全国高中数学联赛冲刺平面几何试题及解答

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高中数学联赛真题平面解析几何B辑(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题16平面解析几何B辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中,圆Ω经过点(0,0), (2,4), (3,3),则圆Ω上的点到原点的距离的最大值为.【答案】2√5【解析】记A(2,4),B(3,3),圆Ω经过点O,A,B.注意到∠OBA=90°(直线OB与AB的斜率分别为1和−1),故OA为圆Ω的直径.从而圆Ω上的点到原点O的距离的最大值为|OA|=2√5.2．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】设A、B为椭圆Γ的长轴顶点，E、F为Γ的两个焦点，|AB|=4，|AF |=2+√3，P为上一点，满足|PE|⋅|PF|=2，则△PEF的面积为.【答案】1【解析】不妨设平面直角坐标系中的标准方程为x 2a2+y2b2=1(a>b>0).根据条件得2a=|AB|=4，a±√a2−b2=|AF|=2+√3，可知a=2，b=1，且由椭圆定义知|PE|+|PF|=2a=4，结合|PE|⋅|PF|=2得|PE|2+|PF|2=(|PE|+|PF|)2−2|PE|⋅|PF|=12=|EF|2，所以∠EPF为直角，进而S△PEF=12⋅|PE|⋅|PF|=1.3．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】在平面直角坐标系中，若以(r+1，0)为圆心、r为半径的圆上存在一点(a，b)满足b2≥4a，则r的最小值为.【答案】4【解析】由条件知(a−r−1)2+b2=r2，故4a⩽b2=r2−(a−r−1)2=2r(a−1)−(a−1)2.即a2−2(r−1)a+2r+1⩽0.上述关于a的一元二次不等式有解，故判别式[2(r−1)]2−4(2r+1)=4r(r−4)⩾0，解得r≥4.经检验，当r=4时，(a,b)=(3,2√3)满足条件.因此r的最小值为4.4．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2，椭圆C的弦ST与UV分别平行于x轴与y轴，且相交于点P.已知线段PU，PS，PV，PT的长分别为1，2，3，6，则△PF1F2的面积为.【答案】√15【解析】由对称性，不妨设P(x p,y p)在第一象限，则由条件知x p=12(|PT|−|PS|)=2,y p=12(|PV|−|PU|)=1，即P(2，1).进而由x p=|PU|=1,|PS|=2得U(2，2)，S(4，1)，代入椭圆C的方程知4⋅1a2+4⋅1b2=16⋅1a2+1b2=1，解得a2=20,b2=5.从而S△PF1F2=12⋅|F1F2|⋅|y P|=√a2−b2⋅y P=√15.5．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】设抛物线C:y2=2x的准线与x轴交于点A，过点B(－1，0)作一直线l 与抛物线C相切于点K，过点A作l的平行线，与抛物线C交于点M，N，则△KMN的面积为.【答案】12【解析】设直线l与MN的斜率为k，则l:x=1k y−1,MN:x=1ky−12.将l与C联立，得方程y2−2k y+2=0，由条件知其判别式为零，故k=±√22.将MN与C联立，得方程y2−2ky+2=0，于是|y M−y N|=√(y M+y N)2−4y M y N=√4k2−4=2，结合l与MN平行，可知S△KMN=S△BMN=|S△BAM−S△BAN|=12⋅|AB|⋅|y M−y N|=12⋅12⋅2=12.6．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的方程为x29+y210=1，F为C的上焦点，A为C的右顶点，P是C上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF的面积的最大值为.【答案】3√112【解析】易知A(3，0)、F(0，1).设P的坐标是(3cosθ,√10sinθ),θ∈(0,π2)，则S四边形OAPF =S△OAP+S△OFP=12⋅3⋅√10sinθ+12⋅1⋅3cosθ=32(√10sinθ+cosθ)=3√112sin(θ+φ).其中φ=arctan√1010.当θ=arctan√10时，四边形OAPF面积的最大值为3√112.7．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】设a为非零实数，在平面直角坐标系xOy中，二次曲线x2+ay2+ a2=0的焦距为4，则a的值为.【答案】1−√172【解析】二次曲线的方程可以写成−x 2a2−y2a=1.显然必须有－a>0，故二次曲线为双曲线，其标准方程为2(√−a)2x2(−a)2=1.则c2=(√−a)2+(−a)2=a2−a，注意到焦距2c=4，可知a2−a=4，又a<0，所以a=1−√172.8．【2016高中数学联赛（第01试）】双曲线C的方程为x2−y23=1，左、右焦点分别为F1,F2.过点F2作一直线与双曲线C的右半支交于点P、Q，使得∠F1PQ=90°，则△F1PQ的内切圆半径是.【答案】√7−1【解析】由双曲线的性质知，F1F2=2×√1+3=4，PF1−PF2=QF1−QF2=2.因∠F1PQ=90°，故PF12+PF22=F1F22，因此PF1+PF2=√2(PF12+PF22)−(PF1−PF2)2=√2×42−22=2√7.从而直角△F1PQ的内切圆半径是r=12(F1P+PQ−F1Q)=12(PF1+PF2)−12(QF1−QF2)=√7−1.9．【2015高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，点集K={(x,y)|(|x|+|3y|−6)(|3x|+|y|−6 )≤0}所对应的平面区域的面积为.【答案】24【解析】设K1={(x,y)||x|+|3y|−6⩽0}，先考虑K1在第一象限中的部分，此时有x+3y⩽6，故这些点对应于图中的△OCD及其内部，由对称性知，K1对应的区域是图中以原点O为中心的菱形ABCD及其内部.同理，设K2={(x,y)||3x|+|y|−6⩽0}，则K2对应的区域是图中以O为中心的菱形EFGH及其内部.由点集K的定义知，K所对应的平面区域是被K1，K2中恰好一个所覆盖的部分，因此本题所要求的即为图中阴影区域的面积S.由于直线CD的方程为x+3y=6，直线GH的方程为3x+y=6，故它们的交点P的坐标为(32,32)，由对称性知S=8SΔCPG=8×12×4×32=24.10．【2014高中数学联赛（第01试）】设椭圆Γ的两个焦点是F1，F2，过点F1的直线与Γ交于点P，Q，若|P F2|=|F1F2|，且3|PF1|==4|QF1|，则椭圆的短轴与长轴的比值为.【答案】2√67【解析】不妨设|PF1|=4,|QF1|=3，记椭圆Γ的长轴、短轴的长度分别为2a，2b，焦距为2c，则|PF2|= |F1F2|=2c，且由椭圆的定义知2a=|QF1|+|QF2|=|PF1|+|PF2|=2c+4，于是|QF2|=|PF1|+|PF2|−|QF1|=2c+1，设H为线段PF1的中点，则|F1H|=2,|QH|=5，且有F2H⊥PF1，由勾股定理知|QF2|2−|QH|2=|F2H|2=|F1F2|2−|F1H|2，即(2c+1)2−52=(2c)2−22，解得c=5，进而a=7,b=2√6，因此椭圆Γ的短轴与长轴的比值为ba =2√67.11．【2013高中数学联赛（第01试）】若实数x，y满足x−4√y=2√x−y，则x的取值范围是.【答案】{0}∪[4,20]【解析】令√y=a,√x−y=b(a,b⩾0)，此时x=y+(x−y)=a2+b2，且条件中等式化为a2+b2−4a=2b，从而a，b满足方程(a−2)2+(b−1)2=5(a,b⩾0).如图所示，在aOb平面内，点(a，b)的轨迹是以(1，2)为圆心，√5为半径的圆在a，b≥0的部分，即点O与弧A CB的并集.因此√a 2+b 2∈{0}∪[2,2√5]，从而x =a 2+b 2∈{0}∪[4,20].12．【2012高中数学联赛（第01试）】抛物线y 2=2px (p >0)的焦点为F ，准线为l ，A ，B 是抛物线上的两个动点，且满足∠AFB =π3，设线段AB 的中点M 在l 上的投影为N ，则|MN||AB|的最大值是 .【答案】1【解析】解法一设∠ABF =θ(0<θ<2π3)，则由正弦定理，得|AF|sinθ=|BF|sin(2π3−θ)=|AB|sinπ3，所以|AF|+|BF|sinθ+sin(2π3−θ)=|AB|sinπ3，即|AF|+|BF||AB|=sinθ+sin(2π3−θ)sinπ3=2cos (θ−π3).如图，由抛物线的定义及梯形的中位线定理，得|MN|=|AF|+|BF|2，所以|MN||AB|=cos (θ−π3)，故当θ=π3时，|MN||AB|取得最大值为1.解法二由抛物线的定义及梯形的中位线定理，得|MN|=|AF|+|BF|2，在△AFB 中，由余弦定理，得|AB|2=|AF|2+|BF|2−2|AF|⋅|BF|cosπ3=(|AF|+|BF|)2−3|AF|⋅|BF| ⩾(|AF|+|BF|)2−3(|AF|+|BF|2)2=(|AF|+|BF|2)2=|MN|2.当且仅当|AF|=|BF|时，等号成立.故|MN||AB|的最大值为1.13．【2011高中数学联赛（第01试）】直线x －2y －1=0与抛物线y 2=4x 交于A ，B 两点，C 为抛物线上的一点，∠ACB =90°，则点C 的坐标为.【答案】(1，－2)或(9，－6)【解析】设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (t 2,2t )，由{x −2y −1=0y 2=4x得y 2−8y −4=0，则y 1+y 2=8，y 1y 2=−4.又x 1=2y 1+1,x 2=2y 2+1，所以x 1+x 2=2(y 1+y 2)+2=18，x 1x 2=4y 1y 2+2(y 1+y 2)+1=1. 因为∠ACB =90°，所以CA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CB⃑⃑⃑⃑⃑ =0，即有(t 2−x 1)(t 2−x 2)+(2t −y 1)(2t −y 2)=0，即t 4−(x 1+x 2)t 2+x 1x 2+4t 2−2(y 1+y 2)t +y 1y 2=0，即t 4−14t 2−16t −3=0，即(t 2+4t +3)(t 2−4t −1)=0，显然t 2−4t −1≠0，否则t 2−2⋅2t −1=0，则点C 在直线x −2y −1=0上，从而点C 与点A 或点B 重合.所以t 2+4t +3=0，解得t 1=−1,t 2=−3. 故所求点C 的坐标为(1，－2)或(9，－6).14．【2010高中数学联赛（第01试）】双曲线x 2－y 2=1的右半支与直线x =100围成的区域内部(不含边界)整点(纵、横坐标均为整数的点)的个数是 .【答案】9800【解析】由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设y =k (k =1,2,⋯,99)与双曲线右半支交于A k ，交直线x =100于B k ，则线段A k B k 内部的整点的个数为99－k ，从而在x 轴上方区域内部整点的个数为∑(99−k)99k=1=99×49=4851，又x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为2×4851+98=9800.15．【2009高中数学联赛（第01试）】知直线L ：x +y －9=0和圆M ：2x 2+2y 2－8x －8y －1=0，点A 在直线L 上，B ，C 为圆M 上两点，在△ABC 中，∠BAC =45°，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为.【答案】3⩽a ⩽6【解析】设A(a，9－a)，则圆心M到直线AC的距离d=|AM|sin45°，由直线AC与圆M相交，得d⩽√342，解得3⩽a⩽6.16．【2009高中数学联赛（第01试）】椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上任意两点P，Q，若OP⊥OQ，则乘积|OP|⋅|OQ|的最小值为.【答案】2a 2b2a2+b2【解析】设P(|OP|cosθ,|OP|sinθ)，Q(|OQ|cos(θ±π2),|OQ|sin(θ±π2))，由点P，Q在椭圆上，有1 |OP|2=cos2θa2+sin2θb2①1 |OQ|2=sin2θa2+cos2θb2②①+②得1|OP|2+1|OQ|2=1a2+1b2，于是当|OP|=|OQ|=√2a 2b2a2+b2时，|OP|⋅|OQ|达到最小值2a2b2a2+b2.17．【2006高中数学联赛（第01试）】已知椭圆x216+y24=1的左右焦点分别为F1与F2，点P在直线l:x−√3y+8+2√3=0上.当∠F1PF2取最大值，|PF1||PF2|的比值为.【答案】√3−1【解析】由平面几何知，要使∠F1PF2最大，则过F1,F2,P三点的圆必定和直线l相切于点P.设直线l交x轴于A (−8−2√3,0)，则∠APF1=∠AF2P，即△APF1~△AF2P，即|PF1||PF2|=|AP||AF2|①又由圆幂定理|AP|2=|AF1|⋅|AF2|②而F1(−2√3,0),F2(2√3,0),A(−8−2√3,0)，从而有|AF1|=8,|AF2|=8+4√3，代入式①与②得|PF1||PF2|=√|AF1||AF2|=√8+4√3=√4−2√3=√3−1.18．【2005高中数学联赛（第01试）】若正方形ABCD的一条边在直线y=2x－17上，另外两个顶点在抛物线y= x2上.则该正方形面积的最小值为.【答案】80【解析】设正方形的边AB在直线y=2x−17上，而位于抛物线上的两个顶点坐标为C(x1,y1)，D(x2,y2)，则C D所在直线l的方程y=2x+b，将直线l的方程与抛物线方程联立，得x2=2x+b，所以x1,2=1±√b+1，令正方形边长为a，则a2=(x1−x2)2+(y1−y2)2=5(x1−x2)2=20(b+1)①在上任取一点(6，－5)，它到直线y=2x+b的距离为a，所以a=√5②将式①与②联立解得b1=3,b2=63，所以a2=80或a2=1280.故a min2=80.19．【2004高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，给定两点M(－1，2)和N(1，4)，点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标为.【答案】1【解析】经过M，N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y=3−x上，设圆心为S(a，3－a)，则圆S的方程为(x−a)2+(y−3+a)2=2(1+a2).对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减少而角度增大，所以，当∠MPN取最大值时，经过M，N，P三点的圆S，必与x轴相切于点P即圆S的方程中的a值必须满足2(1+a2)=(a−3)2，解得a=1或a=－7.即对应的切点分别为P(1，0)和P(－7，0)而过点M，N，P'的圆的半径大于过点M，N，P的圆的半径，所以∠MPN>∠MP′N，故点P(1，0)为所求，所以点P的横坐标为1.20．【2003高中数学联赛（第01试）】设F1,F2是椭圆x29+y24=1的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|:|PF2|=2:1，则△PF1F2的面积等于.【答案】4【解析】设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a，2b，2c，则由其方程知a=3,b=2,c=√5，故|PF1|+|PF2|=2a=6.又已知|PF1|:|PF2|=2:1，故可得|PF1|=4,|PF2|=2.在△PF1F2中，三边之长分别为2,4,2√5，而22+42=(2√5)2，可见△PF1F2是直角三角形，且两直角边的长为2和4，故△PF1F2的面积=12|PF1|⋅|PF2|=12×2×4=4.21．【2001高中数学联赛（第01试）】椭圆ρ=12−cosθ的短轴长等于.【答案】2√33【解析】由e=ca =12,ρ=b2c=1及b2=a2−c2得b=√33，从而2b=2√33.22．【2000高中数学联赛（第01试）】在椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)中，记左焦点为F，右顶点为A，短轴上方的端点为B.若该椭圆的离心率是√5−12，则∠ABF=.【答案】90∘【解析】对数据敏感就会发现ca =√5−12=−1+√12−4×1×(−1)2×1是方程x2+x−1=0的根，代入整理得c2+ac−a2=0，从而ac=b2，恰好符合射影定理，于是∠ABF=90°.23．【1999高中数学联赛（第01试）】已知点P在双曲线x216−y29=1上，并且P到这条双曲线的右准线的距离恰是P到这条双曲线的两个焦点的距离的等差中项，那么，P的横坐标是.【答案】−645【解析】记半实轴、半虚轴、半焦距的长分别为a，b，c，离心率为e，点P到右准线l的距离为d，则a=4,b=3,c=5,e=ca =54，右准线l为x=a 2c =165，如果P在双曲线右支，则|PF1|=|PF2|+2a=ed+2a，从而|PF1|+|PF2|=(ed+2a)+ed=2ed+2a>2d，而这是不可能的.故P在双曲线的左支，有|PF2|−|PF1|=2a，|PF2|+|PF1|=2d，两式相加，得2|PF2|=2a+2d，又|PF2|=ed，所以d=ae−1=454−1=16.因此，P的横坐标为165−16=−645.24．【1999高中数学联赛（第01试）】已知直线ax+by+c=0中的a，b，c是取自集合{－3，－2，－1，0，1，2，3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是.【答案】43【解析】设倾斜角为θ，则tanθ=−ab>0，不妨设a>0，所以b<0.(1)c=0，a有3种取法，b有3种取法，排除2个重复(3x－3y=0，2x－2y=0与x－y=0为同一直线)，故这样的直线有3×3－2=7(条)(2)c≠0，则a有3种取法，b有3种取法，c有4种取法，且其中任意2条直线均不相同，故这样的直线有3×3×4=36(条).所以符合要求的直线有7+36=43(条).25．【1998高中数学联赛（第01试）】若椭圆x2+4(y−a)2=4与抛物线x2=2y有公共点，则实数a的取值范围是.【答案】−1⩽a⩽178【解析】解法一由x2+4(y−a)2=4可设x=2cosθ,y=a+sinθ，代入x2=2y得4cos2θ=2(a+sinθ)，所以a=2cos2θ−sinθ=2−2sin2θ−sinθ=−2(sinθ+14)2+178，因为−1⩽sinθ⩽1，所以0⩽(sinθ+14)2⩽2516，从而−1⩽a⩽178.解法二题目条件等价于方程2y+4(y−a)2=4有非负解.此即方程y2−(2a−12)y+a2−1=0有非负解.故有Δ=(2a−12)2−4(a2−1)=174−2a⩾0，2a−12+√174−2a⩾0，解得−1⩽a⩽178.26．【1997高中数学联赛（第01试）】双曲线x2−y22=1的右焦点作直线l交双曲线于A，B两点，若实数入使得|AB|=λ的直线l恰有3条，则λ=.【答案】4【解析】首先，应注意到下列结论：过双曲线x2−y22=1的右焦点且与右支交于两点的弦，当且仅当该弦与x轴垂直时，取得最小长度2b 2a=4.(事实上，该双曲线的极坐标方程为ρ=1−√3cosθ，又设AB是过右焦点F仅与右支相交的弦，A(ρ1,θ)，B(ρ2,π+θ)(ρ1>0,ρ2>0)，则|AB|=ρ1+ρ2=1−√3cosθ1+√3cosθ=41−3cos2θ⩾4，当θ=π2时，等号成立).其次，满足题设条件的直线恰有三条时，只有两种可能：(1)与双曲线左、右两条都相交的只有一条，而仅与右支相交的有两条.此时，与双曲线左右两支都相交的必是x 轴，而其两交点的距离为2a=2，但仅与右支相交的两条弦的长λ>4，这不满足题设条件；(2)与双曲线左、右两支都相交的有两条，而仅与右支相交的只有一条，且这条弦必与x轴垂直(否则，由对称性知仅与右支相交的有两条弦)，此时|AB|=λ=4且与双曲线左、右两支都相交的弦长也可满足这个条件，所以λ=4.27．【1996高中数学联赛（第01试）】曲线C的极坐标方程是ρ=1+cosθ，点A的极坐标是(2，0).曲线C在它所在的平面内绕A旋转一周，则它扫过的图形的面积是.【答案】163π【解析】f(θ)=1+cosθ.由于2=1+cos0，所以点A在曲线C上，为求所扫过的面积，关键算出C上一点到A的最大距离.对C上一点B(1+cosθ,θ)，有|AB|2=(1+cosθ)2+4−2×2(1+cosθ)cosθ=5−2cosθ−3cos2θ=163−3(cosθ+13)2⩽163.当cosθ=−13，等号成立.所以|AB|最大值是√163，那么扫过的面积是以A为圆心，半径为√163的圆，面积为163π.28．【1994高中数学联赛（第01试）】已知点集A={(x,y)|(x−3)2+(y−4)2⩽(52)2},B={(x,y)|(x−4)2+(y−5)2>(52)2}，则点集AB中的整点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为.【答案】7【解析】如图所示，圆E，F交于M，N两点，整个图形关于连心线EF成轴对称图形，其中A∩B是左下靠近原点O的一个月形S，S中整点横坐标x可以是1，2，3，4，纵坐标y可以是2，3，4，5，对称轴EF穿过新月形S，经计算可知仅通过一个整点C4(2，3).新月形S 中横坐标为1的格点有3个C 1(1,5),C 2(1,4),C 3(1,3). 这三点的轴对称点顺次是C 5(2,2),C 6(3,2),C 7(4,2). 故共有7个整点.29．【1992高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=√x 4−3x 2−6x +13−√x 4−x 2+1的最大值是.【答案】√10【解析】由f(x)=√x 4−3x 2−6x +13−√x 4−x 2+1=√(x −3)2−(x 2−2)2−√x 2+(x 2−1)2，可知函数y =f (x )的几何意义是：在抛物线y =x 2上的P (x ，x 2)分别到点A (3，2)和点B (0，1)的距离之差.因点A 在抛物线下方，点B 在抛物线上方，故直线AB 和抛物线相交，交点由方程组{y =x 2y−1x−0=2−13−0决定，消去y 得方程3x 2−x −1=0.由于该方程常数项为负，故方程必有负根.因三角形两边之差小于第三边，所以，当点P位于负根所对应的交点C时，f(x)有最大值|AB|=√10. 30．【1990高中数学联赛（第01试）】设A(2，0)为平面上的一定点，P(sin(2t－60°)，cos(2t－60°))为动点，则当t由15°变到45°时，线段AP所扫过的图形的面积是.【答案】π6【解析】因OP2=1，故点P在单位圆上变动，始点P1(−12,√32)，终点P2(12,√32).图中阴影部分面积是所求面积.因为SΔP1OA =SΔP2OA，所以S△P1OB=S△P2BA.故所求面积为：S扇形OP1P2=12⋅1⋅π3=π6.31．【1987高中数学联赛（第01试）】已知集合A={(x,y)||x|+|y|=a,a>0}，B={(x,y)||xy|+1=|x|+|y|}.若A∩B是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a的值为.【答案】2+√2或√2【解析】点集A是由顶点为(a，0)，(0，a)，(－a，0)，(0，－a)的正方形的四条边构成(如图).将|xy|+1=|x|+|y|变形为(|x|−1)(|y|−1)=0.所以，集合B是由四条直线x=±1,y=±1构成.欲使A ∩B 为正八边形的顶点所构成，只有a >2或1<a <2这两种情况.(1)当a >2时，由于正八边形的边长只能为2，显然有√2a −2√2=2，故a =2+√2. (2)当1<a <2时，设正八边形的边长为1，则lcos45°=2−l 2，l =2√2−2.这时，a =√2.综上所述，a 的值为2+√2或√2(图中A (√2，0)，B(2+√2,0)).32．【1984高中数学联赛（第01试）】如图，AB 是单位圆的直径.在AB 上任取一点D ，作DC ⊥AB ，交圆周于C .若点D 的坐标为(x ，0)，则当x ∈.时，线段AD ，BD ，CD 可构成锐角三角形.【答案】(2−√5,√5−2)【解析】因为三条线段AD ，BD ，CD 构成锐角三角形的充要条件是其中最大线段的平方小于另两条线段的平方和.由对称性，不妨假设0⩽x ⩽1，则三条线段中AD 为最大.所以它们必须满足AD 2<BD 2+CD 2. 因为CD 是AD ，BD 的比例中项，所以CD 2=AD ⋅BD .又因为AD =1+x,BD =1−x ，于是得(1+x)2<(1−x)2+(1+x)(1−x). 化简得x 2+4x −1<0.所以0⩽x <−2+√5，所以x ∈(2−√5,√5−2).优质模拟题强化训练1．与双曲线x 29−y 216=1有共同的渐近线,且经过点(−3,2√3)的双曲线方程是______.【答案】4x 29−y 24=1【解析】设x 29−y 216=λ,将(−3,2√3)代入求得λ=14. 双曲线方程是4x 29−y24=1.2．圆心在抛物线x 2=2y 上，并且和该抛物线的准线及y 轴都相切的圆的方程为________. 【答案】(x +1)2+(y −12)2=1和(x −1)2+(y −12)2=1 【解析】抛物线x 2=2y 的准线方程为y =−12.设所求圆的圆心为(x 0,y 0)，则x 02=2y 0，且|x 0|=y 0+12，解得x 0=±1，y 0=12，故所求圆的方程为(x ±1)2+(y −12)2=1.故答案为：(x +1)2+(y −12)2=1和(x −1)2+(y −12)2=13．双曲线x 2a2−y 2b 2=1的右焦点为F ，离心率为e ，过点F 且倾斜角为π3的直线与该双曲线交于点A 、B ，若AB 的中点为M，且|FM|等于半焦距，则e=_____ .【答案】√2【解析】设点A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0)，则x12a2−y12b2=1,x22a2−y22b2=1.两式相减，得(x1+x2)(x1−x2)a2−(y1+y2)(y1−y2)b2=0，所以AB的斜率为k=y1−y2x1−x2=b2x0a2y0=√3.又|FM|=c,∠xFM=π3，所以M点的坐标为(32c,√32c).所以b 2a2=√3y0x0=1，所以e=ca=√1+b2a2=√2.故答案为：√2．4．若△OAB的垂心恰是抛物线y2=4x的焦点，其中O是原点，A、B在抛物线上，则△OAB的面积S=_________ ___ .【答案】10√5【解析】抛物线的焦点为F(1，0).因F为△OAB的垂心，则OF⊥AB，故可设A、B的坐标为A(a2,2a),B(a2,−2a)(a>0).于是OA的方程为ay=2x，k OA=2a.BF的斜率k BF=−2aa2−1，据k BF⋅k OA=−1，得a=√5，因此AB=4√5，h=a2=5，所以S△OAB=10√5.故答案为：10√5．5．在平面直角坐标系内，已知抛物线y=kx2(k>0)与圆(x−a)2+(y−b)2=r2至少有3个公共点，其中一个是原点，另外两个在直线y=kx+b上，那么实数b的最小值是______ .【答案】2【解析】由已知a2+b2=r2，{y=kx2y=kx+b得kx2−kx−b=0①由{(x−a)2+(y−b)2=r2y=kx2得x[k2x3−(2kb−1)x−2a]=0.②由于①的解均是②的解，所以有kx2−kx−b|k2x3−(2kb−1)x−2a，故b=k+1k⩾2，当k=1时等号成立.故答案为：2．6．若直线2x+y−2=0与直线x+my−1=0互相垂直，则点P(m,m)到直线x+y+3=0的距离为_________ ___ .【答案】√22【解析】直线2x+y-2=0的斜率为k1=-2，直线x+my-1=0的斜率为k2=−1m.因为两直线互相垂直，所以(−2)×(−1m)=−1，解得m=-2，故P(-2，-2)，所以点P到直线x+y+3=0的距离为√2=√22.故答案为：√22．7．已知△ABC为椭圆x29+y24=1的内接三角形，且AB过点P(1，0)，则△ABC的面积的最大值为_______ .【答案】16√23【解析】提示：经伸缩变换{x =3X y =2Y 得△A 'B 'C '内接于圆X 2+Y 2=1，A 'B '过点P ′(13,0).S △ABC =6S △A ′B ′C ′，设O '到A 'B '的距离为t ，则0⩽t ⩽13,|A ′B ′|=2√1−t 2,S △A ′B ′C ′⩽√1−t 2⋅(1+t)，易知当t =13时，S △A ′B ′C ′有最大值为8√29，所以S △ABC 的最大值为16√23.故答案为：16√23．8．设a 是实数，关于z 的方程(z 2－2z +5)(z 2+2az +1)=0有4个互不相等的根，它们在复平面上对应的4个点共圆，则实数a 的取值范围是________. 【答案】{a |－1<a <1}∪{－3} 【解析】由z 2－2z +5=0，得z 1=1+2i ,z 2=1−2i .因为z 2+2az +1=0有两个不同的根，所以△=4(a 2－1)≠0，故a ≠±1.若△=4(a 2－1)<0，即－1<a <1时，z 3,4=−a ±√1−a 2.因为z 1,z 2,z 3,z 4在复平面上对应的点构成等腰梯形或者矩形，此时四点共圆，所以，−1<a <1满足条件.若△=4(a 2－1)>0，即|a |>1时，z 3.4=−a ±√a 2−1是实根，在复平面上对应的点在实轴上，仅当z 1、z 2对应的点在以z 3,z 4对应的点为直径的圆周上时，四点共圆，此圆方程为(x −z 3+z 42)2+y 2=(z 3−z 42)，整理得x 2−(z 3+z 4)x +z 3z 4+y 2=0，即x 2+2ax +1+y 2=0，将点(1，±2)代入得a =－3. 综上所述，满足条件的实数a 的取值范围是{a |－1<a <1}∪{－3}.故答案为：{a|－1<a<1}∪{－3}.9．若实数x、y满足x−4√y=2√x−y，则x的取值范围是______.【答案】{0}∪[4,20]【解析】令√y=a,√x−y=b(a、b≥0)，此时，x=y+(x−y)=a2+b2，且题设等式化为a2+b2−4a=2b.于是，a、b满足方程(a−2)2+(b−1)2=5(a、b≥0).如图，在aOb平面内，点(a,b)的轨迹是以D(1,2)为圆心、√5为半径的圆在a、b≥0的部分，即点O与弧ACB并集.故√a2+b2∈{0}∪[2,2√5].从而，x=a2+b2∈{0}∪[4,20].10．已知P为抛物线y2=2x上的动点，点B、C在y轴上，(x−1)2+y2=1是△PBC的内切圆.则SΔPBC最小值为_______.【答案】8【解析】设P(x0,y0)、B(0,b)、C(0,c)，不妨设b >c ，l PB :y −b =y 0−b x 0x ，即(y 0−b)x −x 0y +x 0b =0．又圆心(1,0)到PB 的距离为100√(y0−b)+x 0=1．故(y 0−b)2+x 02=(y 0−b)2+2x 0b(y 0−b)+x 02b 2．易知x 0>2，上式化简得(x 0−2)b 2+2y 0b −x 0=0．同理，(x 0−2)c 2+2y 0c −x 0=0．所以，b +c =−2y 0x 0−2，bc =−x 0x 0−2．则(b−c)2=4x 02+4y 02−8x 0(x 0−2)2．因为P(x 0,y 0)是抛物线上的点，所以，y 02=2x 0．则(b −c)2=4x 02(x 0−2)2⇒b −c =2x 0x 0−2．故S △PBC =12(b −c)x 0=x 0x0−2⋅x 0=(x 0−2)+4x 0−2+4≥2√4+4=8．当(x 0−2)2=4时，上式取等号，此时，x 0=4，y 0=±2√2．因此，S △PBC 的最小值为8．11．若点P(x 0,y 0)对椭圆E:x 24+y 2=1与双曲线H:x 2−y 24=1的切点弦互相垂直，则yx 0=__________。

高考数学压轴专题最新备战高考《平面解析几何》全集汇编含答案

【高中数学】高考数学《平面解析几何》解析一、选择题1．已知曲线C 的方程为22121x y m m+=-，现给出下列两个命题：p ：102m <<是曲线C 为双曲线的充要条件，q ：12m > 是曲线C 为椭圆的充要条件，则下列命题中真命题的是（）A ．()()p q ⌝∧⌝B ．()p q ⌝∧C ．()p q ∧⌝D ．p q ∧【答案】C 【解析】【分析】根据充分必要条件及双曲线和椭圆定义，分别判定命题p 与命题q 的真假，进而判断出复合命题的真假．【详解】若曲线C 为双曲线，则()210m m -< ，可解得102m << 若102m <<，则()210m m -<，所以命题p 为真命题若曲线C 为椭圆，则12m >且m≠1，所以命题q 为假命题因而()p q ∧⌝为真命题所以选C 【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程，充分必要条件的判定，属于基础题．2．已知一条抛物线恰好经过等腰梯形ABCD 的四个顶点，其中4AB =，2BC CD AD ===，则该抛物线的焦点到其准线的距离是（）A B C D ．【答案】B 【解析】【分析】不妨设抛物线标准方程22(0)x py p =>，将条件转化为坐标，代入解出p ，即得结果. 【详解】不妨设抛物线标准方程22(0)x py p =>，可设(1,),(2,C m B m ，则123242(pmpp m=⎧⎪∴==⎨=+⎪⎩B.【点睛】本题考查抛物线方程及其性质，考查基本分析求解能力，属基本题.3．已知直线:2l y x b=+被抛物线2:2(0)C y px p=>截得的弦长为5，直线l经过2:2(0)C y px p=>的焦点，M为C上的一个动点，若点N的坐标为()4,0，则MN的最小值为（）A．BC．2D．【答案】A【解析】【分析】联立直线与抛物线方程利用弦长公式列方程，结合直线过抛物线的焦点，解方程可得2p=，再利用两点的距离公式，结合二次函数配方法即可得结果.【详解】由22224(42)02y x bx b p x by px=+⎧⇒+-+=⎨=⎩，121222,24b p bx x x x+=-=-，因为直线:2l y x b=+被抛物线2:2(0)C y px p=>截得的弦长为5，125x=-，所以()22222512424b p b⎡⎤-⎛⎫=+-⨯⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦（1）又直线l经过C的焦点，则,22b pb p-=∴=-（2）由（1）（2）解得2p=，故抛物线方程为24y x=.设()20000,,4M x y y x∴=.则()()()2222200000||444212MN x y x x x=-+=-+=-+，故当02x=时，min||MN=故选：A.【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查了弦长公式以及配方法的应用，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.4．设抛物线E ：26y x =的弦AB 过焦点F ，||3||AF BF =，过A ，B 分别作E 的准线的垂线，垂足分别是A '，B '，则四边形AA B B ''的面积等于( ) A．B．C．D．【答案】C 【解析】【分析】由抛物线的方程可得焦点坐标及准线方程，设直线AB 的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长AB ，由抛物线的性质可得梯形的上下底之和求出，求出A ，B 的纵坐标之差的绝对值，代入梯形的面积公式即可求出梯形的面积．【详解】解：由抛物线的方程可得焦点3(2F ，0)，准线方程：32x =-，由题意可得直线AB 的斜率存在且不为0，设直线AB 的方程为：32x my =+，1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，联立直线与抛物线的方程：2326x my y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，整理可得：2690y my --=，所以126y y m +=，129y y =-，21212()363x x m y y m +=++=+，因为||3||AF BF =，所以3AF FB =uu u r uu r，即13(2x -，123)3(2y x -=-，2)y ，可得：123y y =-，所以可得：2222639y m y -=⎧⎨-=-⎩即213m =，由抛物线的性质可得： 21233166668223AA BB AB x x m ''+==+++=+=+=g ，12||y y -===由题意可知，四边形AA B B ''为直角梯形，所以1211()||822AA B B S AA BB y y ''''=+-=gg g ，故选：C ．【点睛】本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的相交弦长，梯形的面积公式，属于中档题．5．抛物线y 2＝8x 的焦点为F ,设A ,B 是抛物线上的两个动点, 233AF BF +=, 则∠AFB 的最大值为（） A ．3π B ．34π C ．56π D ．23π 【答案】D 【解析】【分析】设|AF |＝m ,|BF |＝n ,再利用基本不等式求解mn 的取值范围,再利用余弦定理求解即可. 【详解】设|AF |＝m ,|BF |＝n , ∵233AF BF +=, 2323AB mn ≥∴213mn AB ≤,在△AFB 中,由余弦定理得22222()2cos 22m n ABm n mn ABAFB mnmn+-+--∠==212213222AB mnmn mn mn mn --=≥=-∴∠AFB 的最大值为23π. 故选：D 【点睛】本题主要考查了抛物线的焦半径运用,同时也考查了解三角形与基本不等式的混合运用,属于中等题型.6．已知O 为平面直角坐标系的原点，2F 为双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的右焦点，E 为2OF 的中点，过双曲线左顶点A 作两渐近线的平行线分别与y 轴交于C ，D 两点，B 为双曲线的右顶点，若四边形ACBD 的内切圆经过点E ，则双曲线的离心率为（）A ．2 BCD．3【答案】B 【解析】【分析】由对称性可得四边形ACBD 为菱形，其内切圆圆心为坐标原点O ，求出圆心O 到BC 的距离d ，由四边形ACBD 的内切圆经过点E ，可得212d OF =，化简得出双曲线的离心率. 【详解】由已知可设()0A a -，，()0B a ，，AC bk a=，有直线点斜式方程可得直线AC 方程为()by x a a=+，令0x =，可得()0C b ，，由直线的截距式方程可得直线BC 方程为1x ya b+=，即0bx ay ab +-=，由对称性可得四边形ACBD 为菱形，其内切圆圆心为坐标原点O ，设内切圆的半径为r ，圆心O 到BC的距离为abd r c===，又∵四边形ACBD 的内切圆经过点E ， ∴2122ab cOF r c ===, ∴22ab c =， ∴()22244aca c -=，同除以4a 得，42440e e -+=，∴()2220e -=，∴22e =，∴e =(舍)，∴e =故选：B. 【点睛】本题考查求双曲线离心率的问题，通过对称的性质得出相关的等量关系，考查运算求解能力和推理论证能力，是中档题.7．在矩形ABCD 中，已知3AB =，4=AD ，E 是边BC 上的点，1EC =，EF CD ∥，将平面EFDC 绕EF 旋转90︒后记为平面α，直线AB 绕AE 旋转一周，则旋转过程中直线AB 与平面α相交形成的点的轨迹是（）A ．圆B ．双曲线C ．椭圆D ．抛物线【答案】D 【解析】【分析】利用圆锥被平面截的轨迹特点求解【详解】由题将平面EFDC 绕EF 旋转90︒后记为平面α，则平面α⊥平面ABEF ,，又直线AB 绕AE 旋转一周，则AB 直线轨迹为以AE 为轴的圆锥，且轴截面为等腰直角三角形，且面AEF 始终与面EFDC 垂直，即圆锥母线AF ⊥平面EFDC 则则与平面α相交形成的点的轨迹是抛物线故选：D【点睛】本题考查立体轨迹，考查圆锥的几何特征，考查空间想象能力，是难题8．已知直线()0y kx k =≠与双曲线()222210,0x y a b a b-=>>交于,A B 两点，以AB 为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F ，若ABF ∆的面积为24a ，则双曲线的离心率为 A 2 B 3C ．2D 5【答案】D【解析】【分析】通过双曲线和圆的对称性，将ABF ∆的面积转化为FBF ∆'的面积；利用焦点三角形面积公式可以建立a 与b 的关系，从而推导出离心率. 【详解】由题意可得图像如下图所示：F '为双曲线的左焦点AB Q 为圆的直径 90AFB ∴∠=o根据双曲线、圆的对称性可知：四边形AFBF '为矩形12ABF AFBF FBF S S S ''∆∆∴== 又2224tan 45FBF b S b a ∆'===o，可得：225c a = 25e ∴= 5e ⇒=本题正确选项：D 【点睛】本题考查双曲线的离心率求解，离心率问题的求解关键在于构造出关于,a c 的齐次方程，从而配凑出离心率的形式.9．若双曲线223mx my -=3的一个焦点是()0,2,则m 的值是 A ．-1 B ．1C ．10D 10 【答案】A 【解析】双曲线223mx my -=3的标准方程为22113x y m m-=, ∵焦点在y 轴上,∴134m m+=,且0m <, ∴ 1.m =- 故选A ．10．如图，12,F F 是双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点，过2F 的直线与双曲线C 交于,A B 两点．若11::3:4:5AB BF AF =，则双曲线的渐近线方程为（）A ．23y x =±B ．2y x =±C ．3y x =D ．2y x =±【答案】A 【解析】【分析】设1123,4,5,AB BF AF AF x ====，利用双曲线的定义求出3x =和a 的值，再利用勾股定理求c ，由by x a=±得到双曲线的渐近线方程. 【详解】设1123,4,5,AB BF AF AF x ====，由双曲线的定义得：345x x +-=-，解得：3x =，所以2212||46413F F =+=13c ⇒=因为2521a x a =-=⇒=，所以23b = 所以双曲线的渐近线方程为23by x x a=±=±. 【点睛】本题考查双曲线的定义、渐近线方程，解题时要注意如果题干出现焦半径，一般会用到双曲线的定义，考查运算求解能力.11．已知12,F F 分别双曲线22233(0)x y a a -=>的左右焦点，是P 抛物线28y ax =与双曲线的一个交点，若1212PF PF += ，则抛物线的准线方程为（） A ．4x =- B ．3x =-C ．2x =-D ．1x =-【答案】C 【解析】由题得双曲线的方程为222213x y a a-=，所以222234,2c a a a c a =+=∴=.所以双曲线的右焦点和抛物线的焦点重合.由题得1221212,62PF PF PF a PF PF a ⎧+=⎪∴=-⎨+=⎪⎩. 联立双曲线的方程和抛物线的方程得223830,(33ax ax a x x a --=∴=-=舍）或. 由抛物线的定义得6-a=3a-(-2a),所以a=1,所以抛物线的准线方程为x=-2，故选C.点睛：本题的难点在于如何找到关于a 的方程，本题利用的就是抛物线的定义得到6-a=3a-(-2a).在解析几何里，看到曲线上的点到焦点的距离，要联想到圆锥曲线的定义解题,这个技巧大家要理解掌握并做到灵活运用.12．若圆1C ：2224100x y mx ny +---=（m ，0n >）始终平分圆2C ：()()22112x y +++=的周长，则12m n+的最小值为（） A ．92B ．9C ．6D ．3【答案】D 【解析】【分析】把两圆的方程相减，得到两圆的公共弦所在的直线l 的方程，由题意知圆2C 的圆心在直线l 上，可得()123,213m n m n +=∴+=，再利用基本不等式可求最小值. 【详解】把圆2C ：()()22112x y +++=化为一般式，得22220x y x y +++=，又圆1C ：2224100x y mx ny +---=（m ，0n >），两圆的方程相减，可得两圆的公共弦所在的直线l 的方程：()()12150m x n y ++++=.Q 圆1C 始终平分圆2C 的周长，∴圆心()21,1C --在直线l 上，()()12150m n ∴-+-++=，即()123,213m n m n +=∴+=. ()112225331212121n m m n m n m n m n m n ⎛⎫⎛⎫∴+=+⨯=+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫+=++ ⎪⎝⎝⎭⎭()115522333⎛≥+=+⨯= ⎝.当且仅当2322m n n m mn +=⎧⎪⎨=⎪⎩即1m n ==时，等号成立.12m n ∴+的最小值为3. 故选：D . 【点睛】本题考查两圆的位置关系，考查基本不等式，属于中档题.13．若A ，B 分别是直线20x y --=与x 轴，y 轴的交点，圆C ：()()22448x y -++=上有任意一点M ，则AMB ∆的面积的最大值是（）A ．6B ．8C ．10D ．12【答案】C 【解析】【分析】先求出AB ，再求出M 到直线的最大距离为点M 到直线20x y --=加上半径，进而可得面积最大值. 【详解】由已知()2,0A ，()0,2B -则AB ==，又点M=所以最大面积为1102⨯=. 故选：C. 【点睛】本题考查圆上一点到直线的最大距离问题，是基础题.14．过点(11)M ，的直线与椭圆22143x y += 交于A ，B 两点，且点M 平分AB ，则直线AB 的方程为（） A ．3470x y +-= B ．3410x y -+= C ．4370x y +-= D ．4310x y --=【答案】A 【解析】设1122(,),(,)A x y B x y ，代入椭圆的方程可得222211221,14343x y x y +=+=，两式相减可得12121212()()()()044x x x x y y y y +-+-+=，又121212122,2,y y x x y y k x x -+=+==-，即为12123()34()4x x k y y +=-=-+，则直线AB 的方程为：31(1)4y x -=--，化为3470x y +-=，故选A ．点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，注意运用“点差法”的应用，考查了学生的推理与计算能力，试题比较基础，属于基础题，解答此类问题的关键在于把握弦的中点，恰当的选择“点差法”是解答的关键．15．已知点1F ，2F 分别是椭圆1C 和双曲线2C 的公共焦点，1e ，2e 分别是1C 和2C 的离心率，点P 为1C 和2C 的一个公共点，且1223F PF π∠=，若22e =，则1e 的值是（） ABC．7D【答案】D 【解析】【分析】利用椭圆和双曲线的定义以及余弦定理可得到方程2221243c a a =+，由此得到关于离心率的方程求得结果. 【详解】设椭圆长半轴长为1a ，双曲线实半轴长为2a ，焦点坐标为()1,0F c -，()2,0F c ，不妨设P 为第一象限内的点，则1212+=PF PF a ，1222-=PF PF a ，则221212PF PF a a =-，由余弦定理得：2222212121212242cos3c PF PF PF PF PF PF PF PF π=+-=++， ()22222211212443c a a a a a ∴=--=+，2212314e e ∴+=，又22e =，2145e ∴=，15e ∴=. 故选：D . 【点睛】本题考查共焦点的椭圆与双曲线问题的求解，关键是能够熟练应用椭圆和双曲线的定义，利用余弦定理构造等量关系，配凑出关于椭圆和双曲线离心率的方程.16．已知1F ，2F 是双曲线22221x ya b-=（0a >，0b >）的左、右焦点，点A 是双曲线上第二象限内一点，且直线1AF 与双曲线的一条渐近线by x a=平行，12AF F ∆的周长为9a ，则该双曲线的离心率为（）A ．2 BC ．3D．【答案】A 【解析】【分析】根据双曲线的定义，结合三角形的周长可以求出1AF 和2AF 的表达式，根据线线平行，斜率的关系，结合余弦定理进行求解即可. 【详解】由题意知212AF AF a -=，2192AF AF a c +=-，解得21122a c AF -=，1722a cAF -=，直线1AF 与by x a =平行，则12tan b AF F a ∠=，得12cos a AF F c∠=， 222121214cos 22AF c AF a AF F c AF c+-∠==⋅，化简得22280c ac a +-=，即2280e e +-=，解得2e =. 故选：A 【点睛】本题考查求双曲线的离心率，考查了双曲线的定义的应用，考查了余弦定理的应用，考查了数学运算能力.17．过双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的右焦点F ，作渐近线b y x a =的垂线与双曲线左右两支都相交，则双曲线离心率e 的取值范围为( ) A ．()1,2 B．(C．)+∞D ．()2,+∞【答案】C 【解析】【分析】设过双曲线的右焦点F 与渐近线by x a=垂直的直线为AF ,根据垂线与双曲线左右两支都相交，得AF 的斜率要小于双曲线另一条渐近线的斜率 ,由此建立关于,a b 的不等式，解之可得22b a >，从而可得双曲线的离心率e 的取值范围 . 【详解】过双曲线的右焦点F 作渐近线by x a=垂线，设垂足为A ， Q 直线为AF 与双曲线左右两支都相交，∴直线AF 与渐近线by x a=-必定有交点B ，因此，直线by x a=-的斜率要小于直线AF 的斜率， Q 渐近线b y x a =的斜率为b a， ∴直线AF 的斜率a k b =-，可得b aa b-<-，即22,b a b a a b>>，可得222c a >，两边都除以2a ，得22e >，解得2e >双曲线离心率e 的取值范围为)2,+∞，故选C.【点睛】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率范围问题应先将 e 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于e 的不等式，从而求出e 的范围.18．如图所示，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 是侧面11CDD C 上的动点，且1//B F 面1A BE ，则F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是( )A ．aB ．2a C ．2aD ．22a 【答案】D 【解析】【分析】设H ，I 分别为1CC 、11C D 边上的中点，由面面平行的性质可得F 落在线段HI 上，再求HI 的长度即可. 【详解】解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点，则ABEG 四点共面，且平面1//A BGE 平面1B HI ，又1//B F Q 面1A BE ，F ∴落在线段HI 上，Q 正方体1111ABCD A B C D -中的棱长为a ，1122HI CD a ∴==，即F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是22a ．故选D ．【点睛】本题考查了面面平行的性质及动点的轨迹问题，属中档题.19．已知F 是抛物线24x y =的焦点，P 为抛物线上的动点，且A 的坐标为()0,1-，则PF PA的最小值是（）A ．14B ．12C D 【答案】C 【解析】由题意可得，抛物线24x y =的焦点(0,1)F ，准线方程为1y =-．过点P 作PM 垂直于准线，M 为垂足，则由抛物线的定义可得PF PM =，则sin PF PM PAM PAPA==∠，PAM ∠为锐角．∴当PAM ∠最小时，PF PA 最小，则当PA 和抛物线相切时，PFPA最小．设切点)P a ，由214y x =的导数为12y x '=，则PA 的斜率为12⋅==. ∴1a =，则(2,1)P .∴2PM =，PA =∴sin 2PM PAM PA∠==故选C ．点睛：本题主要考查抛物线的定义和几何性质，与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到焦点的距离与点到准线的距离的转化，这样可利用三角形相似，直角三角形中的锐角三角函数或是平行线段比例关系可求得距离弦长以及相关的最值等问题.20．如图，设椭圆E ：22221(0)x y a b a b+=>>的右顶点为A ，右焦点为F ，B 为椭圆在第二象限上的点，直线BO 交椭圆E 于点C ，若直线BF 平分线段AC 于M ，则椭圆E 的离心率是（） A ．12B ．23C ．13D ．14【答案】C 【解析】如图，设AC 中点为M ，连接OM ，则OM 为△ABC 的中位线，于是△OFM ∽△AFB ，且OF OM 1FAAB2==，即c c a -=12可得e=c a =13．故答案为13．点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a ，b ，c 的方程或不等式，再根据a ，b ，c 的关系消掉b 得到a ，c 的关系式，建立关于a ，b ，c 的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.。

专题17平面解析几何C辑(解析版)-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题17平面解析几何C 辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A 卷（第01试）】在平面直角坐标系中,点A ,B ,C 在双曲线xy =1上,满足△ABC 为等腰直角三角形.求△ABC 的面积的最小值. 【答案】3√3【解析】不妨设等腰直角△ABC 的顶点A,B,C 逆时针排列,A 为直角顶点. 设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(s,t),则AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(−t,s)且△ABC 的面积S △ABC =12|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=s 2+t 22.注意到A 在双曲线xy =1上,设A(a,1a)，则B(a +s,1a+t), C(a −t,1a+s).由B,C 在双曲线xy =1上,可知(a +s)(1a+t)=(a −t)(1a+s)=1,这等价于：s a+at =−st① −ta+as =st .②由①、②相加,得s−t a+a(t +s)=0,即a 2=t−s t+s. ③由①、②相乘,并利用③,得−s 2t 2=(s a +at)(−t a +as)=(a 2−1a 2)st +s 2−t 2=(t −s t +s −t +s t −s ]⋅st +s 2−t 2=4st s 2−t2⋅st +s 2−t 2 =(s 2+t 2)2s 2−t 2.所以由基本不等式得：(s 2+t 2)4=−s 2t 2(s 2−t 2)2=14⋅2s 2t 2⋅2s 2t 2⋅(s 2−t 2) ⩽14⋅(2s 2t 2+2s 2t 2+(s 2−t 2)23]3=(s 2+t 2)6108,④故s 2+t 2⩾√108=6√3.以下取一组满足条件的实数(s,t,a),使得s 2+t 2=6√3(进而由s,t,a 可确定一个满足条件的△ABC ,使得S △ABC =s 2+t 22=3√3).考虑④的取等条件,有2s 2t 2=(s 2−t 2)2,即s 2t 2=2±√3.不妨要求0<s <t ,结合s 2+t 2=6√3,得s =√3(√3−1), t =√3(√3+1). 由①知a <0,故由③得a =−√t−s t+s,其中t =√√3+1√3−1=√3+1√2,从而有a =−√√3+1−√2√3+1+√2.综上, △ABC 的面积的最小值为3√3.2．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】在椭圆Γ中,A 为长轴的一个端点,B 为短轴的一个端点, F 1,F 2为两个焦点.若AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,求tan∠ABF 1⋅tan∠ABF 2的值. 【答案】−15【解析】由对称性,设椭圆Γ的方程为x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0),A(a,0),B(0,b), F 1(−c,0),F 2(c,0),其中c =√a 2−b 2.由条件知AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−c −a)(c −a)+(−c 2+b 2)=a 2+b 2−2c 2=0.所以a 2+b 2−2c 2=−a 2+3b 2=0,a =√3b,c =√2b . 记O 为坐标原点,则tan∠ABO =a b=√3, tan∠OBF 1=tan∠OBF 2=cb=√2.所以tan∠ABF 1tan∠ABF 2=tan(∠ABO +∠OBF 1)⋅tan(∠ABO −∠OBF 1) =√3+√21−√3⋅√2√3−√21+√3⋅√2=−15.3．【2019高中数学联赛A 卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，圆Ω与抛物线Γ:y 2=4x 恰有一个公共点，且圆Ω与x 轴相切于Γ的焦点F .求圆Ω的半径. 【答案】4√39【解析】易知的焦点F 的坐标为(1，0).设圆的半径为r (r >0).由对称性，不妨设Ω在x 轴上方与x 轴相切于点F ，故Ω的方程为(x −1)2+(y −r)2=r 2. ①将x =y 24代入①并化简，得(y 24−1)2+y 2−2ry =0.显然y >0，故r =12y[(y 24−1)2+y 2]=(y 2+4)232y②根据条件，②恰有一个正数解y ，该y 值对应Ω与Γ的唯一公共点. 考虑f(y)=(y 2+4)232y(y >0)的最小值.由平均值不等式知y 2+4=y 2+43+43+43⩾4√y 2⋅(43)34，从而f(y)⩾132y⋅16√y 2⋅(43)3=4√39.当且仅当y 2=43，即y =2√33时，f (y )取到最小值4√39.由②有解可知r ⩾4√39.又假如r >4√39，因f (y )随y 连续变化，且y →0+及y →+∞时，f (y )均可任意大，故②在(0,2√33)及(2√33,+∞)上均有解，与解的唯一性矛盾.综上，仅有r =4√39满足条件(此时(13,2√33)是Ω与Γ的唯一公共点).4．【2019高中数学联赛B 卷（第01试）】在椭圆中，F 为一个焦点，A 、B 为两个顶点若|F A |=3，|FB|=2，求AB 的所有可能值. 【答案】答案见解析【解析】不妨设平面直角坐标系中椭圆Γ的标准方程为x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)，并记c =√a 2−b 2.由对称性，可设F 为Γ的右焦点.易知F 到Γ的左顶点的距离为a +c ，到右顶点的距离为a －c ，到上下顶点的距离均为a .分以下情况讨论: (1)A 、B 分别为左、右顶点.此时a +c =3，a －c =2，故|AB|=2a =5(相应地，b 2=(a +c )(a －c )=6，Γ的方程为4x 225+y 26=1).(2)A 为左顶点，B 为上顶点或下顶点.此时a +c =3，a =2，故c =1，进而b 2=a 2−c 2=3，所以|AB|=√a 2+b 2=√7(相应Γ的方程为x 24+y 23=1).(3)A 为上顶点或下顶点，B 为右顶点.此时a =3，a －c =2，故c =1，进而b 2=a 2−c 2=8，所以|AB|=√a 2+b 2=√17(相应Γ的方程为x 29+y 28=1).综上可知，|AB |的所有可能值为5,√7,√17.5．【2018高中数学联赛B 卷（第01试）】如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，A 、B 与C 、D 分别是椭圆Γ:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点与上、下顶点.设P ，Q 是Γ上且位于第一象限的两点，满足OQ ∥AP ，M是线段AP 的中点，射线OM 与椭圆交于点R .证明:线段OQ ，OR ，BC 能构成一个直角三角形. 【答案】证明见解析【解析】设点P 坐标为(x 0,y 0).由于OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ //AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OP ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ;OR ⃗⃗⃗⃗⃗ //OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )，故存在实数λ、μ，使得OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ),OR ⃗⃗⃗⃗⃗ =μ(OP⃗⃗⃗⃗⃗ +OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ). 此时点Q 、R 的坐标可分别表示是(λ(x 0+a ),λy 0),(μ(x 0−a ),μy 0). 由于点Q 、R 都在椭圆上，所以λ2((x 0+a )2a 2+y 02b2)=μ2((x 0−a )2a 2+y 02b 2)=1.结合x 02a2+y 02b 2=1知，上式可化为λ2(2+2x 0a)=μ2(2−2x 0a)=1，解得λ2=a2(a+x 0),μ2=a2(a−x 0)，因此|OQ|2+|OR|2=λ2((x 0+a )2+y 02)+μ2((x 0−a )2+y 02)=a 2(a +x 0)((x 0+a )2+y 02)+a 2(a −x 0)((x 0−a )2+y 02)=a (a +x 0)2+ay 022(a +x 0)+a (a −x 0)2+ay 022(a −x 0)=a 2+ay 022(1a +x 0+1a −x 0)=a 2+ay 022⋅2a a 2−x 02 =a 2+a 2⋅b 2(1−x02a2)a 2−x 02=a 2+b 2=|BC|2.从而线段OQ 、OR 、BC 能构成一个直角三角形.6．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1:y 2=4x ，曲线C 2:(x −4)2+y 2=8.经过C 1上一点P 作一条倾斜角为45°的直线l ，与C 2交于两个不同的点Q 、R ，求|PQ|⋅|PR|的取值范围. 【答案】[4,8)∪(8,200)【解析】设P (t 2，2t )，则直线l 的方程为y =x +2t －t 2，代入曲线C 2的方程得(x −4)2+(x +2t −t 2)2=8，化简可得2x 2−2(t 2−2t +4)x +(t 2−2t )2+8=0①由于l 与C 2交于两个不同的点，故关于x 的方程①的判别式△为正. 计算得，Δ4=(t 2−2t +4)2−2[(t 2−2t )2+8]=(t2−2t)2−8(t2−2t)+16−2(t2−2t)2−16=−(t2−2t)2+8(t2−2t)=−(t2−2t)(t2−2t−8)=−t(t−2)(t+2)(t−4)，因此有t∈(−2,0)∪(2,4)②设Q、R的横坐标分别为x1,x2，由①知，x1+x2=t2−2t+4,x1x2=12[(t2−2t)2+8]，因此，结合的倾斜角为45°可知，|PQ|⋅|PR|=√2(x1−t2)⋅√2(x2−t2)=2x1x2−2t2(x1+x2)+2t4 =(t2−2t)2+8−2t2(t2−2t+4)+2t4=t4−4t3+4t2+8−2t4+4t3−8t2+2t4 =t4−4t2+8=(t2−2)2+4③由②可知，t2−2∈(−2,2)∪(2,14)，故(t2−2)2∈[0,4)∪(4,196)，从而由③得，|PQ|⋅|PR|=(t2−2)2+4∈[4,8)∪(8,200).注1利用C2的圆心到l的距离小于C2的半径，列出不等式|2√2|<2√2，同样可以求得②中t的范围.注2更简便的计算|PQ|⋅|PR|的方式是利用圆幂定理.事实上，C2的圆心为M(4，0)，半径r=2√2，故|PQ|⋅|PR|=|PM|2−r2=(t2−4)2+(2t)2−(2√2)2=t4−4t2+8.7．【2015高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆x22+y2=1的左、右焦点.设不经过焦点F1的直线l与椭圆交于两个不同的点A，B，焦点F1到直线l的距离为d.如果直线AF1，l，BF1的斜率依次成等差数列，求d的取值范围【答案】(√3,2)【解析】由条件知，点F1，F2的坐标分别为(－1，0)和(1，0).设直线l的方程为y=kx+m，点A，B的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2)，则x1,x2满足方程x22+(kx+m)2=1，即(2k2+1)x2+4kmx+(2m2−2)=0①由于点A，B不重合，且直线l的斜率存在，故x1,x2是方程①的两个不同实根，因此有式①的判别式Δ=(4km)2−4⋅(2k2+1)⋅(2m2−2)=8(2k2+1−m2)>0即2k2+1>m2②由直线AF1,l,BF1的斜率y1x1+1,k,y2x2+1依次成等差数列知y1x1+1+y2x2+1=2k.又y1=kx1+m,y2=kx2+m，所以(kx1+m)(x2+1)+(kx2+m)(x1+1)=2k(x1+1)(x2+1).化简并整理得(m−k)(x1+x2+2)=0，假如m=k，则直线l的方程为y=kx+k.即l经过点F1(－1，0)，不符合条件.因此必有x1+x2+2=0.故由方程①及韦达定理知4km2k2+1=−(x1+x2)=2，即m=k+12k③由式②与③知2k2+1>m2=(k+12k )2，化简得k2>14k2，这等价于|k|>√22.反之，当m，k满足式③及|k|>√22时，l必不经过点F1(否则将导致m=k，与式③矛盾)，而此时m，k满足式②，故l与椭圆有两个不同的交点A，B，同时也保证了AF1，BF1的斜率存在(否则x1,x2中的某一个为－1，结合x1+x2+2=0知x1=x2=−1，与方程①有两个不同的实根矛盾).点F2(1，0)到直线l：y=kx+m的距离为d=√2=√2|2k+12k|=√1k2+1(2+12k2).注意到|k|>√22，令t=√1k2+1，则t∈(1,√3)，上式可改写为d=1t⋅(t22+32)=12(t+3t)④考虑到函数f(t)=12⋅(t+3t)在[1,√3]上单调递减，故由式④得f(√3)<d<f(1)，即d∈(√3,2).8．【2014高中数学联赛（第01试）】平面直角坐标系xOy中，P是不在x轴上的一个动点，满足条件：过P可作抛物线y2=4x的两条切线，两切点连线l与PO垂直.设直线l与直线PO，x轴的交点分别为Q，R.(1)证明R是一个定点；(2)求|PQ||QR|的最小值.【答案】(1)证明见解析；(2) 2√2.【解析】(1)设点P的坐标为(a，b)(b≠0)，易知a≠0.记两切点A，B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)，则P A，PB的方程分别为yy1=2(x+x1)①yy 2=2(x +x 2)②而点P 的坐标(a ，b )同时满足式①与②，故A ，B 的坐标(x 1,y 1),(x 2,y 2)均满足方程by =2(x +a)③故式③就是直线AB 的方程.直线PO 与AB 的斜率分别为ba与2b，由PO ⊥AB 知ba⋅2b=−1，故a =－2.从而式③即为y =2b(x −2).故AB 与x 轴的交点R 是定点(2，0).(2)因为a =－2，故直线PO 的斜率k 1=−b2，直线PR 的斜率k 2=−b4.设∠OPR =α，则α为锐角，且|PQ||QR|=1tanα=|1+k 1k 2k 1−k 2|=|1+(−b 2)(−b4)−b 2+b 4|=8+b 22|b|⩾2√8b 22|b|=2√2.当b =±2√2时，|PQ||QR|的最小值为2√2.9．【2013高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，椭圆的方程为x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)，A 1，A 2分别为椭圆的左、右顶点，F 1，F 2分别为椭圆的左、右焦点，P 为椭圆上不同于A 1和A 2的任意一点.若平面中两个点Q ，R 满足QA 1⊥PA 1,QA 2⊥PA 2,RF 1⊥PF 1,RF 2⊥PF 2，试确定线段QR 的长度与b 的大小关系，并给出证明.【答案】答案见解析【解析】令c =√a 2−b 2，则A 1(−a,0),A 2(a,0),F 1(−c,0),F 2(c,0)，设P (x 0,y 0),Q (x 1,y 1),R (x 2,y 2)，其中x 02a 2+y 02b 2=1 (y ≠0)，由QA 1⊥PA 1,QA 2⊥PA 2可知A 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+a )(x 0+a )+y 1y 0=0 ① A 2Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 2P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1−a )(x 0−a )+y 1y 0=0①将式①与②相减，得2a (x 1+x 0)=0，即x 1=−x 0，将其代入式①，得−x 02+a 2+y 1y 0=0，故y 1=x 02−a 2y 0，于是Q (−x 0,x 02−a 2y 0).根据RF 1⊥PF 1,RF 2⊥PF 2，同理可得R (−x 0,x 02−c 2y 0)，因此|QR|=|x 02−a 2y 0−x 02−c 2y 0|=b 2|y 0|.由于|y 0|∈(0,b]，故|QR|⩾b (其中等号成立的充分必要条件是|y 0|=b ，即点P 为(0，±b )).10．【2012高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的边长为4，且|OB|=|OD|=6.(1)求证：|OA|⋅|OC|为定值；(2)当点A在半圆M：(x－2)2+y2=4(2≤x≤4)上运动时，求点C的轨迹.【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.【解析】(1)因为|OB|=|OD|，|AB|=|AD|=|CB|=|CD|，所以O，A，C三点共线.如图，联结BD，则BD垂直平分线段AC，设垂足为K.于是，有|OA|⋅|OC|=(|OK|−|AK|)(|OK|+|AK|)=|OK|2−|AK|2=(|OB|2−|BK|2)−(|AB|2−|BK|2)=|OB|2−|AB|2=62−42=20(定值)(2)设C(x，y)，A(2+2cosα,2sinα)，其中α=∠XMA(−π2⩽α⩽π2)，则∠XOC=α2，因为|OA|2=(2+2cosα)2+(2sinα)2=8(1+cosα)=16cos2α2，所以|OA|=4cosα2，由情形(1)的结论，得|OC|cosα2=5，所以x=|OC|cosα2=5，从而y=|OC|sinα2=5tanα2∈[−5,5].故点C的轨迹是一条线段，其两个端点的坐标分别为(5，5)，(5，－5).11．【2011高中数学联赛（第01试）】作斜率为13的直线l与椭圆C:x236+y24=1交于AB两点(如图所示)，且P(3√2,√2)在直线l的左上方.(1)证明：△P AB的内切圆的圆心在一条定直线上；(2)若∠APB=60°，求△P AB的面积.【答案】(1)证明见解析；(2)117√349.【解析】(1)设直线l:y=13x+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，将y=13x+m代入x236+y24=1中，化简整理得2x2+6mx+9m2−36=0，于是有x1+x2=−3m，x1x2=9m2−362，k PA=1√2x−3√2，k PB=2√2x−3√2，则k PA+k PB=1√2x−3√22√2x−3√2=1√2)(x2√2)+(y2√2)(x1√2)(x−3√2)(x−3√2)，因此(y1−√2)(x2−3√2)+(y2−√2)(x1−3√2)=(13x1+m−√2)(x2−3√2)+(13x2+m−√2)(x1−3√2) =23x1x2+(m−2√2)(x1+x2)−6√2(m−√2)=23⋅9m2−362+(m−2√2)(−3m)−6√2(m−√2)=3m2−12−3m2+6√2m−6√2m+12=0.从而k PA+k PB=0.又P在直线l的左上方，因此，∠APB的角平分线是平行于y轴的直线，所以△P AB的内切圆的圆心在直线x= 3√2上(2)若∠APB =60°时，结合情形(1)的结论可知k PA =√3,k PB =−√3，直线P A 的方程为y −√2=√3(x −3√2)，代入x 236+y 24=1中，消去y 得14x 2+9√6(1−3√3)x +18(13−3√3)=0，它的两根分别是x 1和3√2，所以x 1⋅3√2=18(13−3√3)14，即x 1=3√2(13−3√3)14，所以|PA|=√1+(√3)2⋅|x 1−3√2|=3√2(3√3+1)7，同理可求得|PB|=3√2(3√3−1)7，所以S △PAB =12⋅|PA|⋅|PB|⋅sin60°=12⋅3√2(3√3+1)73√2(3√3−1)7⋅√32=117√349.12．【2010高中数学联赛（第01试）】已知抛物线y 2=6x 上的两个动点A (x 1,y 1)和B (x 2,y 2)，其中x 1≠x 2且x 1+x 2=4.线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C ，求△ABC 面积的最大值. 【答案】143√7【解析】解法一设线段AB 的中点为M (x 0,y 0)，则x 0=x 1+x 22=2,y 0=y 1+y 22，k AB =y 2−y 1x 2−x 1=y 2−y 1y 226−y 126=6y 2+y 1=3y 0，线段AB 的垂直平分线的方程是y −y 0=−y 03(x −2)①易知x =5,y =0是式①的一个解，所以线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点C 为定点，且点C 坐标为(5，0). 由式①知直线AB 的方程为y −y 0=3y 0(x −2)，即x =y 03(y −y 0)+2②将式②代入y 2=6x 得y 2=2y 0(y −y 0)+12，即y 2−2y 0y +2y 02−12=0③依题意，y 1，y 2是方程③的两个实根，且y 1≠y 2，所以Δ=4y 02−4(2y 02−12)=−4y 02+48>0，所以−2√3<y 0<2√3，|AB|=√(x 1−x 2)2+(y 1−y 2)2=√[1+(y 03)2](y 1−y 2)2=√(1+y 029)[(y 1+y 2)2−4y 1y 2]=√(1+y 029)[4y 02−4(2y 02−12)]=23√(9+y 02)(12−y 02).定点C(5，0)到线段AB的距离ℎ=|CM|=√(5−2)2+(0−y0)2=√9+y02，S△ABC=12|AB|⋅ℎ=13√(9+y02)(12−y02)⋅√9+y02=13√12(9+y02)(24−2y02)(9+y02)⩽13√12(9+y02+24−2y02+9+y023)3=143√7.当且仅当9+y02=24−2y02，即y0=±√5，A(6+√353,√5+√7)，B(6−√353,√5−√7)，或A(6+√353,−(√5+√7))，B(6−√353,−√5+√7)时等号成立.所以，△ABC面积的最大值为143√7.解法二同解法一，线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点C坐标为(5，0)设x1=t12,x2=t22(t1>t2,t12+t22=4)，则S△ABC=12|501t12√6t11t22√6t21|的绝对值，则：S△ABC2=(12(5√6t1+√6t12t2−√6t1t22−5√6t2))2=32(t1−t2)2(t1t2+5)2=32(4−2t1t2)(t1t2+5)(t1t2+5)⩽32(143)3，所以S△ABC⩽143√7，当且仅当(t1−t2)2=t1t2+5且t12+t22=4，即t1=√7−√5√6t2=√7+√5√6，A(6+√353,√5+√7)，B(6−√353,√5−√7)，或A(6+√353,−(√5+√7))，B(6−√353,−√5+√7)时等号成立.所以，△ABC面积的最大值是143√7.13．【2009高中数学联赛（第01试）】设直线l：y=kx+m(其中k，m为整数)与椭圆x216+y212=1交于不同两点A，B ，与双曲线x 24−y 212=1交于不同两点C ，D ，问是否存在直线l 使得向量AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，若存在，指出这样的直线有多少条?若不存在，请说明理由. 【答案】答案见解析【解析】由{y =kx +mx 216+y 212=1消去y ，化简整理得(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−48=0，设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，则x 1+x 2=−8km 3+4k 2，Δ1=(8km)2−4(3+4k 2)(4m 2−48)>0 ①由{y =kx +m x 24−y 212=1消去y ，化简整理得(3−k 2)x 2−2kmx −m 2−12=0，设C (x 3,y 3),D (x 4,y 4)，则x 3+x 4=2km 3−k 2，Δ2=(−2km)2+4(3−k 2)(m 2+12)>0②因为AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以(x 4−x 2)+(x 3−x 1)=0，此时(y 4−y 2)+(y 3−y 1)=0. 由x 1+x 2=x 3+x 4得−8km 3+4k 2=2km 3−k 2，所以2km =0或−43+4k 2=13−k 2，由上式解得k =0或m =0，当k =0时，由式①与②得−2√3<m <2√3，因m 是整数，所以m 的值为−3,−2,−1,0,1,2,3，当m =0，由式①和②得−√3<k <√3，因k 是整数，所以k =－1，0，1. 于是满足条件的直线共有9条.14．【2008高中数学联赛（第01试）】如图，P 是抛物线y 2=2x 上的动点，点B ，C 在y 轴上，圆(x －1)2+y 2=1内切于△PBC ，求△PBC 面积的最小值.【答案】8【解析】设P (x 0,y 0)，B (0，b )，C (0，c )，不妨设b >c .直线PB 的方程为y −b =y 0−b x 0x ，化简得(y 0−b )x −x 0y +x 0b =0，又因为圆心(1，0)到PB 的距离为1，即00√(y 0−b )+x 0=1，故(y 0−b )2+x 02=(y 0−b )2+2x 0b (y 0−b )+x 02b 2，易知x 0>2，上式化简得(x 0−2)b 2+2y 0b −x 0=0，同理有(x 0−2)c 2+2y 0c −x 0=0，所以b +c =−2y 0x 0−2,bc =−x 0x 0−2，则(b −c)2=4x 02+4y 02−8x 0(x 0−2)2，因为P (x 0,y 0)是抛物线上的点，有y 02=2x 0，则(b −c)2=4x 02(x 0−2)2，即b −c =2x 0x 0−2，所以S ΔPBC =12(b −c)⋅x 0=x 0x 0−2⋅x 0=(x 0−2)+4x 0−2+4⩾2√4+4=8，当(x 0−2)2=4时取等号，此时x 0=4,y 0=±2√2，因此S △PBC 的最小值为8.15．【2007高中数学联赛（第01试）】已知过点(0，1)的直线l 与曲线C:y =x +1x (x >0)交于两个不同点M 和N .求曲线C 在点M ，N 处的切线的交点轨迹. 【答案】答案见解析【解析】设点M ，N 的坐标分别为(x 1,y 1)和(x 2,y 2)，曲线C 在点M ，N 处的切线分别为l 1，l 2，其交点P 的坐标为(x p ,y p ).若直线l 的斜率为k ，则l 的方程为y =kx +1，由方程组{y =x +1x y =kx +1 消去y ，得x +1x=kx +1，即(k −1)x 2+x −1=0，由题意知，该方程在(0，+∞)上有两个相异的实根x 1,x 2，故k ≠1，且Δ=1+4(k −1)>0 ①x 1+x 2=11−k>0 ② x 1x 2=11−k >0③由此解得34<k <1，对y =x +1x 求导，得y ′=1−1x 2，则 y ′|x=x 1=1−1x 12， y ′|x=x 2=1−1x 22，于是，直线l 1的方程为y =y 1=(1−1x 12)(x −x 1)，即y −(x 1+1x 1)=(1−1x 12)(x −x 1)，化简后得直线l1的方程为y=(1−1x12)x+2x1④同理可求得直线l2的方程为y=(1−1x22)x+2x2⑤④－⑤得(1x22−1x12)x p+2x1−2x2=0，因为x1≠x2，故有x p=2x1x2x1+x2⑥将②，③两式代入式⑥得x p=2，④+⑤得2y p=(2−(1x12+1x22))x p+2(1x1+1x2)①其中1x1+1x2=x1+x2x1x2=1，1x12+1x22=x12+x22x12x22=(x1+x2)2−2x1x2x12x22=(x1+x2x1x2)2−2x1x2=1−2(1−k)=2k−1，代入式⑦得2y p=(3−2k)x p+2，而x p=2，得y p=4−2k，又由34<k<1得2<y p<52，即点P的轨迹为(2，2)，(2,52)两点间的线段(不含端点).16．【2006高中数学联赛（第01试）】给定整数n≥2，设M0(x0,y0)是抛物线y2=nx－1与直线y=x的一个交点.试证明对于任意正整数m，必存在整数k≥2，使(x0m,y0m)为抛物线y2=kx－1与直线y=x的一个交点.【答案】证明见解析【解析】因为y2=nx−1与y=x的交点为x0=y0=n±√n2−42，显然有x0+1x0=n，若(x0m,y0m)为抛物线y2=kx−1与直线的一个交点，则k=x0m+1x0m，记k m=x0m+1x0m ，则k m+1=k m(x0+1x0)−k m−1=nk m−k m−1(m⩾2)①由于k1=n是整数，且k2=x02+1x02=(x0+1x0)2−2=n2−2也是整数，所以根据数学归纳法，通过式①可证明对于一切正整数m，k m=x0m+1x0m是正整数.现在对于任意正整数m，取k=x0m+1x0m，使得y2=kx−1与y=x的交点为(x0m,y0m).17．【2005高中数学联赛（第01试）】过抛物线y=x2上的一点A(1，1)作抛物线的切线，分别交x轴于D，交y轴于B.点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足AEEC =λ1；点F在线段BC上，满足BFFC=λ2，且λ1+λ2=1，线段CD与EF交于点P.当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程.【答案】y =13(3x −1)2 (x ≠23)【解析】解法一过抛物线上点A 的切线斜率为y ′= 2x |x=1=2，故切线AB 的方程为y =2x −1. 于是B ，D 的坐标分别为B(0,−1),D (12,0)，所以D 是线段AB 的中点.设P(x,y),C (x 0,x 02),E (x 1,y 1),F (x 2,y 2)，则由AE EC=λ1知x 1=1+λ1x 01+λ1,y 1=1+λ1x 021+λ1，由BF FC=λ2得x 2=λ2x 01+λ2,y 2=−1+λ2x 021+λ2，所以，EF 所在直线方程为y−1+λ1x 021+λ1−1+λ2x 021+λ2−1+λ1x 021+λ1=x−1+λ1x 01+λ1λ2x 01+λ2−1+λ1x 01+λ1，化简得[(λ2−λ1)x 0−(1+λ2)]y=[(λ2−λ1)x 02−3]x +1+x 0−λ2x 02① 当x 0≠12时，直线CD 的方程为y =2x 02x−x 022x 0−1②联立式①与②解得{x =x 0+13y =x 023，消去x 0，得点P 轨迹方程为y =13(3x −1)2.当x 0=12时，EF 方程为−32y =(14λ2−14λ1−3)x +32−14λ2，CD 方程为x =12，联立解得(x,y)=(12,112)也在点P 的轨迹上.因C 与A 不能重合，x 0≠1,x ≠23，所以所求轨迹方程为y =13(3x −1)2 (x ≠23).解法二由解法一知，AB 的方程为y =2x −1，B(0,−1),D (12,0)，故D 是AB 的中点.令γ=CD CP，t 1=CA CE=1+λ1，t 2=CB CF=1+λ2，则t 1+t 2=3，因为CD 为△ABC 的中线，所以S ΔCAB =2S △CAD =2S △CBD ，而1t1t2=CE⋅CFCA⋅CB=SΔCEFS△CAB=SΔCEP2S△CAD+SΔCFP2S△CBD=12(1t1γ+1t2γ)=t1+t22t1t2γ=32t1t2γ，所以γ=32，故P是△ABC的垂心.设P(x,y),C(x0,x02)，因点C异于A，则x≠1，故重心P的坐标为x=0+1+x03=1+x03(x≠23)，y=−1+1+x023=x023，消去x0，得y=13(3x−1)2，故所求轨迹方程为y=13(3x−1)2(x≠23).18．【2004高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0,43),B(−1,0),C(1,0)，点P到直线BC的距离是该点到直线AB，AC距离的等比中项.(1)求点P的轨迹方程；(2)若直线l经过△ABC的内心(设D)，且与点P的轨迹恰好有3个公共点，求l的斜率k的取值范围.【答案】(1) 8x2−17y2+12y−8=0；(2) {0,±12,±2√3417,±√22}.【解析】(1)直线AB，AC，BC的方程依次为y=43(x+1)，y=−43(x−1)，y=0，点P(x，y)到AB，AC，BC的距离依次为d1=15|4x−3y+4|，d2=15|4x+3y−4|，d3=|y|，依设d1d2=d32得116x2−(3y−4)2|=25y2，即16x2−(3y−4)2+25y2=0或16x2−(3y−4)2−25y2=0，化简得点P的轨迹方程为：圆S：2x2+2y2+3y−2=0与双曲线T：8x2−17y2+12y−8=0.(2)由前知，点P的轨迹包含两部分：圆S：2x2+2y2+3y−2=0①与双曲线T：8x2−17y2+12y−8=0②因为B(－1，0)和C(1，0)是适合题设条件的点，所以点B和点C在点P的轨迹上，且点P的轨迹曲线S与T的公共点只有B，C.△ABC的内心D也是适合题设条件的点，由d1=d2=d3解得D(0,12)，且知它在圆S上.直线l经过D，且与点P的轨迹有3个公共点，所以，的斜率存在，设l的方程为y=kx+12③(i)当k=0时，l与圆S相切，有唯一的公共点D.此时，直线y=12平行于x轴，表明l与双曲线有不同于D的2个公共点，所以l恰好与点P的轨迹有3个公共点.(ii)当k≠0时，l与圆S有2个不同的交点.这时，l与点P的轨迹恰有3个公共点只能有两种情况：情况1：直线l经过点B或点C，此时l的斜率k=±12，直线l的方程为x=±(2y−1)，代入方程②得y(3y−4)=0，解得E(53,43)或F(−53,43).表明直线BD与曲线T有2个交点B，E；直线CD与曲线T有2个交点C，F.故当k=±12时，恰好与点P的轨迹有3个公共点.情况2：直线l不经过点B和C(即k≠±12)，因为l与S有2个不同的交点，所以与双曲线T有且只有1个公共点，即方程组{8x2−17y2+12y−8=0y=kx+12有且只有1组实数解，消去y并化简得(8−17k2)x2−5kx−254=0，该方程有唯一实数解的充要条件是8−17k2=0④或(−5k)2+4(8−17k2)254=0⑤解方程④得k=±2√3417，解方程⑤得k=±√22.综合得直线l的斜率k的取值范围是有限集{0,±12,±2√3417,±√22}.19．【2002高中数学联赛（第01试）】已知点A(0，2)和抛物线y2=x+4上两点B，C使得AB⊥BC，求点C的纵坐标的取值范围.【答案】y≤0或y≥4.【解析】设点B坐标为(y12−4,y1)，点C坐标为(y2−4,y).显然y12−4≠0，故k AB=y1−2y12−4=1y1+2.由于AB⊥BC，所以k BC=−(y1+2)，从而y−y1=−(y1+2)[x−(y12−4)]，y2=x+4，消去x，注意到y≠y1，得(2+y1)(y+y1)+1=0，所以y12+(2+y)y1+(2y+1)=0，由△≥0解得y≤0或y≥4.当y=0时，点B的坐标为(－3，－1)；当y=4时，点B的坐标为(5，－3)，均满足题意.故点C的纵坐标的取值范围是y≤0或y≥4.20．【2001高中数学联赛（第01试）】设曲线C1:x2a2+y2=1(a为正的常数)与C2：y2=2(x+m)在x轴上方有一个公共点P.(1)求实数m的取值范围(用a表示)；(2)O为原点，若C与x轴的负半轴交于点A，当0<a<12时，试求△OAP的面积的最大值(用a表示).【答案】(1) −a<m<a；(2) (SΔDAP)max={12a√1−a2(0<a⩽13)a√a−a2(13<a<12).【解析】(1)可将曲线C1与C2的公共点的个数问题转化为研究它们的方程组成的方程组解的个数问题.由{x2a2+y2=1y2=2(x+m)，所以x2+2a2x+2a2m−a2=0①问题转化为方程①在区间(－a，a)上有唯一解或两个相等的实根.设f(x)=x2+2a2x+2a2m−a2，当△=0，即m=a 2+12时，由−a<−a2<a得0<a<1，这时方程①有等根.当f(−a)=f(a)<0，即−a<m<a时，方程①在区间(－a，a)内有一个根(另一个根在区间外).当f(−a)=0，即m=a时x p=a−2a2，由−a<a−2a2<a得0<a<1，这时方程①在区间(－a，a)内有唯一解；当f(a)=0，即m=−a时，x p=−a−2a2，由−a<−a−2a2<a得a∈∅，故综上所述，当0<a<1时，m=a 2+12或−a<m⩽a，当a≥1时，−a<m<a.(2)因为A (－a ，0)，所以S ΔoAP =12ay p ，当0<a <12时，由情形(1)知−a <m ⩽a ，由方程①得x p =−a 2+a√a 2+1−2m ，显然，x p >0，从而y p =√1−x p2a 2，要使y p 最大，则x p 应最小.易知，当m =a 时，(x p )min =a −2a 2，从而(y p )max =2√a −a 2，故(S ΔOAP )max =a√a −a 2. 当m =a 2+12时，x p =−a 2，从而y p =√1−a 2，故S △OAP =12a√1−a 2.下面比较a√a −a 2与12a√1−a 2的大小.因为(√a −a 2)2−(12√1−a 2)2=⋯=−14(3a −1)(a −1)，所以当0<a ⩽13时，a√a −a 2⩽12a√1−a 2，当13<a <12时，a√a −a 2>12a√1−a 2，(S ΔDAP )max ={12a√1−a 2(0<a ⩽13)a√a −a 2(13<a <12). 21．【2000高中数学联赛（第01试）】已知C 0:x 2+y 2=1和C 1:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0).试问：当且仅当a ，b 满足什么条件时，对C 1上任意一点P ，均存在以P 为顶点，与C 0外切，与C 1内接的平行四边形?并证明你的结论【答案】答案见解析【解析】利用极坐标解决：以坐标原点为极点，x 轴为极轴建立极坐标系，则椭圆的极坐标方程为1ρ2=cos 2θa 2+sin 2θb 2①显然此平行四边形ABCD 必为菱形，设A (ρ1,θ)，则B (ρ2,90°+θ). 代入式①相加1ρ12+1ρ22=1a 2+1b 2，由于该菱形必与单位圆相切，故原点到AB 的距离为1，所以ρ1ρ2=1⋅√ρ12+ρ22，从而1ρ12+1ρ22=1，所以1a2+1b 2=1.22．【1999高中数学联赛（第01试）】给定A (－2，2)，已知B 是椭圆x 225+y 216=1上的动点，F 是左焦点，当|AB|+53|BF|取最小值时，求B 的坐标.【答案】B (−52√3,2)【解析】记椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a ，b ，c ，离心率为e ，则a =5,b =4，c =√a 2−b 2=√52−42=3，e =c a=35，左准线为x =−253，如图，过点B 作左准线x =−253的垂线，垂足为N ，过A 作此准线的垂线，垂足为M .由椭圆的定义|BN|=|BF|e=53|BF|，于是|AB|+53|BF|=|AB|+|BN|⩾|AN|⩾|AM|.等号成立当且仅当B 是AM 与椭圆的交点时，此时B (−52√3,2).23．【1998高中数学联赛（第01试）】已知抛物线y 2=2px 及定点A (a ，b )，B (－a ，0)(ab ≠0，b 2≠2pa )，M 是抛物线上的点，设直线AM ，BM 与抛物线的另一交点分别为M 1,M 2.求证：当点M 在抛物线上变动时(只要M 1,M 2存在且M 1≠M 2)，直线M 1M 2恒过一个定点，并求出这个定点的坐标.【答案】证明见解析【解析】设M,M 1,M 2的坐标分别为(y 022p,y 0),(y 122p,y 1),(y 222p,y 2)，由A,M,M 1共线，得y 122p −y 022py 1−y 0=y 022p−ay 0−b，化简得y 1y 0=b (y 1+y 0)−2pa ，所以y 1=by 0−2pa y 0−b①同理，由B,M,M 2共线，得y 2=2pa y 0−b②设(x ，y )是直线M 1M 2上的点，则y 1y 2=y (y 1+y 2)−2px③由式①，②和③消y1,y2得(by0−2pa)2pay0−b =y(by0−2pay0−b+2pay0)−2px，整理得y02(2px−by)+y0⋅2pb(a−x)+2pa(by−2pa)=0.由于方程组{2px−by=0a−x=0by−2pa=0有解x=a,y=2pab，所以，动直线M1M2恒过定点(a,2pab).24．【1993高中数学联赛（第01试）】设0<a<b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使之与抛物线y2=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹.【答案】直线x=a+b2除去与y=0或y2=x的三个交点.【解析】设l的方程为y−kx+ka=0，m的方程为y－k'x+k'b=0.于是，过l，m与y2=x的四个不同交点的二次曲线，应有方程(y2−x)+λ(y−kx+ka)(y−k′x+k′b)=0.即(1+λ)y2−λ(k+k′)xy+λkk′x2+λ(ka+k′b)y−(λkk′(a+b)+1)x+λkk′ab=0.它成为圆的充要条件是{k=−k′1+λ=λkk′，即{k=−k′λ=−11+k2.所以，直线l：y−kx+ka=0与直线m：y−k′x+k′b=0的交点P(x0,y0)的坐标为{x0=a+b2y0=k2(b−a).即点P在线段AB的中垂线上.所以点P的轨迹是直线x=a+b2除去与y=0或y2=x的三个交点.25．【1991高中数学联赛（第01试）】设O为抛物线的顶点，F为焦点，且PQ为过F的弦，已知OF=a，PQ= b，求△OPQ的面积.【答案】a√ab【解析】以F为极点，F x为极轴建立极坐标系，则抛物线的方程为l=2a1−cosθ.设点P的极角为θ(θ∈(0,π))，则点Q的极角为π+θ.所以|PQ|=l P+l Q=2a1−cosθ+2a1−cos(π+θ)=4asin2θ.即4asin2θ=b.所以sinθ=2√ab.又S△opF=12a|FP|sinθ，SΔoor=12a|FQ|sinθ，所以SΔOPQ=SΔOPF+SΔOQF=12a(|FP|+|FQ|)sinθ=12absinθ=12ab⋅2√ab=a√ab.优质模拟题强化训练1．易知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其短轴为4，离心率为e1.双曲线x2m−y2n=1(m>0,n>0)的渐近线为y=±x，离心率为e2，且e1⋅e2=1.（1）求椭圆E的方程；（2）设椭圆E的右焦点为F，过点G(4，0)斜率不为0的直线交椭圆E于M、N两点设直线FM和FN的斜率为k1,k2，试判断k1+k2是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.【答案】（1）x 28+y24=1（2）是定值，k1+k2=0.【解析】（1）由题意可知：2b=4，b=2，nm =1，双曲线的离心率e2=√1+nm=√2，则椭圆的离心率为e1=√22.椭圆的离心率e1=ca=√1−b2a2=√22，则a=2√2.所以椭圆的标准方程：x 28+y24=1.（2）k1+k2是定值，证明如下：如图，设直线MN的方程为y=k(x−4)(k≠0).联立{y=k(x−4)x2+2y2=8消去y整理得(1+2k2)x2−16k2x+32k2−8=0.设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x1+x2=16k22k2+1,x1x2=32k2−82k2+1，k1+k2=y1x−2+y2x−2=k(x1−4)x−2+k(x2−4)x−2=k ⋅(x 1−4)(x 2−2)+(x 2−4)(x 1−2)(x 1−2)(x 2−2)=k ⋅2x 1x 2−6(x 1+x 2)+16(x 1−2)(x 2−2).将x 1+x 2=16k 22k 2+1,x 1x 2=32k 2−82k 2+1，代入上式得2x 1x 2−6(x 1+x 2)+16=0，即k 1+k 2=0.2．如图，椭圆C 1:x 24+y 2=1，抛物线C 2:x 2=2py(p >0)，设C 1,C 2相交于A 、B 两点，O 为坐标原点.（1）若△ABO 的外心在椭圆上，求实数p 的值；（2）若△ABO 的外接圆经过点N(0,132)，求实数p 的值. 【答案】（1）7−√136；（2）3【解析】(1)由抛物线、椭圆和圆的对称性可知，△AB 的外心为椭圆的上顶点M (0，1).则有MA =MB =MO =1.设B (x 0,y 0)(x 0>0)，则有{x 02=2py 0x 024+y 02=1x 02+(y 0−1)2=1，解得{x 02=4(2√13−5)9y 0=−1+√133p =7−√136.(2)因为O 、A 、N 、B 四点共圆，设AB 与y 轴相交于C(0,y 0)，由相交弦定理得AC •CB =CN •CO ，即y 0(132−y 0)=x 0x 0=2py 0，解得y 0=132−2p ①代入x 02=2y 0，解得x 02=2p(132−2p). ② 将①、②代入椭圆方程得13p−4p 24+(132−2p)2=1，解得p =3.3．如图所示，设k >0且k ≠1，直线l ：y =kx +1与l 1：y =k 1x +1关于直线y =x +1对称，直线l 与l 1分别交椭圆E :x 24+y 2=1于点A 、M 和A 、N .（1）求k⋅k1的值；（2）求证：对任意的实数k，直线MN恒过定点.【答案】（1）1；（2）证明见解析【解析】（1）直线l与l1的交点为A(0，1)设点P(x，y)是直线l上异于点A(0，1)的任意一点，点P0(x0,y0)是点P关于直线y=x+1的对称点.由y+y02=x+x02+1得y−x=x0−y0+2①由y−y0x−x0=−1得y+x=y+x0②联立①②解得{x=y0−1y=x0+1.代入直线l：y=kx+1可得x0=k(y0−1).又由点P0(x0,y0)在直线l1:y=k1x+1上，有y0=k1x0+1，则y0−1=k1x0.所以有x0=kk1x0，从而由x0≠0可得kk1=1.（2）设点M、N的坐标分别为(x1,y1)与(x2,y2).由{y1=kx1+1x124+y12=1可得(4k2+1)x12+8kx1=0.所以有x1=−8k4k2+1,y1=1−4k24k2+1.同理求得x2=−8k14k12+1,y2=1−4k124k12+1.由kk1=1可得x2=−8k4+k2,y2=k2−44+k2.则直线MN的斜率为k MN=y1−y2x1−x2=1−4k24k2+1−k2−44+k2−8k4k2+1−−8k4+k2=8−8k48k(3k2−3)=−k2+13k.所以直线MN的方程为y−1−4k 24k2+1=−k2+13k(x−−8k4k2+1)，化简得y=−k 2+13kx−53.因此，对任意的k，直线MN恒过定点(0,−53).4．已知椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1､F 2，右顶点为A ，P 为椭圆C 上任意一点.已知PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为3，最小值为2. （1）求椭圆C 的方程；（2）若直线l ：y =kx +m 与椭圆C 相交于M ､N 两点(M ､N 不是左右顶点)，且以MN 为直径的圆过点A .求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】（1）x 24+y 23=1.（2）证明见解析，定点(27,0)【解析】（1）因为P 是椭圆C 上任一点，所以|PF 1|+|PF 2|=2a 且a −c ⩽|PF 1|⩽a +c ，y =PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠F 1PF 2=12(|PF 1|2+|PF 2|2−4c 2) =12[|PF 1|2+(|2a −|PF 1|)2−4c 2] =(|PF 1|−a)2+a 2−2c 2.当|PF 1|=a 时，y 有最小值a 2-2c 2；当|PF 1|=a -c 或a +c 时，y 有最大值a 2−c 2.所以{a2−c 2=3a 2−2c 2=2，解得{a 2=4c 2=1，故b 2=a 2−c 2=3. 因此椭圆的方程为x 24+y 23=1.（2）设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2)，将y =kx +m 代入椭圆方程得(4k 2+3)x 2+8kmx +4m 2−12=0，所以x 1+x 2=−8km 4k 2+3,x 1x 2=4m 2−124k 2+3.因为y 1=kx 1+m, y 2=kx 2+m ，所以y 1y 2=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2. 又因为以MN 为直径的圆过点A ，所以AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，故7m 2+16km +4k 2=0. 所以m =−27k 或m =-2k ，都满足△>0若m =-2k ，直线l 恒过定点(2，0)，不合题意舍去若m =−27k ，直线l:y =k(x −27)恒过定点(27,0). 5．已知椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1过点M(0,2)，且右焦点为F(2,0)．（1）求椭圆C 的方程；（2）过点F 的直线l 与椭圆C 交于A,B 两点，交y 轴于点P ．若PA =mAF,PB =nBF ，求证：m +n 为定值；（3）在（2）的条件下，若点P 不在椭圆C 的内部，点Q 是点P 关于原点O 的对称点，试求三角形QAB 面积的最小值．【答案】（1）x 28+y 24=1（2）见解析（3）163【解析】（1）由题意b=2，c=2，所以a 2=8，椭圆C 的方程为x 28+y 24=1．(2)设A 、B 、P 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2),(0,t)．由PA =mAF 知x 1=2m 1+m ，y 1=t1+m ．又点A 在椭圆C 上，则(2m1+m )28+(t1+m )24=1，整理得2m 2+8m −t 2+4=0．由PB =nBF ，同理得到 2n 2+8n −t 2+4=0．由于A 、B 不重合，即m ≠n ，故m 、n 是二次方程2x 2+8x −t 2+4=0的两根，所以m+n=-4，为定值．（3）依题意，直线l 的方程为x 2+y t =1，即y =−t2(x −2)，与椭圆C 的方程联立，消去y 并整理，得 (2+t 2)x 2−4t 2x +4t 2−16=0，Δ=16t 4−4(2+t 2)(4t 2−16)=32t 2+128>0，所以x 1+x 2=4t 22+t2,x 1⋅x 2=4t 2−162+t 2，而 S ΔQAB =12⋅|2t|⋅|x 1−x 2|=|t|⋅|x 1−x 2| S ΔQAB 2=t 2(x 1−x 2)2=t 2[(x 1+x 2)2−4x 1x 2]=t 2[16t 4(2+t 2)2−16t 2−642+t 2]=t 2⋅32t 2+128(2+t 2)2．=32[1−4(2+t 2)2]由已知，点P 不在椭圆C 的内部，得|t|⩾2，即t 2⩾4，所以S ΔQAB 2的最小值为32×89=2569，故三角形QAB 面积的最小值为163． 6．．。

专题44平面解析几何第四缉(解析版)-备战2025年高中数学联赛之历年真题分类汇编

备战2025年高中数学联赛之历年真题分类汇编专题44平面解析几何第四缉1．【2024年贵州预赛】设椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,其焦距为2c,点N (3c 2,√2c2)在椭圆的内部,点M 是椭圆C 上的动点,且|MF 1|+|MN|<2√3|F 1F 2|恒成立,则椭圆C 的离心率的取值范围是( )A ．(0,√33)B ．(√33,1)C ．(4√321,1)D ．(4√321,√33) 【答案】D 【解析】解法1:由N (3c 2,√2c 2)在椭圆的内部得9c 24a2+c 22b 2<1.即9b 2c 2+2a 2c 2<4a 2b 2.⇒4a 4−15a 2c 2+9c 4>0⇒9e 4−15e 2+4>0⇒(3e 2−1)(3e 2−4)>0，因为0<e<1,所以3e 2-4<0,故3e 2<1⇒0<e <√33. 又由|MF 1|+|MN|<2√3|F 1F 2|恒成立,即2a +|MN|−|MF 2|<4√3c 恒成立⇔(2a +|MN|−|MF 2|)max <4√3c ⇔2a +|NF 2|<4√3c⇔2a +√(3c 2−c)2+c 22<4√3c ⇔2a <7√3c 2⇔e >4√321.综上,得4√321<e <√33. 解法2:因为N (3c 2,√2c2)在椭圆的内部,所以NF 1+NF 2<2a ,即3√32c +√32c <2a .得√3c <a, e =c a<√33,因为还有一个条件未用,故不可能是A 所以选D.2．【2024年福建预赛】若直线l 与两直线l 1：x －y －l =0，l 2：13x －3y －11=0分别交于A 、B 两点，且线段AB 中点为P (1，2)，则直线l 的斜率为（） A ．－2 B ．－3 C ．2 D ．3 【答案】B 【解析】由点A 在直线l 1：x －y －7=0上，设A (t ，t －7). 由AB 中点为P (1，2)，知B (2－t ，11－t ). ∵点B 在直线l 2：13x +3y －11=0上， ∴13(2－t )+3(11－t )－11=0.解得，t =3.∴A(3，－4)，k l=k PA=2−(−4)1−3=−3,选B.3．【2024年福建预赛】已知点A(－2，0)，B(2，0)，C(0，2)，直线y=kx+b(k>0)交线段CA于点D，交线段CB于点E.若△CDE的面积为2，则b的取值范围为（）A．(√2−1，1)B．(2−√2，23]C．(2−√2，34]D．(√2−1，23]【答案】B【解析】如图，设|CD|=m，|CE|=n.由条件知，△ABC为等腰直角形，CA=CB=2√2，CA⊥CB.由△CDE的面积为2，得12mn=2，mn=4.由k>0，得m>n.因此，2<m≤2√2.设DE交y轴于点F，点F到CA、CB的距离相等，设为t.则SΔCDE=12mt+12nt=2，t=4m+n.∴b=OF=2−CF=2−√2t=2−4√2m+n.∴b=2−4√2m+n 的取值范围为(2−√2，23]. 选B.4．【2024年贵州预赛】已知一双曲线的两条渐近线方程为x−√3y=0和√3x+y=0，则它的离心率是（）．A．√2B．√3C．2√2D．√3+1【答案】A【解析】解：由于两渐近线相互垂直，故此双曲线的离心率与渐近线为y=±x的双曲线的离心率相同，而以y=±x为渐近线的双曲线方程为x2−y2=λ(λ≠0)，它的离心率为√2，故答案为：A．5．【2024年北京预赛】如图，平面直角坐标系x−O−y中，A,B是函数y=1x在第I象限的图象上两点，满足∠AOB=60°且OA=OB，则ΔOAB的面积等于A．2√3. B．32√3. C．√3. D．√32.【答案】C【解析】依题意，ΔOAB是正三角形.又A,B是函数y=1x在第I象限的图象上两点，所以A,B关于直线y=x轴对称.设点A(a,1a )，则点B(1a,a).OA2=a2+1a2，AB2=(a−1a)2+(1a−a)2=2(a−1a)2由OA=AB得a2+1a2=2(a−1a)2，化简得a2+1a2−4=0.因此OA2=4.所以，正ΔOAB的面积=√34×OA2=√34×4=√3. 选C.6．【2024年贵州预赛】已知一双曲线的两条渐近线方程为x−√3y=0和√3x+y=0，则它的离心率是（）．A．√2B．√3C．2√2D．√3+1【答案】A【解析】解：由于两渐近线相互垂直，故此双曲线的离心率与渐近线为y=±x的双曲线的离心率相同，而以y=±x为渐近线的双曲线方程为x2−y2=λ(λ≠0)，它的离心率为√2，故答案为：A．7．【2024年四川预赛】设F1、F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，P为该椭圆上一点，满足∠F1PF2=90°.若ΔPF1F2的面积为2，则b的值为（）.A．1B．√2C．√3D．2【答案】B【解析】设|PF1|=m,|PF2|=n，则m+n=2a,①m2+n2=4c2=4(a2−b2),②12mn=2.③由①②③得b2=2,即b=√2.故答案为：B8．【2017年天津预赛】将曲线y=log2x沿x轴正方向移动1个单位,再沿y轴负方向移动2个单位,得到曲线C.在下列曲线中,与C关于直线x+y=0对称的是( )(A)y=2x+2−1(B)y=−2x+2−1(C)y=−22−x−1(D)y=22−x−1【答案】C【解析】提示：任取曲线y=log2x上一点(2t,t),平移后得到曲线C上的点(2t+1,t−2).它关于x+y=0的对称点是(2−t,−2t−1).令x=2−t,y=−2t−1,消去t得y=−22−x−1,故选C.9．【2017年四川预赛】已知F1,F2为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,该椭圆上存在两点A、B,使得F1A=3F2B⃐ ,则该椭圆的离心率的取值范围是( )(A)(0,12)(B)(0,13)(C)(12,1)(D)(13,1)【答案】C【解析】提示:如图,由F1A=3F2B,可得F2B∥F1A,且|F2B|=13|F1A|,所以直线AB与x轴交于点P(2c,0). 设M为已知椭圆上一动点,分PM为1：2的三等分点形成的轨迹为C,则曲线C与已知椭圆的交点即为点B. 显然,当P点在椭圆内,则曲线C也在椭圆内,与椭圆无公共点;而当P点在橢圆外,则曲线C与椭圆有公共点. 所以在椭圆上存在两点A,B,使得F1A=3F2B的充要条件是点P在椭圆外.故2c>a.所以离心率e=ca >12.10．【2017年陕西预赛】如图,已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),圆O:x2+y2=a2与y轴正半轴交于点B,过点B的直线与椭圆E相切,且与圆O交于另一点A.若∠AOB=60∘,则椭圆E的离心率为( )(A)12(B)13(C)√22(D)√33【答案】D【解析】提示：因为|OA|=|OB|,∠AOB=60∘,所以△AOB为正三角形,则直线AB的斜率为±√33.于是,直线AB的方程为y=±√33x+a,代入x 2a2+y2b2=1,得(a2+3b2)x2±2√3a3x+3a2(a2−b2)=0.Δ=12a6+12a2(a2+3b2)(a2−b2)=0,得2a2=3b2,即2a2=3(a2−c2).以a2=3c2,即e=ca =√33.11．【2017年黑龙江预赛】方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)的棛圆左顶点为A,左,右焦点分别为F1,F2,D是它的短轴上的一个顶点,若3DF1=DA+2DF2,则该椭圆的离心率为( )(A)12(B)13(C)14(D)15【答案】D【解析】提示:因为D(0,b),A(−a,0),F1(−c,0),F2(c,0), 所以3(−c,−b)=(−a,−b)+2(c,−b),所以−3c=−a+2c,所以ca =15.12．【2017年黑龙江预赛】已知F1,F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,以F1F2为直径的圆与双曲线C在第二象限的交点为P,若双曲线的离心率为5,则cos∠PF2F1等于( )(A)35(B)34(C)45(D)56【答案】C【解析】提示:设PF1=x,因为P在双曲线上,所以PF2=2a+x. 因为P在圆上,所以PF12+PF22=F1F22,所以x=−a+√b2+c2, 所以PF2=−a+√b2+c2.又因为ca =5,所以cos∠PF2F1=45.13．【2017年湖南预赛】已知椭圆C:x28+y24=1,对于任意实数k,椭圆C被下列直线中所截得的弦长,与被直线l:y=kx+1所截得的弦长不可能相等的是( ) (A)kx+y+k=0(B)kx−y−1=0(C)kx+y−k=0(D)kx+y−2=0【答案】D【解析】提示:对于A,当k=1时,椭圆C被直线kx+y+k=0所截得的弦长,与被l:y=kx+1所截得的弦长相等;对于B,当k=0时,椭圆C被直线kx−y−1=0所截得的弦长,与被l:y=kx+1所截得的弦长相等;对于C,当k=−1时,椭圆C被直线kx+y−k=0所截得的弦长,与被l:y=kx+1所截得的弦长相等.因此,正确的选项为D.14．【2024年陕西预赛】已知A、B为抛物线y=3-x2上关于直线x+y=0对称的相异两点.则|AB|等于（）. A．3 B．4 C．3√2D．4√2【答案】C【解析】因为点A、B关于直线x+y=0对称，所以，设点A(a，b)，B(-b，-a).又点A、B在抛物线y=3-x2上，则{b=3−a2，−a=3−b2⇒{a=−2，b=−1或{a=1，b=2.不妨设点A(-2，-1)，B(1，2).则|AB|=3√2. 选C.15．【2024年吉林预赛】已知椭圆E：2214x ym+=，对于任意实数k，下列直线被椭圆E截得的弦长与l：y＝kx＋1被椭圆E截得的弦长不可能相等的是()A．kx＋y＋k＝0 B．kx－y－1＝0C．kx＋y－k＝0 D．kx＋y－2＝0【答案】D【解析】试题分析：解：由数形结合可知，当l过点（-1，0）时，直线l和选项A中的直线重合，故不能选A．当l过点（1，0）时，直线l和选项D中的直线关于y轴对称，被椭圆E所截得的弦长相同，故不能选C．当k=0时，直线l和选项B中的直线关于x轴对称，被椭圆E所截得的弦长相同，故不能选B．直线l 斜率为k，在y轴上的截距为1；选项D中的直线kx+y-2="0" 斜率为-k，在y轴上的截距为2，这两直线不关于x轴、y轴、原点对称，故被椭圆E所截得的弦长不可能相等．故选D考点：直线和椭圆的位置关系点评：本题考查直线和椭圆的位置关系，通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法16．【2024年吉林预赛】已知椭圆E：2214x ym+=，对于任意实数k，下列直线被椭圆E截得的弦长与l：y＝kx＋1被椭圆E截得的弦长不可能相等的是()A．kx＋y＋k＝0 B．kx－y－1＝0C．kx＋y－k＝0 D．kx＋y－2＝0【答案】D【解析】试题分析：解：由数形结合可知，当l过点（-1，0）时，直线l和选项A中的直线重合，故不能选A．当l过点（1，0）时，直线l和选项D中的直线关于y轴对称，被椭圆E所截得的弦长相同，故不能选C．当k=0时，直线l和选项B中的直线关于x轴对称，被椭圆E所截得的弦长相同，故不能选B．直线l 斜率为k，在y轴上的截距为1；选项D中的直线kx+y-2="0" 斜率为-k，在y轴上的截距为2，这两直线不关于x轴、y轴、原点对称，故被椭圆E所截得的弦长不可能相等．故选D考点：直线和椭圆的位置关系点评：本题考查直线和椭圆的位置关系，通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法17．【2024年浙江预赛】曲线为平面上交于一点的三条直线的充分必要条件为（）。

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《平面解析几何》全集汇编附答案

【高中数学】数学《平面解析几何》试卷含答案一、选择题1．已知,A B 两点均在焦点为F 的抛物线()220y px p =>上，若4AF BF +=，线段AB 的中点到直线2px =的距离为1，则p 的值为（） A ．1 B ．1或3C ．2D ．2或6【答案】B 【解析】4AF BF +=1212442422p px x x x p x p ⇒+++=⇒+=-⇒=-中因为线段AB 的中点到直线2px =的距离为1，所以121132px p p -=∴-=⇒=中或，选B. 点睛：1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理． 2．若00(,)P x y 为抛物线22(0)y px p =>上一点，由定义易得02pPF x =+；若过焦点的弦AB AB 的端点坐标为1122(,),(,)A x y B x y ，则弦长为1212,AB x x p x x =+++可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．2．如图，12,F F 是椭圆221:14x C y +=与双曲线2C 的公共焦点，,A B 分别是12,C C 在第二、四象限的公共点，若四边形12AF BF 为矩形，则2C 的离心率是（）A 2B 3C ．32D ．62【答案】D 【解析】【分析】【详解】试题分析：由椭圆与双曲线的定义可知，|AF 2|＋|AF 1|＝4，|AF 2|－|AF 1|＝2a(其中2a 为双曲线的长轴长)，∴|AF 2|＝a ＋2，|AF 1|＝2－a ，又四边形AF 1BF 2是矩形，∴|AF 1|2＋|AF 2|2＝|F 1F 2|2＝2，∴a，∴e考点：椭圆的几何性质．3．已知一条抛物线恰好经过等腰梯形ABCD 的四个顶点，其中4AB =，2BC CD AD ===，则该抛物线的焦点到其准线的距离是（）ABCD．【答案】B 【解析】【分析】不妨设抛物线标准方程22(0)x py p =>，将条件转化为坐标，代入解出p ，即得结果. 【详解】不妨设抛物线标准方程22(0)x py p =>，可设(1,),(2,C m B m ，则1232242(pm p p m =⎧⎪∴==⎨=+⎪⎩，即抛物线的焦点到其准线的距离是2，选B. 【点睛】本题考查抛物线方程及其性质，考查基本分析求解能力，属基本题.4．已知直线21y kx k =++与直线122y x =-+的交点位于第一象限，则实数k 的取值范围是（）A ．12k >B ．16k <-或12k > C ．62k -<< D ．1162k -<< 【答案】D 【解析】【分析】联立21122y kx k y x =++⎧⎪⎨=-+⎪⎩，可解得交点坐标(,)x y ，由于直线21y kx k =++与直线122y x =-+的交点位于第一象限，可得00x y >⎧⎨>⎩，解得即可．【详解】解：联立21122y kx ky x=++⎧⎪⎨=-+⎪⎩，解得24216121kxkkyk-⎧=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩，Q直线21y kx k=++与直线122y x=-+的交点位于第一象限，∴24216121kkkk-⎧>⎪⎪+⎨+⎪>⎪+⎩，解得：1162k-<<．故选：D．【点睛】本题考查两直线的交点和分式不等式的解法，以及点所在象限的特征．5．数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线22322():16C x y x y=+恰好是四叶玫瑰线.给出下列结论：①曲线C经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2；③曲线C围成区域的面积大于4π；④方程()223221)60(x y x y xy+=<表示的曲线C在第二象限和第四象限其中正确结论的序号是( )A．①③B．②④C．①②③D．②③④【答案】B【解析】【分析】利用基本不等式得224x y+≤，可判断②；224x y+=和()3222216x y x y+=联立解得222x y==可判断①③；由图可判断④.【详解】()2223222216162x yx y x y⎛⎫++=≤ ⎪⎝⎭，解得224x y+≤（当且仅当222x y==时取等号），则②正确；将224x y +=和()3222216x y x y +=联立，解得222x y ==，即圆224x y +=与曲线C 相切于点，(，(，，则①和③都错误；由0xy <，得④正确. 故选：B. 【点睛】本题考查曲线与方程的应用，根据方程，判断曲线的性质及结论，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.6．已知直线(3)(0)y k x k =+>与抛物线2:4C y x =相交于A ，B 两点，F 为C 的焦点.若5FA FB =，则k 等于（）A ．3B ．12C ．23D 【答案】B 【解析】【分析】由2(3)4y k x y x =+⎧⎨=⎩，得()22226490k x k x k +-+=，()22464360k k ∆=-->，得213k <，129x x =①，再利用抛物线的定义根据5FA FB =，得到1254x x =+②，从而求得21x =，代入抛物线方程得到(1,2)B ，再代入直线方程求解. 【详解】设()11,A x y ，()22,B x y ，易知1 0x >，20x >，10y >，20y >，由2(3)4y k x y x=+⎧⎨=⎩，得()22226490k x k x k +-+=，()22464360k k ∆=-->，所以213k <，129x x =①.因为1112p FA x x =+=+，2212pFB x x =+=+，且5FA FB =，所以1254x x =+②. 由①②及20x >得21x =，所以(1,2)B ，代入(3)y k x =+，得12k =. 故选：B【点睛】本题考查抛物线的定义，几何性质和直线与抛物线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.7．已知双曲线2221(0)2x y b b-=>的左右焦点分别为12,F F ，其一条渐近线方程为y x =，点0(3,)P y 在该双曲线上，则12PF PF ⋅u u u r u u u u r=( )A ．12-B ．2-C ．0D ．4【答案】C 【解析】由题知，故，∴12(23,1)(23,1)3410PF PF ⋅=-±⋅±=-+=u u u r u u u u r，故选择C ．8．已知抛物线y 2＝4x 上的点P 到抛物线的准线的距离为d 1，到直线3x －4y ＋9＝0的距离为d 2，则d 1＋d 2的最小值是（）A ．125 B ．65C ．2D 5【答案】A 【解析】试题分析：根据抛物线的定义可知抛物线24y x =上的点P 到抛物线的焦点距离1PF d =,所以122d d MF d +=+,其最小值为()1,0F 到直线3490x y -+=的距离，由点到直线的距离公式可知()()122min min223912534d d MF d ++=+==+，故选A. 考点：抛物线定义的应用.9．已知双曲线22x a－22y b ＝1(a >0，b >0)的左顶点与抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(－2，－1)，则双曲线的焦距为( )A ．5B ．3C ．3D ．5【答案】A 【解析】【分析】【详解】解：根据题意，双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为（-2，-1），即点（-2，-1）在抛物线的准线上，又由抛物线y 2＝2px 的准线方程为2px =-，则p=4，则抛物线的焦点为（2，0）；则双曲线的左顶点为（-2，0），即a=2；点（-2，-1）在双曲线的渐近线上，则其渐近线方程为12y x =±，由双曲线的性质，可得b=1；则c =故选A ．10．过双曲线()2222100x y a b a b-=>>，的右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A B ，两点，OAB ∆，则双曲线的离心率为（）A B C ．2D ．3【答案】D 【解析】【分析】令x c =，代入双曲线方程可得2by a=±，由三角形的面积公式，可得,a b 的关系，由离心率公式计算可得所求值．【详解】右焦点设为F ，其坐标为(),0c令x c =，代入双曲线方程可得2b y a=±=±OAB V 的面积为21223b c a ⋅⋅= 3b a ⇒=可得3c e a ==== 本题正确选项：D 【点睛】本题考查双曲线的对称性、考查双曲线的离心率和渐近线方程，属于中档题．11．（2017新课标全国卷Ⅲ文科）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的左、右顶点分别为A 1，A 2，且以线段A 1A 2为直径的圆与直线20bx ay ab -+=相切，则C 的离心率为 A ．6 B ．3 C ．23D ．13【答案】A 【解析】以线段12A A 为直径的圆的圆心为坐标原点()0,0，半径为r a =，圆的方程为222x y a +=，直线20bx ay ab -+=与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即22d a a b==+，整理可得223a b =，即()2223,a a c=-即2223ac =，从而22223c e a ==，则椭圆的离心率263c e a ===，故选A.【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及取值范围问题，其关键就是确立一个关于,,a b c 的方程或不等式，再根据,,a b c 的关系消掉b 得到,a c 的关系式，而建立关于,,a b c 的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.12．点为椭圆的一个焦点，若椭圆上存在点使（为坐标原点）为正三角形，则椭圆的离心率为（） A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】【分析】为正三角形，点在椭圆上，代入椭圆方程，计算得到.【详解】由题意，可设椭圆的焦点坐标为，因为为正三角形，则点在椭圆上，代入得，即，得，解得，故选B ．【点睛】本题考查了椭圆离心率的计算，意在考查学生的计算能力.13．已知曲线C 的方程为22121x y m m+=-，现给出下列两个命题：p ：102m <<是曲线C 为双曲线的充要条件，q ：12m > 是曲线C 为椭圆的充要条件，则下列命题中真命题的是（）A ．()()p q ⌝∧⌝B ．()p q ⌝∧C ．()p q ∧⌝D ．p q ∧【答案】C 【解析】【分析】根据充分必要条件及双曲线和椭圆定义，分别判定命题p 与命题q 的真假，进而判断出复合命题的真假．【详解】若曲线C 为双曲线，则()210m m -< ，可解得102m << 若102m <<，则()210m m -<，所以命题p 为真命题若曲线C 为椭圆，则12m >且m≠1，所以命题q 为假命题因而()p q ∧⌝为真命题所以选C 【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程，充分必要条件的判定，属于基础题．14．若圆1C ：2224100x y mx ny +---=（m ，0n >）始终平分圆2C ：()()22112x y +++=的周长，则12m n+的最小值为（） A ．92B ．9C ．6D ．3【答案】D 【解析】【分析】把两圆的方程相减，得到两圆的公共弦所在的直线l 的方程，由题意知圆2C 的圆心在直线l 上，可得()123,213m n m n +=∴+=，再利用基本不等式可求最小值. 【详解】把圆2C ：()()22112x y +++=化为一般式，得22220x y x y +++=，又圆1C ：2224100x y mx ny +---=（m ，0n >），两圆的方程相减，可得两圆的公共弦所在的直线l 的方程：()()12150m x n y ++++=.Q 圆1C 始终平分圆2C 的周长，∴圆心()21,1C --在直线l 上，()()12150m n ∴-+-++=，即()123,213m n m n +=∴+=. ()112225331212121n m m n m n m n m n m n ⎛⎫⎛⎫∴+=+⨯=+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫+=++ ⎪⎝⎝⎭⎭()115522333⎛≥+=+⨯= ⎝. 当且仅当2322m n n m mn +=⎧⎪⎨=⎪⎩即1m n ==时，等号成立.12m n ∴+的最小值为3. 故选：D . 【点睛】本题考查两圆的位置关系，考查基本不等式，属于中档题.15．已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，过2F 且斜率为247的直线与双曲线在第一象限的交点为A ，若()21210F F F A F A +⋅=u u u u v u u u u v u u u v，则此双曲线的标准方程可能为（）A ．22143x y -=B ．22134x y -=C ．221169x y -=D ．221916x y -=【答案】D 【解析】【分析】先由()21210F F F A F A +⋅=u u u u r u u u u r u u u r 得到1222F F F A c ==，根据2AF 的斜率为247，求出217cos 25AF F ∠=-，结合余弦定理，与双曲线的定义，得到c a ，求出ab ，进而可得出结果. 【详解】由()21210F F F A F A +⋅=u u u u r u u u u r u u u r，可知1222F F F A c ==，又2AF 的斜率为247，所以易得217cos 25AF F ∠=-，在12AF F ∆中，由余弦定理得1165AF c =，由双曲线的定义得16225c c a -=，所以53c e a ==，则:3:4a b =，所以此双曲线的标准方程可能为221916x y -=.故选D 【点睛】本题考查双曲线的标准方程，熟记双曲线的几何性质与标准方程即可，属于常考题型.16．已知椭圆2221(1)x y a a+=>的左、右焦点分别为1F ，2F ，A 是椭圆在第一象限上的一个动点，圆C 与1F A 的延长线，12F F 的延长线以及线段2AF 都相切，且()3,0M 为其中一个切点．则椭圆的离心率为（）A ．2B ．3C ．2D ．3【答案】B 【解析】【分析】设圆C 与1F A 的延长线相切于点N ，与2AF 相切于点T ，由切线长相等和椭圆的定义，解方程得出3a =，求出c ，进而可得离心率. 【详解】设圆C 与1F A 的延长线相切于点N ，与2AF 相切于点T ，由切线长相等，得AN AT =，11F N F M =，22F T F M =，1(,0)F c -，2(,0)F c ，由椭圆的定义可得，122AF AF a +=，()111223+22+F N F M c AF AN a AF AN a AN AT TF ==+==-+=+-222(3)a F M a c =-=--，则26a =，即3a =，又1b =，所以c ==因此椭圆的离心率为223c e a ==. 故选：B.【点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，熟记椭圆的定义，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.17．已知直线1:(1)(1)20l a x a y -++-=和2:(1)210l a x y +++=互相垂直，则a 的值为（）A ．-1B ．0C ．1D ．2【答案】A【解析】分析：对a 分类讨论，利用两条直线相互垂直的充要条件即可得出．详解：1a =-时，方程分别化为：10210x y +=+=，，此时两条直线相互垂直，因此1a =-满足题意．1a ≠-时，由于两条直线相互垂直，可得：11()112a a a -+-⨯-=-+，解得1a =-，舍去．综上可得：1a =-.故选A ．点睛：本题考查了两条直线相互垂直的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题18．过双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的右焦点F ，作渐近线b y x a =的垂线与双曲线左右两支都相交，则双曲线离心率e 的取值范围为( )A ．()1,2B ．(2C ．)2,+∞D ．()2,+∞【答案】C【解析】【分析】设过双曲线的右焦点F 与渐近线b y x a=垂直的直线为AF ,根据垂线与双曲线左右两支都相交，得AF 的斜率要小于双曲线另一条渐近线的斜率 ,由此建立关于,a b 的不等式，解之可得22b a >，从而可得双曲线的离心率e 的取值范围 .【详解】过双曲线的右焦点F 作渐近线b y x a=垂线，设垂足为A ， Q 直线为AF 与双曲线左右两支都相交， ∴直线AF 与渐近线b y x a =-必定有交点B ，因此，直线b y x a =-的斜率要小于直线AF 的斜率， Q 渐近线b y x a =的斜率为b a， ∴直线AF 的斜率a k b =-，可得b a a b -<-，即22,b a b a a b>>，可得222c a >，两边都除以2a ，得22e >，解得2e >双曲线离心率e 的取值范围为)2,+∞，故选C. 【点睛】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率范围问题应先将 e 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于e 的不等式，从而求出e 的范围.19．双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的离心率为23C 的焦距等于（）．A ．2B ．2C ．4D ．42【答案】C【解析】试题分析：设双曲线的焦距为2c，双曲线的渐进线方程为，由条件可知，，又，解得，故答案选C．考点：双曲线的方程与几何性质20．在平面直角坐标系中，已知双曲线的中心在原点，焦点在轴上，实轴长为8，离心率为，则它的渐近线的方程为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】试题分析：渐近线的方程为，而，因此渐近线的方程为，选D.考点：双曲线渐近线。

高联平面几何训练题(附答案)

平几综合问题【例1】在ABC中，AB AC，其内切圆I分别切三边于点D,E,F , P为弧EF （不含点D的弧）上一点.设线段BP交圆I于另一点Q.直线EP,EQ分别交直线BC于点M,N.证明：（1）P, F,B,M四点共圆；EM BDEN BP【例2】如图，在锐角厶ABC中，AB AC，cosB cosC 1. E、F分别是AB、AC延长线上的点, 且ABF ACE 90 .⑴求证：BE CF EF ;⑵设EBC的平分线与EF交于点P，求证：CP平分BCF .【例3】在三角形ABC中，AB AC , CAB和ABC的内角平分线分别与边BC和CA相交于点D和E •设K是三角形ACD的内心•若BEK 45，求CAB所有可能的值.【例4】(*)过圆外一点P向圆0作切线PA、PB及割线PCD，过C作PA的平行线，分别交AB、AD 于E 、F ．求证：CE EF ．CF【例5】在厶ABC中，B C , △ ABC的内切圆O l与BC , CA , AB的切点分别为 D ,E ,F .记AD与O I的不同于点D的交点为P .过点P作AD的垂线交EF于点Q , X，丫分别是AQ 与直线DE , DF的交点.求证：A是线段XY的中点.【例6】如图，C为扇形AOB的弧A B上一点，在射线OC上任取一点P，连结AP，过点B作直线BQ // AP 交OC于点Q •证明：五边形OAQPB的面积与点C、P的选取无关.2 XY【例7】给定圆1和2相交于点X 和Y . h 是一条过1的圆心的直线且与 2交于P 、Q .12是一条过的圆心的直线且与 1交于R 、S •求证：若P 、Q 、R 、S 四点共圆，则此圆的圆心在直线上.C Q恳大显身手1. 设不过平行四边形ABCD顶点的任意一条直线分别与直线AB BC CD DA交于E、F、G H,则圆EFC与圆GHC勺另一个交点Q必在定直线上2. 已知O O与ABC的边AB AC分别相切于P和Q ,与ABC外接圆相切于D , M是PQ的中点（如图）.求证：POQ 2 MDC .3. 两圆OQ、O O2相切于点M , O O2的半径不小于O。

全国高中数学联赛A卷加试平面几何真题讲义(2013-2019)

梦境
平面几何真题讲解
2019年全国高中数学联赛A卷加试第一题（40分）
如图，在锐角 ABC中， M 是 BC 边的中点.点 P 在ABC 内，使得 AP 平分BAC . 直线 MP 与 ABP， ACP 的外接圆分别相交于不同于点 P 的两点 D, E . 求证：若 DE MP，则 BC 2BP .
A
I
B
CA卷加试第二题（40分）
如图所示，在 ABC中，X 、Y 是直线 BC 上的两点（ X 、B 、C 、Y 顺次排列），使得 BX AC CY AB . 设 ACX ， ABY 的外心分别为 O1,O2 ，直线O1O2 与 AB 、 AC 分别交于点U 、V . 证明： AUV 是等腰三角形.
A
求证： AM AN .
O
B
C
M N
F
D
E
G
2013年全国高中数学联赛A卷加试第一题（40分）
如图， AB 是圆的一条弦， P 为弧 AB 内一点， E 、 F 为线段 AB 上两点，满足
AE EF FB，连接 PE 、 PF 并延长，与圆分别相交于点C 、 D .
求证： EF CD AC BD.
2018年全国高中数学联赛A卷加试第二题（40分）
ABC为锐角三角形，AB AC ，M 为 BC 边的中点，点 D 和 E 分别为ABC 的外接圆
上弧 BAC 和弧 BC 的中点. F 为 ABC的内切圆在 AB 边上的切点，G 为 AE 与 BC 的交
D
点， N 在线段 EF 上，满足 NB AB .
2015年全国高中数学联赛A卷加试第三题（50分）
如图， ABC内接于圆O ， P 为弧 BC 上一点，点 K 在线段 AP 上，使得 BK 平分ABC ，过K 、P 、 C 三点的圆与边 AC 交于点 D ，连接 BD交圆于点 E ，连接 PE 并延长与边 AB 交于点F .

2023_年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析

２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析张㊀君(四川省温江中学ꎬ四川成都６１１１３０)摘㊀要:文章给出２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析ꎬ部分试题给出一题多解ꎬ解答题给出了有别于参考答案的精彩解法.关键词:高中数学联赛ꎻ四川预赛ꎻ数学竞赛试题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２８－００８８－０５收稿日期:２０２３－０７－０５作者简介:张君(１９７８.１０－)ꎬ男ꎬ四川省宣汉人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题ꎬ全卷共１１道题(满分１２０分)ꎬ其中８道填空题(每小题８分)ꎬ３道解答题(第９题１６分ꎬ第１１㊁１２题各２０分).笔者参考２０２２年四川预赛试题及其解析[１]ꎬ对２０２３年四川预赛每道题都进行了分析和研究ꎬ逐个给出解析.１试题内容简析该试题涉及函数性质(第１题)ꎬ平面向量(第２题)ꎬ二项式定理(第３题)ꎬ函数与导数(第４题)ꎬ数论(第５题)ꎬ立体几何(第６题)ꎬ平面解析几何(第９题)ꎬ三角函数与三角变换(第７ꎬ８题)ꎬ函数与数列(第５ꎬ１０题)ꎬ函数与不等式(第８ꎬ１１题).２试题及其解析题１㊀已知ｆ(ｘ)是定义在Ｒ上的函数ꎬ且对任意实数ｘꎬ均有２ｆ(ｘ)＋ｆｘ２－１()＝１ꎬ则ｆ(２)的值为.解析㊀令ｘ＝１ꎬ得２ｆ(１)＋ｆ０()＝１.①令ｘ＝－１ꎬ得２ｆ(－１)＋ｆ０()＝１.②令ｘ＝０ꎬ得２ｆ(０)＋ｆ－１()＝１.③由①②③解得ｆ(１)＝１３.令ｘ＝２ꎬ得２ｆ(２)＋ｆ１()＝１.解得ｆ(２)＝１３.题２㊀设平面向量ａꎬｂ满足:｜ａ｜＝１ꎬ｜ｂ｜＝２ꎬａʅｂ.点ＯꎬＡꎬＢ为平面上的三点ꎬ满足ＯＡң＝２ａ＋ｂꎬＯＢң＝－３ａ＋２ｂꎬ则ΔＡＯＢ的面积为.解析㊀由ａʅｂ建立以Ｏ为原点ꎬ分别以向量ａꎬｂ的方向为正方向建立平面直角坐标系ꎬ因为｜ａ｜＝１ꎬ｜ｂ｜＝２ꎬ所以ａ＝(１ꎬ０)ꎬｂ＝(０ꎬ２).所以ＯＡң＝２ａ＋ｂ＝(２ꎬ２)ꎬＯＢң＝－３ａ＋２ｂａ＝(－３ꎬ４).即Ａ(２ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ４).从而求得ＳΔＡＯＢ＝７.题３㊀在(－ｘｙ＋２ｘ＋３ｙ－６)６的展开式中ꎬｘ４ｙ３的系数为.(用具体数字作答)解析㊀因为(－ｘｙ＋２ｘ＋３ｙ－６)６＝(ｙ－２)６(ｘ＋３)６ꎬ所以ｘ４ｙ３的系数为Ｃ３６(－２)３Ｃ２６３２＝－２１６００.题４㊀设Ｐ(０ꎬａ)是ｙ轴上异于原点的任意一点ꎬ过点Ｐ且平行于ｘ轴的直线与曲线ｙ＝１ａｌｎｘ交于点Ｑꎬ曲线ｙ＝１ａｌｎｘ在点Ｑ处的切线交ｙ轴于点Ｒꎬ则ΔＰＱＲ的面积的最小值为.解析㊀由题意知ꎬａ＝１ａｌｎｘꎬ解得ｘ＝ｅａ２.所以Ｑ(ｅａ２ꎬａ).因为ｙᶄ＝１ａｘꎬ所以切线ＲＱ的方程为ｙ－ａ＝１ａｅａ２(ｘ－ｅａ２).令ｘ＝０ꎬ得Ｒ(０ꎬａ－１ａ).所以ＳΔＰＲＱ＝１２ＰＱＰＲ＝１２ａｅａ２.令ｆ(ａ)＝１２ａｅａ２(ａ>０)ꎬ所以ｆᶄ(ａ)＝１２ｅａ２(２－ａ－２).当ａɪ０ꎬ２２æèçöø÷时ꎬｆᶄ(ａ)<０ꎬｆ(ａ)单调递减ꎻ当ａɪ２２ꎬ＋ɕæèçöø÷时ꎬｆᶄ(ａ)>０ꎬｆ(ａ)单调递增[２].㊀所以ｆ(ａ)ｍｉｎ＝ｆ(２２)＝２ｅ２.题５㊀㊀设集合Ｉ＝{０ꎬ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２}ꎬＡ＝{(ａꎬｂꎬｃꎬｄ)｜ａꎬｂꎬｃꎬｄɪＩꎬａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ且ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)}ꎬ则集合Ａ中元素的个数为.解析㊀若ａꎬｄ中有０ꎬ由于ａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ则ａꎬｄ()有０ꎬ１()和１ꎬ０()两种情况.此时ａｄ＝０ꎬ且ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)ꎬ则ｂꎬｃ中有０ꎬｂꎬｃ()有４５种情况.所以ꎬ此类共有２ˑ４５＝９０种情况.若ａꎬｄ中无０ꎬ由于ａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ则ａꎬｄ()有２ꎬ２２()ꎬ３ꎬ２１()ꎬ ꎬ２２ꎬ２()共２１种情况.因为ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)ꎬ注意到ｋｍ(ｋꎬｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})对每一个确定的ｋꎬｋｍ(ｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})的每两个值对于ｍｏｄ２３不同余ꎬ即与１ꎬ２ꎬ ꎬ２２关于ｍｏｄ２３同余的值各有一个ꎬ则ｋｍ(ｋꎬｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})的值与１ꎬ２ꎬ ꎬ２２关于ｍｏｄ２３同余的各有２２个.则对于每一个ａꎬｄ()ꎬｂꎬｃ()有２２种情况.故此类共有２１ˑ２２＝４６２种情况.㊀所以ꎬ集合Ａ中元素的个数为９０＋４６２＝５５２.题６㊀在直三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中ꎬＡＢ＝１ꎬＢＣ＝ＣＣ１＝３ꎬøＡＢＣ＝９０ʎꎬ点Ｐ是平面ＡＢＣ上一动点ꎬ则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣ的最小值为.解析㊀易知ꎬ点Ｐ在线段ＡＣ上时ꎬＡ１Ｐ＋１２ＰＣ才可能最小.由已知可求得ＡＣ＝２ꎬＡＡ１＝３.设øＡＡ１Ｐ＝αꎬ则αɪ０ꎬａｒｃｔａｎ２３æèçöø÷ꎬＡ１Ｐ＝３ｃｏｓαꎬＡＰ＝３ｔａｎα.则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣ＝３ｃｏｓα＋２－３ｔａｎα２＝１＋３２－ｓｉｎα()２ｃｏｓα.设ｔ＝２－ｓｉｎαｃｏｓαꎬ则ｔｃｏｓα＋ｓｉｎα＝２.于是ｔ２＋１ȡ２ꎬｔȡ３.则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣȡ５２.当ｔ＝３时ꎬ３ｃｏｓα＋ｓｉｎα＝２ꎬ则ｓｉｎα＋π３æèçöø÷＝１ꎬ解得α＝π６.故当α＝π６时ꎬＡ１Ｐ＋１２ＰＣ取最小值５２.题７㊀如图１ꎬ将函数ｙ＝ｃｏｓｘ＋１(０ɤｘɤ２π)的图象Γ画在矩形ＯＡＢＣ内ꎬ将ＡＢ与ＯＣ重合围成一个圆柱ꎬ则曲线Γ在圆柱表面形成的曲线的离心率为.解析㊀如图２ꎬ设图１中ＯＡꎬＣＢ的中点分别为ＥꎬＤꎬ则围成圆柱后ＡＥꎬＢＤ分别为上㊁下底面的直径ꎬ易知ＡＥ＝２.设ＡＥ的中点为ＧꎬＰ为曲线上一点ꎬ作ＰＱʅ底面ꎬ垂足为点ＱꎬＱＭʅＡＥ于点ＭꎬＭＮʊＡＢ交ＢＥ于点Ｎ.㊀图１㊀函数ｙ＝ｃｏｓｘ＋１图象㊀㊀㊀㊀㊀图２㊀圆柱设ＡＱ(＝ｘꎬ则ＰＱ＝１＋ｃｏｓｘꎬøＡＧＱ＝ｘꎬøＡＥＱ＝ｘ２.所以ＥＱ＝ＡＥｃｏｓøＡＥＱ＝２ｃｏｓｘ２ꎬＭＥ＝ＱＥｃｏｓøＡＥＱ＝２ｃｏｓ２ｘ２.易知әＮＭＥ为等腰直角三角形ꎬ则ＭＮ＝ＭＥ＝２ｃｏｓ２ｘ２＝１＋ｃｏｓｘ.所以ＰＱ＝ＮＭꎬ则四边形ＰＱＭＮ为矩形.所以ＰＮʅＮＭꎬ则ＰＮʅ平面ＡＢＤＥꎬ于是点Ｐ在平面ＡＢＤＥ内的投影为点Ｎ.所以曲线在平面ＡＢＤＥ内的投影为线段ＢＥꎬ于是曲线为过直线ＢＥ且垂直于平面ＡＢＤＥ的平面截圆柱侧面所得曲线[３].该曲线为椭圆ꎬ长轴为ＢＥ＝２２ꎬ短轴长等于底面直径２ꎬ所以离心率为２２.题８㊀设ＡꎬＢꎬＣ是ΔＡＢＣ的三个内角ꎬ则３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ的取值范围为.解析㊀设Ｍ＝３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ.易知Ｍ<６ꎬ当Ａң０ꎬＢңπꎬＣң０时ꎬＭң６.当Ｃң０时ꎬＭ＝－３ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃң－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋１ꎬ又－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋１＝４ｃｏｓ２Ｂ－３ｃｏｓＢ－１＝４ｃｏｓＢ－３８æèçöø÷２－２５１６ꎬ所以ꎬ当Ｃң０ꎬＢ＝ａｒｃｃｏｓ３８πꎬＡңπ－ａｒｃｃｏｓ３８时ꎬＭң－２５１６.下面证明Ｍ>－２５１６.当Ａɤπ３时ꎬＭȡ３ｃｏｓπ３－３＝－３２>－２５１６.当Ａ>π３时ꎬ０<Ｂ<２π３ꎬ０<Ｃ<２π３ꎬ０<Ｂ＋Ｃ<２π３.此时ꎬＡ不是ＡꎬＢꎬＣ中最小的.(１)若Ｃ最小ꎬ则Ｃ<ＡꎬＣɤＢ.此时ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃȡ０ꎬ证明如下:ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓＢ＋ｃｏｓ２Ｃ＝－２ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｃｏｓＢ２＋２ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｃｏｓＢ－２Ｃ２＝４ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｓｉｎＢ－Ｃ２ｓｉｎＣ２.因为Ｂ＋２Ｃ２ꎬＢ－Ｃ２ꎬＣ２ɪ０ꎬπ２[öø÷ꎬ所以ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃȡ０成立.所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃȡ３－ｃｏｓＢ＋ｃｏｓＣ－ｃｏｓ２Ｃ()＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ＝－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋３ｃｏｓＣ－３ｃｏｓ２Ｃ＋ｃｏｓ３Ｃ＝４ｃｏｓ２Ｂ－３ｃｏｓＢ＋４ｃｏｓ３Ｃ－６ｃｏｓ２Ｃ＋１＝４ｃｏｓＢ－３８æèçöø÷２＋２ｃｏｓＣ－１()２２ｃｏｓＣ＋１()－２５１６.因为０<Ｃ<２π３ꎬ－１２<ｃｏｓＣ<１ꎬ所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ>－２５１６.(２)若Ｂ最小ꎬ则ＢɤＣꎬＢ<Ａꎬ３Ｂ＋Ｃ２ɪ０ꎬπ()ꎬＣ－Ｂ２ɪ０ꎬπ２[öø÷.于是ｃｏｓＡ＋ｃｏｓ２Ｂ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋ｃｏｓ２Ｂ＝２ｓｉｎ３Ｂ＋Ｃ２ｓｉｎＣ－Ｂ２ȡ０ꎮ所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３ＣȡｃｏｓＡ＋ｃｏｓ３Ｃ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋ｃｏｓ３Ｃ>－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ３Ｃ＝４ｃｏｓ３Ｃ－４ｃｏｓＣ.设ｔ＝ｃｏｓＣꎬ由于０<Ｃ<２π３ꎬ－１２<ｃｏｓＣ<１ꎬ则－１２<ｔ<１.令４ｃｏｓ３Ｃ－４ｃｏｓＣ＝４ｔ３－４ｔ＝ｆｔ()ꎬ则ｆᶄｔ()＝１２ｔ２－４＝４３ｔ２－１()ꎬ则ｆｔ()的极值点为ʃ１３.则ｆｔ()在－１２ꎬ－１３æèçöø÷上单调递增ꎬ在－１３ꎬ１３æèçöø÷上单调递减ꎬ在１３ꎬ１æèçöø÷上单调递增.计算知ｆ－１２æèçöø÷＝３２>－２５１６ꎬｆ１３æèçöø÷＝－８３３>－２５１６ꎬ所以ｆｔ()>－２５１６.所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ>－２５１６.综上所述ꎬ３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ的取值范围是－２５１６ꎬ６æèçöø÷.题９㊀已知抛物线Γ的顶点是原点Ｏꎬ焦点是Ｆ(０ꎬ１).过直线ｙ＝－２上任意一点Ａ作抛物线Γ的两条切线ꎬ切点分别为ＰꎬＱꎬ求证:(１)直线ＰＱ过定点ꎻ(２)øＰＦＱ＝２øＰＡＱ.证明㊀(１)易得拋物线Γ的方程为ｘ２＝４ｙ.设点Ａ(ｔꎬ－２)ꎬＰｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()ꎬ则过点Ｐ的抛物线Γ的切线ｌ１的方程为ｙ－ｙ１＝ｘ１２ｘ－ｘ１().即ｘ１ｘ－２ｙ－２ｙ１＝０.同理ꎬ过点Ｑ的抛物线Γ的切线ｌ２的方程为ｘ２ｘ－２ｙ－２ｙ２＝０.由ｌ１ꎬｌ２过点Ａꎬ可得ｘ１ｔ＋４－２ｙ１＝０ꎬｘ２ｔ＋４－２ｙ２＝０ꎬ这表明ꎬ点Ｐｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()的坐标满足方程ｔｘ－２ｙ＋４＝０.所以直线ＰＱ的方程为ｔｘ－２ｙ＋４＝０.所以易得直线ＰＱ过定点(０ꎬ２).(２)不妨设点Ｐ在点Ｑ的左边ꎬ则ｘ１<ｘ２.因为ｔａｎøＰＡＱ＝ｘ１/２－ｘ２/２１＋(ｘ１/２) (ｘ２/２)＝２ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４ꎬ所以ｔａｎ２øＰＡＱ＝２ｔａｎøＰＡＱ１－ｔａｎ２øＰＡＱ＝４ｘ１－ｘ２()/ｘ１ｘ２＋４()１－４ｘ１－ｘ２()２/ｘ１ｘ２＋４()２＝４ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４()ｘ１ｘ２＋４()２－４ｘ１－ｘ２()２.又因为ｔａｎøＰＦＱ＝(ｙ１－１)/ｘ１－(ｙ２－１)/ｘ２１＋[(ｙ１－１)/ｘ１] [(ｙ２－１)/ｘ２]＝ｘ２ｘ２１/４－１()－ｘ１ｘ２２/４－１()ｘ１ｘ２＋ｘ２１/４－１()ｘ２２/４－１()＝４ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４()ｘ１ｘ２＋４()２－４ｘ１－ｘ２()２ꎬ所以ｔａｎ２øＰＡＱ＝ｔａｎøＰＦＱ.易知０ʎ<øＰＡＱ<９０ʎ<øＰＦＱ<１８０ʎ.所以øＰＦＱ＝２øＰＡＱ.题１０㊀给定正整数ｎ(ｎȡ２).已知２ｎ个正实数ａ１ꎬａ２ꎬ ꎬａ２ｎꎬ满足:ðｎｋ＝１ａ２ｋ－１ ðｎｋ＝１ａ２ｋ＝ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１＋ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ.求Ｓ＝ð２ｎｋ＝１ａｎ－１ｋａｋ＋１的最小值ꎬ其中ａ２ｎ＋１＝ａ１.解析㊀一方面ꎬ记Ａ＝ᵑ２ｎｋ＝１ａｋ()１ｎꎬ则Ｓ＝ðｎｋ＝１ａｎ－１２ｋａ２ｋ＋１＋ðｎｋ＝１ａｎ－１２ｋ－１ａ２ｋȡｎᵑｎｋ＝１ａｎ－１２ｋａ２ｋ＋１æèçöø÷１ｎ＋ｎᵑｎｋ＝１ａｎ－１２ｋ－１ａ２ｋæèçöø÷１ｎ＝ｎＡᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１＋ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ()＝ｎＡðｎｋ＝１ａ２ｋ－１ ðｎｋ＝１ａ２ｋ()ȡｎＡｎᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１()１ｎｎᵑｎｋ＝１ａ２ｋ()１ｎ＝ｎ３.另一方面ꎬ易知ｎ＝２时ꎬ取ａ１＝ａ３＝１ꎬａ２＝ａ４＝２＋３时可满足条件ꎬ且Ｓ＝ｎ３.ｎȡ３时ꎬ取ａ１＝ａ２＝＝ａ２ｎ＝ｎ２２æèçöø÷１ｎ－２时可满足条件ꎬ且Ｓ＝ｎ３.综上所述ꎬ所求的最小值是ｎ３.题１１㊀给定正整数ａꎬｂ(ａɤｂ).数列ｆｎ{}满足:ｆ１＝ａꎬｆ２＝ｂꎬｆｎ＋２＝ｆｎ＋１＋ｆｎ(ｎ＝１ꎬ２ꎬ ).若对任意的正整数ｎꎬ都ðｎｋ＝１ｆｋ()２ɤλ ｆｎｆｎ＋１ꎬ求实数λ的最小值.解析㊀先证以下３个引理:引理１㊀对任意ｎɪＮ∗ꎬ有ｆｎ＋２＝ðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆ２.证明㊀ｆｎ＋２＝ðｎ＋１ｋ＝２ｆｋ＋１－ｆｋ()＋ｆ２＝ðｎ＋１ｋ＝２ｆｋ－１＋ｆ２＝ðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆ２.引理２㊀记Ｔ＝ａ２＋ａｂ－ｂ２ꎬ则对任意ｎɪＮ∗ꎬ有ｆｎｆｎ＋２＋(－１)ｎＴ＝ｆ２ｎ＋１.证明㊀由条件知ｆ３＝ａ＋ｂ.从而ｆ１ｆ３＋(－１)１Ｔ＝ａ(ａ＋ｂ)－ａ２＋ａｂ－ｂ２()＝ｂ２＝ｆ２２ꎬ故结论对ｎ＝１成立.假设ｎ＝ｋ(ｋȡ１)时ꎬ结论成立ꎬ即ｆｋｆｋ＋２＋(－１)ｋＴ＝ｆ２ｋ＋１.当ｎ＝ｋ＋１时ꎬｆｋ＋１ｆｋ＋３＋(－１)ｋ＋１Ｔ＝ｆｋ＋１ｆｋ＋１＋ｆｋ＋２()＋ｆｋｆｋ＋２－ｆ２ｋ＋１＝ｆｋ＋１ｆｋ＋２＋ｆｋｆｋ＋２＝ｆ２ｋ＋２ꎬ故当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ结论也成立.由归纳原理知ꎬ对任意的正整数ｎꎬ都有ｆｎｆｎ＋２＋(－１)ｎＴ＝ｆ２ｎ＋１.引理３㊀ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１＝５－１２.证明㊀首先ꎬ由ｆｎｆｎ＋１－ｆｎ＋１ｆｎ＋２＝ｆｎｆｎ＋２－ｆ２ｎ＋１ｆｎ＋１ｆｎ＋２＝(－１)ｎＴｆｎ＋１ｆｎ＋２ң０知ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１存在ꎬ设其值为ａꎬ其中０ɤａɤ１.其次ꎬ将ｆｎ＋２＝ｆｎ＋１＋ｆｎ同时除以ｆｎ＋１ꎬ再令ｎң＋ɕꎬ得１ａ＝１＋ａꎬ解得ａ＝５－１２.回到原题:记Ｔｎ＝ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１ꎬｎ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ ꎬ则Ｔｎ＋１－Ｔｎ＝ðｎ＋１ｋ＝１ｆｋ()２ｆｎ＋１ｆｎ＋２－ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｆｎðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆｎ＋１()２－ｆｎ＋２ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝ｆｎ－ｆｎ＋２()ðｎｋ＝１ｆｋ()２＋２ｆｎｆｎ＋１ðｎｋ＝１ｆｋ()＋ｆｎｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝－ｆｎ＋１ｆｎ＋２－ｆ２()２＋２ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２－ｆ２()＋ｆｎｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝２ｆｎ＋１ｆ２－ｆ２２＋ｆｎｆｎ＋２－ｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋２＝２ｂｆｎ＋１－ｂ２－(－１)ｎＴｆｎｆｎ＋２.注意到ｆｎ＋１ȡｂꎬ且(－１)ｎＴ＝(－１)ｎａ２＋ａｂ－ｂ２()ɤｂ２ꎬ所以２ｂｆｎ＋１－ｂ２－(－１)ｎＴȡ２ｂ２－ｂ２－ｂ２＝０.因此ꎬＴｎ＋１ȡＴｎ对任意的正整数ｎ均成立.由Ｔｎ{}单调递减可知:若ｌｉｍｎң＋ɕＴｎ存在ꎬ则其值为λ的最小值.又ｌｉｍｎң＋ɕＴｎ＝ｌｉｍｎң＋ɕðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋２－ｆ２()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋１＋ｆｎ－ｆ２()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋１＋ｆｎ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１＋ｆｎ＋１ｆｎ＋２æèçöø÷＝５－１２＋５＋１２＋２＝２＋５.综上可知ꎬλ的最小值为２＋５.参考文献:[１]张君.２０２２年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(２５):８４－８８.[２]李鸿昌.我这样做奥数[Ｍ].成都:四川省教育电子音像出版社ꎬ２０２１.[３]甘志国.圆锥曲线光学性质的证明及其应用[Ｊ].数学教学ꎬ２０１７(０９):１６－１８ꎬ３７.[责任编辑:李㊀璟]。

高中数学联赛真题分类平面解析几何C辑(原卷版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题17平面解析几何C 辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A 卷（第01试）】在平面直角坐标系中,点A ,B ,C 在双曲线xy =1上,满足△ABC 为等腰直角三角形.求△ABC 的面积的最小值.2．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】在椭圆Γ中,A 为长轴的一个端点,B 为短轴的一个端点, F 1,F 2为两个焦点.若AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,求tan∠ABF 1⋅tan∠ABF 2的值.3．【2019高中数学联赛A 卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，圆Ω与抛物线Γ:y 2=4x 恰有一个公共点，且圆Ω与x 轴相切于Γ的焦点F .求圆Ω的半径.4．【2019高中数学联赛B 卷（第01试）】在椭圆中，F 为一个焦点，A 、B 为两个顶点若|F A |=3，|FB|=2，求AB 的所有可能值.5．【2018高中数学联赛B 卷（第01试）】如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，A 、B 与C 、D 分别是椭圆Γ:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点与上、下顶点.设P ，Q 是Γ上且位于第一象限的两点，满足OQ ∥AP ，M是线段AP 的中点，射线OM 与椭圆交于点R .证明:线段OQ ，OR ，BC 能构成一个直角三角形.6．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1:y 2=4x ，曲线C 2:(x −4)2+y 2=8.经过C 1上一点P 作一条倾斜角为45°的直线l ，与C 2交于两个不同的点Q 、R ，求|PQ|⋅|PR|的取值范围.7．【2015高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，F 1，F 2分别是椭圆x 22+y 2=1的左、右焦点.设不经过焦点F 1的直线l 与椭圆交于两个不同的点A ，B ，焦点F 1到直线l 的距离为d .如果直线AF 1，l ，BF 1的斜率依次成等差数列，求d的取值范围8．【2014高中数学联赛（第01试）】平面直角坐标系xOy中，P是不在x轴上的一个动点，满足条件：过P可作抛物线y2=4x的两条切线，两切点连线l与PO垂直.设直线l与直线PO，x轴的交点分别为Q，R.(1)证明R是一个定点；(2)求|PQ||QR|的最小值.9．【2013高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，A1，A2分别为椭圆的左、右顶点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上不同于A1和A2的任意一点.若平面中两个点Q，R满足QA1⊥PA1,QA2⊥PA2,RF1⊥PF1,RF2⊥PF2，试确定线段QR的长度与b的大小关系，并给出证明.10．【2012高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的边长为4，且|OB|=|OD|=6.(1)求证：|OA|⋅|OC|为定值；(2)当点A在半圆M：(x－2)2+y2=4(2≤x≤4)上运动时，求点C的轨迹.11．【2011高中数学联赛（第01试）】作斜率为13的直线l与椭圆C:x236+y24=1交于AB两点(如图所示)，且P(3√2,√2)在直线l的左上方.(1)证明：△P AB的内切圆的圆心在一条定直线上；(2)若∠APB=60°，求△P AB的面积.12．【2010高中数学联赛（第01试）】已知抛物线y2=6x上的两个动点A(x1,y1)和B(x2,y2)，其中x1≠x2且x1+ x2=4.线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，求△ABC面积的最大值.13．【2009高中数学联赛（第01试）】设直线l：y=kx+m(其中k，m为整数)与椭圆x216+y212=1交于不同两点A，B，与双曲线x24−y212=1交于不同两点C，D，问是否存在直线l使得向量AC⃗⃗⃗⃗⃗ +BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，若存在，指出这样的直线有多少条?若不存在，请说明理由.14．【2008高中数学联赛（第01试）】如图，P是抛物线y2=2x上的动点，点B，C在y轴上，圆(x－1)2+y2=1内切于△PBC，求△PBC面积的最小值.15．【2007高中数学联赛（第01试）】已知过点(0，1)的直线l与曲线C:y=x+1x(x>0)交于两个不同点M和N.求曲线C在点M，N处的切线的交点轨迹.16．【2006高中数学联赛（第01试）】给定整数n≥2，设M0(x0,y0)是抛物线y2=nx－1与直线y=x的一个交点.试证明对于任意正整数m，必存在整数k≥2，使(x0m,y0m)为抛物线y2=kx－1与直线y=x的一个交点.17．【2005高中数学联赛（第01试）】过抛物线y=x2上的一点A(1，1)作抛物线的切线，分别交x轴于D，交y轴于B.点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足AEEC =λ1；点F在线段BC上，满足BFFC=λ2，且λ1+λ2=1，线段CD与EF交于点P.当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程.18．【2004高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0,43),B(−1,0),C(1,0)，点P到直线BC的距离是该点到直线AB，AC距离的等比中项.(1)求点P的轨迹方程；(2)若直线l经过△ABC的内心(设D)，且与点P的轨迹恰好有3个公共点，求l的斜率k的取值范围. 19．【2002高中数学联赛（第01试）】已知点A(0，2)和抛物线y2=x+4上两点B，C使得AB⊥BC，求点C的纵坐标的取值范围.20．【2001高中数学联赛（第01试）】设曲线C1:x2a2+y2=1(a为正的常数)与C2：y2=2(x+m)在x轴上方有一个公共点P.(1)求实数m的取值范围(用a表示)；(2)O为原点，若C与x轴的负半轴交于点A，当0<a<12时，试求△OAP的面积的最大值(用a表示).21．【2000高中数学联赛（第01试）】已知C0:x2+y2=1和C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0).试问：当且仅当a，b满足什么条件时，对C1上任意一点P，均存在以P为顶点，与C0外切，与C1内接的平行四边形?并证明你的结论22．【1999高中数学联赛（第01试）】给定A(－2，2)，已知B是椭圆x225+y216=1上的动点，F是左焦点，当|AB|+53|BF|取最小值时，求B的坐标.23．【1998高中数学联赛（第01试）】已知抛物线y2=2px及定点A(a，b)，B(－a，0)(ab≠0，b2≠2pa)，M是抛物线上的点，设直线AM，BM与抛物线的另一交点分别为M1,M2.求证：当点M在抛物线上变动时(只要M1,M2存在且M1≠M2)，直线M1M2恒过一个定点，并求出这个定点的坐标.24．【1993高中数学联赛（第01试）】设0<a<b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使之与抛物线y2=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹.25．【1991高中数学联赛（第01试）】设O为抛物线的顶点，F为焦点，且PQ为过F的弦，已知OF=a，PQ= b，求△OPQ的面积.优质模拟题强化训练1．易知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其短轴为4，离心率为e1.双曲线x2m−y2n=1(m>0,n>0)的渐近线为y=±x，离心率为e2，且e1⋅e2=1.（1）求椭圆E的方程；（2）设椭圆E的右焦点为F，过点G(4，0)斜率不为0的直线交椭圆E于M、N两点设直线FM和FN的斜率为k1,k2，试判断k1+k2是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.2．如图，椭圆C1:x24+y2=1，抛物线C2:x2=2py(p>0)，设C1,C2相交于A、B两点，O为坐标原点.（1）若△ABO的外心在椭圆上，求实数p的值；（2）若△ABO的外接圆经过点N(0,132)，求实数p的值.3．如图所示，设k>0且k≠1，直线l：y=kx+1与l1：y=k1x+1关于直线y=x+1对称，直线l与l1分别交椭圆E:x24+y2=1于点A、M和A、N.（1）求k⋅k1的值；（2）求证：对任意的实数k，直线MN恒过定点.4．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1､F2，右顶点为A，P为椭圆C上任意一点.已知PF1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PF2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为3，最小值为2.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l：y=kx+m与椭圆C相交于M､N两点(M､N不是左右顶点)，且以MN为直径的圆过点A.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.5．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过点M(0,2)，且右焦点为F(2,0)．（1）求椭圆C的方程；（2）过点F 的直线l 与椭圆C 交于A,B 两点，交y 轴于点P ．若PA =mAF,PB =nBF ，求证：m +n 为定值；（3）在（2）的条件下，若点P 不在椭圆C 的内部，点Q 是点P 关于原点O 的对称点，试求三角形QAB 面积的最小值． 6．．已知点F 是椭圆x 21+a 2+y 2=1(a >0)右焦点，点M(m,0)、N(0,n)分别是x 轴、y 上的动点，且满足MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅NF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，若点P 满足OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +PO ⃗⃗⃗⃗⃗ ．（1）求P 点的轨迹C 的方程；（2）设过点F 任作一直线与点P 的轨迹C 交于A 、B 两点，直线OA 、OB 与直线x =−a 分别交于点S 、T （其中O 为坐标原点），试判断是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．7．设O 是坐标原点，双曲线C ：x 2a2−y 2b 2=1上动点M 处的切线，交C 的两条渐近线于A 、B 两点.⑴求证：△AOB 的面积S 是定值； ⑵求△AOB 的外心P 的轨迹方程.8．已知离心率为12的椭圆的左焦点F 1为抛物线y 2=4px(p >0)的准线与x 轴的交点，右焦点F 2也为抛物线的焦点，椭圆与抛物线在x 轴上方的交点为P ，延长PF 1，与该抛物线交于点Q ，M 为抛物线上一个动点，且M 在点P 与Q 之间运动.若ΔPF 1F 2的边长恰为三个连续的正整数，求ΔMPQ 面积的最大值. 9．如图，已知⊙G:(x −2)2+y 2=r 2是椭圆x 216+y 2=1的内接△ABC 的内切圆，其中，A 为椭圆的左顶点.（1）求⊙G 的半径r ；（2）过点M （0，1）作⊙G 的两条切线与椭圆交于E 、F 两点，证明:直线EF 与⊙G 相切.10．已知双曲线x2−y2=2的左、右焦分别为点F1、F2，过定点P(2,3)作双曲线x2−y2=2的切线，切点分别为A、B，且点A的横坐标小于点B的横坐标。

高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版

高中数学联赛难度几何题100道第一题：学习证明角平分 (4)第二题：学习证明四点共圆 (5)第三题：学习证明角的倍数关系 (6)第四题：证明线与圆相切 (7)第五题：证明垂直 (8)第六题：证明线段相等 (9)第七题：证明线段为比例中项 (10)第八题：证明垂直 (11)第九题：证明线段相等 (12)第十题：证明角平分 (13)第十一题：证明垂直 (14)第十二题：证明线段相等 (15)第十三题：证明角相等 (16)第十四题：证明中点 (17)第十五题：证明线段的二次等式 (18)第十六题：证明角平分 (19)第十七题：证明中点 (20)第十八题：证明角相等 (21)第十九题：证明中点 (22)第二十题：证明线段相等 (23)第二十一题：证明垂直 (24)第二十二题：证明角相等 (25)第二十三题：证明四点共圆 (26)第二十四题：证明两圆相切 (27)第二十五题：证明线段相等 (28)第二十六题：证明四条线段相等 (29)第二十七题：证明线段比例等式 (30)第二十八题：证明角的倍数关系 (31)第二十九题：证明三线共点 (32)第三十题：证明平行 (33)第三十一题：证明线段相等 (34)第三十二题：证明四点共圆 (35)第三十三题：证明三角形相似 (36)第三十四题：证明角相等 (37)第三十五题：证明内心 (38)第三十六题：证明角平分 (39)第三十七题：证明垂直 (40)第三十八题：证明面积等式 (41)第三十九题：证明角平分 (42)第四十题：证明角相等 (43)第四十二题：证明中点 (45)第四十三题：证明角相等 (46)第四十四题：证明垂直 (47)第四十五题：证明角相等 (48)第四十六题：证明垂直 (49)第四十七题：证明四点共圆 (50)第四十八题：证明四点共圆 (51)第四十九题：证明四点共圆 (52)第五十题：证明角平分 (53)第五十一题：证明线段相等 (54)第五十二题：证明两圆外切 (55)第五十三题：证明垂直 (56)第五十四题：证明垂直 (57)第五十五题：证明垂直 (58)第五十六题：证明垂直 (59)第五十七题：证中点 (60)第五十八题：证明角相等 (61)第五十九题：证明角相等 (62)第六十题：证明四点共圆 (63)第六十一题：证明四点共圆 (64)第六十二题：证明四点共圆 (65)第六十三题：证明角相等 (66)第六十四题：证明角的倍数关系 (67)第六十五题：证明中点 (68)第六十六题：伪旁切圆 (69)第六十七题：证明垂直 (70)第六十八题：证明平行 (71)第六十九题：证明圆心在某线上 (72)第七十题：证明三线共点 (73)第七十一题：证明垂直 (74)第七十二题：证明垂直 (75)第七十三题：证明中点 (76)第七十四题：证明垂直 (77)第七十五题：证明垂直 (78)第七十六题：证明三线共点 (79)第七十七题：证明平行 (80)第七十八题：证明平行 (81)第七十九题：证明三线共点、证明垂直 (82)第八十题：证明三点共线（牛顿定理） (83)第八十一题：证明角平分 (84)第八十二题：证明角相等 (85)第八十三题：证明三点共线 (86)第八十四题：证明四圆共点 (87)第八十六题：证明线段相等 (89)第八十七题：证明角相等 (90)第八十八题：证明线段相等 (91)第八十九题：证明线段相等 (92)第九十题：证明线段相等 (93)第九十一题：证明中点 (94)第九十二题：证明四点共圆 (95)第九十三题：证明西姆松定理及逆定理 (96)第九十四题：证明线段的和差关系等式 (97)第九十五题：证明角相等 (98)第九十六题：证明托勒密定理及逆定理 (99)第九十七题：证明线段的和差关系等式 (100)第九十八题：证明角相等 (101)第九十九题：证明四点共圆 (102)第一百题：证明两三角形共内心 (103)第一题：证明角平分已知PE 、PF 是⊙O 的切线，A 、B 是一组对径点，PB 交⊙O 于另一点C ，直线AF 、BE 交于D 点。

高考数学压轴专题人教版备战高考《平面解析几何》全集汇编含答案

【高中数学】数学《平面解析几何》复习资料一、选择题1．设P 为椭圆C ：22x y 173+=上一动点，1F ，2F 分别为左、右焦点，延长1FP 至点Q ，使得2PQ PF =，则动点Q 的轨迹方程为( )A ．22(x 2)y 28-+=B ．22(x 2)y 7++=C ．22(x 2)y 28++=D ．22(x 2)y 7-+=【答案】C【解析】【分析】推导出12PF PF 2a +==2PQ PF =，从而11PFPQ FQ +==Q 的轨迹为圆，由此能求出动点Q 的轨迹方程．【详解】P Q 为椭圆C ：22x y 173+=上一动点，1F ，2F 分别为左、右焦点，延长1FP 至点Q ，使得2PQ PF =，12PF PF 2a ∴+==2PQ PF =，11PF PQ FQ ∴+==， Q ∴的轨迹是以()1F 2,0-为圆心，为半径的圆，∴动点Q 的轨迹方程为22(x 2)y 28++=．故选：C ．【点睛】本题考查动点的轨迹方程的求法，考查椭圆的定义、圆的标准方程等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．2．已知直线21y kx k =++与直线122y x =-+的交点位于第一象限，则实数k 的取值范围是（） A ．12k > B ．16k <-或12k > C ．62k -<< D ．1162k -<< 【答案】D【解析】【分析】联立21122y kx k y x =++⎧⎪⎨=-+⎪⎩，可解得交点坐标(,)x y ，由于直线21y kx k =++与直线122y x =-+的交点位于第一象限，可得00x y >⎧⎨>⎩，解得即可．【详解】解：联立21122y kx k y x =++⎧⎪⎨=-+⎪⎩，解得24216121k x k k y k -⎧=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩， Q 直线21y kx k =++与直线122y x =-+的交点位于第一象限， ∴2402161021k k k k -⎧>⎪⎪+⎨+⎪>⎪+⎩，解得：1162k -<<．故选：D ．【点睛】本题考查两直线的交点和分式不等式的解法，以及点所在象限的特征．3．已知直线(3)(0)y k x k =+>与抛物线2:4C y x =相交于A ，B 两点，F 为C 的焦点.若5FA FB =，则k 等于（）A．3 B ．12 C ．23 D．2【答案】B【解析】【分析】由2(3)4y k x y x=+⎧⎨=⎩，得()22226490k x k x k +-+=，()22464360k k ∆=-->，得213k <，129x x =①，再利用抛物线的定义根据5FA FB =，得到1254x x =+②，从而求得21x =，代入抛物线方程得到(1,2)B ，再代入直线方程求解.【详解】设()11,A x y ，()22,B x y ，易知1 0x >，20x >，10y >，20y >，由2(3)4y k x y x=+⎧⎨=⎩，得()22226490k x k x k +-+=，()22464360k k ∆=-->，所以213k <，129x x =①. 因为1112p FA x x =+=+，2212p FB x x =+=+，且5FA FB =，所以1254x x =+②.由①②及20x >得21x =，所以(1,2)B ，代入(3)y k x =+，得12k =. 故选：B【点睛】本题考查抛物线的定义，几何性质和直线与抛物线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.4．如图，O 是坐标原点，过(,0)E p 的直线分别交抛物线22(0)y px p =>于A 、B 两点，直线BO 与过点A 平行于x 轴的直线相交于点M ，过点M 与此抛物线相切的直线与直线x p =相交于点N .则22||ME NE -=（）A ．2pB ．2pC ．22pD ．24p【答案】C【解析】【分析】过E （p ，0）的直线分别交抛物线y 2＝2px （p ＞0）于A 、B 两点，不妨设直线AB 为x ＝p ，分别求出M ，N 的坐标，即可求出答案．【详解】过E （p ，0）的直线分别交抛物线y 2＝2px （p ＞0）于A 、B ，两点为任意的，不妨设直线AB 为x ＝p ，由2y 2px x p ⎧=⎨=⎩，解得y ＝2p ，则A （p 2p ），B （p 2p ），∵直线BM 的方程为y 2x ，直线AM 的方程为y ＝2x ，解得M （﹣p 2p ），∴|ME |2＝（2p ）2+2p 2＝6p 2，设过点M 与此抛物线相切的直线为y 2p ＝k （x +p ），由()2y 2=k px x p ⎧=⎪⎨+⎪⎩，消x 整理可得ky 2﹣2py ﹣+2p 2k ＝0， ∴△＝4p 2﹣4k （﹣+2p 2k ）＝0，解得k＝2， ∴过点M 与此抛物线相切的直线为yp＝2（x +p ），由()=2x p x p =⎧⎪⎨+⎪⎩，解得N （p ，2p ）， ∴|NE |2＝4p 2，∴|ME |2﹣|NE |2＝6p 2﹣4p 2＝2p 2，故选C ．【点睛】本题考查了直线和抛物线位置关系，以及直线和直线的交点坐标问题，属于难题．5．已知1F 、2F 分别为双曲线22146x y -=的左、右焦点，M 为双曲线右支上一点且满足120MF MF ⋅=u u u u v u u u u v ，若直线2MF 与双曲线的另一个交点为N ，则1MF N ∆的面积为（） A ．12B． C ．24 D．【答案】C【解析】【分析】设1MF m =，2MF n =，根据双曲线的定义和12MFMF ⊥，可求出6m =，2n =，再设2NF t =，则14NF t =+根据勾股定理求出6t =即可求出三角形的面积.【详解】解：设1MF m =，2MF n =， ∵1F 、2F 分别为双曲线22146x y -=的左、右焦点， ∴24m n a -==，122F F c ==∵120MF MF ⋅=u u u u v u u u u v ，∴12MF MF ⊥，∴222440m n c +==，∴()2222m n m n mn -=+-，即2401624mn =-=，∴12mn =，解得6m =，2n =，设2NF t =，则124NF a t t =+=+，在1Rt NMF ∆中可得()()222426t t +=++，解得6t =，∴628MN =+=，∴1MF N ∆的面积111862422S MN MF =⋅=⨯⨯=. 故选C ．【点睛】本题考查了双曲线的定义和向量的数量积和三角形的面积，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．6．已知双曲线22:1124x y C -=，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为,P Q ．若POQ ∆为直角三角形，则PQ =（）A ．2B ．4C ．6D ．8 【答案】C【解析】【分析】由题意不妨假设P 点在第一象限、Q 点在第四象限，90OPQ ∠=︒，解三角形即可.【详解】不妨假设P 点在第一象限、Q 点在第四象限，90OPQ ∠=︒.则易知30POF ∠=︒，4OF =，∴23OP =POQ n 中，60POQ ∠=︒，90OPQ ∠=︒，23OP =∴36PQ OP ==.故选C【点睛】本题主要考查双曲线的性质，根据双曲线的特征设出P ，Q 位置，以及POQ V 的直角，即可结合条件求解，属于常考题型.7．已知抛物线y 2＝4x 上的点P 到抛物线的准线的距离为d 1，到直线3x －4y ＋9＝0的距离为d 2，则d 1＋d 2的最小值是（）A ．125 B ．65C ．2D ．5 【答案】A【解析】试题分析：根据抛物线的定义可知抛物线24y x =上的点P 到抛物线的焦点距离1PF d =,所以122d d MF d +=+,其最小值为()1,0F 到直线3490x y -+=的距离，由点到直线的距离公式可知()()122min min 125d d MF d +=+==，故选A. 考点：抛物线定义的应用.8．已知椭圆221259x y +=上一点M 到椭圆的一个焦点的距离等于4，那么点M 到另一个焦点的距离等于（）A ．1B ．3C ．6D ．10【答案】C【解析】由椭圆方程可得225210a a =∴= ，由椭圆定义可得点M 到另一焦点的距离等于6.故选C ．9．已知点P 在抛物线24y x =上，那么点P 到点(2,1)Q 的距离与点P 到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P 的坐标为（）A ．(1,14)B ．1(,1)4-C ．(1,2)D ．(1,2)-【答案】A【解析】【分析】【详解】试题分析：抛物线24y x =焦点为F （1,0），准线为1x =-，作PQ 垂直于准线，垂足为M 根据抛物线定义：，PQ PF PQ PM +=+，根据三角形两边距离之和大于第三边，直角三角形斜边大于直角边知：PQ PM +的最小值是点Q 到抛物线准线1x =-的距离；所以点P 纵坐标为1，则横坐标为14,即(1,14)，故选A考点：抛物线的定义及几何性质的运用.10．已知椭圆22:195x y C +=左右焦点分别为12F F 、，直线):2l y x =+与椭圆C 交于A B 、两点（A 点在x 轴上方），若满足11AF F B λ=u u u v u u u v ，则λ的值等于（） A．B ．3 C ．2 D【答案】C【解析】由条件可知，直线l 过椭圆的左焦点()12,0F -.由)222195y x x y ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩消去y 整理得232108630x x ++=，解得34x =-或218x =-．设1122(,),(,)A x y B x y ，由A 点在x 轴上方可得12321,48x x =-=-． ∵11AF F Bλ=u u u v u u u v ， ∴1122(2,)(2,)x y x y λ---=+,∴122(2)x x λ--=+． ∴3212()(2)48λ---=-+，解得2λ=．选C11．椭圆满足这样的光学性质：从椭圆的一个焦点发射光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.现在设有一个水平放置的椭圆形台球盘，满足方程：221169x y +=，点A 、B 是它的两个焦点，当静止的小球放在点A 处，从点A 沿直线出发，经椭圆壁反弹后，再回到点A 时，小球经过的最短路程是（）.A ．20B ．18C ．16D ．以上均有可能【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的光学性质可知，小球从点A 沿直线出发，经椭圆壁反弹到B 点继续前行碰椭圆壁后回到A 点，所走的轨迹正好是两次椭圆上的点到两焦点距离之和，进而根据椭圆的定义可求得答案．依题意可知小球经两次椭圆壁后反弹后回到A 点，根据椭圆的性质可知所走的路程正好是4a=4×4=16故选：C ．【点睛】本题主要考查了椭圆的应用．解题的关键是利用了椭圆的第一定义,是基础题.12．已知抛物线22(0)y px p =>交双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的渐近线于A ，B 两点（异于坐标原点OAOB ∆的面积为32，则抛物线的焦点为（）A ．(2,0)B ．(4,0)C ．(6,0)D ．(8,0)【答案】B【解析】【分析】由题意可得2b a=，设点A 位于第一象限，且(),A m n ，结合图形的对称性列出方程组确定p 的值即可确定焦点坐标.【详解】 2222222215c a b b e a a a +===+=，∴2b a =，设点A 位于第一象限，且(),A m n ，结合图形的对称性可得：22322n m mn n pm ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩，解得：8p =，∴抛物线的焦点为()4,0，故选B .【点睛】本题主要考查圆锥曲线的对称性，双曲线的渐近线，抛物线焦点坐标的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13．已知双曲线2219x y m-=的一个焦点在直线x ＋y ＝5上，则双曲线的渐近线方程为( )A ．34y x =? B ．43y x =± C．3y x =± D．4y x =±【解析】根据题意,双曲线的方程为2219x y m-=，则其焦点在x 轴上，直线5x y +=与x 轴交点的坐标为()5,0，则双曲线的焦点坐标为()5,0，则有925m +=，解可得，16m =，则双曲线的方程为：221916x y -=，其渐近线方程为：43y x =±，故选B.14．倾斜角为45︒的直线与双曲线22214x y b-=交于不同的两点P 、Q ，且点P 、Q 在x 轴上的投影恰好为双曲线的两个焦点，则该双曲线的焦距为（）A ．2B ．2C 1D 1【答案】B【解析】【分析】方法一；由双曲线的对称性可知直线过原点，可得2Rt QOF △为等腰三角形且245QOF ∠=︒，根据勾股定理及双曲线的定义可得：1c =.方法二：等腰2Rt QOF △中，可得22b QF a=，且2b c a =.又根据222b a c =-，联立可解得1c =. 【详解】方法一；由双曲线的对称性可知直线过原点，在等腰2Rt QOF △中，245QOF ∠=︒，则122F F c =，2QF c =，1QF =. 由双曲线的定义可得：122QF QF a-=，41c c -==，，故22c =.方法二：等腰2Rt QOF △中，22b QF a=， ∴2b c a=.又222b a c =-，∴2240c c --=，得1c =.∴22c =.故选：B .【点睛】本题考查双曲线的性质，解题关键是将题目条件进行转化，建立等量关系求解，属于中等题.15．若A ，B 分别是直线20x y --=与x 轴，y 轴的交点，圆C ：()()22448x y -++=上有任意一点M ，则AMB ∆的面积的最大值是（） A ．6B ．8C ．10D ．12【答案】C【解析】【分析】先求出AB ，再求出M 到直线的最大距离为点M 到直线20x y --=加上半径，进而可得面积最大值.【详解】由已知()2,0A ，()0,2B -则AB ==，又点M =所以最大面积为1102⨯=. 故选：C.【点睛】本题考查圆上一点到直线的最大距离问题，是基础题.16．已知12F F 分别为双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的左、右焦点，P 为双曲线上一点，2PF 与x 轴垂直，1230PF F ∠=︒，且焦距为）A ．y =B ．y =C ．2y x =±D ．3y x =± 【答案】B【解析】【分析】先求出c 的值，再求出点P 的坐标，可得22b PF a =，再由已知求得1PF ，然后根据双曲线的定义可得b a 的值，则答案可求．【详解】解：由题意，223c =，解得3c =，∵()2,0F c ，设(),P c y ，∴22221x y a b-=，解得2b y a =±， ∴22b PF a=， ∵1230PF F ∠=︒，∴21222b PF PF a==，由双曲线定义可得：2122b PF PF a a-==，则222a b =，即2b a=． ∴双曲线的渐近线方程为2y x =±．故选：B ．【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，难度一般.求解双曲线的渐近线方程，可通过找到,,a b c 中任意两个量的倍数关系进行求解.17．已知点1F ，2F 分别是椭圆1C 和双曲线2C 的公共焦点，1e ，2e 分别是1C 和2C 的离心率，点P 为1C 和2C 的一个公共点，且1223F PF π∠=，若22e =，则1e 的值是（）ABC．7 D【答案】D【解析】【分析】利用椭圆和双曲线的定义以及余弦定理可得到方程2221243c a a =+，由此得到关于离心率的方程求得结果.【详解】设椭圆长半轴长为1a ，双曲线实半轴长为2a ，焦点坐标为()1,0F c -，()2,0F c ，不妨设P 为第一象限内的点，则1212+=PF PF a ，1222-=PF PF a ，则221212PF PF a a =-，由余弦定理得：2222212121212242cos3c PF PF PF PF PF PF PF PF π=+-=++， ()22222211212443c a a a a a ∴=--=+，2212314e e ∴+=，又22e =，2145e ∴=，15e ∴=. 故选：D .【点睛】本题考查共焦点的椭圆与双曲线问题的求解，关键是能够熟练应用椭圆和双曲线的定义，利用余弦定理构造等量关系，配凑出关于椭圆和双曲线离心率的方程.18．过坐标轴上的点M 且倾斜角为60°的直线被圆2240x y y +-=所截得的弦长为M 的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解析】【分析】设出直线方程，根据弦长公式，转化为圆心到直线的距离建立等量关系求解.【详解】由直线的斜率为tan 60k ︒==y b =+.圆2240x y y +-=可化为22(2)4x y +-=，圆心为(0,2)，半径为2r =，则由弦长公式得：圆心(0,2)到直线y b =+的距离为1d ===，即|2|12b -+=，解得0b =，4b =，故直线的方程为y =或4y =+.直线y =过坐标轴上的点(0,0)，直线4y =+过坐标轴上的点()0,4与⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，故点M 的个数为3.故选：C.【点睛】此题考查直线与圆的位置关系，根据弦长公式将弦长问题转化为圆心到直线的距离求解.19．已知双曲线()2222100x y C a b a b-=：＞，＞的一条渐近线与圆22(4x y +-=相交于A ，B 两点，若|AB |＝2，则C 的离心率为（）A B C ．2 D ．4【答案】C【解析】【分析】求出双曲线的渐近线方程，圆的圆心与半径，利用距离公式得到a 、b 关系式，然后求解离心率即可．【详解】由题意可知不妨设双曲线的一条渐近线方程为：bx +ay ＝0，圆22(4x y +-=的圆心为(0,，半径为2，由题意及|AB |＝2，可得22212+=，222123a a b=+，即b 2＝3a 2，可得c 2﹣a 2＝3a 2，即224c a = 所以e c a==2．故选：C ．【点睛】本题主要考查求双曲线离心率的问题，此类问题的解题关键是建立,,a b c 的方程或不等关系，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.20．若点O 和点F 分别为椭圆22143x y +=的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP FP →→g 的最大值为（）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】C【解析】【分析】设(),P x y ，由数量积的运算及点P 在椭圆上，可把OP FP ⋅u u u r u u u r 表示成为x 的二次函数，根据二次函数性质可求出其最大值.【详解】设(),P x y ，()()1,0,0,0F O -，则()(),,+1,OP x y FP x y ==u u u r u u u r ，则22OP FP x x y ⋅=++u u u r u u u r ，因为点P 为椭圆上，所以有：22143x y +=即22334y x =-，所以()222223132244x x y x x x FP x OP =++=⋅++-=++u u u r u u u r 又因为22x -≤≤，所以当2x =时，OP FP ⋅u u u r u u u r 的最大值为6故选：C【点睛】本题考查了数量积的坐标运算，求二次函数的最大值，属于一般题.。

2022年全国高中数学联赛几何专题(平面几何解析几何)

2022年全国高中数学联赛几何专题（平面几何解析几何）数学竞赛中的平面几何一、引言1．国际数学竞赛中出现的几何问题，包括平面几何与立体几何，但以平面几何为主体．国际数学竞赛中的平面几何题数量较多、难度适中、方法多样（综合几何法、代数计算法、几何变换法等），从内容上看可以分成三个层次：第一层次，中学几何问题．这是与中学教材结合比较紧密的常规几何题，虽然也有轨迹与作图，但主要是以全等法、相似法为基础的证明题，重点是与圆有关的命题，因为圆的命题知识容量大、变化余地大、综合性也强，是编拟竞赛试题的优质素材．第二层次，中学几何的拓展．第三层次，组合几何——几何与组合的交叉．这是用组合数学的成果来解决几何学中的问题，主要研究几何图形的拓扑性质和有限制条件的欧几里得性质．所涉及的类型包括计数、分类、构造、覆盖、递推关系以及相邻、相交、包含等拓扑性质．这类问题在第六届IMO（1964）就出现了，但近30年，无论内容、形式和难度都上了新的台阶，成为一类极有竞赛味、也极具挑战性的新颖题目．组合几何的异军突起是数学竞赛的三大热点之一．2．在中国的数学竞赛大纲中，对平面几何内容除了教材内容外有如下的补充．初中竞赛大纲：四种命题及其关系；三角形的不等关系；同一个三角形中的边角不等关系，不同三角形中的边角不等关系;面积及等积变换;三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质．高中竞赛大纲:几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理；三角形中的几个特殊点:旁心、费马点，欧拉线；几何不等式；几何极值问题；几何中的变换：对称、平移、旋转；圆的幂和根轴；面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法．二、基本内容全等三角形的判别与性质，相似三角形的判别与性质，等腰三角形的判别与性质，“三线八角”基本图形，中位线定理，平行线截割定理，圆中角（圆心角、圆周角、弦切角）定理等大家都已经非常熟悉，此外，竞赛中还经常用到以下基本内容．定义1点集的直径是指两个端点都属于这个集合且长度达到最大值的线段（一个点集可能有多条直径，也可能没有直径）．定义2如果对点集A中的任意两点，以这两点为端点的线段包含在A 里，则集合A称为是凸的．定义3设M1,M2,,Mn是多边形，如果MM1M2Mn并且当ij时，Mi与Mj 没有公共的内点，则称多边形M剖分为多边形M1,M2,,Mn．定义4如果凸边形N的所有顶点都在凸多边形M的边上，则称多边形N内接于多边性M．定理1两点之间直线距离最短．推论三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．定理2三角形的内角之等于180．凸n边形（n3）的n个内角和等于(n2)外角和为180180；（每一个顶点处只计算一个外角）．702022年全国高中数学联赛集训暨2022年中国数学奥林匹克赛前训练材料--内部使用证明如图1，过C作CE//AB，则有ECAA，（两直线平行，内错角相等）得ABCACB（结合律）ECBB（等量代换）180．（两直线平行，同旁内角互补图1推论三角形的一个外角等于两个不相邻内角之和．定理3三角形中大边对大角、小边对小角．证明（1）如图2，在ABC中，已知ABAC，可在AB上截取ADAC，则在等腰ACD中有12．（等腰三角形的性质定理）又在BCD中，2B，（外角定理）更有C12B．（传递性）说明由上面的证明知ABACBC,ABACBC,ABACBC,这样的分断式命题，其逆命题必定成立．证明如下：图2（2）反之，在ABC中，若CB，这时AB,AC有且只有三种关系ABAC，ABAC，ABAC．若ABAC，由上证得CB，与已知CB矛盾．若ABAC，由等腰三角形性质定理得CB，与已知CB矛盾．所以ABAC．定理4在ABC与A1B1C1中，若ABA1B1,ACAC11，则AA1BCB1C1．定理5凸四边形ABCD内接于圆的充分必要条件是：ABCCDA180（或BADDCB180）．证明当四边形ABCD内接于圆时，由圆周角定理有ABCCDA1111ADCABCADCABC180．2222同理可证BADDCB180．反之，当ABCCDA180时，首先过不共线的三点A,B,C作O，若点D不在O上，则有两种可能：（1）D在O的外部（如图3（1））．记AD与O相交于S，连CS，在CDS中有ASCCDA．又由上证，有ABCASC180，得180ABCCDAABCASC180，矛盾．712022年全国高中数学联赛集训暨2022年中国数学奥林匹克赛前训练材料--内部使用图3（2）D在O的内部（如图3（2））．记AD的延长线与O相交于S，连CS，在CDS中有ASCCDA．又由上证，有ABCASC180，得180ABCCDAABCASC180，矛盾．定理6凸四边形ABCD外切于圆的充分必要条件是ABCDBCAD．证明当凸四边形ABCD外切于圆时，设各边的切点分别为P,Q,R,S （如图4），根据圆外一点到圆的两切线长相等，有APAS,PBBQ,CRQC,DRDS.相加APPBCRDRASBQQCDS，得ABCDBCAD．图4反之，若ABCDBCAD，我们引B,C的平分线，因为BC360，所以，两条角平分线必定相交于四边形内部一点，记为N，则N到三边AB,BC,CD的距离相等，可以以N为圆心作N与AB,BC,CD同时相切，这时AD与N的关系有且只有三种可能：相离、相切、相交．（1）若AD与N相离（如图5（1））．过A作切线与CD相交于D，在ADD中，有//DDADAD．①//但由上证，有ABCDBCAD，又由已知，有ABCDBCAD相减得CDCDADAD，////DD/ADAD/，与①矛盾．图5722022年全国高中数学联赛集训暨2022年中国数学奥林匹克赛前训练材料--内部使用（2）若AD与N相交（如图5（2））．过A作切线与CD的延长线相交于D，在ADD中，有①//DDADAD．//但由上证，有ABCDBCAD，//又由已知，有ABCDBCAD相减得CDCDADAD，//即DDADAD，与①矛盾．综上得AD与N的相切，即凸四边形ABCD外切于圆．定理7（相交弦定理）圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．定理8（切割线定理）从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．定义5从一点A作O的割线交O于B,C，则点A到两交点B,C的线段长度之积ABAC称为点A对O的羃．对于两个已知圆有等羃的点的轨迹，称为两圆的根轴（或等羃轴）．定理9若两圆相交，其根轴在两圆公共弦所在的直线上；若两圆相切，其根轴在过两圆切点的公切线上；若两圆相离，则两圆的四条公切线的中点在根轴上．定理10（三角形面积公式）在ABC中，记a,b,c为三边长，p//1(abc)为半周长，R是2外接圆半径，r为内切圆半径，ha是边BC上的高，ra是与边BC及AB,AC的延长线相切的旁切圆的半径，则ABC的面积S为：(1)S111ahabhbchc；222111(2)SabinCacinBbcinA；222(3)Sp(pa)(pb)(pc)；(4)Sabc2R2inAinBinC；4R(5)Srp；1ra(bca)；21(7)SR2(in2Ain2Bin2C)．2定理11在RtABC中，有(6)S（1）abc，（勾股定理的逆定理也成立）（2）r2221c(abc),R．22732022年全国高中数学联赛集训暨2022年中国数学奥林匹克赛前训练材料--内部使用定理12（角平分线定理）设AD是ABC中A的平分线，则．ABBD．ACDC此定理有10多种证法，下面是有辅助线与无辅助线的两种代表性证法．证明1（相似法）如图6，延长BA到E，使AEAC，连CE，则BAD1A（已知）21AECACE（外角定理）2AEC，（等腰三角形的两个底角相等）有AD//CE，BDABAB得．（平行线截割定理）图6DCAEAC11ABADinABCSABD2AB2证明2（面积法）．DCSACD1ACADin1AAC22定理13（正弦定理、余弦定理）在ABC中，有（1）abcoBccoC，bacoAccoC，cacoAbcoB．abC2R；（2）inAinBinC222（3）abc2bccoA，b2a2c22accoB，c2a2b22abcoC．（4）inAinBinC2inBinCcoA．222abC2R；inAinBinC证明1（1）当ABC为直角三角形时，命题显然成立．（2）当ABC为锐角三角形时，如图7（1），作ABC外接圆O，则圆心O在ABC的内部，（2）连BO交O于D，连结DC．因为BD是O的直径，所以BCD90，在直角BCD中有aabc2R，但AD，故得2R．同理可证2R,2R．inDinAinBinCabC2R．得inAinBinC（1）（2）图7（3）当ABC为钝角三角形时，记A为钝角，则圆心O在ABC的外部，过A作直径，仿上证74。

高中联赛难度几何100题及其解答(修订版)

高中联赛难度几何 100 题及其解答解答人：文武光华数学工作室田开斌第一题、如图，P 为⊙O 外一点，PA 、PB 分别切⊙O 于 A 、B ，PCD 为⊙O 一条割线，CO 交⊙O 于另一点 E ，AC 、EB 交于点 F ，证明：CD 平分∠ADF。

F证明方法一：如图，延长 ED 交 CA 于 K ，根据条件知四边形 CADB 为调和四边形，故ED 、EC 、EA 、EB 构成一组调和线束，进而知 K 、C 、A 、F 构成一组调和点列。

而 KD⊥CD，故 CD 平分∠ADF 。

PF证明方法二：如图，连结 OA 、OB 、AB 、BC ，因为∠AFB = ∠ACE − ∠BEC =∠AOE−∠BOC=180°−∠AOC−∠BOC=∠APC，且PA = PB ，故点 P 为△ABF 的外心。

于是知222∠PFA = ∠PAC = ∠PDA ，所以 P 、A 、D 、F 四点共圆。

又PA = PF ，故 CD 平分∠ADF。

F第二题、如图，AB 为⊙O直径，C、D 为⊙O上两点，且在 AB 同侧，⊙O在C、D 两处的切线交于点 E，BC、AD 交于点 F，EF 交AB 于M，证明：E、C、M、D 四点共圆。

B证明：如图，延长 AC、BD 交于点 K，则BC⊥AK，AD⊥BK，从而知 F 为△KAB 的垂心。

又在圆内接六边形 CCADDB 中使用帕斯卡定理，知 K、E、F 三点共线，从而KM⊥AB于M。

于是知∠CMF = ∠CAF = ∠CDE，所以 E、C、M、D 四点共圆。

B第三题、如图，AB 为⊙O 直径，C 、D 为⊙O 上两点，且在 AB 同侧，⊙O 在 C 、D 两处的切线交于点 E ，BC 、AD 交于点 F ，EB 交⊙O 于点 G ，证明：∠CEF = 2∠AGF 。

B证明：如图，根据条件知∠CFD =AB +CD =(180°−A C )+(180°−BD ) = ∠CAB + ∠DBA =22∠ECF + ∠EDF ，且EC = ED ，故点 E 为△CFD 外心。

全国高中数学联赛二试平面几何赛题精选

历年全国高中数学联赛二试几何题汇总1 （类似九点圆）如图，在锐角∆ABC 中，AB<AC ，AD 是边BC 上的高，P 是线段AD 内一点。

过P 作PE ⊥AC ，垂足为E ，作PF ⊥AB ，垂足为F 。

1O 、2O 分别是∆BDF 、∆CDE 的外心。

求证：1O 、2O 、E 、F 四点共圆的充要条件为P 是∆ABC 的垂心。

证明：连BP 、CP 、1O 2O 、E 2O 、EF 、F 1O 。

因为PD ⊥BC ，PF ⊥AB ，则B 、D 、P 、F 四点共圆，且BP 为该圆的直径。

又因为1O 是∆BDF 的外心，故1O 在BP 上且是BP 的中点。

同理可证，C 、D 、P 、E 四点共圆，且2O 是CP 的中点。

于是，1O 2O 平行于BC ，则∠P 2O 1O =∠PCB 。

因为AF*AB = AP*AD = AE*AC ，所以B 、C 、E 、F 四点共圆。

充分性：设P 是∆ABC 的垂心，由于PE ⊥AC ，PF ⊥AB ，所以，B 、1O 、P 、E 四点共线，C 、2O 、P 、F 四点共线，∠F 2O 1O =∠FCB =∠FEB = ∠FE 1O ，故1O 、2O 、E 、F 四点共圆必要性：设1O 、2O 、E 、F 四点共圆，则∠1O 2O E + ∠EF 1O = π注意到∠P 2O 1O =∠PCB=∠ACB - ∠ACP ，又因为2O 是直角∆CEP 的斜边中点，也就是∆CEP 的外心，所以∠P 2O E=2∠ACP 。

ABDCEFP1O 2O因为1O 是直角∆BFP 的斜边中点，也就是∆BFP 的外心，从而∠PF 1O =2π - ∠BF 1O = 2π- ∠ABP 因为B 、C 、E 、F 四点共圆，所以∠AFE =∠ACB ，∠PFE =2π- ∠ACB 于是，由∠1O 2O E + ∠EF 1O = π得：（∠ACB - ∠ACP+ 2∠ACP ）+ (2π - ∠ABP +2π- ∠ACB) = π ，即∠ABP =∠ACP 。

2022年全国高中数学联赛(CMO预赛)平面几何专题冲刺复习试题

2022年全国高中数学联赛（CMO 预赛）平面几何专题冲刺复习讲义P00.圆基础01. 如图，在等腰△ABC 中，AB=AC ，AM 是高，P 在△ABM 内部，Q 在 AM 上，且满足∠PBQ=∠ACP 。

求证：∠BPQ+∠APC=180°B02. 如图，四边形 ABCD 是梯形，AB//CD, AB<CD ，Q 在形内且满足∠QAB=∠QDC=90°-∠BQC ，BC, DA 交于 P 。

求证：∠PQA=2∠QCDC D03. 如图，凸四边形 ABCD 内接于圆Ω，AD, BC 的延长线交于 P ，Q 是 BP 延长线上一点，且BP=PQ ，R, S 使得 CAQR, DBCS 均是平行四边形。

求证：C, Q, R, S 四点共圆B R04. 如图，在等腰△ABC 中，CA=CB ，D 在 AC 的延长线上，且满足 AC>CD ，∠BCD 的角平分线交 BD 于 N ，M 是 BD 的中点，过 M 关于⊙(AMD)的切线交 BC 于 P 。

求证：A, P, M, N 四点共圆PBLCK05. 如图，在等腰△ABC 中，AB=AC ，M 是 BC 的中点，CD 是 AB 边上的高，E 在 CD 延长线上，且满足 BE=MB ，P 在⊙(ABM)上，且满足 PB=PE ，P, M 在 BE 同侧。

求证：∠EMP=90°A06. 如图，在△ABC 内部有一点 P ，且满足∠ABP=∠ACP=45°-A/4，AL 是∠BAC 的角平分线，PL 再次交⊙(BPC)于 K 。

求证：∠AKB=∠AKCAPEDB MC07. 如图，P 是△ABC 形内一点，过 P 分别作 BC, CA, AB 的平行线，与三边对应的交点是 E,H ；G, D ；I, F ，AP 再次交△ABC 的外接圆于 Q 。

求证：DP*PG+EP*PH+FP*PI=AP*PQ08. 如图，在△ABC 中， L 在 BC 上，M, N 分别在 AB, AC 的延长线上，且满足∠ALB=2∠ANB,∠ALC=2∠AMC ，K 是△AMN 的外心。

高联平面几何训练题(附答案)

平几综合问题【例1】在ABC ∆中，AB AC =，其内切圆I 分别切三边于点,,D E F ，P 为弧EF （不含点D 的弧）上一点.设线段BP 交圆I 于另一点Q.直线EP,EQ 分别交直线BC 于点M,N.证明：（1）,,,P F B M 四点共圆；（2）EM BDEN BP=.N【例2】如图，在锐角△ABC 中，AB AC >，cos cos 1B C +=．E F 、分别是AB 、AC 延长线上的点，且90ABF ACE ∠=∠=︒． ⑴求证：BE CF EF +=；⑵设EBC ∠的平分线与EF 交于点P ，求证：CP 平分BCF ∠．【例3】在三角形ABC 中，AB AC =，CAB ∠和ABC ∠的内角平分线分别与边BC 和CA 相交于点D 和E ．设K 是三角形ACD 的内心．若45BEK ∠=︒，求CAB ∠所有可能的值．PFECBA【例4】（*）过圆外一点P向圆O作切线PA、PB及割线PCD，过C作PA的平行线，分别交AB、AD于E、F．求证：CE EF．【例5】在ABC⊙与BC CA AB△的内切圆I∠≠∠，ABC△中，B C，，．记AD与，，的切点分别为D E F ⊙的不同于点D的交点为P．过点P作AD的垂线交EF于点Q，X YI，分别是AQ与直线DE DF，的交点．求证：A是线段XY的中点．【例6】如图，C 为扇形AOB 的弧AB 上一点，在射线OC 上任取一点P ，连结AP ，过点B 作直线BQ AP ∥交OC 于点Q ．证明：五边形OAQPB 的面积与点C 、P 的选取无关．XQD【例7】给定圆1ω和2ω相交于点X 和Y ．1l 是一条过1ω的圆心的直线且与2ω交于P 、Q ．2l 是一条过2ω的圆心的直线且与1ω交于R 、S ．求证：若P 、Q 、R 、S 四点共圆，则此圆的圆心在直线XY 上．OP大显身手1．设不过平行四边形ABCD顶点的任意一条直线分别与直线AB、BC、CD、DA交于E、F、G、H，则圆EFC与圆GHC的另一个交点Q必在定直线上.2．已知⊙O 与ABC ∆的边AB AC 、分别相切于P 和Q ，与ABC ∆外接圆相切于D ，M 是PQ 的中点（如图）．求证：2POQ MDC ∠=∠．3．两圆1O ⊙、2O ⊙相切于点M ，2O ⊙的半径不小于1O ⊙的半径．点A 是2O ⊙上的一点，且满足1O 、2O 和A 三点不共线．AB 、AC 是点A 到1O ⊙的切线，切点分别为B 、C ，直线MB 、MC 与2O ⊙的另一个交点分别为E 、F ，点D 是线段EF 和2O ⊙的以A 为切点的切线的交点．证明：当点A 在2O ⊙上移动且保持1O 、2O 和A 三点不共线时，点D 沿一条固定的直线移动．QOMPDC BA4．(*选做，不作要求)水平直线m通过圆O的中心，直线l⊥m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A，B，C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP，BQ，CR为圆O的三条切线，P，Q，R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB⨯CR+BC⨯AP＝AC⨯BQ；(2)l与圆O相交时，AB⨯CR+BC⨯AP＜AC⨯BQ；(3)l与圆O相离时，AB⨯CR+BC⨯AP＞AC⨯BQ．提示与解：1、画图可得到Q点应在在定直线AC上，即证A、C、Q共线. 连AQ、CQ、EQ、HQ，往证∠EQA=∠EQC，E、F、C、Q共圆→∠EQC=∠GFC，G、H、Q、C共圆→∠HQC=∠FGC，∠GFC+∠FGC+∠FCG=1800→∠EQC+∠HQC+∠GFC=1800，∵∠BAD=∠FCG，∴∠EQH+∠EAH=1800→A、E、Q、H共圆→∠EQA=∠EHA ，而AH ∥BC →∠GFC=∠EHA →∠EQA=∠EQC→A 、C 、Q 共线，即Q 必在定直线AC 上.2、如图，连接AO 、AD 、DO 和DQ ．∵ AP AQ 、分别与⊙O 相切于P 、Q ． ∴ AP AQ =∵OP 和OQ 都是⊙O 的半径，90APO AQO ∠=∠=︒∴ 由对称性知2POQ AOQ ∠=∠，且OA PQ ⊥于M ．∴ 22OD OQ OM OA ==⋅，即OD OAOM OD=又∵DOM AOD ∠=∠，∴DOM ∆∽AOD ∆∴ ODM OAD ∠=∠ 过D 作两圆的公切线DE ，则CDE CAD ∠=∠ 又∵OD DE ⊥，即90ODE ∠=︒∴ 9090MDC ODM COE OAD DAC ∠=︒-∠-∠=︒-∠-∠ 90OAQ AOQ =︒-∠=∠ 故2POQ MDC ∠=∠．3、以M 为原点，12O O 为x 轴建立直角坐标系，如图所示，设1O ⊙方程为()2211x y ++=，2O ⊙方程为()()2221x r y r r -+=>．设()()()cos sin 0ππ2πA r r r θθθ+∈，，，，．因为BC 是1O ⊙的切点弦，所以BC方程为()()1c o s 1r r x y r θθ++++=，即()()()1cos sin 1cos 0r r x r y r θθθ+++++=OEDQMP CB A．又易得EF BC ∥，设EF 方程为()()1cos sin 0r r x r y t θθ++++=．又因为12O C O F ∥，所以F FC Cy x r y x ==-，所以11C F C F y y x x r r =-=-，（其中()F F F x y ，，()C C C x y ，）．所以()()()111cos sin 1cos 0F F r r x r y r r r θθθ⎛⎫-++⋅+⋅-++= ⎪⎝⎭，所以()()()21cos sin 1cos 0F F r r x r y r θθθ+++⋅-+=，所以直线EF 方程为()()()21cos sin 1cos 0r r x r y r θθθ+++⋅-+=．又因为AD 是2O ⊙的以点A 为切点的切线，所以直线AD 方程为()()2cos sin 0r x r r y r θθ-+-=．即()2cos sin (1cos )0rx r y r θθθ+-+=设()D D D x y ，，因为点D 在EF 和AD 上，所以()10D r x +=，即0D x =，所以点D 在定直线y 轴上移动．4、其实只要第一问完成了，后面两问可类似完成.本题实际上是一道计算题，先设基本量然后代入计算，通过漫长的化简得到显然成立的等价式.具体过程略.。

历年全国高中数学联赛《平面几何》专题真题汇编

历年全国高中数学联赛《平面几何》专题真题汇编1、如图，在锐角三角形ABC 的BC 边上有两点E 、F ，满足∠BAE =∠CAF ，作FM ⊥AB ，FN ⊥AC （M 、N 是垂足），延长AE 交三角形ABC 的外接圆于D ．证明：四边形AMDN 与三角形ABC 的面积相等．2、如图：⊿ABC 中，O 为外心，三条高AD 、BE 、CF 交于点H ，直线ED 和AB 交于点M ，FD 和AC 交于点N 。

求证：（1）OB ⊥DF ，OC ⊥DE ；（2）OH ⊥MN 。

【解析】证明：(1)∵A 、C 、D 、F 四点共圆 ∴∠BDF ＝∠BAC又∠OBC ＝21(180°－∠BOC )＝90°－∠BAC∴OB ⊥DF ． (2)∵CF ⊥MA∴MC 2－MH 2＝AC 2－AH 2 ① ∵BE ⊥NA∴NB 2－NH 2＝AB 2－AH 2 ② ∵DA ⊥BC∴BD 2－CD 2＝BA 2－AC 2 ③ ∵OB ⊥DF∴BN 2－BD 2＝ON 2－OD 2 ④ ∵OC ⊥DE∴CM 2－CD 2＝OM 2－OD 2 ⑤ ①－②＋③＋④－⑤，得NH 2－MH 2＝ON 2－OM 2 MO 2－MH 2＝NO 2－NH 2 ∴OH ⊥MN∵1-=DF OB k k ∴OB ⊥DF 同理可证OC ⊥DE ．在直线BE 的方程)(b x a cy -=中令x ＝0得H (0，a bc -)∴ac ab bc a c b a bc a a bc k OH++=+++=32222直线DF 的方程为x bc a acab y +-=2由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=+-=)(2c x c a y x bc a ac ab y 得N (22222222,2c bc a ac abc c bc a bc c a -+--++) 同理可得M (22222222,2b bc a ab abc b bc a c b b a -+--++) ∴bc a ac ab bc a bc a b c bc a c b a k MN3)3)()(())((222222++-=++-+-=∵k OH ·k MN ＝－1，∴OH ⊥MN ．3、如图，在⊿ABC 中，∠A=60°，AB>AC ，点O 是外心，两条高BE 、CF 交于H点，点M 、N 分别在线段BH 、HF 上，且满足BM=CN ，求OH NH MH +的值。