高中数学-圆锥曲线练习题及答案-历年高考试题精选

决战高考

高考数学试题分类汇编——圆锥曲线含答案

一、选择题

x2y21.（2017全国卷Ⅰ理）设双曲线2?2?1（a＞0,b＞0）的渐近线与抛物线y=x2 +1相切，则该双曲线的

ab离心率等于( ) （A）3 （B）2 （C）5 （D）6

y'解：设切点P(x0,y0)，则切线的斜率为y|x?x0?2x0.由题意有0?2x0又y0?x02?1

x0bb解得: x02?1,??2,e?1?()2?5.

aax22.（2017全国卷Ⅰ理）已知椭圆C:?y2?1的右焦点为F,右准线为l，点A?l，线段AF交C于点B，若

2?????????????FA?3FB,则|AF|= (A).

2 (B). 2 (C).3 (D). 3

????????2解:过点B作BM?l于M,并设右准线l与X轴的交点为N，易知FN=1.由题意FA?3FB,故|BM|?.又由椭

3222圆的第二定义,得|BF|????|AF|?2.故选A

233x2y23.（2017浙江理）过双曲线2?2?1(a?0,b?0)的右顶点A作斜率为?1的直线，该直线与双曲线的两条

ab????1????渐近线的交点分别为B,C．若AB?BC，则双曲线的离心率是 ( ) w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

2A．2 B．3 C．5 D．10 答案：C

【解析】对于A?a,0?，则直线方程为x?y?a?0，直线与两渐近线的交点为B，C，

??????ab?a22a2b2a2b???ab?ab?a2ab，则有，因BC?(,?),AB??,B?,,C(,?)???2222a?ba?ba?ba?b?a?ba?b??a?ba?b?????????2AB?BC,?4a2?b2,?e?5．

x2y24.（2017浙江文）已知椭圆2?2?1(a?b?0)的左焦点为F，右顶点为A，点B在椭圆上，且BF?x轴， ab????????PAB直线交y轴于点．若AP?2PB，则椭圆的离心率是（ ）w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 1132 B． C． D． 32225．D 【命题意图】对于对解析几何中与平面向量结合的考查，既体现了几何与向量的交汇，也体现了数形结合的巧妙应用．

????????1【解析】对于椭圆，因为AP?2PB，则OA?2OF,?a?2c,?e? w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

2x2y27.(2017山东卷理)设双曲线2?2?1的一条渐近线与抛物线y=x2+1 只有一个公共点，则双曲线的离心率

ab为( ).

55A. B. 5 C. D.5

42b?22y?xbbxy?2【解析】:双曲线2?2?1的一条渐近线为y?x,由方程组?a,消去y,得x?x?1?0有唯一解,

aaab2?y?x?1?A．决战高考

b所以△=()2?4?0,

abca2?b2b所以?2,e???1?()2?5,故选D.

aaaa答案:D.

【命题立意】:本题考查了双曲线的渐近线的方程和离心率的概念,以及直线与抛物线的位置关系,只有一个公共点,则解方程组有唯一解.本题较好地考查了基本概念基本方法和基本技能.

8.(2017山东卷文)设斜率为2的直线l过抛物线y2?ax(a?0)的焦点F,且和y轴交于点A,若△OAF(O为坐标原点)的面积为4,则抛物线方程为( ).

A.y2??4x B.y2??8x C. y2?4x D. y2?8x

aa【解析】: 抛物线y2?ax(a?0)的焦点F坐标为(,0),则直线l的方程为y?2(x?),它与y轴的交点为

44a1aaA(0,?),所以△OAF的面积为||?||?4,解得a??8.所以抛物线方程为y2??8x,故选B.

2242答案:B.

【命题立意】:本题考查了抛物线的标准方程和焦点坐标以及直线的点斜式方程和三角形面积的计算.考查数形结合的数学思想,其中还隐含着分类讨论的思想,因参数a的符号不定而引发的抛物线开口方向的不定以及焦点位置的相应变化有两种情况,这里加绝对值号可以做到合二为一.

x2y2??1的渐近线与圆(x?3)2?y2?r2(r?0)相切，则r= 9.（2017全国卷Ⅱ文）双曲线63（A）3 （B）2 （C）3 （D）6 答案：A

解析：本题考查双曲线性质及圆的切线知识，由圆心到渐近线的距离等于r，可求r=3

10.（2017全国卷Ⅱ文）已知直线y?k(x?2)(k?0)与抛物线C:y2?8x相交A、B两点，F为C的焦点。

若FA?2FB,则k=

12222(A) (B) (C) (D)

3333答案：D

解析：本题考查抛物线的第二定义，由直线方程知直线过定点即抛物线焦点（2，0），由FA?2FB及第二

定义知xA?2?2(xB?2)联立方程用根与系数关系可求k=11.（2017安徽卷理）下列曲线中离心率为6的是 222。 3（A）

xyx2y2x2y2x2y2 （B） （C）??1??1??1 （D）??1 24424641022c23b23b216[解析]由e?得2?,1?2?,2?，选B

a2a2a2212.（2017安徽卷文）下列曲线中离心率为

A.

的是w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

B. C. D.

cx2y2c6【解析】依据双曲线2?2?1的离心率e?可判断得.e??.选B。

aaba213.（2017安徽卷文）直线过点（-1，2）且与直线垂直，则的方程是

A．

B.

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D. 33【解析】可得l斜率为??l:y?2??(x?1)即3x?2y?1?0，选A。

22x2y214.（2017江西卷文）设F1和F2为双曲线2?2?1(a?0,b?0)的两个焦点, 若F1，F2，P(0,2b)是正三角

ab形的三个顶点,则双曲线的离心率为

35 A． B．2 C． D．3

22答案：B

c?c3【解析】由tan?有3c2?4b2?4(c2?a2),则e??2,故选B. ?a62b3x2y215.（2017江西卷理）过椭圆2?2?1(a?b?0)的左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于点P，F2为右焦点，若

ab?F1PF2?60?，则椭圆的离心率为

1132 B． C． D． w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2332答案：B

b23b2c3??2a,从而可得e??【解析】因为P(?c,?)，再由?F1PF2?60有，故选B

aaa3x2y216.（2017天津卷文）设双曲线2?2?1(a?0,b?0)的虚轴长为2，焦距为23，则双曲线的渐近线方程

ab为（ ）

12A y??2x B y??2x C y??x Dy??x

22C.

A．

【解析】由已知得到b?1,c?3,a?c2?b2?2，因为双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为

b2x??x a2【考点定位】本试题主要考查了双曲线的几何性质和运用。考察了同学们的运算能力和推理能力。

x2y2x2y2?1的准线过椭圆?2?1的焦点，17.(2017湖北卷理)已知双曲线?则直线y?kx?2与椭圆至多有一

224b个交点的充要条件是

1??1?11???A. K???,? B. K????,????,???

2??2?22??????22?2??2,K???,?,??C. K??? D. ????????2??2?22???y??a22【解析】易得准线方程是x??????1

b2x2y2所以c?a?b?4?b?1 即b?3所以方程是??1

4322联立y?kx?2 可得 3x+(4k+16k)x?4?0由??0可解得A

22222x2y2??1(b?0)的左、18.（2017四川卷文）已知双曲线右焦点分别是F1、F2，其一条渐近线方程为y?x，2b2点

P(3,y0)在双曲线上.则PFPF2＝ 1·

A. －12 B. －2 C. 0 D. 4

【解析】由渐近线方程为y?x知双曲线是等轴双曲线，∴双曲线方程是x2?y2?2，于是两焦点坐标分别

决战高考 是（－2，0）和（2，0），且P(3,1)或P(3,?1).不妨去P(3,1)，则PF1?(?2?3,?1)， PF2?(2?3,?1).∴PFPF2＝(?2?3,?1)(2?3,?1)??(2?3)(2?3)?1?0 1·

19.（2017全国卷Ⅱ理）已知直线y?k?x?2??k?0?与抛物线C:y2?8x相交于A、B两点，F为C的焦点，

若|FA|?2|FB|，则k?

12222 B. C. D. 3333解：设抛物线C:y2?8x的准线为l:x??2直线 y?k?x?2??k?0? A.

恒过定

由

点P??2,0? .如图过A、B分 别作AM?l于M,BN?l于N,

|FA|?2|FB|,则|AM|?2|BN|,点B为AP的中点.连结OB,则

1|OB|?|AF|, ?|OB|?|BF| 点B的横坐标为1, 故点B的坐

22?2022(1?,k2?2), ?故选D

1??(2)3x2y220.（2017全国卷Ⅱ理）已知双曲线C：2?2?1?a?0,b?0?的右

abF,过F且斜率为3的直线交C于A、B两点，若AF?4FB,离心率为w.w.w.k.s.5.u.c.o. 6759m A． B. C. D.

5585x2y2解：设双曲线C：2?2?1的右准线为l,过A、B分 别作

ab于M,BN?l于N, BD?AM于D,由直线AB的斜率为

1线AB的倾斜角为60???BAD?60?,|AD|?|AB|,

2由双曲线的第二定义有

标为

焦点为则C的

AM?l3,知直

??????????1???11???|AM|?|BN|?|AD|?(|AF|?|FB|)?|AB|?(|AF|?|FB|).

e22????5????16又?AF?4FB??3|FB|?|FB|?e? 故选A

e2521.（2017湖南卷文）抛物线y2??8x的焦点坐标是【 B 】

A．（2，0） B．（- 2，0） C．（4，0） D．（- 4，0）

p解:由y2??8x,易知焦点坐标是(?,0)?(?2,0)，故选B.

222.（2017辽宁卷文）已知圆C与直线x－y＝0 及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上，则圆C的方程为

（A）(x?1)2?(y?1)2?2 (B) (x?1)2?(y?1)2?2

(C) (x?1)2?(y?1)2?2 (D) (x?1)2?(y?1)2?2

【解析】圆心在x＋y＝0上,排除C、D,再结合图象,或者验证A、B中圆心到两直线的距离等于半径2即可 答案B

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x2y223.（2017宁夏海南卷理）双曲线-=1的焦点到渐近线的距离为

412（A）23 （B）2 （C）3 （D）1

3?4?0x2y2解析：双曲线-=1的焦点(4,0)到渐近线y?3x的距离为d??23,选A

412224.（2017宁夏海南卷理）设已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点为F(1，0)，直线l与抛物线C相交于A，B两点。若AB的中点为（2，2），则直线?的方程为_____________.

2??y1?4x1A?x1,y1?,B?x2,y2?,则有x1?x2，?2??y2?4x2y?y242解析：抛物线的方程为y2?4x，两式相减得，y12?y2?4?x1?x2?，?1??1

x1?x2y1?y2?直线l的方程为y-2=x-2,即y=x答案：y=x

25.（2017陕西卷文）过原点且倾斜角为60?的直线被圆学x2?y2?4y?0所截得的弦长为科网 （A）3 （B）2 （C）6（D）23 答案:D. 解析:直线方程y=3x,圆的标准方程x?(y?2)?4,圆心(0,2)到直线的距离d?223?0?2(3)?(?1)22?1，由垂径定

理知所求弦长为 d*?222?12?23 故选D. 26.（2017陕西卷文）“m?n?0”是“方程mx2?ny2?1”表示焦点在y轴上的椭圆”的 （A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件

（C）充要条件 (D) 既不充分也不必要条件 答案:C.

x2y21122??1, 根据椭圆的定义，解析:将方程mx?ny?1转化为 要使焦点在y轴上必须满足?0,?0,所以11mnmn11?，故选C. nm

x2y2?2?1(b?0)的左、27.（2017四川卷文）已知双曲线右焦点分别是F1、F2，其一条渐近线方程为y?x，2b点

P(3,y0)在双曲线上.则PFPF2＝ 1·

A. －12 B. －2 C. 0 D. 4

【解析】由渐近线方程为y?x知双曲线是等轴双曲线，∴双曲线方程是x2?y2?2，于是两焦点坐标分别是（－2，0）和（2，0），且P(3,1)或P(3,?1).不妨去P(3,1)，则PF1?(?2?3,?1)，

PF2?(2?3,?1).∴PFPF2＝(?2?3,?1)(2?3,?1)??(2?3)(2?3)?1?0 1·

x2y228.（2017全国卷Ⅰ文）设双曲线2－2＝1?a＞0，b＞0?的渐近线与抛物线y＝x2＋1相切，则该双曲线的离

ab心率等于

（A）3 （B）2 （C）5 （D）6 【解析】本小题考查双曲线的渐近线方程、直线与圆锥曲线的位置关系、双曲线的离心率，基础题。

bxx2y2解：由题双曲线2－2＝1?a＞0，b＞0?的一条渐近线方程为y?，代入抛物线方程整理得

aab

决战高考 ax2?bx?a?0，因渐近线与抛物线相切，所以b2?4a2?0，即c2?5a2?e?5，故选择C。 x229.（2017全国卷Ⅰ文）已知椭圆C:?y2?1的右焦点为F,右准线l，点A?l，线段AF交C于点B。若

2????????????FA?3FB,则AF=

(A) 2 (B) 2 (C) 3 (D) 3

【解析】本小题考查椭圆的准线、向量的运用、椭圆的定义，基础题。

????????2解:过点B作BM?l于M,并设右准线l与X轴的交点为N，易知FN=1.由题意FA?3FB,故|BM|?.又由椭

3222圆的第二定义,得|BF|????|AF|?2.故选A

23330.（2017湖北卷文）已知双曲线

x2y2x2y2??1的准线经过椭圆?2?1（b＞0）的焦点，则224bb=

A.3 B.5 C.3 D.2 a2【解析】可得双曲线的准线为x???? 1,又因为椭圆焦点为(?4?b2,0)所以有4?b2?1.即b2=3故

cb=3.故C. 31.（2017天津卷理）设抛物线y2=2x的焦点为F，过点M（3，0）的直线与抛物线相交于A，B两点，

S与抛物线的准线相交于C，BF=2，则?BCF与?ACF的面积之比?BCF=

S?ACF4241C（A） （B） （C） （D）

5372【考点定位】本小题考查抛物线的性质、三点共线的坐标关系，和综合运算数学的能力，中档题。 (0.51, 0.00)A1xB?SBCF2?2xB?1， 解析：由题知?BCF??12xA?1S?ACFACx=-0.5xA?2B13又|BF|?xB??2?xB??yB??3

220?2xAy?yAy?yB0?3由A、B、M三点共线有M即，故??M3xM?xAxM?xB3?xA3?2xA?2， S2xB?13?14∴?BCF???，故选择A。 S?ACF2xA?14?15642510-2-4-6x2y232.（2017四川卷理）已知双曲线?2?1(b?0)的左右焦点分别为F1,F2，其一条渐近线方程为y?x，点

2?????????bP(3,y0)在该双曲线上，则PF1?PF2=

A. ?12 B. ?2 C .0 D. 4 【考点定位】本小题考查双曲线的渐近线方程、双曲线的定义，基础题。（同文8） 解析：由题知b2?2，故y0??3?2??1,F1(?2,0),F2(2,0)，

∴PF1?PF2?(?2?3,?1)?(2?3,?1)?3?4?1?0，故选择C。

x2y2?1，则左、右焦点坐标分别为F1(?2,0),F2(2,0)，解析2：根据双曲线渐近线方程可求出双曲线方程?22?????????再将点P(3,y0)代入方程可求出P(3,?1)，则可得PF1?PF2?0，故选C。

决战高考

33.（2017四川卷理）已知直线l1:4x?3y?6?0和直线l2:x??1，抛物线y2?4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是

1137A.2 B.3 C. D. 516【考点定位】本小题考查抛物线的定义、点到直线的距离，综合题。

解析：直线l2:x??1为抛物线y2?4x的准线，由抛物线的定义知，P到l2的距离

等于P到抛物线的焦点F(1,0)的距离，故本题化为在抛物线y2?4x上找一个点P使得P到点F(1,0)和直线l2的距离之和最小，最小值为F(1,0)到直线

|4?0?6|?2，故选择A。 5|3?1?0?6|解析2：如下图，由题意可知d??2

223?434.（2017宁夏海南卷文）已知圆C1：(x?1)2+(y?1)2=1，圆C2与圆C1关于直线dmin?l1:4x?3y?6?的距离，即0x?y?1?0对称，则圆C2的方程为

（A）(x?2)2+(y?2)2=1 （B）(x?2)2+(y?2)2=1

（C）(x?2)2+(y?2)2=1 （D）(x?2)2+(y?2)2=1

?a?1b?1??1?0??a?2?22【解析】设圆C2的圆心为（a，b），则依题意，有?，解得：?，对称圆的半径不

?b??2?b?1??1??a?1变，为1，故选B。

x2y235.（2017福建卷文）若双曲线2?2?1?a?o?的离心率为2，则a等于

a33A. 2 B. 3 C. D. 1

2x2y2ca2?3解析解析 由2??1可知虚轴b=3，而离心率e=??2，解得a=1或a=3，参照选项知而应选

a3aaD.

36.（2017重庆卷理）直线y?x?1与圆x2?y2?1的位置关系为（ ）

A．相切 B．相交但直线不过圆心 C．直线过圆心 D．相离

212【解析】圆心(0,0)为到直线y?x?1，即x?y?1?0的距离d?，而0??1，选B。 ?222??m1?x2,x?(?1,1]37.（2017重庆卷理）已知以T?4为周期的函数f(x)??，其中m?0。若方程3f(x)?x恰

??1?x?2,x?(1,3]有5个实数解，则m的取值范围为（ ）

48415815,) B．(,7) C．(,) D．(,7) A．(333333【解析】因为当x?(?1,1]时，将函数化为方程

y2x?2?1(y?0)，实质上为一个半椭圆，其图像如图所示，

m同时在坐标系中作出当x?(1,3]得图像，再根据周期性作出函

x

数其它部分的图像，由图易知直线y?与第二个椭圆

3

y22(x?4)?2?1(y?0)相交，而与第三个半椭圆

m2决战高考

xy2y22(x?4)?2?1(y?0)无公共点时，方程恰有5个实数解，将y?代入(x?4)?2?1(y?0)得

3mm(9m2?1)x2?72m2x?135m2?0,令t?9m2(t?0)则(t?1)x2?8tx?15t?0

2由??(8t)2?4?15t(t?1)?0,得t?15,由9m2?15,且m?0得m?15 3xy22同样由y?与第二个椭圆(x?8)?2?1(y?0)由??0可计算得m?7 3m15综上知m?(,7)

338.（2017重庆卷文）圆心在y轴上，半径为1，且过点（1，2）的圆的方程为（ ）

A．x2?(y?2)2?1 B．x2?(y?2)2?1 C．(x?1)2?(y?3)2?1 D．x2?(y?3)2?1

解法1（直接法）：设圆心坐标为(0,b)，则由题意知(o?1)2?(b?2)?1，解得b?2，故圆的方程为

x2?(y?2)2?1。

解法2（数形结合法）：由作图根据点(1,2)到圆心的距离为1易知圆心为（0，2），故圆的方程为x2?(y?2)2?1 解法3（验证法）：将点（1，2）代入四个选择支，排除B，D，又由于圆心在y轴上，排除C。 39.（2017年上海卷理）过圆C：(x?1)2?(y?1)2?1的圆心，作直线分别交x、y正半轴于点A、B，?AOB被圆分成四部分（如图），若这四部分图形面积满足S??S￥?S??S|||,则直线AB有（ ） （A） 0条 （B） 1条 （C） 2条 （D） 3条

【解析】由已知，得：SIV?SII?SIII?SI,，第II，IV部分的面积是定值，所以，SIV?SII为定值，即SIII?SI,为定值，当直线AB绕着圆心

C移动时，只可能有一个位置符合题意，即直线AB只有一条，故选B。 二、填空题 1.（2017四川卷理）若⊙O1:x2?y2?5与

⊙O2:(x?m)2?y2?20(m?R)相交于A、B两点，且两圆在点A处的切线互相垂直，则线段AB的长度是 w

【考点定位】本小题考查圆的标准方程、两直线的位置关系等知识，综合题。 解析：由题知O1(0,0),O2(m,0)，且5?|m|?35，又O1A?AO2，所以有

5?20?4。 52.（2017全国卷Ⅰ文）若直线m被两平行线l1:x?y?1?0与l2:x?y?3?0所截得的线段的长为22，则m的

m2?(5)2?(25)2?25?m??5，∴AB?2?倾斜角可以是

①15? ②30? ③45? ④60? ⑤75?

其中正确答案的序号是 .（写出所有正确答案的序号）

【解析】本小题考查直线的斜率、直线的倾斜角、两条平行线间的距离，考查数形结合的思想。

|3?1|解：两平行线间的距离为d??2，由图知直线m与l1的夹角为30o，l1的倾斜角为45o，所以直线m1?1的倾斜角等于30o?450?750或45o?300?150。故填写①或⑤

3.（2017天津卷理）若圆x2?y2?4与圆x2?y2?2ay?6?0（a>0）的公共弦的长为23， 则a?___________ 。

【考点定位】本小题考查圆与圆的位置关系，基础题。

解析：由知x2?y2?2ay?6?0的半径为6?a2，由图可知6?a2?(?a?1)2?(3)2解之得a?1

4.（2017湖北卷文）过原点O作圆x2+y2-－6x－8y＋20=0的两条切线，设切点分别为P、Q，则线段PQ

的长为 。

决战高考

【解析】可得圆方程是(x?3)2?(y?4)2?5又由圆的切线性质及在三角形中运用正弦定理得PQ?4

x2y25.（2017重庆卷文）已知椭圆2?2?1(a?b?0)的左、右焦点分别为F1(?c,0),F2(c,0)，若椭圆上存在一

abac点P使，则该椭圆的离心率的取值范围为 ． ?sinPF1F2sinPF2F1PF2PF1. 解法1，因为在?PF1F2中，由正弦定理得 ?sinPF1F2sinPF2F1ac则由已知，得，即aPF1?cPF2 ?PFPF1211设点(x0,y0)由焦点半径公式，得PF1?a?ex0,PF2?a?ex0则a(a?ex0)?c(a?ex0)

a(c?a)a(e?1)a(e?1)???a，整理得 记得x0?由椭圆的几何性质知x0??a则e(c?a)e(e?1)e(e?1)e2?2e?1?0,解得e??2?1或e?2?1，又e?(0,1)，故椭圆的离心率e?(2?1,1)

c解法2 由解析1知PF1?PF2由椭圆的定义知

ac2a2PF1?PF2?2a则PF2?PF2?2a即PF2?，由椭圆的几何性质知

ac?a2a2PF2?a?c,则?a?c,既c2?2c?a2?0,所以e2?2e?1?0,以下同解析1.

c?ax2y26.（2017重庆卷理）已知双曲线2?2?1(a?0,b?0)的左、右焦点分别为F1(?c,0),F2(c,0)，若双曲线上存

absinPF1F2a在一点P使?，则该双曲线的离心率的取值范围是 ．

sinPF2F1cPF2PF1解法1，因为在?PF1F2中，由正弦定理得 ?sinPF1F2sinPF2F1ac则由已知，得，即aPF1?cPF2，且知点P在双曲线的右支上， ?PFPF1211设点(x0,y0)由焦点半径公式，得PF1?a?ex0,PF2?ex0?a则a(a?ex0)?c(ex0?a)

a(c?a)a(e?1)a(e?1)??a，整理得 解得x0?由双曲线的几何性质知x0?a则e(c?a)e(e?1)e(e?1)e2?2e?1?0,解得?2?1?e?2?1，又e?(1,??)，故椭圆的离心率e?(1,2?1)

c解法2 由解析1知PF1?PF2由双曲线的定义知

ac2a2PF1?PF2?2a则PF2?PF2?2a即PF2?，由椭圆的几何性质知

ac?a2a2PF2?c?a,则?c?a,既c2?2ac?a2?0,所以e2?2e?1?0,以下同解析1.

c?ax2y2?1的焦点为F1,F2，点P在椭圆上，若|PF1|?4，则|PF2|? ；?F1PF27.（2017北京文）椭圆?92的大小为 .

.w【解析】u.c.o.m本题主要考查椭圆的定义、焦点、长轴、短轴、焦距

之间的关系以及余弦定理. 属于基础知识、基本运算的考查.

∵a2?9,b2?3，

∴c?a2?b2?9?2?7， ∴F1F2?27，

决战高考

又PF1?4,PF1?PF2?2a?6，∴PF2?2，

1??， ∴?F1PF2?120?，故应填2,120?.

2?2?428.（2017北京理）设f(x)是偶函数，若曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为1，则该曲线在(?1,f(?1))处的切线的斜率为_________.

【解析】本题主要考查导数与曲线在某一点处切线的斜率的概念. 属于基础知识、基本运算 的考查.

取f?x??x2，如图，采用数形结合法，

又由余弦定理，得cos?F1PF2?2?4?2722??2易得该曲线在(?1,f(?1))处的切线的斜率为?1.

故应填?1.

x2y2?1的焦点为F1,F2，点P9.（2017北京理）椭圆?92椭圆上，若|PF1|?4，则|PF2|?_________；

在

?F1PF2的小大为__________.

【解析】本题主要考查椭圆的定义、焦点、长轴、短轴、

系以及余弦定理. 属

于基础知识、基本运算的考查. ∵a2?9,b2?3，

∴c?a2?b2?9?2?7， ∴F1F2?27，

（第11题解答图） 焦距之间的关

又PF1?4,PF1?PF2?2a?6，∴PF2?2，又由余弦定理，得cos?F1PF2?∴?F1PF2?120?，故应填2,120?.

2?4?272?2?422??21??，

2x2y210.（2017江苏卷）如图，在平面直角坐标系xoy中，A1,A2,B1,B2为椭圆2?2?1(a?b?0)的四个顶点，Fab为其右焦点，直线A1B2与直线B1F相交于点T，线段OT与椭圆的交点M恰为线段OT的中点，则该椭圆的离心率为 . 【解析】 考查椭圆的基本性质，如顶点、焦点坐标，离心率的计算等。以及直线的方程。

xy??1； 直线A1B2的方程为：

?abxy2acb(a?c)?1。二者联立解得：T(,)， 直线B1F的方程为：?c?ba?ca?cx2y2acb(a?c),)在椭圆2?2?1(a?b?0)上， 则M(aba?c2(a?c)c2(a?c)2222??1,c?10ac?3a?0,e?10e?3?0， 22(a?c)4(a?c)解得：e?27?5

11.（2017全国卷Ⅱ文）已知圆O：x2?y2?5和点A（1，2），则过A且与圆O相切的直线与两坐标轴围成的三角形的面积等于 。

1解析：由题意可直接求出切线方程为y-2=?(x-1)，即x+2y-5=0,从而求出在两坐标轴上的截距分别是5

251525和，所以所求面积为??5?。 2224

决战高考 12.（2017广东卷理）巳知椭圆G的中心在坐标原点，长轴在x轴上，离心率为两个焦点的距离之和为12，则椭圆G的方程为 ．

3，且G上一点到G的2x2y23??1. 【解析】e?，2a?12，a?6，b?3，则所求椭圆方程为

369213.(2017年广东卷文)以点（2，?1）为圆心且与直线x?y?6相切的圆的方程是 . 25【答案】(x?2)2?(y?1)2?

225|2?1?6|5【解析】将直线x?y?6化为x?y?6?0,圆的半径r?,所以圆的方程为(x?2)2?(y?1)2? ?21?12w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

14.（2017天津卷文）若圆x2?y2?4与圆x2?y2?2ay?6?0(a?0)的公共弦长为23，则a=________.

1 【解析】由已知，两个圆的方程作差可以得到相交弦的直线方程为y? ，利用圆心（0，0）到直线的

a1||2距离d?a为22?3?1，解得a=1

1【考点定位】本试题考查了直线与圆的位置关系以及点到直线的距离公式的运用。考察了同学们的运算能力和推理能力。

15.（2017四川卷文）抛物线y2?4x的焦点到准线的距离是 . 【解析】焦点F（1，0），准线方程x??1，∴焦点到准线的距离是2

x2y216.（2017湖南卷文）过双曲线C：2?2?1(a?0,b?0)的一个焦点作圆x2?y2?a2的两条切线，

ab 切点分别为A，B，若?AOB?120?（O是坐标原点），则双曲线线C的离心率为 2 .

c解: ??AOB?120???AOF?60???AFO?30??c?2a, ?e??2.

a17.（2017福建卷理）过抛物线y2?2px(p?0)的焦点F作倾斜角为45?的直线交抛物线于A、B两点，若线段AB的长为8，则p?________________

?y2?2pxpp2?2解析：由题意可知过焦点的直线方程为y?x?，联立有??0，又p?x?3px?24?y?x??2p2AB?(1?1)(3p)?4??8?p?2。

4x2y2?1的左焦点，A(1,4),P是双曲线右支上的动点，则PF?PA18.（2017辽宁卷理）以知F是双曲线?412的最小值为 。

【解析】注意到P点在双曲线的两只之间,且双曲线右焦点为F?(4,0), 于是由双曲线性质|PF|－|PF?|＝2a＝4 而|PA|＋|PF?|≥|AF?|＝5

两式相加得|PF|＋|PA|≥9,当且仅当A、P、F?三点共线时等号成立. 【答案】9

19.（2017四川卷文）抛物线y2?4x的焦点到准线的距离是 . 【解析】焦点F（1，0），准线方程x??1，∴焦点到准线的距离是2

20.（2017宁夏海南卷文）已知抛物线C的顶点坐标为原点，焦点在x轴上，直线y=x与抛物线C交于A，B两点，若P?2,2?为AB的中点，则抛物线C的方程为 。

22【解析】设抛物线为y2＝kx，与y＝x联立方程组，消去y，得：x2－kx＝0，x1?x2＝k＝2×2，故y2?4x.

决战高考

21.(2017湖南卷理)已知以双曲线C的两个焦点及虚轴的两个端点为原点的四边形中，有一个内角为60 o，则双曲线C的离心率为 .

【解析】连虚轴一个端点、一个焦点及原点的三角形，由条件知，这个三角形的两边直角分别是b,c(b是虚

bc36?tan30?，所以c?3b，所以a?2b，离心率e?? ?ca22x2y222.（2017年上海卷理）已知F1、F2是椭圆C:2?2?1（a＞b＞0）的两个焦点，P为椭圆C上一点，

ab且PF1F2的面积为9，则b=____________. 1?PF2.若?PF半轴长，且一个内角是30?，即得c是焦半距)，

?|PF1|?|PF2|?2a?【解析】依题意，有?|PF1|?|PF2|?18，可得4c2＋36＝4a2，即a2－c2＝9，故有b＝3。

?222?|PF1|?|PF2|?4cx2y223.（2017上海卷文）已知F1、F2是椭圆C:2?2?1(a?b?0)的两个焦点，p为椭圆C上的一点，且

abPF1?PF2。若?PF1F2的面积为9，则b? . ?|PF1|?|PF2|?2a?【解析】依题意，有?|PF1|?|PF2|?18，可得4c2＋36＝4a2，即a2－c2＝9，故有b＝3。

?222?|PF1|?|PF2|?4c

三、解答题

1.(2017年广东卷文)（本小题满分14分）

3,两个焦点分别为F1和F2,椭圆G上一点到F1和F22的距离之和为12.圆Ck:x2?y2?2kx?4y?21?0(k?R)的圆心为点Ak. (1)求椭圆G的方程 (2)求?AkF1F2的面积

已知椭圆G的中心在坐标原点,长轴在x轴上,离心率为

(3)问是否存在圆Ck包围椭圆G?请说明理由.

x2y2【解析】（1）设椭圆G的方程为：2?2?1 （a?b?0）半焦距为c;

ab?2a?12??a?6?222?b?a?c?36?27?9 则?c , 解得 , ?3??c?33??2?ax2y2?1. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 所求椭圆G的方程为：?369(2 )点AK的坐标为??K,2?

11 SVAKF1F2??F1F2?2??63?2?63 22（3）若k?0，由62?02?12k?0?21?5?12kf0可知点（6，0）在圆Ck外，

若k?0，由(?6)2?02?12k?0?21?5?12kf0可知点（-6，0）在圆Ck外； ?不论K为何值圆Ck都不能包围椭圆G.

2.（2017全国卷Ⅰ理）（本小题满分12分）

如图，已知抛物线E:y2?x与圆M:(x?4)2?y2?r2(r?0)相交于A、B、C、D四个点。 （I）求r得取值范围；

（II）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P坐标 分析：（I）这一问学生易下手。将抛物线E:y2?x与圆M:(x?4)2?y2?r2(r?0)的方程联立，消去y2，整

决战高考

理得x2?7x?16?r2?0．．．．．．．．．．．．．（＊）

抛物线E:y2?x与圆M:(x?4)2?y2?r2(r?0)相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：方程（＊）

15,4).考生利用数形结合及函数和方程的思想来处理也可以． 2（II）考纲中明确提出不考查求两个圆锥曲线的交点的坐标。因此利用设而不求、整体代入的 方法处理本小

题是一个较好的切入点．

设四个交点的坐标分别为A(x1,x1)、B(x1,?x1)、C(x2,?x2)、D(x2,x2)。

有两个不相等的正根即可.易得r?(则由（I）根据韦达定理有x1?x2?7,x1x2?16?r2，r?(1则S??2?|x2?x1|(x1?x2)?|x2?x1|(x1?x2)

215,4) 2?S2?[(x1?x2)2?4x1x2](x1?x2?2x1x2)?(7?216?r2)(4r2?15)

令16?r2?t，则S2?(7?2t)2(7?2t) 下面求S2的最大值。

方法一：利用三次均值求解。三次均值目前在两纲中虽不要求，但在处理一些最值问题有时很方便。它的

主要手段是配凑系数或常数，但要注意取等号的条件，这和二次均值类似。

1S2?(7?2t)2(7?2t)?(7?2t)(7?2t)(14?4t)

217?2t?7?2t?14?4t31283)??() ?(2323715 当且仅当7?2t?14?4t，即t?时取最大值。经检验此时r?(,4)满足题意。

62方法二：利用求导处理，这是命题人的意图。具体解法略。 下面来处理点P的坐标。设点P的坐标为：P(xp,0) 由A、P、C三点共线，则以下略。

y2x23.（2017浙江理）（本题满分15分）已知椭圆C1：2?2?1(a?b?0)的右顶点为A(1,0)，过C1的焦点且

ab垂直长轴的弦长为1．

（I）求椭圆C1的方程；

x1?x2x17?得xp?x1x2?t?。

x1?x2x1?xp6 （II）设点P在抛物线C2：y?x2?h(h?R)上，C2在点P处

的切线与C1交于点M,N．当线段AP的中点与MN的中 点的横坐标相等时，求h的最小值．

?b?12a?2?y?解析：（I）由题意得?b2,??,所求的椭圆方程为?x2?1，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

4?2??1?b?1?a（II）不妨设M(x1,y1),N(x2,y2),P(t,t2?h),则抛物线C2在点P处的切线斜率为y?x?t?2t，直线MN的方程为

y?2tx?t2?h，将上式代入椭圆C1的方程中，得4x2?(2tx?t2?h)2?4?0，即

4??1t2?x2?4t2(t?h)?x2(?t2)h?因4?0线MN与椭圆C1有两个不同的交点，所以有，为直

422?1?16??t?2(h?2)t?h?4????0，

x1?x2t(t2?h)设线段MN的中点的横坐标是x3，则x3?，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ?222(1?t)t?1设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4?，由题意得x3?x4，即有t2?(1?h)t?1?0，其中的

2决战高考

?2?(1?h)2?4?0,?h?1或h??3；

422当h??3时有h?2?0,4?h2?0，因此不等式?1?16???t?2(h?2)t?h?4???0不成立；因此h?1，当h?1422?t?2(h?2)t?h?4?时代入方程t2?(1?h)t?1?0得t??1，将h?1,t??1代入不等式?1?16????0成立，因

此h的最小值为1．

4.（2017浙江文）（本题满分15分）已知抛物线C：x2?2py(p?0)上一点A(m,4)到其焦点的距离为

17． 4 （I）求p与m的值； （II）设抛物线C上一点P的横坐标为t(t?0)，过P的直线交C于另一点Q，交x轴于点M，过点Q作PQ的垂线交C于另一点N．若MN是C的切线，求t的最小值．

p解析（Ⅰ）由抛物线方程得其准线方程：y??，根据抛物线定义

2p171点A(m,4)到焦点的距离等于它到准线的距离，即4??，解得p?

242?抛物线方程为：x2?y，将A(m,4)代入抛物线方程，解得m??2

（Ⅱ）由题意知，过点P(t,t2)的直线PQ斜率存在且不为0，设其为k。

?t2?kt?t2?kt, 则M(,0)。 则lPQ:y?t?k(x?t)，当y?0,x?kk?y?t2?k(x?t)联立方程?，整理得：x2?kx?t(k?t)?0 2x?y?即：(x?t)[x?(k?t)]?0，解得x?t,或x?k?t

1?Q(k?t,(k?t)2)，而QN?QP，?直线NQ斜率为? w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

k1?21y?(k?t)??[x?(k?t)]??lNQ:y?(k?t)2??[x?(k?t)]，联立方程? kk2?x?y?11整理得：x2?x?(k?t)?(k?t)2?0，即：kx2?x?(k?t)[k(k?t)?1]?0

kkk(k?t)?1 [kx?k(k?t)?1][x?(k?t)]?0，解得：x??，或x?k?t

k[k(k?t)?1]22(k2?kt?1)2k(k?t)?1[k(k?t)?1]2k??N(?,)，?KNM? 2222kk(k?t)?1?t?ktk(t?k?1)k??kk2而抛物线在点N处切线斜率：k切?y?x??k(k?t)?1k??2k(k?t)?2

k(k2?kt?1)2?2k(k?t)?2， 整理得k2?tk?1?2t2?0 ??MN是抛物线的切线，?22kk(t?k?1)222，或t?，?tmin? ???t2?4(1?2t2)?0，解得t??（舍去）

3335.（2017北京文）（本小题共14分）w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

x2y23已知双曲线C:2?2?1(a?0,b?0)的离心率为3，右准线方程为x?。

ab3（Ⅰ）求双曲线C的方程；

（Ⅱ）已知直线x?y?m?0与双曲线C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆x2?y2?5上，求m的值.

决战高考

【解析】本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识，考查曲线和方程 的关系等解析几何的基本思想方法，考查推理、运算能力．

?a23???3，解得a?1,c?3， （Ⅰ）由题意，得?c?c?3??ay22222?1. ∴b?c?a?2，∴所求双曲线C的方程为x?2（Ⅱ）设A、B两点的坐标分别为?x1,y1?,?x2,y2?，线段AB的中点为M?x0,y0?，

?2y2?1?x? 由?得x2?2mx?m2?2?0（判别式??0）, 2?x?y?m?0?x?x ∴x0?12?m,y0?x0?m?2m,

2∵点M?x0,y0?在圆x2?y2?5上，

∴m2??2m??5，∴m??1.

6.（2017北京理）（本小题共14分）

x2y23已知双曲线C:2?2?1(a?0,b?0)的离心率为3，右准线方程为x? ab3（Ⅰ）求双曲线C的方程；

（Ⅱ）设直线l是圆O:x2?y2?2上动点P(x0,y0)(x0y0?0)处的切线，l与双曲线C交 于不同的两点A,B，证明?AOB的大小为定值.

【解法1】本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识，考查曲线和方程 的关系等解析几何的基本思想方法，考查推理、运算能力．

?a23???3，解得a?1,c?3， （Ⅰ）由题意，得?c?c?3??ay22222?1. ∴b?c?a?2，∴所求双曲线C的方程为x?2（Ⅱ）点P?x0,y0??x0y0?0?在圆x2?y2?2上，

圆在点P?x0,y0?处的切线方程为y?y0??化简得x0x?y0y?2.

2x0?x?x0?， y0?2y2?1?x?2222?4?x2?4x0x?8?2x0?0， 由?及x0?y0?2得?3x02?xx?yy?20?02∵切线l与双曲线C交于不同的两点A、B，且0?x0?2，

2222?4?3x0?4??8?2x0∴3x0?4?0，且??16x0??0，

设A、B两点的坐标分别为?x1,y1?,?x2,y2?，

24x08?2x0则x1?x2?2， ,x1x2?23x0?43x0?4

????????OA?OB∵cos?AOB?????????，且

OA?OB????????1OA?OB?x1x2?y1y2?x1x2?2?2?x0x1??2?x0x2?，

y012? ?x1x2?4?2xx?x?xx1x2???01202??2?x02222?x08?2x0??8?2x08x01??4?2? ?2??223x0?42?x0?3x0?43x0?4???228?2x08?2x0??2?2?0. 3x0?43x0?4∴ ?AOB的大小为90?. 【解法2】（Ⅰ）同解法1.

（Ⅱ）点P?x0,y0??x0y0?0?在圆x2?y2?2上，

决战高考

圆在点P?x0,y0?处的切线方程为y?y0??x0?x?x0?， y0?2y2?1?x?22化简得x0x?y0y?2.由?及x0?y0?2得 2?xx?yy?20?0?3x02?4?x2?4x0x?8?2x02?0 ①

?3x202?4?y2?8y0x?8?2x0?0 ②

2∵切线l与双曲线C交于不同的两点A、B，且0?x0?2，

2∴3x0?4?0，设A、B两点的坐标分别为?x1,y1?,?x2,y2?， 228?2x02x0?8则x1x2?2， ,y1y2?23x0?43x0?4????????∴OA?OB?x1x2?y1y2?0，∴ ?AOB的大小为90?.

22222（∵x0?y0?2且x0y0?0，∴0?x0?2,0?y0?2，从而当3x0?4?0时，方程①和方程②

的判别式均大于零）. 7.（2017江苏卷）（本题满分10分）

在平面直角坐标系xoy中，抛物线C的顶点在原点，经过点A（2，2），其焦点F在x轴上。 （1）求抛物线C的标准方程；

（2）求过点F，且与直线OA垂直的直线的方程；

（3）设过点M(m,0)(m?0)的直线交抛物线C于D、E两点，ME=2DM，记D和E两点间的距离为f(m)，求f(m)关于m的表达式。 【解析】 [必做题]本小题主要考查直线、抛物线及两点间的距离公式等基本知识，考查运算求解能力。满分10分。

决战高考

8.(2017山东卷理)（本小题满分14分）

x2y2设椭圆E: 2?2?1（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点，O为坐标原点，

ab（I）求椭圆E的方程；

????????（II）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由。

x2y2解:（1）因为椭圆E: 2?2?1（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点,

ab2?4?11??1?222???a2?8x2y2?ab?a8?1 所以?解得?所以?2椭圆E的方程为?84?b?4?6?1?1?1?1???a2b2?b24????????（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB,设该

?y?kx?m?圆的切线方程为y?kx?m解方程组?x2y2得x2?2(kx?m)2?8,即(1?2k2)x2?4kmx?2m2?8?0, ?1??4?8w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

则△=16k2m2?4(1?2k2)(2m2?8)?8(8k2?m2?4)?0,即8k2?m2?4?0

4km?x?x??12??1?2k2,?2?xx?2m?812?1?2k2?????????k2(2m2?8)4k2m2m2?8k2222y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?km(x1?x2)?m???m?要使OA?OB,需

1?2k21?2k21?2k22m2?8m2?8k23m2?822222??0k??03m?8k?8?08k?m?4?0,使x1x2?y1y2?0,即,所以,所以又221?2k1?2k8?m2?282626所以?2,所以m2?,即m?或m??,因为直线y?kx?m为圆心在原点的圆的一条切线,

333?3m?8

决战高考 8m2m282622x?y???所以圆的半径为r?,r?,,所求的圆为,此时圆的切线r?2223m?831?k331?k1?8x2y2262626?1的或m??,而当切线的斜率不存在时切线为x??与椭圆?y?kx?m都满足m?84333????????826262626两个交点为(,?)或(?,?)满足OA?OB,综上, 存在圆心在原点的圆x2?y2?，使得

33333????????该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB.

4km?x?x??12??1?2k2因为?, 22m?8?xx?12?1?2k2?4km22m2?88(8k2?m2?4)22所以(x1?x2)?(x1?x2)?4x1x2?(?, )?4??22221?2k1?2k(1?2k)m2|AB|?(x1?x2)??y1?y2?228(8k2?m2?4)?(1?k)(x1?x2)?(1?k)

(1?2k2)2222324k4?5k2?132k2??4?[1?4], 2234k?4k?134k?4k?1321[1?] ①当k?0时|AB|?134k2?2?4k111因为4k2?2?4?8所以0??,

1k4k2?2?48k32321所以?[1?]?12,

1334k2?2?4k426?|AB|?23当且仅当k??所以时取”=”. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 3246② 当k?0时,|AB|?.

32626262646,?)或(?,?),所以此时|AB|?③ 当AB的斜率不存在时, 两个交点为(, 33333446?|AB|?23即: |AB|?[6,23] 综上, |AB |的取值范围为33【命题立意】:本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关系.

9. (2017山东卷文)（本小题满分14分）

????设m?R,在平面直角坐标系中,已知向量a?(mx,y?1),向量b?(x,y?1),a?b,动点M(x,y)的轨迹为E. （1）求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状; w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

1（2）已知m?,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交点A,B,且

4OA?OB(O为坐标原点),并求出该圆的方程;

1(3)已知m?,设直线l与圆C:x2?y2?R2(1

4决战高考

时,|A1B1|取得最大值?并求最大值.

????解:（1）因为a?b,a?(mx,y?1),b?(x,y?1),

??所以a?b?mx2?y2?1?0, 即mx2?y2?1. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 当m=0时,方程表示两直线,方程为y??1; 当m?1时, 方程表示的是圆

当m?0且m?1时,方程表示的是椭圆; 当m?0时,方程表示的是双曲线.

?y?kx?t1x2?(2).当m?时, 轨迹E的方程为?y2?1,设圆心在原点的圆的一条切线为y?kx?t,解方程组?x2244?y?1??4得x2?4(kx?t)2?4,即(1?4k2)x2?8ktx?4t2?4?0, 要使切线与轨迹E恒有两个交点A,B,

则使△=64k2t2?16(1?4k2)(t2?1)?16(4k2?t2?1)?0,

8kt?x?x??12??1?4k22222即4k?t?1?0,即t?4k?1, 且? 2?xx?4t?412?1?4k2?k2(4t2?4)8k2t2t2?4k22, y1y2?(kx1?t)(kx2?t)?kx1x2?kt(x1?x2)?t???t?2221?4k1?4k1?4k22????????4t2?4t2?4k25t2?4k2?4???0, 要使OA?OB, 需使x1x2?y1y2?0,即

1?4k21?4k21?4k2所以5t2?4k2?4?0, 即5t2?4k2?4且t2?4k2?1, 即4k2?4?20k2?5恒成立. 所以又因为直线y?kx?t为圆心在原点的圆的一条切线,

42(1?k)2t4t42225x?y?所以圆的半径为r?,r?, 所求的圆为. ??22251?k1?k51?k22222x25,与5)或(?5,?5)也满足?y2?1交于点(5,?当切线的斜率不存在时,切线为x??555554OA?OB.

????????422综上, 存在圆心在原点的圆x?y?，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB.

51x2(3)当m?时,轨迹E的方程为?y2?1,设直线l的方程为y?kx?t,因为直线l与圆C:x2?y2?R2(1

44t相切于A1, 由（2）知R?, 即t2?R2(1?k2) ①,

1?k2因为l与轨迹E只有一个公共点B1,

?y?kx?t?由（2）知?x2得x2?4(kx?t)2?4, 2??y?1?4即(1?4k2)x2?8ktx?4t2?4?0有唯一解

则△=64k2t2?16(1?4k2)(t2?1)?16(4k2?t2?1)?0, 即4k2?t2?1?0, ②

?23R2t???4?R2由①②得?, 此时A,B重合为B1(x1,y1)点, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2R?1?k2???4?R2决战高考

8kt?x?x??12?4t2?416R2?16?1?4k22?由? 中x1?x2,所以,x1?, 2221?4k3R?xx?4t?412?1?4k2?4124?R22222|OB|?x?y?5?B1(x1,y1)点在椭圆上,所以y1?1?x1?,所以, 11122R43R444在直角三角形OA1B1中,|A1B1|2?|OB1|2?|OA1|2?5?2?R2?5?(2?R2)因为2?R2?4当且仅当

RRR时取等号,所以|A1B1|2?5?4?1,即 R?2?(1,2)当R?2?(1,2)时|A1B1|取得最大值,最大值为1.

【命题立意】:本题主要考查了直线与圆的方程和位置关系,以及直线与椭圆的位置关系,可以通过解方程组法研究有没有交点问题,有几个交点的问题. 10.（2017江苏卷）（本小题满分16分） 在平面直角坐标系xoy中，已知圆C1:(x?3)2?(y?1)2?4和圆C2:(x?4)2?(y?5)2?4. （1）若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为23，求直线l的方程； （2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标。 【解析】 本小题主要考查直线与圆的方程、点到直线的距离公式，考查数学运算求解能力、综合分析问题的能力。满分16分。

(1)设直线l的方程为：y?k(x?4)，即kx?y?4k?0 由垂径定理，得：圆心C1到直线l的距离d?42?(结合点到直线距离公式，得：|?3k?1?4k|2232)?1， 2k?17化简得：24k2?7k?0,k?0,or,k??

24?1,

求直线l的方程为：y?0或y??7(x?4)，即y?0或7x?24y?28?0 24(2) 设点P坐标为(m,n)，直线l1、l2的方程分别为：w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

111y?n?k(x?m),y?n??(x?m)，即：kx?y?n?km?0,?x?y?n?m?0

kkk因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等。由垂径定理，得：：圆心C1到直线l1与C2直线l2的距离相等。

41|??5?n?m|k故有：|?3k?1?n?km|?k，

21k?1?1k2化简得：(2?m?n)k?m?n?3,或(m?n?8)k?m?n?5

?2?m?n?0?m-n+8=0关于k的方程有无穷多解，有：? w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ,或??m?n?3?0?m+n-5=0解之得：点P坐标为(?3,13)或(5,?1)。

222211.（2017全国卷Ⅱ文）（本小题满分12分） 已

知

2C: 的离心率为 3 ，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点，当l的x椭y2圆

??1(a?b?0)a2b2322

决战高考

斜率为1时，坐标原点O到l的距离为 （Ⅰ）求a,b的值；

（Ⅱ）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位OP?OA?OB???置时，有成立？

若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由。

解析：本题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力，第一问直接运用点到直线的距离公式以及椭圆有关关系式计算，第二问利用向量坐标关系及方程的思想，借助根与系数关系解决问题，注意特殊情况的处理。 解：（Ⅰ）设F?c,0?, 当l的斜率为1时，其方程为x?y?c?0,O到l的距离为

0?0?c2?c2

故 c2?22， c?1 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 由 e?ca?33 得 a?3，b?a2?c2=2

（Ⅱ）C上存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP?OA?OB成立。 由 （Ⅰ）知C的方程为2x2+3y2=6. 设A(x1,y1),B(x2,y2). (ⅰ) 当l不垂直x轴时，设l的方程为y?k(x?1)

C

上的点P使OP?OA?OB成立的充要条件是P点的坐标为（x1?x2,y1?y2），2(x1?x2)2?3(y1?y2)2?6

整理得 2x22?2x221?3y12?3y2?4x1x2?6y1y2?6

又A、B在C上，即2x221?3y1?6,2x222?3y2?6

故 2x1x2?3y1y2?3?0 ①

将 y?k(x?1)代入2x2?3y2?6,并化简得

(2?3k2)x2?6k2x?3k2?6?0 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

6k2于是 x?x3k2?612?2?3k2, x1x2=2?3k2, y?4k221y2?k(x1?1)(x2?2)?2?3k2

代入①解得，k2?2，此时x31?x2?2 于是y1?y2?k(x1?xk2?2)=?2， 即P(32,?k2) w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 因此， 当k??2时，P(322,2)， l的方程为2x?y?2?0； 当k?2时，P(322,?2)， l的方程为2x?y?2?0。 （ⅱ）当l垂直于x轴时，由OA?OB?(2,0)知，C上不存在点P使OP?OA?OB成立。综上，C上存在点P(322,?2)使OP?OA?OB成立，此时l的方程为 2x?y?2?0. 12.（2017广东卷理）（本小题满分14分）

且

决战高考

已知曲线C:y?x2与直线l:x?y?2?0交于两点A(xA,yA)和B(xB,yB)，且xA?xB．记曲线C在点A和点B之间那一段L与线段AB所围成的平面区域（含边界）为D．设点P(s,t)是L上的任一点，且点P与点A和点B均不重合．

（1）若点Q是线段AB的中点，试求线段PQ的中点M的轨迹方程；

51?0与D有公共点，试求a的最小值． （2）若曲线G:x2?2ax?y2?4y?a2?2515y解：（1）联立y?x2与y?x?2得xA??1,xB?2，则AB中点Q(,)，设线2215xB ?s?t22段PQ的中点M坐标为(x,y)，则x?，即,y?22xA D 15s?2x?,t?2y?，又点P在曲线C上，

22ox5111∴2y??(2x?)2化简可得y?x2?x?，又点P是L上的任一点，且不

2281151115与点A和点B重合，则?1?2x??2，即??x?，∴中点M的轨迹方程为y?x2?x?（??x?）.

24484451?0， （2）曲线G:x2?2ax?y2?4y?a2?25749即圆E：(x?a)2?(y?2)2?，其圆心坐标为E(a,2)，半径r?

52551?0与点D有公共点； 由图可知，当0?a?2时，曲线G:x2?2ax?y2?4y?a2?2551?0与点D有公共点，当a?0时，要使曲线G:x2?2ax?y2?4y?a2?只需圆心E到直线l:x?y?2?025|a?2?2||a|77272??，得?的距离d?. ?a?0，则a的最小值为?5552213.（2017安徽卷理）（本小题满分13分）w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

xy0?x2y2x?y?1点P(x0,y0)在椭圆2?2?1(a?b?0)上，x0?acos?,y0?bsin?,0???.直线l2与直线l1:02a2b2ab垂直，O为坐标原点，直线OP的倾斜角为?，直线l2的倾斜角为?.

x2y2（I）证明: 点P是椭圆2?2?1与直线l1的唯一交点；

ab（II）证明:tan?,tan?,tan?构成等比数列.

解：本小题主要考查直线和椭圆的标准方程和参数方程，直线和曲线的几何性质，等比数列等基础知识。考查综合运用知识分析问题、解决问题的能力。本小题满分13分。

x0y0x2y2b22解：（I）（方法一）由2x?2y?1得y?2(a?x0x),代入椭圆2?2?1,

ababay01b2x0222b2x0b2得(2?42)x?2x?(2?1)?0.

aay0ay0y0?x?acos?将?0代入上式,得x2?2acos??x?a2cos2??0,从而x?acos?. ?y0?bsin??x2y2??1??x?x0?a2b2因此,方程组?有唯一解?,即直线l1与椭圆有唯一交点P.

y?yxy0??0x?0y?122?b?a决战高考

(方法二)显然P是椭圆与l1的交点，若Q(acos?1,bsin?1),0??1?2?是椭圆与l1的交点，代入l1的方程cos?sin?x?y?1，得cos?cos?1?sin?sin?1?1, ab即cos(???1)?1,???1,故P与Q重合。

b2b2x2y2a?x2,y0?a?x02, （方法三）在第一象限内，由2?2?1可得y?aaabbx0b2x0??2, 椭圆在点P处的切线斜率k?y?(x0)??22ay0aa?x0xxyyb2x0切线方程为y??2(x?x0)?y0,即02?02?1。

abay0因此，l1就是椭圆在点P处的切线。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 根据椭圆切线的性质，P是椭圆与直线l1的唯一交点。

y0bx0b2y0a2a（II）tan???tan?,l1的斜率为?,l2的斜率为tan???tan?,

x0ay0a2x0b2b由此得tan?tan??tan2??0,tan?,tan?,tan?构成等比数列。

14.（2017安徽卷文）（本小题满分12分）

已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，以原点为圆心。椭圆短半轴长半径的 圆与直线y=x+2相切，

（Ⅰ）求a与b；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （Ⅱ）设该椭圆的左，右焦点分别为p..求线段P

和

，直线过

且与x轴垂直，动直线与y轴垂直，交与点

垂直平分线与的交点M的轨迹方程，并指明曲线类型。

x2y2c3【思路】（1）由椭圆2?2?1中a2?b2?c2及e??建立a、b等量关系，再根据直线与椭圆相切求出a、

a3abb.

（2）依据几何关系转化为代数方程可求得，这之中的消参就很重要了。

c2a2?b21b2232222??【解析】（1）由于e? ∴e?2? ∴ 又 ∴b=2,a=3因此，b??23aa2a2331?1a?3 . b=.2 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

t（2）由（1）知F1，F2两点分别为（-1，0），（1,0），由题意可设P（1，t）.（t≠0）.那么线段PF1中点为N(0,)，

2?????t??????????????t?MN?PF1?2x?t(y?)?0设M(x、y)是所求轨迹上的任意点.由于MN?(?x,?y) . PF1?(?2,?t)则?消去参数t22??y?t得y??4x(x?0)

,其轨迹为抛物线（除原点） 15.（2017江西卷文）（本小题满分14分）

x2222如图，已知圆G:(x?2)?y?r是椭圆?y2?1的内接△ABC的内切圆, 其中A为椭圆的左顶点. 16（1）求圆G的半径r;

y（2）过点M(0,1)作圆G的两条切线交椭圆于E，F两点， M证明：直线EF与圆G相切．

． B解: （1）设B（2?r,y0），过圆心G作GD?AB于D,BC交长轴于H G AFGDHBy0r??由得, 0xADAH36?r26?r2C决战高考 r6?r (1) 6?r(2?r)212?4r?r2(r?2)(r?6)2???而点B（2?r,y0）在椭圆上,y0?1? (2) 16161626由(1)、 (2)式得15r2?8r?12?0,解得r?或r??（舍去）

354(2) 设过点M(0,1)与圆(x?2)2?y2?相切的直线方程为:y?1?kx (3)

922k?1则?,即32k2?36k?5?0 (4) 31?k2即 y0??9?41?9?41 ,k2?161632kx2将(3)代入?y2?1得(16k2?1)x2?32kx?0,则异于零的解为x??

16k2?11632k132k2设F(x1,k1x1?1),E(x2,k2x2?1)，则x1?? ,x??22216k1?116k2?1kx?kxk?k3则直线FE的斜率为：kEF?2211?12?

x2?x11?16k1k24解得k1?32k1232k13于是直线FE的方程为:y??1?(x?)

16k12?1416k12?137即y?x?

4337?223? w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 则圆心(2,0)到直线FE的距离d?391?16故结论成立.

16.（2017江西卷理）（本小题满分12分） y22xy??1已知点P为双曲线（b为正常数）上任一点,F2(x,y)100228bbP2P曲线的右焦点,过P1作右准线的垂线,垂足为A,连接F2A并延长AP1轴于P2. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m (1) 求线段P1P2的中点P的轨迹E的方程; OF1F2(2) 设轨迹E与x轴交于B、D两点,在E上任取一点

Q（x1,y1）(y1?0),直线QB，QD分别交y轴于M，N两点.求以MN为直径的圆过两定点.

8（3b，0），（Ab，y0）解： (1) 由已知得F,则直线F2A的方程233y为:y??0(x?3b),

b 令x?0得y?9y0,即P2(0,9y0),

x0?x? ?x0?2x?x02y024x2y2??2?1, （x，y）设P,则?,即?y代入2?2?1得:2?2y?9y8bb8b25by0?0?y?0??5y05???2为双交yx证:

决战高考

x2y2?1. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 即P的轨迹E的方程为2?22b25bx2y2?1中令y?0得x2?2b2,则不妨设B(2) 在2?, （-2b，0），（D2b，0）22b25by1y1于是直线QB的方程为:y?(x?2b),直线QD的方程为:y?(x-2b),

x1?2bx1-2b2by1-2by1则M, （0，），N（0，）x1?2bx1-2b则以MN为直径的圆的方程为: x2?（y-22by12by1）（y?）?0,

x1?2bx1-2b22x2y22b2y1222x?2b?y1, ??1令y?0得:x?2,而在上,则Q（x,y）111252b225b2x1?2b2于是x??5b,即以MN为直径的圆过两定点(?5b,0),(5b,0). 17.（2017天津卷文）（本小题满分14分）

x2y2a2已知椭圆2?2?1（a?b?0）的两个焦点分别为F1(?c,0),F2(c,0)(c?0)，过点E(,0)的直线与椭圆相

cab交于点A,B两点，且F1A//F2B,|F1A|?2|F2B|

（Ⅰ求椭圆的离心率 （Ⅱ）直线AB的斜率；

n（Ⅲ）设点C与点A关于坐标原点对称，直线F2B上有一点H(m,n)(m?0)在?AF1C的外接圆上，求

m的值。

c32n22【答案】（1）e??（2）k??（3）?

a33m5|EF2||F2B|1【解析】 （1）解：由F1A//F2B,|F1A|?|F2B|，得??,从而

|EF1||F1A|2a2?c1c322c?a?3c，整理得，故离心率 e??2a2a3?cc（2）解：由（1）知，b2?a2?c2?2c2，所以椭圆的方程可以写为2x2?3y2?6c2

a2设直线AB的方程为y?k(x?)即y?k(x?3c)

c?y?k(x?3c)由已知设A(x1,y1)B(x2,y2)则它们的坐标满足方程组?2 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 22?2x?3y?6c消去y整理，得(2?3k2)x2?18k2cx?27k2c2?6c2?0

33?k? 3318k227k2c2?6c2,x1x2?而x1?x2?，有题设知，点B为线段AE的中点，所以x1?3c?2x2 222?3k2?3k9k2c?2c9k2c2?2c22,x?k??联立三式，解得x1?，将结果代入韦达定理中解得 232?3k22?3k23c2(3)由（2）知，x1?0,x2?，当k??时，得A(0,2c)由已知得C(0,?2c)

23依题意，??48c2(1?3k2)?0,?

决战高考

c2c2c??(x?),直线l与x轴的交点(,0)是?AF1C的外接圆的

2222cc圆心，因此外接圆的方程为(x?)2?y2?(?c)2

22?c29c22?(m?)?n?直线F2B的方程为y?2(x?c)，于是点H(m,n)满足方程组?24由m?0，解得

?n?2(m?c)?线段AF1的垂直平分线l的方程为y?5c22cn22，故? ,n?32m52n22当k?时，同理可得?

3m5【考点定位】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质，直线方程，圆的方程等基础知识。考查用代数方法研究圆锥曲线的性质和数形结合的思想，考查运算能力和推理能力。 18.(2017湖北卷理)（本小题满分14分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．m?过抛物线y2?2px(p?0)的对称轴上一点A?a,0??a?0?的直线与抛物线相交于M、N两点，自M、N向直线l:x??a作垂线，垂足分别为M1、N1。

p（Ⅰ）当a?时，求证：AM1⊥AN1；

2（Ⅱ）记?AMM1、?AM1N1 、?ANN1的面积分别为S1、S2、S3，是否存在?，使得对任意的a?0，

2都有S2??S1S2成立。若存在，求出?的值；若不存在，说明理由。

20题。本小题主要考察抛物线的定义和几何性质等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力。（14分）

解：依题意，可设直线MN的方程为x?my?a,M(x1,y1),N(x2,y2)，则有w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

M(?a,y1),N(?a,y2)

?x?my?a由?2消去x可得y2?2mpy?2ap?0 ?y?2px?y1?y2?2mp从而有? ①

yy??2ap?12于是x1?x2?m(y1?y2)?2a?2(m2p?a) ②

(y1y2)2(?2ap)2又由y?2px1，y?2px2可得x1x2???a2 ③ 224p4pppp（Ⅰ）如图1，当a?时，点A(,0)即为抛物线的焦点，l为其准线x??

222PP此时M1(?,y1),N1(?,y2),并由 ①可得y1y2??p2

22uuuuvuuuv证法1：QAM1?(?p,y1),AN1?(?p,y2) uuuuvuuuv ?AM1?AN1?p2?y1y2?p2?p2?0,即AM1?AN1w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

yyQKAM1??1,KAN1??2,证法2：pp

2121y1y2p2?KAM1?KAN1?2??2??1,即AM1?AN1.

pp2(Ⅱ)存在??4，使得对任意的a?0，都有S2?4S1S3成立，证明如

下：

决战高考

证法1：记直线l与x轴的交点为A1,则OA?OA1?a。于是有

S111?2?MM1?A1M1?2（x1?a)y1S12?2?M1N1?AA1?ay1?y2 S12NN13??1?A1N1?2（x2?a)y2?S22?4S1S3?(ay1?y2)2?(x1?a)y1?(x2?a)y2?a2[(y22 1?y2)?4y1y2]?[x1x2?a(x1?x2)?a]y1y2将①、②、③代入上式化简可得

a2(4m2p2?8ap)?2ap(2am2p?4a2)?4a2p(m2p?2a)

上式恒成立，即对任意a?0,S22?4S1S3成立 证法2：如图2，连接MN1,NM1,则由y1y2??2ap,y21?2px1可得

Ky12p2py22py2y2OM?x??y???a?KON1,所以直线MN1经过原点O，

1y11y2?2ap同理可证直线NM1也经过原点O

又OA?OA1?a设M1A1?h1,N1A1?h2,MM1?d1,NN1?d2,则

S11?2d111h1,S2?2?2a(h1?h2)?a(h1?h2),S3?2d2h2. 19.（2017四川卷文）（本小题满分12分）

已知椭圆x2y2a2?b?1(a?b?0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心e?22，右准线方程为x?2。

（I）求椭圆的标准方程；

（II）过点F的直线l与该椭圆交于M、N两点，且?????F?????22612M?F2N?3，求直线l的方程。

?【解析】（I）由已知得?c??2?a2，解得a?2,c?1 ?a2??c?2∴ b?a2?c2?1

∴ 所求椭圆的方程为x22?y2?1

（II）由（I）得F1(?1,0)、F2(1,0)

?①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x??1，由?x??1?y??2?x22得 ?2?y?12设M(?1,22)、N(?1,?22)， ∴ ?????F?????22M?F2N?(?2,2)?(?2,?22)?(?4,0)?4，这与已知相矛盾。 ②若直线l的斜率存在，设直线直线l的斜率为k，则直线l的方程为y?k(x?1)，

设M(x1,y1)、N(x2,y2)，

率

决战高考

?y?k(x?1)?2222联立?x2，消元得(1?2k)x?4kx?2k?2?0 2??y?1?2?4k22k2?2,x1x2?∴ x1?x2?， 1?2k21?2k22k?x?2)?∴ y1?y2?k(x1， w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 221?2k ??????????又∵F2M?(x1?1,y1),F2N?(x2?1,y2)

??????????∴ F2M?F?(1x?x2,1y? )y2N2?2222????????????8k?2226?2k?22∴ F2M?F2N?(x1?x2?2)?(y1?y2)?? ???2?2?3?1?2k??1?2k?化简得40k4?23k2?17?0

17解得k2?1或k2??(舍去)

40∴ k??1

∴ 所求直线l的方程为y?x?1或y??x?1 20.（2017全国卷Ⅱ理）（本小题满分12分）

x2y23 已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)的离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点，当l的

ab32斜率为1时，坐标原点O到l的距离为

2 （I）求a，b的值；

???????????? （II）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP?OA?OB成立？ 若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由。

2解:(I）设F(c,0)，直线l:x?y?c?0，由坐标原点O到l的距离为 2c3|0?0?c|2 则，解得 c?1.又e??,?a?3,b?2. ?a322x2y2?1.设A(x1,y1)、B(x2,y2) （II）由(I）知椭圆的方程为C:?32由题意知l的斜率为一定不为0，故不妨设 l:x?my?1

代入椭圆的方程中整理得(2m2?3)y2?4my?4?0，显然??0。

4m4,y1y2??,．由韦达定理有：y1?y2??2．．．．．．．①

2m?32m2?3????????????.假设存在点P，使OP?OA?OB成立，则其充要条件为：

(x1?x2)2(y1?y2)2??1。 点P的坐标为(x1?x2,y1?y2)，点P在椭圆上，即

32整理得2x12?3y12?2x22?3y22?4x1x2?6y1y2?6。

又A、B在椭圆上，即2x12?3y12?6,2x22?3y22?6. 故2x1x2?3y1y2?3?0．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．② 将x1x2?(my1?1)(my2?1)?m2y1y2?m(y1?y2)?1及①代入②解得m2?4m232232?2?,即P(,??y1?y2?或?). ,x1?x2=?22m?3222221 2决战高考 2322时,P(,?),l:x?y?1; 22222322当m??时,P(,),l:x??y?1.

2222评析：处理解析几何题，学生主要是在“算”上的功夫不够。所谓“算”，主要讲的是算理和算法。算法是解决

问题采用的计算的方法,而算理是采用这种算法的依据和原因,一个是表,一个是里,一个是现象,一个是本质。有时候算理和算法并不是截然区分的。例如：三角形的面积是用底乘高的一半还是用两边与夹角的正弦的一半，还是分割成几部分来算？在具体处理的时候，要根据具体问题及题意边做边调整，寻找合适的突破口和切入点。 21.（2017湖南卷文）（本小题满分13分）

已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，以两个焦点和短轴的两个端点

为顶点的四边形是一个面积为8的正方形（记为Q）. （Ⅰ）求椭圆C的方程;

（Ⅱ）设点P是椭圆C的左准线与x轴的交点，过点P的直线l与椭圆C相交于M,N两点，当线段MN的中点落在正方形Q内（包括边界）时，求直线l的斜率的取值范围。

x2y2焦距解: （Ⅰ）依题意，设椭圆C的方程为2?2?1(a?b?0),ab为2c，

1由题设条件知，a2?8,b?c, 所以b2?a2?4.

2x2y2?1 . 故椭圆C的方程为?84（Ⅱ）椭圆C的左准线方程为x??4,所以点P的坐标(?4,0)，

显然直线l的斜率k存在，所以直线l的方程为

y?k(x?4)。

如图，设点M，N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),线段MN的中点为G(x0,y0)，

当m??y?k(x?4),? 由?x2y2得(1?2k2)x2?16k2x?32k2?8?0. ……①

?1??4?822由??(16k2)2?4(1?2k2)(32k2?8)?0解得?. ……② ?k?2216k2因为x1,x2是方程①的两根，所以x1?x2??，于是 21?2kx1?x24k8k2y?k(x?4)? x0?=?， . 0021?2k21?2k28k2?0，所以点G不可能在y轴的右边， 因为x0??21?2k又直线F1B2,F1B1方程分别为y?x?2,y??x?2, 所以点G在正方形Q内（包括边界）的充要条件为

?2k2?2k?1?0,?4k8k2?y0?x0?2,????2, 亦即 即? ?2??1?2k21?2k2???y0?x0?2.?2k?2k?1?0.8k2?4k??1?2k2?1?2k2?2,解得?3?13?1?k?，此时②也成立. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 22决战高考 3?13?1,]. 2222.（2017福建卷理）（本小题满分13分）

x2已知A,B 分别为曲线C： 2+y2=1（y?0,a>0）与x轴

a的左、右两个交点，直线l过点B,且与x轴垂直，S为l上 异于点B的一点，连结AS交曲线C于点T. (1)若曲线C为半圆，点T为圆弧?AB的三等分点，试求出点S的坐标；

故直线l斜率的取值范围是[?（II）如图，点M是以SB为直径的圆与线段TB的交点，试问：是否存在a,使得O,M,S三点共线？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由。 解法一：

AB的三等分点得(Ⅰ)当曲线C为半圆时，a?1,如图，由点T为圆弧?∠BOT=60°或120°. (1)当∠BOT=60°时, ∠SAE=30°.

又AB=2,故在△SAE中,有SB?AB?tan30??????,?s(t,); ?? (2)当∠BOT=120°时,同理可求得点S的坐标为(1,23),综上,

S(1,23)或S(1,23) 3(Ⅱ)假设存在a(a?0),使得O,M,S三点共线. 由于点M在以SB为直线的圆上,故BT?OS.

显然,直线AS的斜率k存在且k>0,可设直线AS的方程为y?k(x?a).

?x22?2?y?1得(1?a2k2)x2?2a2k2x?a4k2?a2?0 由?a?y?k(x?a)?a2k2?a2设点T(xT,yT),?xT?(?a)?,

1?a2k2a?a2k22ak故xT?,从而. y?k(x?a)?TT1?a2k21?a2k2a?a2k22ak亦即T(,).

1?a2k21?a2k2?????2a2k22ak?B(a,0),?BT?((,))

1?a2k21?a2k2?????x?a由?得s(a,2ak),?OS?(a,2ak).

y?k(x?a)??????????2a2k2?4a2k2由BT?OS,可得BT?OS??0即?2a2k2?4a2k2?0 21?ak2?k?0,a?0,?a?2 经检验,当a?2时,O,M,S三点共线. 故存在a?2,使得O,M,S三点共线. 解法二:

(Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)假设存在a,使得O,M,S三点共线.

由于点M在以SO为直径的圆上,故SM?BT.

显然,直线AS的斜率k存在且K>0,可设直线AS的方程为y?k(x?a)

?x22?2?y?1得(1?a2b2)x2?2a2k2x?a2k2?a2?0 由?a?y?k(x?a)?a4k2?a2设点T(xT,yT),则有xT?(?a)?.

1?a2k2

决战高考

a?a2k22aka?a2k22ak故xT?,从而y?k(x?a)?亦即T(?). TT22222222a?ak1?ak1?ak1?akyT1?B(a,0),?kBT???2,故kSM?a2k

xT?aak由??x?a得S(a,2ak),所直线SM的方程为y?2ak?a2k(x?a)

?y?k(x?a)O,S,M三点共线当且仅当O在直线SM上,即2ak?a2k(?a).

?a?0,K?0,?a?2 故存在a?2,使得O,M,S三点共线. 23.（2017辽宁卷文）（本小题满分12分）

3已知，椭圆C以过点A（1，），两个焦点为（－1，0）（1，0）。

2（1） 求椭圆C的方程；

（2） E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为

定值，并求出这个定值。

x2y2??1。 (22)解：（Ⅰ）由题意，c＝1,可设椭圆方程为

1?b24b219322??1?bb因为A在椭圆上，所以，解得＝3，＝（舍去）。 221?b4b4x2y2??1． ．所以椭圆方程为 ．．．．．4分 433x2y2?1得 （Ⅱ）设直线ＡＥ方程：得y?k(x?1)?，代入?2433（3+4k2）x2+4k(3?2k)x?4(?k)2?12?0

23设Ｅ（xE，yE），Ｆ（xF，yF）．因为点Ａ（1，）在椭圆上，所以

234(?k)2?12， xE?223?4k3yE?kxE??k。 ．．．．．．．8分

2又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以?k代k，可得

34(?k)2?12， xF?223?4k3yF??kxF??k。

2y?yE?k(xF?xE)?2k1所以直线EF的斜率kEF?F??。

xF?xExF?xE21即直线EF的斜率为定值，其值为。 ．．．．．．．12分

224.（2017辽宁卷理）（本小题满分12分）

3已知，椭圆C过点A(1,)，两个焦点为（－1，0），（1，0）。

2（3） 求椭圆C的方程；

（4） E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为

定值，并求出这个定值。 （20）解：

决战高考

（Ⅰ）由题意，c=1,可设椭圆方程为

31922b????1b?3，解得，（舍去）

41?b24b2x2y2?1。 ……………4分 所以椭圆方程为?433x2y2?1得 （Ⅱ）设直线AE方程为：y?k(x?1)?，代入?2433(3?4k2)x2?4k(3?2k)x?4(?k)2?12?0

23 设E(xE,yE),F(xF,yF),因为点A(1,)在椭圆上，所以

234(?k2)?12 xF?2 23?4k3 yE?kxE??k ………8分

2又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以—K代K，可得

34(?k)2?12 xF?223?4k3yE??kxE??k

2y?yE?k(xF?xE)?2k1所以直线EF的斜率KEF?F??

xF?xExF?xE21即直线EF的斜率为定值，其值为。 ……12分

225.（2017宁夏海南卷理）（本小题满分12分）

已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点，焦点在s轴上，它的一个顶点到两个焦点的距离分别是7和1.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

OP（Ⅱ）若P为椭圆C上的动点，M为过P且垂直于x轴的直线上的点，=λ，求点M的轨迹方程，并

OM说明轨迹是什么曲线。 解:(Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为a，c，由已知得

?a?c?1,解得a?4,c?3， ??a?c?7x2y2?1 所以椭圆C的标准方程为?167（Ⅱ）设M(x,y)，其中x???4,4?。由已知

OPOM22??2及点P在椭圆C上可得

9x2?1122。 ??2216(x?y)整理得(16?2?9)x2?16?2y2?112，其中x???4,4?。

3

（i）??时。化简得9y2?112

4

47(?4?x?4)，轨迹是两条平行于x轴的线段。 所以点M的轨迹方程为y??3决战高考

3（ii）??时，方程变形为

4x2y2??1，其中x???4,4? 11211216?2?916?2当0???当

3时，点M的轨迹为中心在原点、实轴在y轴上的双曲线满足?4?x?4的部分。 43???1时，点M的轨迹为中心在原点、长轴在x轴上的椭圆满足?4?x?4的部分； 4当??1时，点M的轨迹为中心在原点、长轴在x轴上的椭圆；

26.（2017陕西卷文）（本小题满分12分）

y2x2525已知双曲线C的方程为2?2?1(a?0,b?0)，离心率e?，顶点到渐近线的距离为。

ab25w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

（I） 求双曲线C的方程；

(II)如图，P是双曲线C上一点，A，B两点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一、二象限，若????????1AP??PB,??[,2]，求?AOB面积的取值范围。

3解析：

解法1（Ⅰ）由题意知，双曲线C的顶点（0，a）到渐近线

25， 5ab25ab25所以所以 ??22c55a?b?ab25??5?c?a?2??5?c得?b?1 由??2?a?222?c?5?c?a?b???y2所以曲线C的方程是?x2?1

4（Ⅱ）由（Ⅰ）知双曲线C的两条渐近线方程为y??2x

（?n,2n),m?0,n?0 设A(m,2m),Buuuruurm-?n2(m+?n),), 由AP??PB得P点的坐标为（1+?1+?y2(1??)22?x?1,化简得mn=将P点的坐标代入44? ax?by?0的距离为?14因为?AOB?2?,tan(??)?2,tan??,sin2??

225又OA?5m,OB?5n

111OA?OB?sin2??2mn?(??)?1 22?111记S(?)?(??)?1,??[,2]

2?311则S?(?)?(1?2)

2?所以S?AOB?决战高考

由S?(?)?0得??1

189又S（1）=2，S()?,S(2)?

33418当??1时，?AOB面积取到最小值2，当当??时，?AOB面积取到最大值

338所以?AOB面积范围是[2,]

325解答2（Ⅰ）由题意知，双曲线C的顶点（0，a）到渐近线ax?by?0的距离为，

5ab25ab25 ??即?225c5a?b?ab25??5?c?a?2??5?c得?b?1 由??2?a?222?c?5?c?a?b???y2所以曲线C的方程是?x2?1.

4（Ⅱ）设直线AB的方程为y?kx?m, 由题意知k?2,m?0

?y?kx?mm2m由?得A点的坐标为（,),

y?2x2?k2?k??y?kx?m?m2m由?得B点的坐标为（,),

2?k2?k?y??2xuuuruurm1?2m1?AP??PB,得P点的坐标为（(?),(?)

1??2?k2?k1??2?k2?ky24m2(1??)22?将P点的坐标代入?x?1得 244?k?设Q为直线AB与y轴的交点，则Q点的坐标为（0，m） S?AOB=S?AOQ?S?BOQ

111OQgxA?OQgxB?m(xA?xB)2221mm14m2?m(?)?g 22?k2?k24?k211?(??)?12??以下同解答1

27.(2017陕西卷理)（本小题满分12分）

y2x2525已知双曲线C的方程为2?2?1(a?0,b?0)，离心率e?，顶点到渐近线的距离为。

ab25（I）求双曲线C的方程；

(II)如图，P是双曲线C上一点，A，B两点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一、二象限，若

决战高考

????????1AP??PB,??[,2]，求?AOB面积的取值范围。

328．（本小题满分14分）

y2x2已知双曲线C的方程为2?2?1(a?0,b?0), w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

ab525离心率e?,顶点到渐近线的距离为.

25（Ⅰ）求双曲线C的方程；

（Ⅱ）如图，P是双曲线C上一点，A,B两点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一，二象限.????????1若AP??PB,??[,2],求△AOB面积的取值范围.

325解答一（Ⅰ）由题意知，双曲线C的顶点(O,a)到渐近线ax?by?0的距离为 ，5ab25ab25∴?,即?,

225c5a?b?ab25?a?2,,??5??c?b?1,?5y2?c, 得由?? ∴双曲线C的方程为?x2?1.

?42?ac?5,??c2?a2?b2???（Ⅱ）由（Ⅰ）知双曲线C的两条渐近线方程为y??2x.

设A(m,2m),B(?n,2n),m?0,n?0.

????????m??n2(m??n),), 由AP??PB得P点的坐标为(1??1??y2(1??n)22. 将P点坐标代入?x?1,化简得mn?44??114设∠AOB?2?,?tan(??)?2,?tan??,sin??,sin2??.

2225又

?|OA|?5m4|OB|?5n? 111?S?AOB?|OA|?|OB|?sin2??2mn?(??)?1.22?111S(?)?(??)?1,??[,2],记 2?3189由S'(?)?0得??1,又S(1)=2,S()?,S(2)?,

33418当??1时，△AOB的面积取得最小值2，当??时，△AOB的面积取得最大值∴△AOB面积的取值范

33.8围是[2,].

3解答二（Ⅰ）同解答一

（Ⅱ）设直线AB的方程为y?kx?m,由题意知|k|?2,m?0. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

决战高考

y?kx?mm2m,), 得A点的坐标为(y?2x2?k2?ky?kx?m?m2m,). 由{ 得B点的坐标为(y??2x2?k2?k????????m1?2m1?(?),(?)), 由AP??PB得P点的坐标为(1??2?k2?k1??2?k2?ky24m2(1??)22?. 将P点坐标代入?x?1得244?k?设Q为直线AB与y轴的交点，则Q点的坐标为（0，m）.

111S?AOB?S?AOQ?S?BOQ?|OQ|?|XA|?|OQ|?|x8|?m?(xA?xB)

2221mm14m211?)???(??)?1. =m(222?k2?k24?k2?以下同解答一.

29.（2017四川卷文）（本小题满分12分）

x2y22?1(a?b?0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率e?已知椭圆2?，右准线方程为x?2。

ab2（I）求椭圆的标准方程；

??????????226（II）过点F1的直线l与该椭圆交于M、N两点，且F2M?F2N?，求直线l的方程。

3?c2???2，解得a?2,c?1 【解析】（I）由已知得?a2?a?2??c 由{∴ b?a2?c2?1

x2∴ 所求椭圆的方程为?y2?1 …………………………………4分

2（II）由（I）得F1(?1,0)、F2(1,0)

?x??12?①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x??1，由?x2得 y??22??y?1?222设M(?1,)、N(?1,?)，

22??????????22)?(?2,?)?(?4,0)?4，这与已知相矛盾。 ∴ F2M?F2N?(?2,22②若直线l的斜率存在，设直线直线l的斜率为k，则直线l的方程为y?k(x?1)，

设M(x1,y1)、N(x2,y2)，

?y?k(x?1)?2222联立?x2，消元得(1?2k)x?4kx?2k?2?0 2??y?1?2?4k22k2?2,x1x2?∴ x1?x2?，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 1?2k21?2k22k?x?2)?∴ y1?y2?k(x1， 221?2k??????????又∵F2M?(x1?1,y1),F2N?(x2?1,y2)

??????????∴ F2M?F?(1x?x2,2N2?决战高考

1y? )y2222????????????8k?2226?2k?22∴ F2M?F2N?(x1?x2?2)?(y1?y2)?? ???2?2?3?1?2k??1?2k?化简得40k4?23k2?17?0

17解得k2?1或k2??(舍去)

40∴ k??1

∴ 所求直线l的方程为y?x?1或y??x?1 …………………………………12分 30.（2017全国卷Ⅰ文）（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

如图，已知抛物线E:y2?x与圆M:(x?4)2?y2?r2(r?0)相交于A、B、C、D四个点。

（Ⅰ）求r的取值范围

（Ⅱ）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标。

解：（Ⅰ）将抛物线E:y2?x代入圆M:(x?4)2?y2?r2(r?0)的方程，消去

．．．．．．．．．．．．（1） y2，整理得x2?7x?16?r2?0．

抛物线E:y2?x与圆M:(x?4)2?y2?r2(r?0)相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：方程（1）有两个不相等的正根 ?49?4(16?r2)?0?555??r??或r?∴?x1?x2?7?0即?。解这个方程组得?r?4 222???4?r?42?x1?x2?16?r?0?15r?(,4).

2（II） 设四个交点的坐标分别为A(x1,x1)、B(x1,?x1)、C(x2,?x2)、D(x2,x2)。

则由（I）根据韦达定理有x1?x2?7,x1x2?16?r2，r?(1则S??2?|x2?x1|(x1?x2)?|x2?x1|(x1?x2)

2?S2?[(x1?x2)2?4x1x2](x1?x2?2x1x2)?(7?216?r2)(4r2?15)

15,4) 2令16?r2?t，则S2?(7?2t)2(7?2t) 下面求S2的最大值。 方法1：由三次均值有：

1S2?(7?2t)2(7?2t)?(7?2t)(7?2t)(14?4t)

217?2t?7?2t?14?4t31283)??() ?(2323715,4)满足题意。 当且仅当7?2t?14?4t，即t?时取最大值。经检验此时r?(62法2：设四个交点的坐标分别为A(x1,x1)、B(x1,?x1)、C(x2,?x2)、D(x2,x2) 则直线AC、BD的方程分别为

?x2?x1y?x1?(x?x1),y?x2?x1解得点P的坐标为(x1x2,0)。 设t?1x1x2，由t?16?r2及（Ⅰ）得t?(0,)

4x1?x2?x1(x?x1)

x2?x1决战高考

1(2x1?2x2)|x1?x2| 2则S2?(x1?2x1x2?x2)[(x1?x2)2?4x1x2]将x1?x2?7，x1x2?t代入上式，并令f(t)?S2，等

7f(t)?(7?2t)2(7?2t)??8t3?28t2?98t?343(0?t?)，

2∴f`(t)??24t2?56t?98??2(2t?7)(6t?7)，

77令f`(t)?0得t?，或t??（舍去）

627777当0?t?时，f`(t)?0；当t?时f`(t)?0；当?t?时，f`(t)?0

666277故当且仅当t?时，f(t)有最大值，即四边形ABCD的面积最大，故所求的点P的坐标为(,0)。

66

31.（2017湖北卷文）（本小题满分13分）

如图，过抛物线y2＝2PX(P>0)的焦点F的直线与抛物线相交于M、N两点，自M、N向准线L作垂

线，垂足分别为M1、N1 (Ⅰ)求证：FM1⊥FN1:

、2、

(Ⅱ)记△FMM1、、△FM1N1、△FN N1的面积分别为S1、S，S3，试判断S22＝4S1S3是否成立，并证明你的结论。

本小题主要考查抛物线的概念，抛物线的几何性质等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力（满分13分） （1） 证法1：由抛物线的定义得

MF?MM1,NF?NN1,

由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积S???MFM1??MM1F,?NFN1??NN1F 2分 如图，设准线l与x的交点为F1

QMM1//NN1//FF1 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ??F1FM1??MM1F,?F1FN1??NN1F 而?F1FM1??MFM1??F1FN1??N1FN?1800 即2?F1FM1?2?F1FN1?1800

??F1FM1??F1FN1?900 故FM1?FN1

pp证法2：依题意，焦点为F(,0),准线l的方程为x??

22设点M,N的坐标分别为M（x1,y1),N（x2,y2),直线MN的方程为x?my?pp,y1),N1(?,y2),FM1?(?p,y1),FN1?(?p,y2) 22p??x?my?由?2 得y2?2mpy?p2?0 ?y2?2px?M1(?p，则有 2于是，y1?y2?2mp，y1y2??p2 ???????????FM1?FN1?p2?y1y2?p2?p2?0，故FM1?FN1

2（Ⅱ）S2?4S1S3成立，证明如下：

证法1：设M(x1,y1),N(x2,y2)，则由抛物线的定义得

决战高考

pp,|NN1|?|NF|?x2?，于是 2211pS1??|MM1|?|F1M1|?(x1?)|y1|

22211S2??|M1N2|?|FF1|?p|y1?y2| w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

2211pS3??|NN1|?|F1N1|?(x2?)|y2|

22211p1p2?S2?4S1S3?(p|y1?y2|)2?4?(x1?)|y1|?(x2?)|y2|

2222212pp22?p[(y1?y2)?4y1y2]?[x1x2?(x1?x2)?]|y1y2| 424p?x?my?1??y1?y2?2mp?12将?与?代入上式化简可得 2pyy??p?x?my?,?1222??2p2(m2p2?p2)?p2(m2p2?p2)，此式恒成立。 |MM1|?|MF|?x1?2故S2?4S1S3成立。

证法2：如图，设直线MNM的倾角为?，|MF|?r1,|NF|?r2

则由抛物线的定义得|MM1|?|MF|?r1,|NN1|?|NF|?r3

?MM1//NN1//FF1,??FMM1??,?FNN1????111于是S1?r12sin?,S3?r22sin(???)?r22sin?

222在?FMM1和?FNN1中，由余弦定理可得

|FM1|2?2r12?2r12cos??2r12(1?cos?),|FN1|2?2r22?2r22cos??2r22(1?cos?)

1由（I）的结论，得S2?|FM1|?|FN1|

2112?S2?|FM1|2?|FN1|2??4r12?r22?(1?cos?)(1?cos?)?r12r22sin2??4S1S3

442即S2?4S1S3，得证。

32.（2017宁夏海南卷文）(本小题满分12分)

已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点，焦点在x轴上，它的一个项点到两个 焦点的距离分别是7和1 （I） 求椭圆C的方程?

OP（II） 若P为椭圆C的动点，M为过P且垂直于x轴的直线上的点，?e

OM（e为椭圆C的离心率），求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线。 （20）解：

（Ⅰ）设椭圆长半轴长及分别为a,c,由已知得 a?c?1,{ 解得a=4,c=3, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m a?c?7.x2y2?1. 所以椭圆C的方程为?167（Ⅱ）设M（x,y）,P(x,y1),其中x???4,4?.由已知得

决战高考

x2?y122?e. 22x?y3，故16(x2?y12)?9(x2?y2). ① 4112?x722, 由点P在椭圆C上得 y1?162代入①式并化简得9y?112,

而e?47(?4?x?4),轨迹是两条平行于x轴的线段. 333.(2017湖南卷理)（本小题满分13分）

在平面直角坐标系xOy中，点P到点F（3，0）的距离的4倍与它到直线x=2的距离的3倍之和记为d，当P点运动时，d恒等于点P的横坐标与18之和 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （Ⅰ）求点P的轨迹C；

（Ⅱ）设过点F的直线I与轨迹C相交于M，N两点，求线段MN长度的最大值。

解（Ⅰ）设点P的坐标为（x，y），则所以点M的轨迹方程为y??d?4(x?3)2?y2?3︳x-2︳

由题设

1当x>2时，由①得(x?3)2?y2?6?x,

2x2y2??1. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 化简得

3627当x?2时 由①得(3?x)2?y2?3?x,

化简得y2?12x

x2y2?1在直线x=2的右侧部分与抛物线故点P的轨迹C是椭圆C1:?3627C2:y2?12x在直线x=2的左侧部分（包括它与直线x=2的交点）所组成的曲线，参见图1

（Ⅱ）如图2所示，易知直线x=2与C1，C2的交点都是A（2，26）， B（2，?26），直线AF，BF的斜率分别为kAF=?26，kBF=26. 当点P在C1上时，由②知

1PF?6?x. ④w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

2当点P在C2上时，由③知

PF?3?x ⑤

若直线l的斜率k存在，则直线l的方程为y?k(x?3) （i）当k≤kAF，或k≥kBF，即k≤-2

1，N（x2，y2）都在C 6时，直线I与轨迹C的两个交点M（x1，y1）

上，此时由④知

11∣MF∣= 6 - x1 ∣NF∣= 6 - x2

22111从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= （6 - x1）+ （6 - x2）=12 - ( x1+x2)

222?y?k(x?3)?由?x2y2 得(3?4k2)x2?24k2x?36k2?108?0 则x1，y1是这个方程的两根，所以

?1???3627

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