2015年全国高考理科数学分类汇编 - 9圆锥曲线

2015年全国高考理科数学分类汇编——9圆锥曲线

x2y2??1 的左、右焦点分别为F1,F2，点P在双1.【2015高考福建，理3】若双曲线E:916曲线E上，且PF1?3，则PF2 等于（ ）

A．11 B．9 C．5 D．3 【答案】B

【解析】由双曲线定义得PF1?PF2?2a?6，即3?PF2?6，解得PF2?9，故选B．

【考点定位】双曲线的标准方程和定义．

【评注】本题考查了双曲线的定义和标准方程，利用双曲线的定义列方程求解，属于基础题，注意运算的准确性．

y2?1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线2.【2015高考四川，理5】过双曲线x?32的两条渐近线于A，B两点，则AB?（ ） (A)43 (B)23 (C)6 （D）43 3【答案】D 【解析】

y2?0，双曲线的右焦点为F(2,0)，过F与x轴垂直的直线为x?2，渐近线方程为x?32y2?0得：y2?12,y??23,?|AB|?43.选D. 将x?2代入x?32【考点定位】双曲线.

x2y2x2y2【评注】双曲线2?2?1的渐近线方程为2?2?0，将直线x?2代入这个渐近线方

abab程，便可得交点A、B的纵坐标，从而快速得出|AB|的值.

5x2y23.【2015高考广东，理7】已知双曲线C：2?2?1的离心率e?，且其右焦点F2?5,0?，

4ab则双曲线C的方程为（ ）

x2y2x2y2x2y2x2y2??1 B. ??1 C. ??1 D. ??1 A．4316991634【答案】B．

【解析】因为所求双曲线的右焦点为F2?5,0?且离心率为e?222c5?，所以c?5，a?4，a4x2y2?1，故选B． b?c?a?9所以所求双曲线方程为?169【考点定位】双曲线的标准方程及其简单几何性质．

【评注】本题主要考查学生利用双曲线的简单几何性质求双曲线的标准方程和运算求解能力，由离心率和其右焦点易得a，c值，再结合双曲线b2?c2?a2可求，此题学生易忽略右焦点信息而做错，属于容易题．

x224.【2015高考新课标1，理5】已知M（x0,y0）是双曲线C：?y?1上的一点，F1,F22是C上的两个焦点，若MF1?MF2?0，则y0的取值范围是( ) （A）（-33，） 33 （B）（-33，） 66（C）（?【答案】A

22222323，） （D）（?，） 33332x02?y0?1，所以MF1?MF2= 【解析】由题知F1(?3,0),F2(3,0)，2222?y0?3?3y0?1?0，解得?(?3?x0,?y0)?(3?x0,?y0) =x033，故选?y0?33A.

【考点定位】双曲线的标准方程；向量数量积坐标表示；一元二次不等式解法.

【评注】本题考查利用向量数量积的坐标形式将MF1?MF2表示为关于点M坐标的函数，利用点M在双曲线上，消去x0，根据题意化为关于y0的不等式，即可解出y0的范围，是基础题，将MF1?MF2表示为y0的函数是解本题的关键.

5.【2015高考湖北，理8】将离心率为e1的双曲线C1的实半轴长a和虚半轴长b(a?b)同时增加m(m?0)个单位长度，得到离心率为e2的双曲线C2，则（ ） A．对任意的a,b，e1?e2

B．当a?b时，e1?e2；当a?b时，e1?e2

C．对任意的a,b，e1?e2 【答案】D

e1?e2；e1?e2 D．当a?b时，当a?b时，

(a?m)2?(b?m)2b?m2a2?b2b2e2??1?()，【解析】依题意， e1??1?()，

a?ma?maabb?mab?bm?ab?amm(b?a)??因为?，由于m?0，a?0，b?0，

aa?ma(a?m)a(a?m)bb?mbb?mb2b?m2?1，0??1，?)，所以e1?e2；，()?( aa?maa?maa?mb?mbb?mb2b?m2b?1，而?)，所以e1?e2. 当a?b时，?1，，所以()?(a?maa?maa?ma所以当a?b时，0?所以当a?b时，e1?e2；当a?b时，e1?e2. 【考点定位】双曲线的性质，离心率.

【评注】分类讨论思想是一种重要的数学思想方法．分类讨论的时应做到：分类不重不漏；标准要统一，层次要分明；能不分类的要尽量避免或尽量推迟，决不无原则地讨论． 6.【2015高考四川，理10】设直线l与抛物线y?4x相交于A，B两点，与圆

2?x?5?2?y2?r2?r?0?相切于点M，且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条，

则r的取值范围是（ ）

（A）?1，3? （B）?1，4? （C）?2，3? （D）?2，4? 【答案】D 【解析】

显然当直线l的斜率不存在时，必有两条直线满足题设.当直线l的斜率存在时，设斜率为k.

2??y1?4x1设A(x1,y1),B(x2,y2),x1?x2,M(x0,y0)，则?2，相减得

??y2?4x2(y1?y2)(y1?y2)?4(x1?x2).由于x1?x2，所以

C(5,0)，由CM?AB得k?y1?y2y1?y2??2，即ky0?2.圆心为2x1?x2y0?0??1,ky0?5?x0，所以2?5?x0,x0?3，即点M必x0?52在直线x?3上.将x?3代入y?4x得y?12,??23?y0?23.因为点M在圆

2?x?5?选D.

2?y2?r2?r?0?上，所以(x0?5)2?y02?r2,r2?y02?4?12?4?16.又

（由于斜率不存在，故y0?0，所以不取等号），所以4?y02?4?16,?2?r?4.y02?4?4654321yAMFC23456789x2–1O–1–2–3–4–5–61B 【考点定位】直线与圆锥曲线，不等式. 【评注】首先应结合图形进行分析.结合图形易知，只要圆的半径小于5，那么必有两条直线（即与x轴垂直的两条切线）满足题设，因此只需直线的斜率存在时，再有两条直线满足题设即可.接下来要解决的问题是当直线的斜率存在时，圆的半径的范围是什么.涉及直线与圆锥曲线的交点及弦的中点的问题，常常采用“点差法”.在本题中利用点差法可得，中点必在直线x?3上，由此可确定中点的纵坐标y0的范围，利用这个范围即可得到r的取值范围.

x2y27.【2015高考重庆，理10】设双曲线2?2?1（a>0,b>0）的右焦点为1，过F作AF的

ab垂线与双曲线交于B,C两点，过B,C分别作AC，AB的垂线交于点D.若D到直线BC的距离小于a?a2?b2，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是 （ ） A、(?1,0)C、(?2,0)【答案】A

(0,1) B、(??,?1)(1,??)

(0,2) D、(??,?2)(2,??)

b2b2【解析】由题意A(a,0),B(c,),C(c,?)，由双曲线的对称性知D在x轴上，设D(x,0)，

aa由

BD?AC得

b2b2?0a?a??1，解得c?xa?cb4c?x?2a(c?a)，所以

bb4b2b422222c?x?2?a?a?b?a?c，所以2?c?a?b?2?1?0??1，

aaaa(c?a)因此渐近线的斜率取值范围是(?1,0)(0,1)，选A.

【考点定位】双曲线的性质.

【名师点晴】求双曲线的渐近线的斜率取舍范围的基本思想是建立关于a,b,c的不等式，根据已知条件和双曲线中a,b,c的关系，要据题中提供的条件列出所求双曲线中关于a,b的不等关系，解不等式可得所求范围．解题中要注意椭圆与双曲线中a,b,c关系的不同．

x2y28.【2015高考天津，理6】已知双曲线2?2?1?a?0,b?0? 的一条渐近线过点2,3 ，

ab??且双曲线的一个焦点在抛物线y2?47x 的准线上，则双曲线的方程为( )

x2y2x2y2x2y2x2y2?1（C）???1 （B）??1（D）??1 （A）

282121283443【答案】D

bx2y2【解析】双曲线2?2?1?a?0,b?0? 的渐近线方程为y??x，由点2,3在渐近

aab??线上，所以

b3，双曲线的一个焦点在抛物线y2?47x准线方程x??7上，所以?a2x2y2?1，故选D. c?7，由此可解得a?2,b?3，所以双曲线方程为?43【考点定位】双曲线、抛物线的定义、标准方程及几何性质.

【评注】本题主要考查双曲线的定义、标准方程及几何性质，同时也学生的考查运算能.把双曲线的几何性质与抛物线的几何性质相结合，找出双曲线中a,b,c的关系，求出双曲线方程，体现圆锥曲线的统一性.是中档.

9.【2015高考安徽，理4】下列双曲线中，焦点在y轴上且渐近线方程为y??2x的是（ ）

y2x2y22?1 （B）?y?1 （C）?x2?1 （D） （A）x?4442x2y??1

42【答案】C

y2?x2?0，【解析】由题意，选项A,B的焦点在x轴，故排除A,B，C项的渐近线方程为4

即y??2x，故选C. 【考点定位】1.双曲线的渐近线.

【评注】双曲线确定焦点位置的技巧：x前的系数是正，则焦点就在x轴，反之，在y轴；

2bax2y2x2y2在双曲线2?2?1的渐近线方程中,容易混淆，只要根据双曲线2?2?1的

abababx2y2渐近线方程是2?2?0，便可防止上述错误.

ab10.【2015高考浙江，理5】如图，设抛物线y?4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则?BCF与?ACF的面积之比是（ ）

2

A.

BF?1AF?1 B.

BF?1AF?122 C.

BF?1AF?1 D.

BF?1AF?122

【答案】A. 【解析】

S?BCFBCxBBF?1，故选A. ???S?ACFACxAAF?1【考点定位】抛物线的标准方程及其性质

【评注】本题主要考查了抛物线的标准方程及其性质，属于中档题，解题时，需结合平面几何中同高的三角形面积比等于底边比这一性质，结合抛物线的性质：抛物线上的点到准线的距离等于其到焦点的距离求解，在平面几何背景下考查圆锥曲线的标准方程及其性质，是高考中小题的热点，在复习时不能遗漏相应平面几何知识的复习.

11.【2015高考新课标2，理11】已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，?ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为（ ）

A．5 B．2 C．3 D．2 【答案】D

x2y2【解析】设双曲线方程为2?2?1(a?0,b?0)，如图所示，AB?BM，

ab?ABM?1200，过点M作MN?x轴，垂足为N，在Rt?BMN中，BN?a，

MN?3a，故点M的坐标为M(2a,3a)，代入双曲线方程得a2?b2?a2?c2，即

c2?2a2，所以e?2，故选D．

【考点定位】双曲线的标准方程和简单几何性质．

【评注】本题考查双曲线的标准方程和简单几何性质、解直角三角形知识，正确表示点M的坐标，利用“点在双曲线上”列方程是解题关键，属于中档题．

x212.【2015高考北京，理10】已知双曲线2?y2?1?a?0?的一条渐近线为3x?y?0，则a?a ．

【答案】

3 31x2【解析】双曲线2?y2?1?a?0?的渐近线方程为y??x，

aa3x?y?0?y??3x，a?0,则?1a??3,a?3 3【考点定位】本题考点为双曲线的几何性质，正确利用双曲线的标准方程，求出渐近线方程，利用已给渐近线方程求参数.

【评注】本题考查双曲线的几何性质，重点考查双曲线的渐近线方程，本题属于基础题，正确利用双曲线的标准方程，求出渐近线方程，求渐近线方程的简单方法就是把标准方程中的“1”改“0”，利用已知渐近线方程，求出参数a的值.

【2015高考上海，理5】抛物线y2?2px（p?0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，则p? ． 【答案】2

【解析】因为抛物线上动点到焦点的距离为动点到准线的距离，因此抛物线上动点到焦点的最短距离为顶点到准线的距离，即【考点定位】抛物线定义

【评注】标准方程中的参数p的几何意义是指焦点到准线的距离；p＞0恰恰说明定义中的焦点F不在准线l上这一隐含条件；参数p的几何意义在解题时常常用到，特别是具体的标准方程中应找到相当于p的值，才易于确定焦点坐标和准线方程. 涉及抛物线几何性质的问题常结合图形思考，通过图形可以直观地看出抛物线的顶点、对称轴、开口方向等几何特征，体现了数形结合思想解题的直观性．

p?1,p?2. 2x2y2【2015高考湖南，理13】设F是双曲线C：2?2?1的一个焦点，若C上存在点P，

ab使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为 . 【答案】5. 【解析】

试题分析：根据对称性，不妨设F(c,0)，短轴端点为(0,b)，从而可知点(?c,2b)在双曲线

上，

c24b2c∴2?2?1?e??5. aba【考点定位】双曲线的标准方程及其性质.

【评注】本题主要考查了双曲线的标准方程及其性质，属于容易题，根据对称性将条件中的

信息进行

等价的转化是解题的关键，在求解双曲线的方程时，主要利用c?a?b，焦点坐标，渐

近线方程等性质，

222也会与三角形的中位线，相似三角形，勾股定理等平面几何知识联系起来.

x2?y2?1的焦距是 ，13.【2015高考浙江，理9】双曲线渐近线方程是 ． 2【答案】23，y??2x. 2【解析】由题意得：a?渐近线方程为y??2，b?1，c?a2?b2?2?1?3，∴焦距为2c?23，

b2x??x. a2【考点定位】双曲线的标准方程及其性质

【评注】本题主要考查了双曲线的标准方程及其焦距，渐近线等相关概念，属于容易题，根

据条件中

的双曲线的标准方程可以求得a，b，c，进而即可得到焦距与渐近线方程，在复习时，要

弄清各个圆锥

曲线方程中各参数的含义以及之间的关系，避免无谓失分.

x2y2??1的三个顶点，且圆心在x轴的14.【2015高考新课标1，理14】一个圆经过椭圆

164正半轴上，则该圆的标准方程为 . 【答案】(x?)?y?322225 43，故圆的2【解析】设圆心为（a，0），则半径为4?a，则(4?a)2?a2?22，解得a?方程为(x?)?y?322225. 4【考点定位】椭圆的几何性质；圆的标准方程

【评注】本题考查椭圆的性质及圆的标准方程，本题结合椭圆的图形可知圆过椭圆的上下顶点与左顶点（或右顶点），有圆的性质知，圆心在x轴上，设出圆心，算出半径，根据垂径定理列出关于圆心的方程，解出圆心坐标，即可写出圆的方程，细心观察圆与椭圆的特征是解题的关键.

15.【2015高考陕西，理14】若抛物线y?2px(p?0)的准线经过双曲线x?y?1的一个焦点，则p? ． 【答案】22 222【解析】抛物线y2?2px（p?0）的准线方程是x??p，双曲线x2?y2?1的一个焦2点F因为抛物线y2?2px（p?0）的准线经过双曲线x2?y2?1的一个焦点，1?2,0，所以???p??2，解得p?22，所以答案应填：22． 2【考点定位】双曲线的几何性质和抛物线标准方程

【名师点晴】本题主要考查的是抛物线的简单几何性质和双曲线的简单几何性质，属于容易题．解题时要注意抛物线和双曲线的焦点落在哪个轴上，否则很容易出现错误．解本题需要掌握的知识点是抛物线的准线方程和双曲线的焦点坐标，即抛物线y2?2px（p?0）的

px2y2准线方程是x??，双曲线2?2?1（a?0，b?0）的左焦点F1??c,0?，右焦点

2abF2?c,0?，其中c2?b2?a2．

【2015高考上海，理9】已知点?和Q的横坐标相同，?的纵坐标是Q的纵坐标的2倍，?和Q的轨迹分别为双曲线C1和C2．若C1的渐近线方程为y??3x，则C2的渐近线方程为 ． 【答案】y??3x 2【解析】由题意得：C1：3x2?y2??,(??0)，设Q(x,y)，则P(x,2y)，所以3x2?4y2??，即C2的渐近线方程为y??【考点定位】双曲线渐近线

【评注】(1)已知渐近线方程y＝mx，若焦点位置不明确要分m?3x 2ba或m?讨论． (2)与abbx2y2x2y2双曲线2?2?1共渐近线的可设为2?2??(??0)；(3)若渐近线方程为y??x，

aababx2y2则可设为2?2??(??0)；(4)相关点法求动点轨迹方程．

abx2y216.【2015高考山东，理15】平面直角坐标系xoy中，双曲线C1:2?2?1?a?0,b?0?ab

AB的垂心为C2的焦点，的渐近线与抛物线C2:x2?2py?p?0?交于点O,A,B，若?O则

C1的离心率为 . 【答案】

3 2【解析】设OA 所在的直线方程为y?bbx ,则OB 所在的直线方程为y??x, aa2pb?bx????2pb2pb2??a?y?x,2? , 解方程组? 得：? ，所以点A 的坐标为?a2aa???y?2pb?x2?2py??a2?抛物线的焦点F 的坐标为:?0,??p?? .因为F是?ABC 的垂心，所以kOB?kAF??1 , 2??2pb2p???b?a2b252所以，?????1?2? . a?2pb?a4??a??c2b293所以，e?2?1?2??e? .

aa422【考点定位】1、双曲线的标准方程与几何性质；2、抛物线的标准方程与几何性质.

【评注】本题考查了双曲线与抛物线的标准方程与几何性质，意在考查学生对圆锥曲线基本问题的把握以及分析问题解决问题的能力以及基本的运算求解能力，三角形的垂心的概念以及两直线垂直的条件是突破此题的关键.

17.【2015江苏高考，12】在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x?y?1右支上的一个动点。若点P

到直线x?y?1?0的距离大于c恒成立，则是实数c的最大值为 . 【答案】2 222【解析】设P(x,y),(x?1)，因为直线x?y?1?0平行于渐近线x?y?0，所以点P到直线

x?y?1?0的距离恒大于直线x?y?1?0与渐近线x?y?0之间距离，因此c的最大值为

直线x?y?1?0与渐近线x?y?0之间距离，为【考点定位】双曲线渐近线，恒成立转化

12?2. 2【名师点晴】渐近线是双曲线独特的性质，在解决有关双曲线问题时，需结合渐近线从数形

x2y2结合上找突破口.与渐近线有关的结论或方法还有：(1)与双曲线2?2?1共渐近线的可设

abbx2y2x2y2为2?2??(??0)；(2)若渐近线方程为y??x，则可设为2?2??(??0)；(3) 双

aababx2y2曲线的焦点到渐近线的距离等于虚半轴长b；(4) 2?2?1(a?0.b?0)的一条渐近线的斜

abbc2?a2率为??e2?1.可以看出，双曲线的渐近线和离心率的实质都表示双曲线张口2aa的大小．另外解决不等式恒成立问题关键是等价转化，其实质是确定极端或极限位置. 18.【2015高考新课标2，理20】（本题满分12分）

已知椭圆C:9x2?y2?m2(m?0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．

(Ⅰ)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若l过点(m,m)，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？3若能，求此时l的斜率，若不能，说明理由．

【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）能，4?7或4?7．

【解析】(Ⅰ)设直线l:y?kx?b(k?0,b?0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(xM,yM)． 将

y?kx?b代入

9x2?2y?得m(k2?9)x2?2kbx?b2?m2?0，故

xM?x1?x2kb??2， 2k?99byM9OM．于是直线的斜率，即kOM?k??9．所以直k???OMk2?9xMkyM?kxM?b?线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值． （Ⅱ）四边形OAPB能为平行四边形． 因为直线l过点(m,m)，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k?0，k?3． 39?y??x,9?P由(Ⅰ)得OM的方程为y??x．设点的横坐标为xP．由?得kk?9x2?y2?m2,?xP2mm(3?k)k2m2?km?2，即xP?．将点(,m)的坐标代入直线l的方程得b?，

2339k?813k?9因此xM?mk(k?3)．四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，23(k?9)即xP?2xM．于是?km3k?92?

2?mk(k?3)．解得k1?4?7，k2?4?7．因为ki?0,ki?3，i?1，2，所以当l23(k?9)的斜率为

4?7或4?7时，四边形OAPB为平行四边形．

【考点定位】1、弦的中点问题；2、直线和椭圆的位置关系．

【评注】(Ⅰ)题中涉及弦的中点坐标问题，故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方法求解：设端点A,B的坐标，代入椭圆方程并作差，出现弦AB的中点和直线l的斜率；设直线l的方程同时和椭圆方程联立，利用韦达定理求弦AB的中点，并寻找两条直线斜率关系；（Ⅱ）根据(Ⅰ)中结论，设直线OM方程并与椭圆方程联立，求得M坐标，利用xP?2xM以及直线l过点(m,m)列方程求k的值． 319.【2015江苏高考，18】（本小题满分16分）

x2y22 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆2?2?1?a?b?0?的离心率为，

ab2且右焦点F到左准线l的距离为3. （1）求椭圆的标准方程；

（2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于 点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程. O l C B x P y A x2【答案】（1）?y2?1（2）y?x?1或y??x?1．

2【解析】

试题分析（1）求椭圆标准方程，只需列两个独立条件即可：一是离心率为

2，二是右焦2点F到左准线l的距离为3，解方程组即得（2）因为直线AB过F，所以求直线AB的方程就是确定其斜率，本题关键就是根据PC=2AB列出关于斜率的等量关系，这有一定运算量.首先利用直线方程与椭圆方程联立方程组，解出AB两点坐标，利用两点间距离公式求出AB长，再根据中点坐标公式求出C点坐标，利用两直线交点求出P点坐标，再根据两点间距离公式求出PC长，利用PC=2AB解出直线AB斜率,写出直线AB方程.

a2c2试题解析：（1）由题意，得?且c??3，

ca2解得a?2，c?1，则b?1，

x2所以椭圆的标准方程为?y2?1．

2（2）当???x轴时，???2，又C??3，不合题意．

当??与x轴不垂直时，设直线??的方程为y?k?x?1?，??x1,y1?，??x2,y2?，

2222将??的方程代入椭圆方程，得1?2kx?4kx?2k?1?0，

????则x1,2?2k2?2?1?k2?1?2k22?2k2?k?,，C的坐标为?22?，且

1?2k1?2k??2????x2?x1???y2?y1???1?k??x22?x1??222?1?k2?1?2k2．

若k?0，则线段??的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．

k1?2k2????x? 从而k?0，故直线?C的方程为y?22?，

1?2kk?1?2k??2?3k2?1?1?k25k2?2??，从而?C?则?点的坐标为??2,． 22??k1?2kk?1?2k?????因为?C?2??，所以

2?3k2?1?1?k2k?1?2k2??42?1?k2?1?2k2，解得k??1．

此时直线??方程为y?x?1或y??x?1． 【考点定位】椭圆方程，直线与椭圆位置关系

【名师点晴】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法：根据条件确定关于a，b，c的方程组，解出a2，b2，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．

x2y220.【2015高考福建，理18】已知椭圆E：2+2=1(a>b>0)过点(0,2），且离心率为

ab2． 2(Ⅰ)求椭圆E的方程； (Ⅱ)设直线x=my-1，(m?R)交椭圆E于A，B两点，

判断点G(-,0)与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．

yA949x2y2+=1；(Ⅱ) G(-,0)在以AB为直径的圆外． 【答案】(Ⅰ)

442【解析】解法一：(Ⅰ)由已知得

GBOxìb=2,?ìa=2??2??c=,解得íb=2， í2??a??a2=b2+c2,?c=2??x2y2+=1． 所以椭圆E的方程为

42(Ⅱ)设点A(x1y1),B(x2,y2),AB中点为H(x0,y0)．

ìx=my-1?由íx2y2得(m2+2)y2-2my-3=0, ?+=1??42

2m32,yy=，y=从而. 120m2+2m2+2m2+2925252522222所以GH|=(x0+)+y0=(my0+)+y0=(m+1)y0+my0+.

44216所以y1+y2=|AB|2(x1-x2)2+(y1-y2)2(m2+1)(y1-y2)2== 444(m2+1)[(y1+y2)2-4y1y2]=(m2+1)(y02-y1y2), =4故

|AB|25255m23(m2+1)2517m2+22|GH|-=my0+(m+1)y1y2+=-+=>0 42162(m2+2)m2+21616(m2+2)2所以|GH|>|AB|9，故G(-,0)在以AB为直径的圆外． 249494解法二：(Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)设点A(x1y1),B(x2,y2),，则GA=(x1+,y1),GB=(x2+,y2).

ìx=my-1?2m3由íx2y2 得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2,y1y2=2，m+2m+2?+=1??42从而GAGB=(x1+)(x2+)+y1y2=(my1+)(my2+)+y1y2

949454545255m23(m2+1)2517m2+2=(m+1)y1y2+m(y1+y2)+=-+ =>0

4162(m2+2)m2+21616(m2+2)2所以cos狁GA,GB>0,又GA，GB不共线，所以DAGB为锐角. 故点G(-,0)在以AB为直径的圆外．

【考点定位】1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系． 【评注】本题通过判断点和圆的位置关系来考查中点问题，利用韦达定理确定圆心，然后计算圆心到点G的距离并和半径比较得解；也可以构造向量，通过判断数量积的正负来确定

94?0?点G在圆内；GA?GB?0?点G在圆外；点和圆的位置关系：GA?GBGA?GB?0?点G在圆上，本题综合性较高，较好地考查分析问题解决问题的能力．

x21?y2?1上两个不同的点A，21.【2015高考浙江，理19】已知椭圆B关于直线y?mx?22对称．

（1）求实数m的取值范围；

（2）求?AOB面积的最大值（O为坐标原点）．

【答案】（1）m??

626或m?；（2）.

323?x2?y2?1?1?2试题分析：（1）可设直线AB的方程为y??x?b，从而可知?有两个不同

m?y??1x?b?m?的解，再由AB中点也在直线上，即可得到关于m的不等式，从而求解；（2）令t?1，可 m将?AOB表示为t的函数，从而将问题等价转化为在给定范围上求函数的最值，从而求解.

?x22?y?1?1?2试题解析：（1）由题意知m?0，可设直线AB的方程为y??x?b，由?，

m?y??1x?b?m?11122bx22x?b?1?0，∵直线y??x?b与椭圆?y2?1有两 消去y，得(?2)x?m2mm242mbm2b,2)代入直线 个不同的交点，∴???2b?2?2?0，①，将AB中点M(2mm?2m?221m2?266m?m??方程y?mx?解得b??，②。由①②得或；（2）令 222m33t?166?(?,0)(0,)，则|AB|?t2?1?m22?2t4?2t2?t2?1232，且O到直线AB

12，设?AOB的面积为S(t)， 的距离为d?t2?1t2?∴S(t)?111122，当且仅当t?时，等号成立，故?AOB |AB|?d??2(t2?)2?2?22222面积的最大值为2. 2【考点定位】1.直线与椭圆的位置关系；2.点到直线距离公式；3.求函数的最值.

【评注】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系等知识点，在直线与椭圆相交背景下求三角

形面积的

最值，浙江理科数学试卷在2012年与2013年均有考查，可以看出是热点问题，将直线方程

与椭圆方程联

立消去一个字母后利用韦达定理以及点到直线距离公式建立目标函数，将面积问题转化为求

函数最值问

题，是常规问题的常规考法，应熟练掌握，同时，需提高字母运算的技巧.

x2y222.【2015高考山东，理20】平面直角坐标系xoy中，已知椭圆C:2?2?1?a?b?0?ab的离心率为

3，左、右焦点分别是F1,F2，以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以12为半径的圆相交，且交点在椭圆C上. (Ⅰ)求椭圆C的方程；

x2y2（Ⅱ）设椭圆E:2?2?1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y?kx?m交椭

4a4b圆E 于A,B两点，射线PO 交椭圆E于点Q.

( i )求

OQOP的值；

（ii）求?ABQ面积的最大值.

x2?y2?1；【答案】（I）（II）( i )2；（ii）63 . 4【解析】

试题分析：（I）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定a,b 的值，从而得到椭圆的方程；（II）（i）设P?x0,y0?，

OQOP?? ，由题意知Q???x0,??y0?，然后利用这两点分别在

?y?kx?m?两上椭圆上确定? 的值; （ii）设A?x1,y1?,B?x2,y2?，利用方程组?x2y2 结合韦

?1???164达定理求出弦长AB，选将?OAB的面积表示成关于k,m的表达式

216k2?4?m2m1S?m?x2?x2?21?4k2?m2?m2?2?4??，然后，令2?21?4k1?4k??m2?t，利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而求出?OAB的面积的最大值，

1?4k2并结合（i）的结果求出△

面积的最大值.

试题解析：（I）由题意知2a?4 ，则a?2 ,又

c322?,a?c?b2 可得b?1 , a2x2?y2?1. 所以椭圆C的标准方程为4x2y2??1, （II）由（I）知椭圆E的方程为

1642x02?1, （i）设P?x0,y0?，?? ，由题意知Q???x0,??y0? 因为?y04OPOQ???x0?又

162???y0??42?1 ，即

2?2?x0OQ2???2 ,所以 ，即?2 . ?y?1?0?OP4?4?（ii）设A?x1,y1?,B?x2,y2? 将y?kx?m代入椭圆E的方程，

222可得1?4kx?8kmx?4m?16?0

??22由??0 ，可得m?4?16k …………………………①

8km4m2?16,x1x2?则有x1?x2?? 221?4k1?4k416k2?4?m2所以x1?x2? 21?4k因为直线y?kx?m与轴交点的坐标为?0,m?

216k2?4?m2m1所以?OAB的面积S?m?x2?x2?

21?4k2?2(16k2?4?m2)?m2m2?m2??2?4?? 22?21?4k?1?4k?1?4km22221?4kx?8kmx?4m?4?0 ?ty?kx?m令 ,将 代入椭圆C的方程可得??21?4k22由??0 ，可得m?1?4k …………………………………………②

由①②可知0?t?1 因此S?2?4?t?t?2?t2?4t ,故S?23

22当且仅当t?1 ，即m?1?4k 时取得最大值23

由（i）知，?ABQ 面积为3S ,所以?ABQ面积的最大值为63 .

【考点定位】1、椭圆的标准方程与几何性质；2、直线与椭圆位置关系综合问题；3、函数的最值问题.

【评注】本题考查了椭圆的概念标准方程与几何性质以及直线与椭圆的位置关系，意在考查学生理解力、分析判断能力以及综合利用所学知识解决问题能力和较强的运算求解能力，在得到三角形的面积的表达式后，能否利用换元的方法，观察出其中的函数背景成了完全解决问题的关键.

x2y223,【2015高考安徽，理20】设椭圆E的方程为2?2?1?a?b?0?，点O为坐标原点，

ab点A的坐标为?a，0?，点B的坐标为?0，b?，点M在线段AB上，满足BM?2MA，

直线OM的斜率为5. 10 （I）求E的离心率e；

（II）设点C的坐标为?0，?b?，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为

7，求 2 E的方程.

x2y225??1. 【答案】（I）；（II）

5459【解析】（I）由题设条件知，点M的坐标为(a,b)，又kOM?23135b5?，从而，

102a10进而得a?5b,c?a2?b2?2b，故e?c25?. a5xy??1，点N的坐5bb （II）由题设条件和（I）的计算结果可得，直线AB的方程为标为(751b,?b)，设点N关于直线AB的对称点S的坐标为(x1,)，则线段NS的

222中点T的坐标为(x517b?1,?b?).又点T在直线AB上，且kNS?kAB??1,从而有4244?5x117b??b??2?44?1?4b5b??解得b?3，所以a?35，故椭圆E的方程为?71?b?22?5?5b?x1???2x2y2??1. 459【考点定位】1.椭圆的离心率；2.椭圆的标准方程；3.点点关于直线对称的应用.

【评注】椭圆一直是解答题中考查解析几何知识的重要载体，不管对其如何进行改编与设计，

抓住基础知识、考基本技能是不变的话题.解析几何主要研究两类问题：一是根据已知条件确定曲线方程，二是利用曲线方程研究曲线的几何性质.曲线方程的确定可分为两

类：若已知曲线类型，则采用待定系数法；若曲线类型未知时，则可利用直接法、定义法、相关点法等求解.本题是第一种类型，要利用给定条件求出a,b.

x2y224.【2015高考天津，理19】（本小题满分14分）已知椭圆2+2=1(a>b>0)的左焦点

abb4322为F(?c,0),离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x+y=截

43得的线段的长为c，|FM|=43. 3(I)求直线FM的斜率； (II)求椭圆的方程；

(III)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于2，求直线OP（O为原点）的斜率的取值范围.

x2y23??1 ；(III) 【答案】(I) ； (II) 323?23???,???3???223?,??. 33??c212222222【解析】(I) 由已知有2?，又由a?b?c，可得a?3c，b?2c，

a3设直线FM的斜率为k(k?0)，则直线FM的方程为y?k(x?c)，由已知有

?kc??c??b?3??，解得. k??2?????223?k?1?????222x2y2(II)由(I)得椭圆方程为2?2?1，直线FM的方程为y?k(x?c)，两个方程联立，消

3c2c去y，整理得

53x2?2cx?5c2?0，解得x??c或x?c，因为点M在第一象限，可得M的坐标为

3?23??23?432c?，由FM?(c?c)??，解得c?1，所以椭圆方程为c?0???c,333????2x2y2??1 32(III)设点P的坐标为(x,y)，直线FP的斜率为t，得t?y，即y?t(x?1)(x??1),x?1?y?t(x?1)?与椭圆方程联立?x2y2，消去y，整理得2x2?3t2(x?1)2?6，又由已知，得

??1?2?36?2x2t??2，解得 23(x?1)?3?x??1或?1?x?0， 2设直线OP的斜率为m，得m?y，即y?mx(x?0)，与椭圆方程联立，整理可得xm2?22?. x23①当x???,?1?时，有y?t(x?1)?0，因此m?0，于是m??3?2??22?，得x23?223?m??,?

33??②当x???1,0?时，有y?t(x?1)?0，因此m?0，于是m??22?，得2x3?23?m????,??

3???23?综上，直线OP的斜率的取值范围是???,??3???223?,?? 33??【考点定位】1.椭圆的标准方程和几何性质；2.直线和圆的位置关系；3.一元二次不等式. 【评注】本题主要考查椭圆的定义、标准方程及几何性质，直线与圆锥曲线的位置关系.由勾股定理求圆的弦长，体现数学数形结合的重要数学思想；用数字来刻画几何图形的特征，是解析几何的精髓，联立方程组，求出椭圆中参数的关系，进一步得到椭圆方程；构造函数求斜率取值范围，体现函数在解决实际问题中的重要作用，是拨高题.

x2y225.【2015高考重庆，理21】如题（21）图，椭圆2?2?1?a?b?0?的左、右焦点分

ab别为F1,F2,过F2的直线交椭圆于P,Q两点，且PQ?PF1

yPF1OF2xQ

（1）若PF1?2?2,PF2?2?2，求椭圆的标准方程 （2）若PF1?PQ,求椭圆的离心率e.

x22+y=1；【答案】（1）（2）6?3 4【解析】

试题解析：（1）本题中已知椭圆上的一点到两焦点的距离，因此由椭圆定义可得长轴长，即参数a的值，而由PQ?PF1，应用勾股定理可得焦距，即c的值，因此方程易得；（2）要求椭圆的离心率，就是要找到关于a,b,c的一个等式，题中涉及到焦点距离，因此我们仍然应

用

椭

圆

定

义

，

设

PF1?m，则

P2F?2?a，mQF2?PQ?PF2?m?(2a?m)?2m?2a，于是有QF1?2a?QF2?4a?2m，这

样在Rt?PQF1中求得m?2(2?2)a，在Rt?PF1F2中可建立关于a,c的等式，从而求得离心率.

(1)由椭圆的定义，2a=|PF1|+|PF2|=2+2+2-设椭圆的半焦距为c，由已知PF1?PF2，因此

()(2=4，故a=2.

)2c=|F1F2|=|PF1|2+|PF2|2=从而b=a2-c2=1

(2+2)(2+2-2)2=23，即c=3.

x22+y=1. 故所求椭圆的标准方程为4(2)解法一：如图(21)图，设点P(x0,y0)在椭圆上，且PF1?PF2，则

x02y02+2=1,x02+y02=c2 2abc2b22a?2b,y0??. 求得x0=?ac由|PF|PF2|,得x0>0,从而 1|=|PQ|>2?c??b?222|PF1|=?a?2b+c?????2?a2?b2??2aa2?2b2?a?a2?2b2?a??c?22??.

2由椭圆的定义，

|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a,从而由

|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|，有|QF1|=4a-2|PF1|

2+2|PF1|=4a 又由PF1?PF2，|PF1|=|PQ|知|QF1|=2|PF1|，因此

于是2+2()()(a+a2-2b2=4a.

2)1??4?解得e??1??1??2???2?2????6?3. ??解法二：如图(21)图由椭圆的定义，|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a,从而由

|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|，有|QF1|=4a-2|PF1|

又由PF1?PF2，|PF1|=|PQ|知|QF1|=2|PF1|，因此4a-2|PF1|=2|PF1|,

|PF)a 1|=2(2-2)a,从而|PF2|=2a-|PF1|=2a-(2-2)a=2(2-122由PF|PF2|2=(2c)2=4c2，因此 1?PF2,知|PF1|+|PF2|=|PF1|2+|PF2|2ce===(2-a2a2)2+(2-1)2=9-62=6-3 【考点定位】考查椭圆的标准方程，椭圆的几何性质.，直线和椭圆相交问题，考查运算求解能力．

【名师点晴】确定圆锥曲线方程的最基本方法就是根据已知条件得到圆锥曲线系数的方程，解方程组得到系数值．注意在椭圆中c＝a－b，在双曲线中c＝a＋b.圆锥曲线基本问题的考查的另一个重点是定义的应用；求椭圆与双曲线的离心率的基本思想是建立关于a，b，

2

2

2

2

2

2

c的方程，根据已知条件和椭圆、双曲线中a，b，c的关系，求出所求的椭圆、双曲线中a，c之间的比例关系，根据离心率定义求解．如果是求解离心率的范围，则需要建立关于a，c的不等式．

x2y2226.【2015高考四川，理20】如图，椭圆E：2+2?1(a?b?0)的离心率是，过点ab2P（0,1）的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行与x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22. (1)求椭圆E的方程；

（2）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

QAPA恒成立？?QBPB

x2y2??1；【答案】（1）（2）存在，Q点的坐标为Q(0,2). 42【解析】（1）由已知，点(2,1)在椭圆E上.

?21?a2?b2?1,??222因此，?a?b?c,

??c?2,?2?a解得a?2,b?2. x2y2??1. 所以椭圆的方程为

42（2）当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点. 如果存在定点Q满足条件，则

|QC||PC|??1，即|QC|?|QD|. |QD||PD|所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0,y0).

当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M、N两点. 则M(0,2),N(0,?2)，

由

|QM||PM||y?2|2?1?，有0，解得y0?1或y0?2. ?|QN||PN||y0?2|2?1所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点的坐标只可能为Q(0,2). 下面证明：对任意的直线l，均有

|QA||PA|?. |QB||PB|当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立.

当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y?kx?1，A、B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).

?x2y2?1??联立?4,得(2k2?1)x2?4kx?2?0. 2?y?kx?1?其判别式??16k?8(2k?1)?0， 所以，x1?x2??因此

224k2,xx??. 12222k?12k?111x1?x2???2k. x1x2x1x2易知，点B关于y轴对称的点的坐标为B?(?x2,y2).

yQAPF1OBB1又kQA?F2B'x

y1?2y?2111?k?,kQB??2??k??k?， x1x1?x2x2x1所以kQA?kQB?，即Q,A,B?三点共线. 所以

|QA||QA||x1||PA|. ???|QB||QB?||x2||PB|故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得

|QA||PA|?恒成立. |QB||PB|【考点定位】本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.

【评注】高考中解几题一般都属于难题的范畴，考生应立足于拿稳第（1）题的分和第（2）小题的步骤分.解决直线与圆锥曲线相交的问题，一般是将直线方程与圆锥曲线的方程联立，再根据根与系数的关系解答.本题是一个探索性问题，对这类问题一般是根据特殊情况找出结果，然后再证明其普遍性.解决本题的关键是通过作B的对称点将问题转化.

27.【2015高考湖北，理21】一种作图工具如图1所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且

DN?ON?1，MN?3．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动．．N绕O转动一周（D

不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线记为C．以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系． （Ⅰ）求曲线C的方程；

（Ⅱ）设动直线l与两定直线l1:x?2y?0和l2:x?2y?0分别交于P,Q两点．若直线l总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：?OQP的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．

y NADOBN D M O x

M

第21题图2

第21题图1

x2y2【答案】（Ⅰ）?（Ⅱ）存在最小值8. ?1；

164【解析】（Ⅰ）设点D(t,0)(|t|?2)，N(x0,y0),M(x,y)，依题意，

yPNDMOQx第21题解答图

MD?2DN，且|DN|?|ON|?1，

22??(x0?t)?y0?1,所以(t?x,?y)?2(x0?t,y0)，且?2 2??x0?y0?1.?t?x?2x0?2t,即?且t(t?2x0)?0.

y??2y.0?由于当点D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0，

x2y2xy22于是t?2x0，故x0?,y0??，代入x0?y0?1，可得??1，

42164x2y2即所求的曲线C的方程为??1.

1641（Ⅱ）（1）当直线l的斜率不存在时，直线l为x?4或x??4，都有S?OPQ??4?4?8.

21（2）当直线l的斜率存在时，设直线l:y?kx?m(k??)，

2?y?kx?m,由?2 消去y，可得(1?4k2)x2?8kmx?4m2?16?0. 2?x?4y?16,因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，

所以??64k2m2?4(1?4k2)(4m2?16)?0，即m2?16k2?4. ① ?y?kx?m,2mm?2mm又由? 可得P(,)；同理可得Q(,).

x?2y?0,1?2k1?2k1?2k1?2k?由原点O到直线PQ的距离为d?|m|1?k2和|PQ|?1?k2|xP?xQ|，可得

S?OPQ1112m2m2m2?|PQ|?d?|m||xP?xQ|??|m|??. ② 2221?2k1?2k1?4k2将①代入②得，S?OPQ4k2?12m2. ??8221?4k4k?114k2?12当k?时，S?OPQ?8(2)?8(1?2)?8；

44k?14k?1214k2?12当0?k?时，S?OPQ?8()?8(?1?). 241?4k1?4k22因0?k2?122，则0?1?4k2?1，?2，所以S?OPQ?8(?1?)?8， 241?4k1?4k2当且仅当k?0时取等号.

所以当k?0时，S?OPQ的最小值为8.

综合（1）（2）可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，?OPQ的面积取得最小值8. 考点：椭圆的标准方程、几何性质,直线与圆、椭圆的位置关系，最值.

【评注】本题以滑槽，长短杆为背景，乍一看与我们往年考的很不一样，但是只要学生仔细读题均能找到椭圆的a,b,c.那么第一问就迎刃而解了，第二问仍然为圆锥曲线的综合问题。

直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型．解题过程中要注意讨论直线斜率的存在情况，计算要准确．

x2y228.【2015高考陕西，理20】（本小题满分12分）已知椭圆?:2?2?1（a?b?0）的

ab半焦距为c，原点?到经过两点?c,0?，

?0,b?的直线的距离为2c．

（I）求椭圆?的离心率；

（II）如图，??是圆?:?x?2???y?1??求椭圆?的 方程．

2215的一条直径，若椭圆?经过?，?两点，2

x2y23??1． 【答案】（I）；（II）

1232【解析】

试题分析：（I）先写过点?c,0?，?0,b?的直线方程，再计算原点?到该直线的距离，进而

??y?k?x?2??1??可得椭圆?的离心率；（II）先由（I）知椭圆?的方程，设的方程，联立?，

222??x?4y?4b消去y，可得x1?x2和x1x2的值，进而可得k，再利用???10可得b的值，进而可得椭圆?的方程．

试题解析：（I）过点?c,0?，?0,b?的直线方程为bx+cy-bc=0，

2

则原点?到直线的距离d?bcb2?c2?bc， a由d=1c3c，得a=2b=2a2-c2，解得离心率=. 2a2(II)解法一：由（I）知，椭圆?的方程为x2+4y2=4b2. (1) 依题意，圆心???2,1?是线段??的中点，且|AB|=10.

易知，??不与x轴垂直，设其直线方程为y=k(x+2)+1，代入(1)得

(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-4b2=0

8k(2k+1)4(2k+1)2-4b2,x1x2=-. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-1+4k21+4k2由x1+x2=-4，得-从而x1x2=8-2b2.

8k(2k+1)1=-4,k=解得. 21+4k25?1?于是|AB|?1???|x1?x2|?2?2?2?x1?x2?2?4x1x2?10(b2?2). 22由|AB|=10，得10(b-2)=10，解得b=3.

x2y2+=1. 故椭圆?的方程为

123解法二：由（I）知，椭圆?的方程为x+4y=4b. (2) 依题意，点?，?关于圆心???2,1?对称，且|AB|=10. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x12+4y12=4b2，x22+4y22=4b2， 两式相减并结合x1+x2=-4,y1+y2=2,得-4(x1-x2)+8y1-y2=0. 易知，??不与x轴垂直，则x1?x2，所以??的斜率kAB=因此??直线方程为y=222()y1-y21=.

x1-x221(x+2)+1，代入(2)得x2+4x+8-2b2=0. 22所以x1+x2=-4，x1x2=8-2b.

5?1?于是|AB|?1???|x1?x2|?2?2?2?x1?x2?2?4x1x2?10(b2?2). 22由|AB|=10，得10(b-2)=10，解得b=3.

x2y2+=1. 故椭圆?的方程为

123考点：1、直线方程；2、点到直线的距离公式；3、椭圆的简单几何性质；4、椭圆的方程；5、圆的方程；6、直线与圆的位置关系；7、直线与圆锥曲线的位置.

【名师点晴】本题主要考查的是直线方程、点到直线的距离公式、椭圆的简单几何性质、椭圆的方程、圆的方程、直线与圆的位置关系和直线与圆锥曲线的位置，属于难题．解题时一定要注意考虑直线的斜率是否存在，否则很容易失分．解本题需要掌握的知识点是截距式方程，点到直线的距离公式和椭圆的离心率，即截距式方程?xy?1（在x轴上的截距a，在aby轴上的截距b），点?0?x0,y0?到直线l:?x??y?C?0的距离d??x0??y0?C???22，椭圆cx2y2a?b?0e???1（）的离心率．

aa2b2x229.【2015高考新课标1，理20】在直角坐标系xoy中，曲线C：y=与直线y?kx?a(a4＞0)交与M,N两点，

（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；

（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由. 【答案】（Ⅰ）ax?y?a?0或ax?y?a?0（Ⅱ）存在 【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求出M,N的坐标，再利用导数求出M,N.（Ⅱ）先作出判定，再利用设而不求思想即将y?kx?a代入曲线C的方程整理成关于x的一元二次方程，设出M,N的坐标和P点坐标，利用设而不求思想，将直线PM，PN的斜率之和用a表示出来，利用直线PM，PN的斜率为0,即可求出a,b关系，从而找出适合条件的P点坐标.

试题解析：（Ⅰ）由题设可得M(2a,a)，N(?22,a)，或M(?22,a)，N(2a,a).

1x2∵y??x，故y?在x=22a处的到数值为a，C在(22a,a)处的切线方程为

24y?a?a(x?2a)，即ax?y?a?0.

x2故y?在x=-22a处的到数值为-a，C在(?22a,a)处的切线方程为

4y?a??a(x?2a)，即ax?y?a?0.

故所求切线方程为ax?y?a?0或ax?y?a?0. ……5分 （Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：

设P（0，b）为复合题意得点，M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1,k2. 将y?kx?a代入C得方程整理得x?4kx?4a?0. ∴x1?x2?4k,x1x2??4a. ∴k1?k2?2y1?by2?b2kx1x2?(a?b)(x1?x2)k(a?b)==. ?ax1x2x1x2 当b??a时，有k1?k2=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补， 故∠OPM=∠OPN，所以P(0,?a)符合题意. ……12分

【考点定位】抛物线的切线；直线与抛物线位置关系；探索新问题；运算求解能力 【评注】对直线与圆锥曲线的位置关系问题，常用设而不求思想，即设出直线方程代入圆锥曲线方程化为关于x的一元二次方程，设出交点坐标，利用根与系数关系，将交点的横坐标之和与积一元二次方程的系数表示出来，然后根据题中的条件和所求结论，选择合适的方法进行计算，注意题中条件的合理转化，如本题中，将角∠OPM=∠OPN相同转化为直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，进而转化为直线PM的斜率与直线PN的斜率之和为0，再将其坐标化，即可列出方程，解析几何题思路固定，字母运算复杂，需要细心和耐心. 2x2y21?30.【2015高考北京，理19】已知椭圆C：2?2?1?a?b?0?的离心率为，点P?0，2abn??m≠0?都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M． 和点A?m，（Ⅰ）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）；

（Ⅱ）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N．问：y轴上是否存在点Q，使得?OQM??ONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

x2,0),(2)存在点Q（0，?y2?1,M( ?2）1?n2m2x2y21?且离心率为【解析】（Ⅰ）由于椭圆C：2?2?1?a?b?0?过点P?0，，

2ab1b2c2a2?b211?1,b?1,e?2??1??，a2?2，椭圆C的方程为222aaa22x22?y2?1.

P(0,1),A(m,n),直线PA的方程为：y?n?1mx?1，令y?0,x?，m1?n?M(,0)；

1?n（Ⅱ）

mP(0,1),B(m,?n)，直线PB的方程为：y?1?nmx?1，直线PB与x

轴交于点N，令y?0,x?设Q(0,y0)

m1?n，则N(m1?n,0).

mtan?OQM?1?n?y0m, tan?ONQ?(1?n)y0y0m1?n?y0(1?n),

m?OQM??ONQ,?tan?OQM?tan?ONQ,

y0(1?n)m2m2m2?2?2，?则，所以y0?（注：点2m(1?n)y01?nm2A?m，n??m≠0?在椭圆C上，

使得?OQM??ONQ.

考点：1.求椭圆方程；2.求直线方程及与坐标轴的交点；3.存在性问题.

【评注】本题考查直线和椭圆的有关知识及解存在性命题的方法，本题属于中偏难问题，思维量和运算量均有，利用待定系数法求出椭圆方程，利用直线方程的斜截式写出直线方程，

m22?n2?1），则y0??2，存在点Q（0，?2）tan?ONQ，求出点M、N的坐标，利用直角三角形内锐角三角函数正切定义求出tan?OQM、根据二者相等，解出Q点坐标，说明存在点符合条件的点Q. 【2015高考湖南，理20】已知抛物线C1:x?4y的焦点F也是椭圆

2y2x2C2:2?2?1(a?b?0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为26.

ab（1）求C2的方程；

（2）过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且AC与BD同向

（ⅰ）若|AC|?|BD|，求直线l的斜率

（ⅱ）设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，?MFD总是钝角三角形

y2x26??1；【答案】（1）（2）（i）?，（ii）详见解析.

498【解析】

试题分析：（1）根据已知条件可求得C2的焦点坐标为(0,1)，再利用公共弦长为26即可求解；（2）（i）设直线l的斜率为k，则l的方程为y?kx?1，由??y?kx?1得2x?4y?x2?16kx?64?0，根据条件可知AC?BD，从而可以建立关于k的方程，即可求解；（ii）

x12x12?y1?1??1?0，因此?AFM是锐角，从而根据条件可说明FA?FM?24?MFD?180??AFM是钝角，即可得证

试题解析：（1）由C1：x?4y知其焦点F的坐标为(0,1)，∵F也是椭圆C2的一焦点， ∴ a?b?1①，又C1与C2的公共弦的长为26，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方

2程为x?4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为(?6,)，∴

2223296??1②，联立①，4a2b2x2y2??1；②，得a?9，b?8，故C2的方程为（2）如图，A(x1,y1)，B(x2,y2)，9822C(x3,y3)，D(x4,y4)，

（i）∵AC与BD同向，且|AC|?|BD|，∴AC?BD，从而x3?x1?x4?x2，即

x1?x2?x3?x4，于是?x1?x2??4x1x2??x3?x4??4x3x4③，设直线l的斜率为k，

22

则l的方程为y?kx?1，由?x?1?y?k2x?16kx?64?0，得而x1，x2是这个方程的两根，2?x?4y?y?kx?1?∴x1?x2?4k，x1x2??4④，由?x2y2得(9?8k2)x2?16kx?64?0，而x3，x4?1??9?8是这个方程的两根，∴x3?x4??216k64，⑤，将④⑤带入③，得xx??349?8k29?8k2162?9(k2?1)162k24?642，即16(k?1)?， 16(k?1)??22222(9?8k)9?8k?9?8k?∴9?8k?22??16?9，解得k??66，即直线l的斜率为?.

44

（ii）由x?4y得y'?22xx，∴C1在点A处的切线方程为y?y1?1(x?x1)，即

22xxxx1)，y?x1x?1，令y?0，得x?1，即M(1,0)，∴FM?(1,?而FA?(x1,y1?1)，

2224于是

x12x12FA?FM??y1?1??1?0，因此?AFM是锐角，从而?MFD?180??AFM24是钝角.，故直线l绕点F旋转时，?MFD总是钝角三角形. 【考点定位】1.椭圆的标准方程及其性质；2.直线与椭圆位置关系.

【评注】本题主要考查了椭圆的标准方程及其性质以及直线与椭圆的位置关系，属于较难题，

解决此

类问题的关键：（1）结合椭圆的几何性质，如焦点坐标，对称轴，a?b?c等；（2）当

看到题目中出现

直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数关系，

找准题设条

件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来，有时不一定要把结果及时求出来，

可能需要整

体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.

【2015高考上海，理21】已知椭圆x2?2y2?1，过原点的两条直线l1和l2分别于椭圆交于

222?、?和C、D，记得到的平行四边形??CD的面积为S.

（1）设??x1,y1?，C?x2,y2?，用?、C的坐标表示点C到直线l1的距离，并证明

S?2x1y1?x2y1；

（2）设l1与l2的斜率之积为?1，求面积S的值. 2【答案】（1）详见解析（2）S?2

【解析】证明：（1）直线l1:y1x?x1y?0，点C到l1的距离d?y1x2?x1y2x?y2121. ???2???2x12?y12，

1???d?2x1y2?x2y1. 21x.设 解：（2）设l1:y?kx，则l2:y??2k所以S?2S???C?2???x1,y1?，C?x2,y2?.

由??y?kx22?x?2y?1，得x1?21. 21?2k2k2同理x?. ?222k?1?1?1?2????2k?221?2k2?1?2kx1?x22k2?1由?1?，S?2x1y2?x2y1?2， ?x2?kx1??x1x2?222kkk1?2k?2k?1整理得S?2.

【考点定位】直线与椭圆位置关系

【评注】解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦长问题利用弦长公式解决，往往会更简单．三角形面积公式的选用也是解题关键.

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