， 2 2养．采取公式法，利用数形结合、转化与化归和方程思想解题．忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅，采取列方程组的方式解出三角形的高，便可求三角形面积．5．【2019 年高考北京卷理数】已知椭圆A ．a 2=2b 2C ．a =2b【答案】Bx 2 y 2+ a 2 b 21 = 1 （a ＞b ＞0）的离心率为 ，则 2B ．3a 2=4b 2D ．3a =4b【解析】椭圆的离心率 e = c 1= , c 2 = a 2 - b 2 ，化简得 3a 2 = 4b 2 ，a 2故选 B.【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质，属于容易题，注重基础知识 基本运算能力的考查.由题意利用离心率的定义和 a, b , c 的关系可得满足题意的等式.6．【2019 年高考北京卷理数】数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 C ： x 2 + y 2 = 1+ | x | y 就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：①曲线 C 恰好经过 6 个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 2 ；③曲线 C 所围成的“心形”区域的面积小于 3．其中，所有正确结论的序号是A ．① C ．①②【答案】C【解析】由B ．②D ．①②③2⎝ 2 ⎭ 4 4 3所以 x 可取的整数有 0，−1，1，从而曲线 C : x 2 + y 2 = 1 + x y 恰好经过(0，1)，(0，−1)，(1，0)，(1，x2+y2=1+x y得，x2+y21+x+y，解得x2+y2≤2，所以曲线C上任意一点到原点的距离四边形ABCD=⨯1⨯1+1⨯1=1)，(−1，0)，(−1，1)，共6个整点，结论①正确.由222都不超过2.结论②正确.如图所示，易知A(0,-1),B(1,0),C(1,1,),D(0,1)，13四边形ABCD的面积S22形”区域的面积大于3，说法③错误.，很明显“心形”区域的面积大于2S四边形ABCD，即“心故选C.【名师点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用，属于难题，注重基础知识､基本运算能力及分析问题、解决问题的能力考查，渗透“美育思想”.将所给方程进行等价变形确定x的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围.7．【2019年高考天津卷理数】已知抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l，若l与双曲线x2y2-a2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|=4|OF|（O为原点），则双曲线的离心率为A．2C．2【答案】DB．3D．5A．2【解析】抛物线y2=4x的准线l的方程为x=-1，双曲线的渐近线方程为y=±b b则有A(-1,),B(-1,-)，a a ba x，2b2b∴AB=，a a=4，b=2a，c a2+b2∴e===5.a a故选D.【名师点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB的长度.解答时，只需把AB=4OF用a,b,c表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率.8．【2019年高考浙江卷】渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是2B．1C．2D．2【答案】C【解析】因为双曲线的渐近线方程为x±y=0，所以a=b，则c=a2+b2=2a，所以双曲线的离心率e=c=2.故选C. a【名师点睛】本题根据双曲线的渐近线方程可求得a=b，进一步可得离心率，属于容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.9．【2019年高考浙江卷】已知圆C的圆心坐标是(0,m)，半径长是r.若直线2x-y+3=0与圆C相切于点A(-2,-1)，则m=___________，r=___________．【答案】-2，5【解析】由题意可知k11=-⇒AC:y+1=-(x+2)，把(0,m)代入直线AC的方程得m=-2，AC22此时r=|AC|=4+1=5.【名师点睛】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线AC的斜率，进一步得，x 轴的上方，求得 P - , 2 2 ⎪⎭= 2 = 15 . 由中位线定理可得 PF = 2| OM |= 4 ，即 a - ex = 4 ⇒ x = - ，2 P - , ⎝ 2 2 ⎭= 2 = 15 .到其方程，将 (0, m ) 代入后求得 m ，计算得解.解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质.10．【2019 年高考浙江卷】已知椭圆 x 2 y 2+ = 1 的左焦点为 F ，点 P 在椭圆上且在 x 轴的上方，若线段 PF9 5的中点在以原点 O 为圆心， OF 为半径的圆上，则直线 PF 的斜率是___________．【答案】 15【解析】方法 1：如图，设 F 1为椭圆右焦点.由题意可知 |OF|=|OM |= c = 2 ，由中位线定理可得 PF = 2| OM |= 4 ，设 P( x , y) ，可得 ( x - 2)2 + y 2 = 16 ，1与方程 x 2 y 2 3 21+ = 1 联立，可解得 x = - , x = （舍） 9 5 2 215又点 P 在椭圆上且在 ⎛ 3 15 ⎫，所以 k ⎝PF 1 2方法 2：（焦半径公式应用）由题意可知|OF |=|OM |= c = 2 ，31 p p15从而可求得 ⎛ 3 15 ⎫ ⎪ ，所以 kPF12【名师点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合11．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】设 F ，F 为椭圆 C: + = 1 的两个焦点，M 为 C 上一点且在第一象 36 20().△SMF 1F 2 =△S MF 1F 2 = ⨯ 4 ⨯ 82 - 22 = 4 15 , ∴ 4 y = 4 15，解得 y = 15 ，2( 15 )= 1 ，解得 x 0 = 3 （ x 0 = -3 舍去）， ( )= 1(a > 0, b > 0) 的左、右焦点分别为 F ，F ， 1 1 ,思想，是解答解析几何问题的重要途径 结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的方程表示，与椭圆方程联立可进一步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁.x 2 y 21 2限.若 △MF 1F 2 为等腰三角形，则 M 的坐标为___________.【答案】 3, 15【解析】由已知可得 a 2 = 36 , b 2 = 20 , ∴ c 2 = a 2 - b 2 = 16 , ∴ c = 4 ，∴ MF = F F = 2c = 8 ，∴ MF = 4 ．11 2 2设点 M 的坐标为 (x , y 0 0 )(x 0 > 0 , y > 0)，则 0 1 2⋅ F F ⋅ y = 4 y ，1 2 0 01 又 0 02x 2 ∴ 0 + 36 20\ M 的坐标为 3, 15 ．【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．解答本题时，根据椭圆的定义分别求出MF 、MF ，设出 M 的1 2坐标，结合三角形面积可求出 M 的坐标.12．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】已知双曲线 C ： x 2 y 2- a 2 b 21 2过 F 1 的直线与 C 的两条渐近线分别交于 A ，B 两点．若 F 1A = AB ， F B ⋅ F 2 B = 0 ，则 C 的离心率为____________．【答案】2【 解 析 】 如 图 ， 由 F A = AB 得 F 1 A = AB. 又 OF 1 = OF 2 , 得 OA 是 三 角 形 F 1F 2 B 的 中 位 线 ， 即BF ∥OA, BF = 2OA. 由 F B ⋅ F B = 0 ，得 F B ⊥ F B,∴ O A ⊥ F A, ∴ OB = OF ，∠AOB = ∠AOF ，2 21212111又 OA 与 OB 都是渐近线，得 ∠BOF 2 = ∠AOF 1 ,又∠BOF 2+∠AOB +∠AOF 1=π，∴∠BOF 2=∠AOF 1=∠BOA = 60 ,又渐近线OB的斜率为b=tan60︒=3，∴该双曲线的离心率为e==1+()2=1+(3)2=2．ac ba a a【名师点睛】本题结合平面向量考查双曲线的渐近线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养，采取几何法，利用数形结合思想解题．解答本题时，通过向量关系得到F1A=AB和OA⊥F1A，从而可以得到∠AOB=∠AOF1，再结合双曲线的渐近线可得∠BOF2=∠AOF1,进而得到∠BOF=∠AOF=∠BOA=60,从而由b=tan60︒=3可求离心率.2113．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2-双曲线的渐近线方程是▲.【答案】y=±2xy2b2=1(b>0)经过点（3，4)，则该【解析】由已知得32-42b2=1，解得b=2或b=-2，因为b>0，所以b=2.因为a=1，所以双曲线的渐近线方程为y=±2x.【名师点睛】双曲线的标准方程与几何性质，往往以小题的形式考查，其难度一般较小，是高考必得分题.双曲线渐近线与双曲线标准方程中的a,b密切相关，事实上，标准方程中化1为0，即得渐近线方程.414．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y=x+(x>0)上的一个动点，则点Px到直线x+y=0的距离的最小值是▲.【答案】4【解析】当直线x+y=0平移到与曲线y=x+离最小.4x相切位置时，切点Q即为点P，此时到直线x+y=0的距.37413（1）由题设得F ,0⎪，故|AF|+|BF|=x+x+，由题设可得x+x=．⎝4⎭229从而-12(t-1)由y'=1-4=-1，得x=2(x=-2舍)，y=32，即切点Q(2,32)，x2则切点Q到直线x+y=0的距离为2+3212+12=4，故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养采取导数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题.15．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为B，与x轴的交点为P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若AP=3PB，求|AB|．32的直线l与C的交点为A，【答案】（1）y=x-；（2）283.【解析】设直线l:y=32x+t,A(x,y),B(x,y)．1122⎛3⎫351212⎧3⎪y=x+t 由⎨2⎪⎩y2=3x12(t-1)，可得9x2+12(t-1)x+4t2=0，则x+x=-．1257=，得t=-．928所以l的方程为y=37 x-．28（2）由AP=3PB可得y=-3y．12⎧3⎪y=x+t由⎨2，可得y2-2y+2t=0．⎪⎩y2=3x所以y+y=2．从而-3y+y=2，故y=-1,y=3．12222132 .记 M 的轨迹为曲线 C..⋅ = - ，化简得 + + = 1 ⎩ 4 2x =± 1 + 2k 2 ，则 P(u, uk ), Q(-u, -uk ), E (u,0) ．于是直线 QG 的斜率为 k ⎪⎪ 2+ y 2 ⎪ x 2代入 C 的方程得 x 1 1= 3, x = ．2故 | AB |= 4 133．【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及平面向量、弦长的求解方法，解题关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，利用根与系数的关系构造等量关系16．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】已知点 A(−2，0)，B(2，0)，动点 M (x ，y)满足直线 AM 与 BM 的斜率之积为− 1（1）求 C 的方程，并说明 C 是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交 C 于 P ，Q 两点，点 P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为 E ，连结 QE 并延长交C 于点 G.（i ）证明： △PQG 是直角三角形；（ii ）求 △PQG 面积的最大值.【答案】（1）见解析；（2）169.y y 1 x 2 y 2【解析】（1）由题设得= 1(| x |≠ 2) ，所以 C 为中心在坐标原点，x + 2 x - 2 2 4 2焦点在 x 轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i ）设直线 PQ 的斜率为 k ，则其方程为 y = kx(k > 0) ．⎧ y = kx⎪由 ⎨ x 2 y 2⎪ 得 ．2 1 + 2k 2记 u =2k，方程为 y = ( x - u ) ．2 2⎧k y = ( x - u ), 由 ⎨ = 1⎪⎩ 4 2得2+k22+k2-uk2+k28(+k)18k(1+k2)S=|PQ‖PG|==．.2⎭A(x,y)，则x2=2y.【解析】（1）设D t,-⎪,⎝(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0．①设G(x G,y G)，则-u和x G是方程①的解，故xG =u(3k2+2)uk3，由此得y=．G从而直线PG的斜率为uk31=-．u(3k2+2)k-u2+k2所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．2uk k2+1（ii）由（i）得|PQ|=2u1+k2，|PG|=，所以△PQG的面积2+k21k2(1+2k2)(2+k2)11+2(+k)2k设t=k+1 k因为S=，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．8t16在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．1+2t29因此，△PQG面积的最大值为16 9．【名师点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了求函数最大值问题x2117．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线C：y=，D为直线y=-上的动点，过D作C的两条切线，22切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，52)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.【答案】（1）见详解；（2）3或42.⎛1⎫11112 = x .x - t⎪⎪ 2 ⎪ y = x t t+ 1 1212t2⎭⎛ ( ) ( )由于 y' = x ，所以切线DA 的斜率为 x ，故 1整理得 2 tx - 2 y +1=0.11y + 111 1设 B (x , y 2 2) ，同理可得 2tx2- 2 y +1=0 .2故直线AB 的方程为 2tx - 2 y + 1 = 0 .1所以直线AB 过定点 (0, ) .2（2）由（1）得直线AB 的方程为 y = tx +12.⎧1 y = tx + 由 ⎨ ，可得 x2 - 2tx - 1 = 0 .2 ⎪⎩ 2于是 x + x = 2t,x x = -1, y + y = t (x + x )+ 1 = 2t 2 + 1，121 21212| AB |= 1 + t 2 x - x = 1 + t 2 ⨯(x 121+ x 2)2- 4 x x1 2= 2 ( 2 + 1).设 d , d 分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则 d = t 2+ 1, d =22 .因此，四边形ADBE 的面积 S = 1 2| AB | (d + d ) = ( 2 + 3) t 2 + 1. 1 2设M 为线段AB 的中点，则 M t, t 2 + ⎝1 ⎫ ⎪ .由于 EM ⊥ AB ，而 EM = t, t 2 - 2 ，AB 与向量 (1, t ) 平行，所以 t + t 2 - 2 t = 0 .解得t =0或 t = ±1.当 t =0时，S =3；当 t = ±1时， S = 4 2 .因此，四边形ADBE 的面积为3或 4 2 .【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题，第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小.18．【2019 年高考北京卷理数】已知抛物线 C ：x 2=−2py 经过点（2，−1）．（1）求抛物线 C 的方程及其准线方程；（2）设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M ，N ，直线 y =−1 分⎧ y⎝ 4 ⎭⎝ 4 ⎭别交直线 OM ，ON 于点 A 和点 B ．求证：以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的两个定点．【答案】（1）抛物线 C 的方程为 x 2 = -4 y ，准线方程为 y = 1 ；（2）见解析. 【解析】（1）由抛物线 C : x 2 = -2 py 经过点 (2, - 1) ，得 p = 2 . 所以抛物线 C 的方程为 x 2 = -4 y ，其准线方程为 y = 1 . （2）抛物线 C 的焦点为 F (0, - 1) .设直线 l 的方程为 y = kx - 1(k ≠ 0) .由 ⎨ y = kx -1, ⎩ x 2 = -4 y得 x 2 + 4kx - 4 = 0 .设 M (x , y ), N (x , y 1122) ，则 x x 1 2= -4 .直线 OM 的方程为 y = y1 x .x1令 y = -1 ，得点 A 的横坐标 x = - Ax1 .y1同理得点 B 的横坐标 x = - x2 .B2⎛ x ⎫ ⎛ x ⎫设点 D(0, n) ，则 DA = - 1 , -1 - n ⎪ , DB = - 2 , -1 - n ⎪ ，⎝ y 1 ⎭ ⎝ y 2 ⎭DA ⋅ DB = x 1 x2 + (n + 1)2y y1 2=x 1x2⎛ x 2 ⎫⎛ x 2 ⎫- 1 ⎪ - 2 ⎪+ (n + 1)2=16 x x1 2+ (n + 1)2= -4 + (n + 1)2 .令 DA ⋅ DB = 0 ，即 -4 + (n + 1)2 = 0 ，则 n = 1 或 n = -3 .综上，以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的定点 (0,1) 和 (0, - 3) .. 2【解析】（1）设椭圆的半焦距为c，依题意，2b=4,c+=1；（2）y()与椭圆方程联立⎨x2y2整理得4+5k2x2+20kx=0，⎪+4+5k24+5k2进而直线OP的斜率．k由题意得N (0,-1)，所以直线MN的斜率为-．【名师点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力19．【2019年高考天津卷理数】设椭圆轴长为4，离心率为5．5x2y2+a b2=1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B．已知椭圆的短（1）求椭圆的方程；（2）设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若|ON|=|OF|（O为原点），且O P⊥MN，求直线PB的斜率．x2y2230230【答案】（1）或-．54555=，又a2=b2+c2，可得a=5，b=2,a5c=1．所以，椭圆的方程为x2y2+=1．54（2）由题意，设P (x，P P)(x p≠0),M(x,0)．设直线PB的斜率为k(k≠0)，M又B(0,2)，则直线PB的方程为y=kx+2，⎧y=kx+2,⎪=1,⎩5420k8-10k2可得x=-，代入y=kx+2得y=，P Py4-5k2P=x-10kp在y=kx+2中，令y=0，得x M=-2．k2⋅ -⎪=-1，化简得k2=，从而k=±．2l（又因为DF1=5，AF2⊥x轴，所以DF2=DF2-F F2=()2-22=，222由OP⊥MN，得4-5k2⎛k⎫24230-10k⎝2⎭55所以，直线PB的斜率为230230或-．55【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识．考查用代数方法研究圆锥曲线的性质．考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力．20．【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2y2+a b2=1(a>b>0)的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，与圆F2:(x-1)2+y2=4a2交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=52．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标．【答案】（1）x2y23+=1；2）E(-1,-).432【解析】（1）设椭圆C的焦距为2c.因为F1(−1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.53112因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.由b2=a2−c2，得b2=3.⎩ ( x -1)2 + y 2 = 16 ，得 5 x 2 + 6 x - 11 = 0 ，解得 x = 1 或 x = -代入 y = 2 x + 2 ，得 y = - ，又 F 2(1，0)，所以直线 BF 2： y = ( x - 1) .⎧ ⎪⎪ x 2 y 2+ = 1 ⎩x 2 y 2因此，椭圆 C 的标准方程为 + = 1 .4 3x 2 y 2（2）解法一：由（1）知，椭圆 C ： + = 1 ，a =2，4 3因为 AF 2⊥x 轴，所以点 A 的横坐标为 1.将 x =1 代入圆 F 2 的方程(x −1) 2+y 2=16，解得 y =±4. 因为点 A 在 x 轴上方，所以 A(1，4).又 F 1(−1，0)，所以直线 AF 1：y =2x+2.由 ⎨ y = 2 x + 211 12将 x =- 5 5 11 12因此 B(- , - ) .5 53 411 5.⎧3 y = ( x - 1)4由 ⎨⎪ ⎪ 43 ，得 7 x 2 - 6 x - 13 = 0 ，解得 x = -1 或 x = 13 7.又因为 E 是线段 BF 2 与椭圆的交点，所以 x = -1 . 33将 x = -1 代入 y =( x - 1) ，得 y = - . 4 23因此 E (-1,- ) .2x 2 y 2解法二：由（1）知，椭圆 C ： + = 1 .4 3如图，连结 EF 1.因为F1(1，0)，由⎨x2y2，得y=±.⎪+.0)因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而∠BF1E=∠B.因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.⎧x=-1⎪3=12⎩43又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y=-3因此E(-1,-).232.【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力21．【2019年高考浙江卷】如图，已知点F(1，为抛物线y2=2px(p>0)的焦点，过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG,△CQG的面积分别为S,S．12（1）求p的值及抛物线的准线方程；（2）求S1的最小值及此时点G的坐标．S2【答案】（1）p =2，准线方程为x =−1；（2）最小值为1 +32 = 1，即p =2.2t y + 1，代入 y 2 = 4 x ，得y 2 - 2 (t 2 -1) ⎝ t 2 , - ⎪ . 故 2ty = -4 ，即 y = - ，所以 B t t ⎭ 1 ( x + x + x ), y = ( y + y + y ) 及 重 心 G 在 x 轴 上 ， 故 2t - + y = 0 ， 得33 t ⎝ 3t 2,0 ⎪ .C - t ⎪ , 2 - t ⎪ ⎪ , G ⎝ t ⎭ ⎝ t ⎭ ⎪ ⎭ ()()1 2t 4 - 2t2 + 2S | FG | ⋅ y 2 2 = t 4 - 1 = 2 - 1 = | t 2 - 1 - 2t 4 - 2t 2 + 2 | QG | ⋅ y3t 2 | ⋅ | t - 2t | 22，此时G （2，0）．【解析】（1）由题意得p所以，抛物线的准线方程为x =−1.（2）设 A (x , y AA ),B (xB, y ),C (x , y )，重心 G (x , y B c c G G ).令 yA = 2t, t ≠ 0 ，则 x = t 2 .A由于直线AB 过F ，故直线AB 方程为 x = t 2 - 1t y - 4 = 0 ，2⎛ 12 ⎫ B B 又由于 x = GA B c G A B c c1 2⎛⎛ 1 ⎫2 ⎛ 1 ⎫⎫ ⎛ 2t 4 - 2t 2 + 2 ⎫ ⎝所以，直线AC 方程为 y - 2t = 2t x - t 2 ，得 Q t 2 - 1,0 .由于Q 在焦点F 的右侧，故 t 2 > 2 .从而- 1 ⋅ | 2t |A 3t 2 2t 4 - t 2 t 2 - 2 1 = S t 4 - 1 2c.= 2 - …2 - = 1 + 3m + + 4 2 m ⋅ + 4m【.令 m = t 2 - 2 ，则m >0，S 1 = 2 - S 2 m m 1 1 3 2 + 4m + 3 3 2 m.当 m = 3 时， S 31 取得最小值1 + ，此时G （2，0）．S 22【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.22． 辽宁省丹东市 2019 届高三总复习质量测试理科数学（二）】经过点M (3,0) 作圆 x 2 + y 2 - 2 x - 4 y - 3= 0 的切线 l ，则 l 的方程为A ． x + y - 3 = 0C ． x - y - 3 = 0 B ． x + y - 3 = 0 或 x = 3D ． x - y - 3 = 0 或 x = 3【答案】C【解析】 x 2 + y 2 - 2 x - 4 y - 3 = 0 ⇒ ( x - 1)2 + ( y - 2) 2 = 8 ，所以圆心坐标为 (1,2) ，半径为 2 2 ，当过点 M (3,0 ) 的切线存在斜率 k ，切线方程为 y = k ( x - 3) ⇒ kx - y - 3k = 0 ，圆心到它的距离为 2 2 ，所以有 1⨯ k - 2 - 3kk 2 + 1= 2 2 ⇒ k = 1 ，即切线方程为 x - y - 3 = 0 ，当过点 M (3,0 ) 的切线不存在斜率时，即 x = 3 ，显然圆心到它的距离为 2 ≠ 2 2 ，所以 x = 3 不是圆的切线.因此切线方程为 x - y - 3 = 0 ，故本题选 C.【名师点睛】本题考查了求圆的切线.本题实际上是过圆上一点求切线，所以只有一条.解答本题时，设直线 l 存在斜率 k ，点斜式设出方程，利用圆心到直线l 的距离等于半径求出斜率 k ，再讨论直线 l 不存在斜率时，是否能和圆相切，如果能，写出直线方程，综合求出切线方程23．【广东省深圳市深圳外国语学校 2019 届高三第二学期第一次热身考试数学试题】已知椭圆(a > b > 0) 的离心率为 5 ，椭圆上一点 P 到两焦点距离之和为 12，则椭圆短轴长为3x 2 y 2 + a 2 b 2= 1=1(a>b>0)的离心率：e==，3B．y=±3x2D．y=±2xb=，可得2=3A．8C．5【答案】A 【解析】椭圆B．6D．4x2y2c5 +a2b2a3椭圆上一点P到两焦点距离之和为12，即2a=12，可得：a=6，c=25，∴b=a2-c2=36-20=4，则椭圆短轴长为2b=8.本题正确选项为A.【名师点睛】本题考查椭圆的定义、简单几何性质的应用，属于基础题．解答本题时，利用椭圆的定义以及离心率，求出a,c，然后求解椭圆短轴长即可．24．【山东省德州市2019届高三第二次练习数学试题】已知椭圆x2y2+a2b2=1（a＞b＞0）与双曲线x2y21-=（a＞0，b＞0）的焦点相同，则双曲线渐近线方程为a2b22A．y=±3 xC．y=±【答案】A 2 x【解析】依题意椭圆x2y2x2y21 +=1(a>b>0)与双曲线-=(a>0,b>0)即a2b2a2b22x2y2-a2b2 22=1(a>0,b>0)的焦点相同，可得：11a2-b2=a2+b2，即a2=3b2，22b∴3，a3a32y=±2x=±【4B．9∴双曲线的渐近线方程为：b3a32x，故选A．【名师点睛】本题考查椭圆和双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的求法，考查方程思想和运算能力，属于基础题．解答本题时，由题意可得a2-b2=11a2+b2，即a2=3b2，代入双曲线的渐近线22方程可得答案.25．江西省新八校2019届高三第二次联考数学试题】如图，过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线l交抛物线于点A,B，交其准线于点C，若BC=4BF，且AF=6，则p为A．92C．9D．18【答案】B【解析】设准线与x轴交于点P，作BH垂直于准线，垂足为H.由 BC = 4 BF ，得： BH1 - 32 p =【 3 322BC 4= = ，PF CF 5由抛物线定义可知： BF = BH ，设直线 l 的倾斜角为θ ，p由抛物线焦半径公式可得： BF = BF = 1 + cos θ= 4 ，解得： cos θ = PF p p 5∴ AF =pp p 4 = = = p = 6 91 3 ，解得： ，1 - cos θ441 4，本题正确选项为 B.【名师点睛】本题考查抛物线的定义和几何性质的应用，关键是能够利用焦半径公式中的倾斜角构造出方程，从而使问题得以解决.26．福建省厦门市厦门外国语学校 2019 届高三最后一模数学试题】双曲线 M 的焦点是 F , F ，若双曲线 M1 2上存在点 P ，使 △PF 1F 2 是有一个内角为3 + 1【答案】22π 3的等腰三角形，则 M 的离心率是______.【解析】根据双曲线的对称性可知，等腰三角形的两个腰应为 PF 2 与 F 1F 2 或 PF 1与 F 1F 2 ，不妨设等腰三角形的腰为 PF 2 与 F 1F 2 ，且点 P 在第一象限，故 |PF 2 | = 2c ，等腰 △PF 1F 2 有一内角为 2π 2π，即 ∠PF F = ，2 1由余弦定理可得，|PF | = (2c ) + (2c ) - 2 ⋅ 2c ⋅ 2c ⋅ cos2π= 2 3c ，1 3由双曲线的定义可得，| PF |-|PF |= 2 3c - 2c = 2a ，即 ( 3 - 1)c = a ，1 2解得： e =3 + 1 2.【名师点睛】本题考查了双曲线的定义、性质等知识，解题的关键是要能准确判断出等腰三角形的腰所在的位置.解答本题时，根据双曲线的对称性可知，等腰三角形的腰应该为 PF 2 与 F 1F 2 或 PF 1 与 F 1F 2 ，不妨设等腰三角形的腰为 PF 2 与 F 1F 2 ，故可得到 PF 2 的值，再根据等腰三角形的内角为的值，利用双曲线的定义可得双曲线的离心率.2π3 ，求出 PF127．重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学试题】已知椭圆C：+x2y236（【解析】（1）由题意可得：a=2，c⎪+显然∆>0，y+y=-2tt2+2t2+2=(t2+1)-3【x2y2a2b2=1(a>b>0)的左顶点为M(-2，0)，离心率为2 2．（1）求椭圆C的方程；（2）过点N(1，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，当MA⋅MB取得最大值时，求△MAB的面积．【答案】（1）+=1；2）422.2=a2，得c=2，则b2=a2-c2=2.x2y2所以椭圆C:+=1.42（2）当直线l与x轴重合时，不妨取A(-2,0),B(2,0)，此时MA⋅MB=0；当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为：x=ty+1，A(x1,y1),B(x2,y2)，⎧x=ty+1⎪联立⎨x2y2得(t2+2)y2+2ty-3=0，=1⎩42，y⋅y=1212所以MA⋅MB=(x+2)(x+2)+y y1212 =(ty+3)(ty+3)+y y1212=(t2+1)y y+3t(y+y)+91212-2t+3t+9t2+2t2+2-3t2-3-6t2=+9t2+2-3.=-9t2-3t2+2+9=15 t2+2.不妨取 A(1, 6 ), B(1,- ) ，所以 AB = 6 .（2）设 l 的直线方程为 x = ty + 1 ，和椭圆方程联立 ⎨ x 2 y 2 ，可得 (t 2 + 2) y 2 + 2ty - 3 = 0 ，由于⎪ + 22 将点 Q , 4 ⎪代入抛物线方程，解得p = 4 .当 t = 0 时， MA ⋅ MB 取最大值15 .此时直线 l 方程为 x = 1 ，262 2又 MN = 3 ，所以 △MAB 的面积 S = 1 3 6 ⨯ 6 ⨯ 3 = 2 2.【名师点睛】本题考查椭圆的基本性质，运用了设而不求的思想，将向量和圆锥曲线结合起来，是典型考题.（1）由左顶点 M 坐标可得 a =2，再由 e =ca可得 c ，进而求得椭圆方程.⎧ x = ty + 1 ⎪= 1 ⎩ 4 2∆ > 0 ，可用 t 表示出两个交点的纵坐标 y + y 和 y ⋅ y ，进而得到 MA ⋅ MB 关于 t 的一元二次方程，1 212得到 MA ⋅ MB 取最大值时 t 的值，求出直线方程，而后计算出△MAB 的面积.28．【黑龙江省大庆市第一中学 2019 届高三下学期第四次模拟（最后一卷 )考试数学试题】已知抛物线C : y 2＝2 px ( p > 0) 的焦点为 F ，直线 y = 4 与 y 轴的交点为 P ，与抛物线 C 的交点为 Q ，且QF ＝2 PQ .（1）求 p 的值；（2）已知点T (t, -2) 为 C 上一点， M ， N 是 C 上异于点 T 的两点，且满足直线TM 和直线 T N 的斜8率之和为 - ，证明直线 MN 恒过定点，并求出定点的坐标．3【答案】（1）4；（2）证明过程见解析，直线 MN 恒过定点 (-1, -1).【解析】（1）设 Q (x ,4 )，由抛物线定义知 QF = x +又 QF ＝2 PQ ， PQ = x ，p p所以 2 x = x +，解得 x = ，0 ⎛ p⎫⎝ 2⎭p 2，（2）由（1）知， C 的方程为 y2= 8x ，所以点 T 坐标为 , -2 ⎪ ， ⎩ y 2 = 8x=y +21 1 y 2 1 y 2 1 22 8 2 8 2 1 2 + =y - 2 y - 2 y y - 2 ( y + y )+ 4 .⎛ 1 ⎫ ⎝ 2 ⎭设直线 MN 的方程为 x = my + n ，点 M (x , y )， N (x , y1122)，⎧ x = my + n由 ⎨得 y 2 - 8my - 8n = 0 ， ∆ = 64m 2 + 32n > 0 .所以 y 1 + y 2 = 8m ， y 1 y 2 = -8n ，所以 k MT+ ky + 2 y + 2 y + 21 +2 = 1 + 2x - x - - -1 2== 8 8 8 ( y +y )- 32 1 2 1 2 1 2 1 264m - 32 8=- ， -8n - 16m + 4 3解得 n = m -1，所以直线 MN 的方程为 x + 1 = m ( y + 1) ，恒过定点 (-1, -1)．【名师点睛】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线相交，直线过定点问题，属于中档题（1）设 Q 点坐标，根据抛物线的定义得到 Q 点横坐标，然后代入抛物线方程，得到 p 的值；（2） M (x , y )， N (x , y 1 1 2 2)，直线和曲线联立，得到 y 1 + y , y y ，然后表示出 k 2 1 2MT + k NT ，化简整理，得到 m 和 n 的关系，从而得到直线 MN 恒过的定点.。
2019通用版 高中理数 第八章解析几何 第46讲 直线的倾斜角与斜率、直线的方程 练习及解析
课时达标 第46讲一、选择题1．设直线l 的方程为x ＋y cos θ＋3＝0(θ∈R )，则直线l 的倾斜角α的范围是( ) A ．[0，π) B ．⎣⎡⎭⎫π4，π2C ．⎣⎡⎦⎤π4，3π4D ．⎣⎡⎭⎫π4，π2∪⎝⎛⎦⎤π2，3π42．如图中的直线l 1，l 2，l 3的斜率分别为k 1，k 2，k 3，则( )A ．k 1<k 2<k 3B ．k 3<k 1<k 2C ．k 3<k 2<k 1D ．k 1<k 3<k 23．若k ，－1，b 三个数成等差数列，则直线y ＝kx ＋b 必经过定点( ) A ．(1，－2) B ．(1,2) C ．(－1,2) D ．(－1，－2)4．(2018·浙江嘉兴模拟)如果AC <0，且BC <0，那么直线 Ax ＋By ＋C ＝0不通过( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限5．将直线l 沿x 轴的负方向平移a (a >0)个单位，再沿y 轴正方向平移a ＋1个单位得直线l ′，此时直线l ′与l 重合，则直线l ′的斜率为( )A ．aa ＋1B ．－aa ＋1C ．a ＋1aD ．－a ＋1a6．设点 A (－2,3)，B (3,2)，若直线 ax ＋y ＋2 ＝ 0 与线段 AB 没有交点，则a 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎦⎤－∞，－52∪⎣⎡⎭⎫43，＋∞B ．⎝⎛⎭⎫－43，52C ．⎣⎡⎦⎤－52，43 D ．⎝⎛⎦⎤－∞，－43∪⎣⎡⎭⎫52，＋∞二、填空题7．(2018·黑龙江哈尔滨模拟)一条直线经过点A (－2,2)，并且与两坐标轴围成的三角形的面积为1，则此直线的方程为____.8．已知A (3,0)，B (0,4)，直线AB 上一动点P (x ，y )，则xy 的最大值是____.9．若 ab >0，且 A (a,0)，B (0，b )，C (－2，－2)三点共线，则ab 的最小值为____.三、解答题10．过点P (3,0)作一直线，使它夹在两直线l 1：2x －y －2＝0与l 2：x ＋y ＋3＝0之间的线段AB 恰被点P 平分，求此直线的方程．11．已知点A (3,4)，求满足下列条件的直线方程． (1)经过点A 且在两坐标轴上截距相等；(2)经过点A 且与两坐标轴围成一个等腰直角三角形．12．已知直线l ：kx －y ＋1＋2k ＝0(k ∈R )． (1)证明：直线l 过定点；(2)若直线不经过第四象限，求k 的取值范围；(3)若直线l 交x 轴负半轴于A ，交y 轴正半轴于B ，△AOB 的面积为S (O 为坐标原点)，求S 的最小值并求此时直线l 的方程．参考答案及解析 课时达标 第46讲一、选择题1．设直线l 的方程为x ＋y cos θ＋3＝0(θ∈R )，则直线l 的倾斜角α的范围是( C)A ．[0，π)B ．⎣⎡⎭⎫π4，π2C ．⎣⎡⎦⎤π4，3π4D ．⎣⎡⎭⎫π4，π2∪⎝⎛⎦⎤π2，3π4解析 当cos θ＝0时，方程变为x ＋3＝0，其倾斜角为π2；当cos θ≠0时，由直线方程可得斜率k ＝－1cos θ.∵cos θ∈[－1,1]且cos θ≠0， ∴k ∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)， 即tan α∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)， 又α∈[0，π)，∴α∈⎣⎡⎭⎫π4，π2∪⎝⎛⎦⎤π2，3π4. 由上知，倾斜角的范围是⎣⎡⎦⎤π4，3π4，故选C ．2．如图中的直线l 1，l 2，l 3的斜率分别为k 1，k 2，k 3，则(D)A ．k 1<k 2<k 3B ．k 3<k 1<k 2C ．k 3<k 2<k 1D ．k 1<k 3<k 2解析 直线l 1的斜率角α1是钝角，故k 1＜0，直线l 2与l 3的倾斜角α2与α3均为锐角，且a 2＞a 3，所以0＜k 3＜k 2，因此k 1＜k 3＜k 2，故选D ．3．若k ，－1，b 三个数成等差数列，则直线y ＝kx ＋b 必经过定点( A)A ．(1，－2)B ．(1,2)C ．(－1,2)D ．(－1，－2)解析 因为k ，－1，b 三个数成等差数列，所以k ＋b ＝－2，即b ＝－2－k ，于是直线方程化为y ＝kx －k －2，即y ＋2＝k (x －1)，故直线必过定点(1，－2)．4．(2018·浙江嘉兴模拟)如果AC <0，且BC <0，那么直线 Ax ＋By ＋C ＝0不通过(C)A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析 直线Ax ＋By ＋C ＝0的斜率k ＝－A B ＜0，在y 轴上的截距为－CB ＞0，所以，直线不通过第三象限．5．将直线l 沿x 轴的负方向平移a (a >0)个单位，再沿y 轴正方向平移a ＋1个单位得直线l ′，此时直线l ′与l 重合，则直线l ′的斜率为(D)A ．aa ＋1B ．－aa ＋1C ．a ＋1aD ．－a ＋1a解析 设P (x ，y )是l 上任意一点，由题意知Q (x －a ，y ＋a ＋1)也在直线l 上，所以l 的斜率为k PQ ＝a ＋1－a，故选D ． 6．设点 A (－2,3)，B (3,2)，若直线 ax ＋y ＋2 ＝ 0 与线段 AB 没有交点，则a 的取值范围是(B)A ．⎝⎛⎦⎤－∞，－52∪⎣⎡⎭⎫43，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎫－43，52 C ．⎣⎡⎦⎤－52，43 D ．⎝⎛⎦⎤－∞，－43∪⎣⎡⎭⎫52，＋∞ 解析 直线ax ＋y ＋2＝0恒过点M (0，－2)，且斜率为－a ， ∵k MA ＝3－(－2)－2－0＝－52，k MB ＝2－(－2)3－0＝－43，由图可知－a ＞－52且－a ＜43，∴a ∈⎝⎛⎭⎫－43，52.二、填空题7．(2018·黑龙江哈尔滨模拟)一条直线经过点A (－2,2)，并且与两坐标轴围成的三角形的面积为1，则此直线的方程为__x ＋2y －2＝0或2x ＋y ＋2＝0__.解析 设所求直线的方程为x a ＋yb＝1，∵A (－2,2)在直线上，∴－2a ＋2b ＝1，①又因直线与坐标轴围成的三角形面积为1， ∴12|a |·|b |＝1.② 由①②可得(1)⎩⎪⎨⎪⎧ a －b ＝1，ab ＝2或(2)⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝－1，ab ＝－2.由(1)解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2，方程组(2)无解．故所求的直线方程为x 2＋y 1＝1或x －1＋y－2＝1，即x ＋2y －2＝0或2x ＋y ＋2＝0为所求直线的方程．8．已知A (3,0)，B (0,4)，直线AB 上一动点P (x ，y )，则xy 的最大值是__3__. 解析 ∵直线AB 的方程为x 3＋y4＝1，易知x ＞0，y ＞0时xy 才能取最大值， ∴1＝x 3＋y 4≥2|xy |12，∴|xy |≤3，∴(xy )max ＝3， 当且仅当x 3＝y 4＝12，即当P 点的坐标为⎝⎛⎭⎫32，2时，xy 取最大值3. 9．若 ab >0，且 A (a,0)，B (0，b )，C (－2，－2)三点共线，则ab 的最小值为__16__. 解析 根据A (a,0)，B (0，b )确定直线的方程为x a ＋yb ＝1，又C (－2，－2)在该直线上，故－2a ＋－2b ＝1，所以－2(a ＋b )＝ab .又ab ＞0，故a ＜0，b ＜0.根据基本不等式ab ＝－2(a ＋b )≥4ab ，从而ab ≤0(舍去)或ab ≥4，故ab ≥16，当且仅当a ＝b ＝－4时取等号，即ab 的最小值为16. 三、解答题10．过点P (3,0)作一直线，使它夹在两直线l 1：2x －y －2＝0与l 2：x ＋y ＋3＝0之间的线段AB 恰被点P 平分，求此直线的方程．解析 设点A (x ，y )在l 1上，点B (x B ，y B )在l 2上． 由题意知⎩⎨⎧x ＋xB 2＝3，y ＋yB2＝0，则点B (6－x ，－y )，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －2＝0，(6－x )＋(－y )＋3＝0，得⎩⎨⎧x ＝113，y ＝163，则k ＝163－0113－3＝8.故所求的直线方程为y ＝8(x －3)，即8x －y －24＝0. 11．已知点A (3,4)，求满足下列条件的直线方程． (1)经过点A 且在两坐标轴上截距相等；(2)经过点A 且与两坐标轴围成一个等腰直角三角形． 解析 (1)设直线在x ，y 轴上的截距均为a . ①若a ＝0，即直线过点(0,0)及(3,4)． ∴直线的方程为y ＝43x ，即4x －3y ＝0.②若a ≠0，设所求直线的方程为x a ＋ya ＝1，又点(3,4)在直线上，∴3a ＋4a ＝1，∴a ＝7.∴直线的方程为x ＋y －7＝0.综合①②可知所求直线的方程为4x －3y ＝0或x ＋y －7＝0. (2)由题意可知，所求直线的斜率为±1. 又过点(3,4)，由点斜式得y －4＝±(x －3)． 所求直线的方程为x －y ＋1＝0或x ＋y －7＝0. 12．已知直线l ：kx －y ＋1＋2k ＝0(k ∈R )． (1)证明：直线l 过定点；(2)若直线不经过第四象限，求k 的取值范围；(3)若直线l 交x 轴负半轴于A ，交y 轴正半轴于B ，△AOB 的面积为S (O 为坐标原点)，求S 的最小值并求此时直线l 的方程．解析 (1)证明：直线l 的方程是 k (x ＋2)＋(1－y )＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2＝0，1－y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝1，故无论k 取何值，直线总经过定点(－2,1)．(2)由方程知，当k ≠0时直线在x 轴上的截距为－1＋2k k，在y 轴上的截距为1＋2k ，要使直线不经过第四象限，则必须有⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2k k ≤－2，1＋2k ≥1，解之得k ＞0；当k ＝0时，直线为y ＝1，符合题意，故k ≥0.即k 的取值范围是[0，＋∞)．(3)由l 的方程，得A ⎝⎛⎭⎫－1＋2k k ，0，B (0,1＋2k )．依题意得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2k k ＜0，1＋2k ＞0，解得k ＞0. ∵S ＝12·|OA |·|OB |＝12·⎪⎪⎪⎪1＋2k k ·|1＋2k |＝12·(1＋2k )2k ＝12⎝⎛⎭⎫4k ＋1k ＋4≥12×(2×2＋4)＝4， 等号成立的条件是k ＞0且4k ＝1k ，即k ＝12，∴S min ＝4，此时直线l 的方程为x －2y ＋4＝0.。
2019年高考数学一轮复习第八章解析几何课时分层作业四十九8.1直线的倾斜角与斜率、直线的方程理
2019年⾼考数学⼀轮复习第⼋章解析⼏何课时分层作业四⼗九8.1直线的倾斜⾓与斜率、直线的⽅程理2019年⾼考数学⼀轮复习第⼋章解析⼏何课时分层作业四⼗九 8.1 直线的倾斜⾓与斜率、直线的⽅程理⼀、选择题(每⼩题5分,共35分)1.设直线ax+by+c=0的倾斜⾓为α,且sin α+cos α=0,则a,b满⾜( )A.a+b=1B.a-b=1C.a+b=0D.a-b=0【解析】选D.因为sin α+cos α=0,所以tan α=-1.⼜因为α为倾斜⾓,所以斜率k=-1.⽽直线ax+by+c=0的斜率k=-,所以-=-1,即a-b=0.2.直线l过点P(1,0),且与以A(2,1),B(0,)为端点的线段有公共点,则直线l斜率的取值范围为 ( )A.[-,1]B.(-∞,-]∪[1,+∞)C.D.∪[1,+∞)【解析】选B.因为k AP==1,k BP==-,所以k∈(-∞,-]∪[1,+∞).3.(xx·开封模拟)过点A(-1,-3),斜率是直线y=3x的斜率的-的直线⽅程为( ) A.3x+4y+15=0 B.4x+3y+6=0C.3x+y+6=0D.3x-4y+10=0【解析】选A.设所求直线的斜率为k,依题意k=-,⼜直线经过点A(-1,-3),因此所求直线⽅程为y+3=-(x+1),即3x+4y+15=0.4.直线l经过点A(1,2),在x轴上的截距的取值范围是(-3,3),则其斜率的取值范围是( )A.-1B.k>1或k<C.k>1或k<D.k>或k<-1【解析】选D.设直线的斜率为k,则直线⽅程为y-2=k(x-1),令y=0,得直线l在x轴上的截距为1-,则-3<1-<3,解得k>或k<-1.【⼀题多解】选D.当k=0时,该直线在x轴上的截距不存在,不符合题意,所以可排除A,B,C三个选项. 【变式备选】(xx·兰州模拟)若直线+=1(a>0,b>0)过点(1,1),则a+b的最⼩值等于( )A.2B.3C.4D.5【解析】选C.因为直线+=1(a>0,b>0)过点(1,1),所以+=1,所以1=+≥2=(当且仅当a=b=2时取等号),所以≥2.⼜a+b≥2(当且仅当a=b=2时取等号),所以a+b≥4(当且仅当a=b=2时取等号).【⼀题多解】选C.因为直线+=1(a>0,b>0)过点(1,1),所以+=1,所以a+b=(a+b)=2++≥2+2=4.(当且仅当a=b=2时取等号).5.(xx·张家⼝模拟)若直线mx+ny+3=0在y轴上的截距为-3,且它的倾斜⾓是直线x-y=3的倾斜⾓的2倍,则( )A.m=-,n=1B.m=-.n=-3C.m=,n=-3D.m=,n=1【解析】选D.对于直线mx+ny+3=0,令x=0得y=-,即-=-3,n=1.因为x-y=3的斜率为60°,直线mx+ny+3=0的倾斜⾓是直线x-y=3的2倍,所以直线mx+ny+3=0的倾斜⾓为120°,即-=-,m=.6.若直线l:kx-y+2+4k=0(k∈R)交x轴负半轴于A,交y轴正半轴于B,则当△AOB的⾯积取最⼩值时直线l 的⽅程为( )A.x-2y+4=0B.x-2y+8=0C.2x-y+4=0D.2x-y+8=0【解析】选B.由l的⽅程,得A,B(0,2+4k).依题意得解得k>0.因为S=|OA|·|OB|=·|2+4k|==≥(2×8+16)=16.当且仅当16k=,即k=时,等号成⽴.此时l的⽅程为x-2y+8=0.7.经过点A(-5,2),且在x轴上的截距等于在y轴上截距的2倍的直线⽅程为( )A.5x+2y=0或x+2y+1=0B.x+2y+1=0C.2x+5y=0或x+2y+1=0D.2x+5y=0【解析】选C.当截距为零时,直线⽅程为y=-x;当截距不为零时,设直线⽅程为+=1,因为直线过点A(-5,2),所以+=1,计算得b=-,所以直线⽅程为+=1,即x+2y+1=0.所以所求直线⽅程为2x+5y=0或x+2y+1=0. 【题⽬溯源】本考题源于教材⼈教A版必修2P100习题3.2A组T5“⼀条直线经过点A(2,-3),并且它的斜率等于直线y=x的斜率的2倍,求这条直线的⽅程”.【变式备选】已知直线l经过点(7,1),且在两坐标轴上的截距之和为零,求直线l的⽅程.【解析】当直线l经过原点时,直线l在两坐标轴上截距均等于0,故直线l的斜率为,所以所求直线⽅程为y=x,即x-7y=0.当直线l不过原点时,设其⽅程为+=1,由题意可得a+b=0, ①⼜l经过点(7,1),且+=1, ②由①②得a=6,b=-6,则l的⽅程为+=1,即x-y-6=0.故所求直线l的⽅程为x-7y=0或x-y-6=0.⼆、填空题(每⼩题5分,共15分)8.若直线y=kx+1与以A(3,2),B(2,3)为端点的线段有公共点,则k的取值范围是________.【解析】由题可知直线y=kx+1过定点P(0,1),且k PB==1,k PA==,结合图象可知,当直线y=kx+1与以A(3,2),B(2,3)为端点的线段有公共点时,k的取值范围是.答案:9.将直线y=x+-1绕它上⾯⼀点(1,)沿逆时针⽅向旋转15°,所得到的直线⽅程是________.【解析】由y=x+-1得直线的斜率为1,倾斜⾓为45°.因为沿逆时针⽅向旋转15°,⾓变为60°,所以所求直线的斜率为.⼜因为直线过点(1,),所以直线⽅程为y-=(x-1),即y=x.答案:y=x10.如图,射线OA,OB分别与x轴正半轴成45°和30°⾓,过点P(1,0)作直线AB分别交OA,OB于A,B两点,当AB的中点C恰好落在直线y=x上时,直线AB的⽅程为________.【解析】由题意可得k OA=tan 45°=1,k OB=tan(180°-30°)=-,所以直线l OA:y=x,l OB:y=-x.设A(m,m),B(-n,n),所以AB的中点C,由点C在直线y=x上,且A,P,B三点共线得解得m=,所以A(,).⼜P(1,0),所以k AB=k AP==,所以l AB:y=(x-1),即直线AB的⽅程为(3+)x-2y-3-=0.答案:(3+)x-2y-3-=01.(5分)(xx·张家⼝模拟)直线l经过A(2,1),B(1,-m2)(m∈R)两点,则直线l的倾斜⾓α的取值范围是( )A. B.C. D.【解析】选C.直线l的斜率k=tan α==1+m2≥1,所以≤α<.2.(5分)已知直线l过点A(1,2),且倾斜⾓为直线l0:3x-y-2=0的倾斜⾓的2倍,则直线l的⽅程为( )A.x-y+=0B.x-y-3=0C.x+y-3=0D.x+y-=0【解析】选C.直线l0的斜率k0=,所以倾斜⾓α0=;故直线l的倾斜⾓α=2α0=,斜率k=-,直线l的⽅程为y-2=-(x-1),即x+y-3=0.【变式备选】已知直线l的斜率为,在y轴上的截距为另⼀条直线x-2y-4=0的斜率的倒数,则直线l的⽅程为( )A.y=x+2B.y=x-2C.y=x+D.y=-x+2【解析】选A.因为直线x-2y-4=0的斜率为,所以直线l在y轴上的截距为2,所以直线l的⽅程为y=x+2.3.(5分)过点P(4,1)作直线l分别交x,y轴正半轴于A,B两点,当△AOB⾯积最⼩时,直线l的⽅程为________.【解析】设直线⽅程为+=1,因为直线过点P(4,1),所以+=1.△AOB的⾯积S=ab.+=1≥2,解得ab≥16,当且仅当=,即a=8,b=2时取等号,此时△AOB的⾯积S有最⼩值8,直线l的⽅程为+=1,即x+4y-8=0.答案:x+4y-8=04.(12分)(xx·泸州模拟)求过点A(1,-1)与已知直线l1:2x+y-6=0相交于B点,且|AB|=5的直线⽅程.【解析】过点A(1,-1)与y轴平⾏的直线为x=1.解⽅程组得B点坐标为(1,4),此时|AB|=5,即x=1为所求.设过点A(1,-1)且与y轴不平⾏的直线为y+1=k(x-1),解⽅程组得(k≠-2,否则与已知直线平⾏).两直线交点B的坐标为.由已知+=52,解得k=-,所以y+1=-(x-1),即3x+4y+1=0.综上可知,所求直线的⽅程为x=1或3x+4y+1=0.5.(13分)已知在△ABC中,点A的坐标为(1,3),AB,AC边上的中线所在直线的⽅程分别为x-2y+1=0和y-1=0,求△ABC各边所在直线的⽅程.【解析】设AB,AC边上的中线分别为CD,BE,其中D,E分别为AB,AC的中点,因为点B在中线y-1=0上,所以设B点坐标为(x,1).⼜因为A点坐标为(1,3),D为AB的中点,所以由中点坐标公式得D点坐标为.⼜因为点D在中线x-2y+1=0上,所以-2×2+1=0?x=5,所以B点坐标为(5,1).同理可求出C点的坐标是(-3,-1).故可求出△ABC三边AB,BC,AC所在直线的⽅程分别为x+2y-7=0,x-4y-1=0和x-y+2=0.2019年⾼考数学⼀轮复习第六章不等式、推理与证明课时分层作业三⼗⼋ 6.5直接证明与间接证明⽂⼀、选择题(每⼩题5分,共25分)1.要证明+<2,可选择的⽅法有以下⼏种,其中最合理的是( )A.综合法B.分析法C.反证法D.归纳法【解析】选B.从要证明的结论——⽐较两个⽆理数⼤⼩出发,证明此类问题通常转化为⽐较有理数的⼤⼩,这正是分析法的证明⽅法.2.(xx·⼴州模拟)⽤反证法证明命题“设a,b为实数,则⽅程x2+ax+b=0⾄少有⼀个实根”时,要做的假设是( )A.⽅程x2+ax+b=0没有实根B.⽅程x2+ax+b=0⾄多有⼀个实根C.⽅程x2+ax+b=0⾄多有两个实根D.⽅程x2+ax+b=0恰好有两个实根【解析】选A. 因为“⽅程x2+ax+b=0⾄少有⼀个实根”等价于“⽅程x2+ax+b=0有⼀个实根或两个实根”,所以该命题的否定是“⽅程x2+ax+b=0没有实根”.3.要证:a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明( )A.2ab-1-a2b2≤0B.a2+b2-1-≤0C.-1-a2b2≤0D.(a2-1)(b2-1)≥0【解析】选D.因为要证a2+b2-1-a2b2≤0,只需要证(a2-1)(b2-1)≥0.4.命题“如果数列{a n}的前n项和S n=2n2-3n,那么数列{a n}⼀定是等差数列”是否成⽴( )A.不成⽴B.成⽴C.不能断定D.能断定【解析】选B. 因为S n=2n2-3n,所以S n-1=2(n-1)2-3(n-1)(n≥2),所以a n=S n-S n-1=4n-5(n=1时,a1=S1=-1符合上式).⼜因为a n+1-a n=4(n≥1),所以{a n}是等差数列.【变式备选】(xx·西安模拟) 不相等的三个正数a,b,c成等差数列,并且x是a,b的等⽐中项,y是b,c的等⽐中项,则x2,b2,y2三数( )A.成等⽐数列⽽⾮等差数列B.成等差数列⽽⾮等⽐数列C.既成等差数列⼜成等⽐数列D.既⾮等差数列⼜⾮等⽐数列【解析】选B. 由已知条件,可得由②③得代⼊①,得+=2b,即x2+y2=2b2.故x2,b2,y2成等差数列.5.设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1.其中能推出:“a,b中⾄少有⼀个⼤于1”的条件是 ( )A.②③B.①②③C.③D.③④⑤【解析】选C.若a=,b=,则a+b>1,但a<1,b<1,故①推不出;若a=b=1,则a+b=2,故②推不出;若a=-2,b=-3,则a2+b2>2,故④推不出;若a=-2,b=-3,则ab>1,故⑤推不出;对于③,即a+b>2,则a,b中⾄少有⼀个⼤于1,反证法:假设a≤1且b≤1,则a+b≤2与a+b>2⽭盾,因此假设不成⽴,则a,b中⾄少有⼀个⼤于1.⼆、填空题(每⼩题5分,共15分)6.设a>b>0,m=-,n=,则m,n的⼤⼩关系是________.【解析】(分析法)-?a0,显然成⽴.答案:m【巧思妙解】(取特殊值法)取a=2,b=1,得m答案:m7.已知a,b,µ∈(0,+∞)且+=1,则使得a+b≥µ恒成⽴的µ的取值范围是________.【解析】因为a,b∈(0,+∞)且+=1,所以a+b=(a+b)=10+≥10+2=16,所以a+b的最⼩值为16.所以要使a+b≥µ恒成⽴,需16≥µ,所以0<µ≤16.答案:(0,16]8.(xx·商丘模拟)若⼆次函数f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1,在区间[-1,1]内⾄少存在⼀点c,使f(c)>0,则实数p的取值范围是________.【解析】 (补集法)令解得p≤-3或p≥,故满⾜条件的p的范围为.答案:【⼀题多解】(直接法)依题意有f(-1)>0或f(1)>0,即2p2-p-1<0或2p2+3p-9<0,得-答案:三、解答题(每⼩题10分,共20分)9.已知a≥b>0,求证:2a3-b3≥2ab2-a2b.【证明】要证明2a3-b3≥2ab2-a2b成⽴,只需证:2a3-b3-2ab2+a2b≥0,即2a(a2-b2)+b(a2-b2)≥0,即(a+b)(a-b)(2a+b)≥0.因为a≥b>0,所以a-b≥0,a+b>0,2a+b>0,从⽽(a+b)(a-b)(2a+b)≥0成⽴,所以2a3-b3≥2ab2-a2b.10.已知四棱锥S-ABCD中,底⾯是边长为1的正⽅形,⼜SB=SD=,SA=1.(1)求证:SA⊥平⾯ABCD.(2)在棱SC上是否存在异于S,C的点F,使得BF∥平⾯SAD?若存在,确定F点的位置;若不存在,请说明理由. 【解析】 (1)由已知得SA2+AD2=SD2,所以SA⊥AD.同理SA⊥AB.⼜AB∩AD=A,所以SA⊥平⾯ABCD.(2)假设在棱SC上存在异于S,C的点F,使得BF∥平⾯SAD.因为BC∥AD,BC?平⾯SAD.所以BC∥平⾯SAD.⽽BC∩BF=B,所以平⾯FBC∥平⾯SAD.这与平⾯SBC和平⾯SAD有公共点S⽭盾,所以假设不成⽴.所以不存在这样的点F,使得BF∥平⾯SAD.1.(5分)设a,b,c均为正实数,则三个数a+,b+,c+ ( )A.都⼤于2B.都⼩于2C.⾄少有⼀个不⼤于2D.⾄少有⼀个不⼩于2【解析】选D.因为a>0,b>0,c>0,所以++=++≥6,当且仅当a=b=c时,等号成⽴,故三者不能都⼩于2,即⾄少有⼀个不⼩于2.2.(5分)(xx·洛阳模拟) 设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,若x1+x2>0,则f(x1)+f(x2)的值( )A.恒为负值B.恒等于零C.恒为正值D.⽆法确定正负【解析】选A.由f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,可知f(x)是R上的单调递减函数,由x1+x2>0,可知x1>-x2,f(x1)【变式备选】设函数f(x)的导函数为f ′(x),对任意x∈R都有f ′(x)>f(x)成⽴,则( )A.3f(ln 2)>2f(ln 3)B.3f(ln 2)<2f(ln 3)C.3f(ln 2)=2f(ln 3)D.3f(ln 2)与2f(ln 3)的⼤⼩不确定【解析】选B.令F(x)=(x>0),则F′(x)=,因为x>0,所以ln x∈R,因为对任意x∈R都有f ′(x)>f(x),所以f′(ln x)>f(ln x),所以F′(x)>0,所以F(x)为增函数,因为3>2>0,所以F(3)>f(2),即>,所以3f(ln2)<2f(ln 3).3.(5分)(xx·合肥模拟)某同学准备⽤反证法证明如下⼀个问题:函数f(x)在[0,1]上有意义,且f(0)=f(1),如果对于不同的x1,x2∈[0,1],当|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|时,求证:|f(x1)-f(x2)|<.那么他的反设应该是________.【解析】根据反证法,写出相反的结论是:存在x1,x2∈[0,1],当|f(x1)-f(x2)| <|x1-x2|时,则|f(x1)-f(x2)|≥.答案:存在x1,x2∈[0,1],当|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|时,则|f(x1)-f(x2)|≥4.(12分)已知⾮零向量a,b,且a⊥b,求证:≤.【证明】因为a⊥b?a·b=0,要证≤.只需证|a|+|b|≤|a+b|,只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2(a2+2a·b+b2),只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2a2+2b2,只需证|a|2+|b|2-2|a||b|≥0,即(|a|-|b|)2≥0,上式显然成⽴,故原不等式得证.5.(13分)已知函数f(x)=a x+(a>1).(1)证明:函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数.(2)⽤反证法证明⽅程f(x)=0没有负数根. 【证明】 (1)任取x1,x2∈(-1,+∞),不妨设x10.因为a>1,所以>1且>0,所以-=(-1)>0.⼜因为x1+1>0,x2+1>0,所以-==>0.于是f(x2)-f(x1)=-+->0, 故函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数.(2)假设存在x0<0(x0≠-1)满⾜f(x0)=0,则=-.因为a>1,所以0<<1,所以0<-<1,即。