2022-2023学年全国高中高二上数学人教A版月考试卷(含解析)

2022-2023学年全国高二上数学月考试卷
考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;
卷I （选择题）
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1. 知识卡片试题
A.相似三角形的性质
B.相似三角形的判定
C.相似三角形的性质与判定
D.翻折变换（折叠问题）
2. 已知向量，，则在上的投影向量为( )
A.B.C.D.
3. 为圆上任一点，则与点的距离的最小值是( )
A.B.C.D.
4. 求经过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为（ ）
=(2,)a →3–√=(−1,)b →3–√a →b →(−,)123–√2
(,−)123–√2
(−,)7–√1421−−√14
(−,)143–√4
P +=1x 2y 2P M(3,4)1
4
5
6
P(3,2)
A.B.C.或D.以上都不对
5. 直线经过点，在轴上的截距的取值范围是，则其斜率的取值范围是( )
A.B.C.D.
6. 已知圆与圆，则两圆的位置关系是( )
A.相交
B.相离
C.内切
D.外切
7. 已知双曲线的渐近线方程为，过右焦点作渐近线的垂线，垂足为，若的面积等于，则双曲线的焦距为( )
A.B.C.D.
8. 已知双曲线，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径的圆与双曲线的两条渐近线相交于，，，四点，四边形的面积为，则双曲线的离心率为（ ）
A.B.x +y −5=0
2x −3y =0
2x −3y =0x +y −5=0
l A(1,2)x (−3,3)(−1,)12
(−∞,)∪(1,+∞)12
(−∞,1)∪(,+∞)15
(−∞,−1)∪(,+∞)12
M ：+=1x 2y 2N :(x −2+=9)2y 2C :−=1(a >0,b >0)x 2a 2y 2b 2y =±x 12F E △OFE 11
5
–√2
25
–√−=1x 2
y 2b 2（b >0）O A B C D ABCD b 3–√2
D.
9. 设直线与双曲线的两条渐近线分别交于点,．若点 满足 ，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A.B.C.D.
10. 年月日，我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”，从此我国开启了人造卫星的新篇章.人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律， 即卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间内扫过的面积相等设椭圆的长轴长、焦距分别为，，下列结论不正确的是( )
A.卫星向径的最小值为
B.卫星向径的最大值为
C.卫星向径的最小值与最大值的比值越小，椭圆轨道越扁
D.卫星运行速度在近地点时最小，在远地点时最大
11. 数学家欧拉年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称为欧拉线，已知的顶点，，若其欧拉线方程为，则顶点的坐标为( )
A.B.C.或D.22
–√x −3y +m =0(m ≠0)C :−=1(a >0,b >0)x 2a 2y 2b 2A B P (m,0)|PA|=|PB|y =±2x
y =±x 12
y =±x
3–√y =±x 3–√3
1970424.2a 2c a −c a +c 1765△ABC A (2,0)B (0,4)x −y +2=0C (0,−4)
(−4,0)
(4,0)(−4,0)
(4,0)
12. 已知椭圆的中心是坐标原点，是椭圆的焦点．若椭圆上存在点，使是等边三角形，则椭圆的离心率为( )
A.B.C.D.卷II （非选择题）
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
13. 在平面直角坐标系中，过点作圆的两条切线，切点分别为，，且，则实数的值为________．
14. 如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经
过椭圆的另一个焦点．根据椭圆的光学性质解决下题：已知曲线的方程为，其左、右焦点分别是，，直线与椭圆切于点，且，过点且与直线垂直的直线与椭圆长轴交于点，则________．
15. 过椭圆上一点及坐标原点作直线与圆交于，两点．若存在一点满足，则实数的取值范围是________.
16. 已知，是过抛物线的焦点的直线与抛物线的交点，是坐标原点，且满足，，则的值为_______.三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）
17. 求经过两条直线和的交点，且分别与直线E :+=1(a >b >0)x 2a 2y 2b 2O F E E P △OFP E 1
2
4−23
–√−1
3–√3–√2
xOy P(−5,a)+−2ax +2y −1=0x 2y 2M(,)x 1y 1N(,)x 2y 2+=0−y 2y 1−x 2x 1+−2x 1x 2+y 1y 2
a C +=1x 24y 2
3F 1F 2l C P |P |=F 132P l l ′M |M|∶|M|=F 1F 2+=1(a >1)x 2a 2y 2P O l +=+1x 2y 2a 2A B P =|PA||PB|+1a 2a A B C ：=2px(p >0)y 2F O =3AB −→−FB −→−=|AB|S △OAB 2–√3
|AB|:x +y −4=0l 1:x −y +2=0l 22x −y −1=0
(1)
平行的直线方程；
垂直的直线方程．
18. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）.求的普通方程，并判断直线与曲线的公共点的个数；若曲线截直线所得弦长为，求的值.
19. 已知椭圆的离心率为，且过点.求的方程；点，在上，且．证明：直线过定点．
20. 已知双曲线的方程为：.求双曲线的离心率；求与双曲线有公共的渐近线，且经过点的双曲线的方程．
21. 已知圆的方程：．
求的取值范围；
若圆与直线相交于，两点，且，求的值；若中的圆与直线相交于，两点，且（为坐标原点），求的值．
22. 已知椭圆过点，离心率为.求椭圆的方程；
若直线过点，交椭圆于，两点，且线段中点横坐标是，求直线的方程．(1)(2)xOy C { x =2cos θ,y =2sin θ
θl { x =+t cos α,2–√y =1+t sin α
t (1)C l C (2)C l 23–√tan αC :+=1(a >b >0)x 2a 2y 2b
22–√2A (2,1)(1)C (2)M N C AM ⊥AN MN C −=1x 29y 216
(1)C (2)C A(−3,2)3–√C +−2x −4y +m =0x 2y 2(1)m (2)C l :x +2y −4=0M N |MN |=45–√5
m (3)(1)x +2y −4=0M N OM ⊥ON O m C :+=1(a >b >0)x 2a 2y 2b
2(−1,)3212(1)C (2)l P (0,1)C M N MN −12
l
参考答案与试题解析
2022-2023学年全国高二上数学月考试卷
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1.
【答案】
A
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
1
【解答】
一.
相似三角形的相关概念
1.相似三角形：三角分别相等、三边成比例的两个三角形叫做相似三角形．
2.相似三角形对应边的比叫做相似比，通常用字母表示．如果，那么相似比.相似三角形的性质
1.相似三角形的对应边成比例，对应角相等．
2.相似三角形对应边上的高的比等于相似比．
3.相似三角形对应边上的中线之比等于相似比．
4.相似三角形对应角的平分线之比等于相似比．
5.相似三角形周长的比等于相似比．
6.相似三角形面积的比等于相似比的平方.
二.方法：平行于三角形一边的直线，和其他两边(或两边的延长线)相交所构成的三角形与原三角形相似．如图所示，若，则，其基本图形大致有这三种．其中，我们把①②叫做“型”平行线，把③叫做“型”
平行线．
方法：相似三角形的判定定理：两角分别相等的两个三角形相似．方法：相似三角形的判定定理：两边成比例且夹角相等的两个三角形相似．方法：相似三角形的判定定理：三边成比例的两个三角形相似．
k △ABC ∼△DEF k=AB DE =BC EF =AC DF
1BC//DE △ABC ∼△ADE A X 213243
三。

相似三角形的性质
1.相似三角形的对应边成比例，对应角相等．
2.相似三角形对应边上的高的比等于相似比．
3.相似三角形对应边上的中线之比等于相似比．
4.相似三角形对应角的平分线之比等于相似比．
5.相似三角形周长的比等于相似比．
6.相似三角形面积的比等于相似比的平方.
相似三角形的判定
1：平行于三角形一边的直线，和其他两边(或两边的延长线)相交所构成的三角形与原三角形相似．2：两角分别相等的两个三角形相似．3：两边成比例且夹角相等的两个三角形相似．4：三边成比例的两个三角形相似．四。

翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．
折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．
五。

相似三角形的有关知识在实际应用中非常广泛，主要是运用相似三角形的性质列方程，计算那些不易直接测量的物体的高度(或宽度)等．六。

1、全等三角形的性质
全等三角形的对应边相等，全等三角形的对应角相等.2、全等三角形的判定方法
三角形全等的判定方法：边边边
三角形全等的判定方法：边角边
三角形全等的判定方法：角边角
三角形全等的判定方法：角角边
直角三角形全等还有特殊的判定定理“HL”．
2.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的投影
【解析】
求出向量和的数量积和向量的模长，得出在上的投影为，又方向上的单位向量，由计算可得解．a →b →b →a →b →12b →e ==(−,)b →||
b →123–√2||cos , ⋅e a →a →b →
【解答】
解：∵ ，，∴，，
∴在上的投影为，
又∵方向上的单位向量，.故选．
3.
【答案】
B
【考点】
点与圆的位置关系
两点间的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为在圆外，且圆心与的距离等于，
又为圆上任一点，
所以与点的距离的最小值等于圆心与的距离减去半径，
因此最小值为，
故选.
4.
【答案】
C
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
当直线经过原点时，在两坐标轴上的截距相等，可得其方程为；当直线不经过原点时，可得它的斜率为，由此设出直线方程并代入的坐标，可求出其方程为，最后加以
=(2,)a →3–√=(−1,)b →3–√⋅=2×(−1)+×=1a →b →3–√3–√||==2b →(−1+)2()3–√2−−−−−−−−−−−−√a →b →=⋅a →b →||b →12b →==(−,)e →b →||
b →123–√2∴||cos , ⋅=×(−,)=(−,)a →a →b →e →12123–√2143–√4
D M （3，4）+=1x 2y 2M （3，4）=5+3242−−−−−−√P +=1x 2y 2P M （3，4）M 5−1=4B 2x −3y =0−1P x +y −5=0
综合即可得到答案．
【解答】
解：当直线经过原点时，设方程为，
∵直线经过点，∴，解之得，此时的直线方程为，即； 当直线不经过原点时，设方程为，
将点代入，得，解之得，此时的直线方程为．综上所述，满足条件的直线方程为：或．
故选：5.
【答案】
D
【考点】
直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设直线的斜率为
，如图所示，
过定点的直线经过点时，
直线在轴上的截距为，
此时；过定点的直线经过点时，
直线在轴上的截距为
，
此时，
数形结合可知满足条件的直线斜率的取值范围是．
故选．
6.
【答案】
C y =kx P(3,2)2=3k k =
23
y =x 232x −3y =0x +y +c =0P(3,2)3+2+c =0c =−5x +y −5=02x −3y =0x +y −5=0C l k A B(3,0)l x 3k ==−12−
01−3A C(−3,0)l x −3k ==2−01−(−3)12(−∞,−1)∪(,+∞)
12D
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
求出两圆的圆心距，利用两圆圆心距等于两圆半径之差，得到两圆的位置关系即可求解.
【解答】
解：圆的圆心坐标，半径，
圆的圆心坐标，半径，所以，
因为，
所以，
故两圆内切.
故选.
7.
【答案】
D
【考点】
双曲线的定义
【解析】
求双曲线的一条渐近线与过焦点的与之垂直的直线的交点，该交点在线段的垂直平分线上，可求得双曲线的离心率．
【解答】
解：∵的一条渐近线为，∵过其焦点的直线与垂直，∴直线的方程为：.
设，则.
由得垂足的纵坐标，∵的面积为，
∴，∴，
∴,∴的焦距为．
故选．
8.M ：+=1x 2y 2M(0,0)r =1N :(x −2+=9)2y 2N(2,0)R =3|MN|==2+2202−−−−−−√R −r =2|MN|=R −r C C F OF C −=1(a >0,b >0)x 2a 2y 2b 2y =x 12F(c,0)y =x 12EF y =−2(x −c)b =m a =2m ，c =m 5–√ y =x,12y =−2(x −c),
E y =m 25–√5△OFE 1×m ×m =1125–√25–√5=1m 2c =5–√C 25–√D
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：双曲线的渐近线为，圆的方程为，渐近线与圆在第一象限的交点坐标为，四边形为矩形，长为，宽为，所以面积，解得， ，，∴．故选．
9.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：双曲线 的渐近线方程分别为和 ，依题意联立方程组得.联立方程组
得 ，y =±bx +=1x 2y 2（
，）11+b 2−−−−−√b 1+b 2−−−−−√ABCD 21+b 2−−−−−√2b 1+b 2−−−−−√S ==b 4b 1+b 2=3b 2=+=1+3=4c 2a 2b 2c =2e =2B −=1(a >0,b >0)x 2a 2y 2
b 2y =x b a y =−x b a
x −3y +m =0,
y =x,b a A (,)am 3b −a bm 3b −a
x −3y +m =0,
y =−x,b a B (−,)am 3b +a bm 3b +a
(,)，
m 23m 2
则线段的中点为由题意得 ，且 ,所以，
所以,从而可得 ，所以该双曲线的渐近线方程为 .故选．
10.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当卫星在近地点时向径取得最小值，为，在远地点时取得最大值，为，故，正确；卫星向径的最小值与最大值的比值为
，易知比值越小，越大，即椭圆轨道越扁，故错误；由于速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径在相同的时间内扫过的面积相等，
当卫星越靠近远地点时，向径越大，
当卫星越靠近近地点时，向径越小，
由于在相同的时间内扫过的面积相等，则向径越大，速度越小，
所以卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小.
故选.
11.
【答案】
B
【考点】
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点和欧拉线
直线的点斜式方程
AB M(,)，m a 29−b 2a 23m b 29−b 2a 2PM ⊥AB =k AB 13=−3k PM =−3−03mb 29−b 2a 2−m ma 29−b 2a 2a =2b y =±x 12B a −c a +c A B ==−1a −c a +c 1−e 1+e 21+e e C D
【解析】
设出点的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点的坐标．
【解答】
解：设，由重心坐标公式得，
三角形的重心为，
代入欧拉线方程得：，
整理得：，
的中点为，，
的中垂线方程为，即，
联立解得的外心为．
则，
整理得：，
联立得：，或，，
当，时，重合，舍去．
顶点的坐标是．
故选．
12.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的离心率
【解析】
【解答】
解：如图，C AB C C (m,n)ABC (,)2+m 34+n 3−+2=02+m 34+n 3m −n +4=0①AB (1,2)==−2k AB 4−0
0−2
AB y −2=(x −1)12
x −2y +3=0
{x −2y +3=0,x −y +2=0,
{x =−1,
y =1，
∴△ABC (−1,1)+=+=10(m +1)2(n −1)23212++2m −2n =8②m 2n 2①②m =−4n =0m =0n =4m =0n =4B C ∴C (−4,0)B
∵是椭圆上一点，且是等边三角形，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，∴令，可得，整理可得，
，
因为，
所以，
所以，
则.
故选.
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计
20分 ）
13.
【答案】
或【考点】P(,)x P y P △OFP =x P c 2+=1⇒+=1
(c 2)2
a 2y 2
b 2
c 2
4a 2y 2
b 2⇒=(1−)y 2P
c 24a 2b 2
⇒=±b ⋅y P 1−c 24a 2−−
−−−−−
√△OFP ||=⋅=c
y P 3–√c 23–
√2(1−)=c 24a 2b 234c
2
⇒1−=⋅c 2
4a 234c 2
b 2
⇒1−=⋅c 24a 234c
2
−a 2c 2
⇒1−=⋅c 24a 234c
2a 2
1−c 2
a 2
⇒1−=⋅
14e 234e 2
1−e 2
t =e 21−t =×1434t
1−t −8t +4=0t 2t ==4±28±48−−√23
–√t =e 20<t <1t =4−23–
√e ====−1t √4−23–√−−−−−−−√(1−3–√)2−−−−−−−−√3–√C 3−2
圆的切线方程
【解析】
两者的和实质上是一个斜率与另一个斜率的倒数和，进而可得两斜率乘积为，可得，，，共线，即可求出实数的值．
【解答】
解：∵，
即，设圆心，的中点坐标，，
，
，∵，∴∴，即，
∴，
∵，
∴，，，共线，
∴，即，∴，
∴或．
故答案为：或．
14.
【答案】【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义和性质
【解析】
−1P Q R T a +−2ax +2y −1=0
x 2y 2(x −a +(y +1=+2)2)2a 2R(a,−1)MN Q(,)x 0y 0T(1,0)+=2x 1x 2x 0+=2y 1y 2y 0+=0−y 2y 1−x 2x 1+−2x 1x 2+y 1y 2+−2x 1x 2+y 1y 2=2−2x 0
2y 0=−1x 0
y 0=1y 0
−1
x 0⋅=0k MN 1
k TQ ⋅=−1k MN k TQ MN ⊥TQ MN ⊥PR P Q R T =k PT k RT =a −0−5−1−1−0a −1−a −6=0a 2a =3−23−23∶5
此题暂无解析
【解答】
解：由椭圆的光学性质得到直线平分，
∴
，∵，且∴，∴．
故答案为：．15.【答案】
【考点】
椭圆的定义和性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示．
．又因为，所以 ．若存在一点，使得，即，解得．故答案为：．
16.
【答案】
【考点】
抛物线的性质
圆锥曲线的综合问题
l ′∠P F 1F 2=|M|F 1|M|F 2|P |F 1|P |F 2|P |=F 132|P |+|P |=4F 1F 2|P |=F 252|M|∶|M|=3∶5F 1F 23∶5[+∞)
2–√|PA||PB|=(|OA|−|OP|)(|OA|+|OP|)=+a 21−|OP|2|OP ∈[1,]|2a 21≤|PA|⋅|PB|≤a 2P =|PA||PB|+1a 21≤−1≤a 2a 2a ≥2–√[+∞)2–√92
向量的线性运算性质及几何意义
直线的点斜式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意可设直线的斜率为，且，
过，作抛物线准线的垂线，垂足分别为，．
过作于点
，
由，则，
根据抛物线的定义可得，
所以为的中点，
即，
则，
则．又由，
解得．由，
得直线的斜率，
所以直线的方程为，
设，，
联立整理可得，
则，
则．
故答案为：．
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计
30分 ）
17.
【答案】
AB k k >0A B C D B BE ⊥AC E |AB|=3|FB||AF|=2|FB||AC|=2|BD|E AC |AE|=|AB|13|BE|==|AB||AB −|AE |2|2−−−−−−−−−−−−√22
–
√3=+=|BE|⋅|OF|=p|AB|
S △OAB S △OAF S △OBF 122
–
√6
=|AB|S △OAB 2–√3
p =2|AE|=|AB|13AB k =22–√AB y =2(x −1)2–√A (,)x 1y 1B (,)x 2y
2{=4x ，
y 2y =2(x −1)，
2–√2−5x +2=0x 2+=x 1x 252|AB|=++p =+2=x 1x 2529292x +y −4=0，
解：联立解得由平行关系设所求直线的方程为，
代入点可得，
解得，
故所求直线方程为；
由垂直关系设所求直线的方程为，
代入点可得，
解得，
故所求直线方程为．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
联立方程组可得交点坐标，分别由平行、垂直关系设所求直线的方程为、代入交点的坐标分别可解得、，可得直线方程．
【解答】
解：联立解得由平行关系设所求直线的方程为，
代入点可得，
解得，
故所求直线方程为；
由垂直关系设所求直线的方程为，
代入点可得，
解得，
故所求直线方程为．18.
【答案】
解：由题意得：曲线: .∵当时，直线经过点，点距圆心的距离为，
∴点在圆的内部，
∴与有两个交点.
:，
设圆心到的距离为，与交于点，，中点为，
∵，∴，
∴或，∴或.
(1){
x +y −4=0，x −y +2=0，
{
x =1，y =3，2x −y +c =0(1,3)2×1−3+c =0c =12x −y +1=0(2)x +2y +d =0(1,3)1+2×3+d =0d =−7x +2y −7=02x −y +c =0x +2y +d =0c d (1){
x +y −4=0，x −y +2=0，
{x =1，y =3，2x −y +c =0(1,3)2×1−3+c =0c =12x −y +1=0(2)x +2y +d =0(1,3)1+2×3+d =0d =−7x +2y −7=0(1)C +=4x 2y 2t =0l P(,1)2–√P 3–√P C l C (2)l y =k(x −)+12–√O l d l C A B AB M A +M 2d 2=4d=1d ==1⇒k =0|1−k |2–√1+k 2−−−−−√22–√tan α=022–√
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
（1）由＝可得曲线的普通方程，由直线所过定点与圆的位置关系可得直线与圆的位置关系，从而得交点个数；
（2）把直线的方程化为普通方程，求出圆心到直线的距离，由垂径定理计算圆的弦长可求得直线的斜率，即．
【解答】
解：由题意得：曲线: .
∵当时，直线经过点，点距圆心的距离为，
∴点在圆的内部，
∴与有两个交点.
:，
设圆心到的距离为，与交于点，，中点为，
∵，∴，
∴或，
∴或.
19.
【答案】
解：由题意可知
，
，，解得，，
所以椭圆方程为 .
证明：设点，，
因为，所以，
所以，①
当存在的情况下，设，
联立 得，
由，得，
由根与系数的关系得，，
所以，
θ+θcos 2sin 21C l (,1)2–√l k tan α(1)C +=
4x 2y 2t =0l P(,1)2–√P 3–√P C l C (2)l y =k(x −)+12–√O l d l C A B AB M A +M 2d 2=4d=1d ==1⇒k =0|1−
k
|
2–
√1+k 2−−−−−√22–√tan α=022–√(1)=
c a 2–√2+=14
a 21
b 2=+a 2b 2
c 2=6a 2=3b 2+=1x 26y 23
(2)M (,)x 1y 1N (,)x 2y
2AM ⊥AN ⋅=−1−1
y 1−2x 1−1
y 2−2
x 2−(+)+1=y 1y 2y 1y 2−+2(+)−4x 1x 2x 1x 2k MN :y =kx +m {y =kx +m ，
+2=6，
x 2y 2(1+2)+4kmx +2−6=0k 2x 2m 2Δ>06−+3>0k 2m 2+=−x 1x 24km 1+2k 2=x 1x 22−6
m 21+2k 2+=k (+)+2m =y 1y 2x 1x 22m
1+2k 2−622
，代入①式化简可得，
即，所以或，所以直线方程为或，所以直线过定点或，又因为和点重合，故舍去，
当斜率不存在时，则，，
由及 可得：或（舍去）.综上，直线过定点．【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线中的定点与定值问题
直线与椭圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知
，，，
解得，，
所以椭圆方程为 . 证明：设点，，
因为，所以，所以，①当存在的情况下，设，
联立 得，
由，得，
由根与系数的关系得，，=+km(+)+y 1y 2k 2x 1x 2x 1x 2m 2
=−6m 2k 21+2k 24+8km +(m −1)(3m +1)=0k 2(2k +m −1)(2k +3m +1)=0m =1−2k m =−2k +13y =kx +1−2k y =kx −2k +13(2,1)(,−)2313
(2,1)A MN M (,)x 1y 1N (,−)x 1y 1⋅=−1−1y 1−2x 1−−1y 1−2x 1+=1x 216y 213=x 123=2x 1(,−)2313(1)=c a 2–√2+=14a 21b 2=+a 2b 2c 2=6a 2=3b 2+=1x 26y 23(2)M (,)x 1y 1N (,)x 2y 2AM ⊥AN ⋅=−1−1y 1−2x 1−1y 2−2x 2−(+)+1=y 1y 2y 1y 2−+2(+)−4x 1x 2x 1x 2k MN :y =kx +m {y =kx +m ，+2=6，
x 2y 2(1+2)+4kmx +2−6=0k 2x 2m 2Δ>06−+3>0k 2m 2+=−x 1x 24km 1+2k 2=x 1x 22−6m 21+2k 2=k (+)+2m =2m
所以，，代入①式化简可得，
即，所以或，所以直线方程为或，所以直线过定点或，又因为和点重合，故舍去，
当斜率不存在时，则，，
由及 可得：或（舍去）.综上，直线过定点．20.【答案】
解：由题意知，，
所以，
则，，
所以该双曲线的离心率．根据题意，则可设双曲线的标准方程为，；又因为双曲线经过点代入方程可得，；故这条双曲线的方程为．【考点】
双曲线的离心率
双曲线的标准方程
【解析】
（1）利用双曲线的方程的标准形式，求出、、的值，即得离心率的值．（2）根据题意中所给的双曲线的渐近线方，则可设双曲线的标准方程为，；将点代入方程，可得；即可得答案．
【解答】
解：由题意知，，
所以，
+=k (+)+2m =
y 1y 2x 1x 22m 1+2k 2
=+km(+)+y 1y 2k 2x 1x 2x 1x 2m 2=−6m 2k 21+2k 24+8km +(m −1)(3m +1)=0k 2(2k +m −1)(2k +3m +1)=0m =1−2k m =−2k +13y =kx +1−2k y =kx −2k +13(2,1)(,−)2313
(2,1)A MN M (,)x 1y 1N (,−)x 1y 1⋅=−1−1y 1−2x 1−−1y 1−2x 1+=1x 216y 213=x 123=2x 1(,−)2313(1)=9a 2=16b 2=+=25c 2a 2b 2a =3c =5e =
=c a 53
(2)−=λx 29y 216(λ≠0)A(−3,2)3–√λ=14−=14x 29y 24
a b c −=λx 29y 2(λ≠0)(3,)2–√λ=−1(1)=9a 2=16b 2=+=25c 2a 2b 2
则，，
所以该双曲线的离心率．根据题意，则可设双曲线的标准方程为，；又因为双曲线经过点代入方程可得，；故这条双曲线的方程为．21.
【答案】
解：方程，可化为，
∵此方程表示圆，
∴，即．圆的方程化为，圆心，半径，则圆心到直线的距离为，由于，则，有，∴，解得．
联立消去得，
化简得.
设，，则①，②，由得，
即，
∴．将①②两式代入上式得，解得.【考点】
根与系数的关系
直线和圆的方程的应用
二元二次方程表示圆的条件
圆的一般方程
点到直线的距离公式
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
a =3c =5e =
=c a 53(2)−=λx 29y 216(λ≠0)A(−3,2)3–√λ=14−=14x 29y 24(1)+−2x −4y +m =0x 2y 2(x −1+(y −2=5−m )2)25−m >0m <5(2)(x −1+(y −2=5−m )2)2C(1,2)r =5−m −−−−−√C(1,2)l :x +2y −4=0d =
=|1+2×2−4|+1222
−−−−−−√15–√|MN |=45–√|MN |=1225–√=+(|MN |r 2d 212)25−m =(+(15–√)225
–√)2m =4(3){+−2x −4y +m =0，x 2y 2x +2y −4=0，
x (4−2y +−2×(4−2y)−4y +m =0)2y 25−16y +m +8=0y 2M(,)x 1y 1N(,)x 2y 2+=y 1y 2165=y 1y 2m +85OM ⊥ON +=0y 1y 2x 1x 2+(4−2)(4−2)=0y 1y 2y 1y 216−8(+)+5=0y 1y 2y 1y 216−8×+5×=0165m +85m =85+−2x −4y +m =022(x −1+(y −2=5−m
)2)2
（1）由方程配方为．由于此方程表示圆，可得，解出即可；
（2）设，．与圆的方程联立可得及根与系数关系，再利得，即可解出．
【解答】
解：方程，可化为，
∵此方程表示圆，
∴，即．圆的方程化为，圆心，半径，则圆心到直线的距离为 ，
由于，则，有，
∴，
解得．
联立消去得，
化简得.
设，，
则①，②，
由得，
即，
∴．
将①②两式代入上式得，
解得.
22.【答案】
解：由题意可知，
，，
椭圆的方程为．
若直线斜率不存在，则的中点为，与题意不符，
所以可设直线方程为，
联立，
+−2x −4y +m =0x 2y 2(x −1+(y −2=5−m )2)25−m >0M(,)x 1y 1N(,)x 2y 2△>0OM ⊥ON +=0
y 1y 2x 1x 2m (1)+−2x −4y +m =0x 2y 2(x −1+(y −2=5−m )2)25−m >0m <5(2)(x −1+(y −2=5−m )2)2C(1,2)r =5−m
−−−−−√C(1,2)l :x +2y −4=0d ==|1+2×2−4|+122
2−−−−−−√1
5
–√|MN |=45–√|MN |=1225–√=+(|MN |r 2d 212
)25−m =(+(15–√)22
5–√)2m =4(3){+−2x −4y +m =0，
x 2y 2x +2y −4=0，
x (4−2y +−2×(4−2y)−4y +m =0)2y 25−16y +m +8=0y 2M(,)x 1y 1N(,
)x 2y 2+=y 1y 2165=y 1y 2m +85OM ⊥ON +=0y 1y 2x 1x 2+(4−2)(4−2)=0y 1y 2y 1y 216−8(+)+5=0y 1y 2y 1y 216−8×+5×=0165m +85
m =85(1) +=1,
1
a 294
b 2=,
c a 12=−,
b 2a 2
c 2∴=4a 2=3b 2∴C +=1x 24y 23(2)MN MN (0,0)MN y =kx +1 y =kx +1,
+
=1,x 24y 23∴(4+3)+8kx −8=0k 2x 2+=−8k
（）.的中点横坐标是，，，或，的方程为或．【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
【解析】
【解答】
解：由题意可知，
，，
椭圆的方程为．若直线斜率不存在，则的中点为，与题意不符，所以可设直线方程为，
联立，
（）.的中点横坐标是，，，或，的方程为或．∴+=−
x 1x 28k 4+3k 2Δ>0∵MN −12∴−=−18k 4+3k 2∴4−8k +3=0k 2∴=k 112=k 232∴l y =x +112y =x +132(1) +=1,1a 294b 2=,c a 12=−,
b 2a 2
c 2∴=4a 2=3b 2∴C +=1x 24y 23(2)MN MN (0,0)MN y =kx +1 y =kx +1,
+=1,x 24y 23∴(4+3)+8kx −8=0k 2x 2∴+=−x 1x 28k 4+3k 2Δ>0∵MN −12∴−=−18k 4+3k 2∴4−8k +3=0k 2∴=k 112=k 232∴l y =x +112y =x +132。