高考数学试题分类 汇编 解析几何.pdf

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1、五、解析几何五、解析几何一、选择题1.（重庆理 8）在圆x y 2x 6y 0内，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别是AC和 BD，则四边形 ABCD 的面积为A5 2B10 2C15 2D20 222【答案】Bx2y2y22C1:221(ab0)C1:x 1ab42.（浙江理 8）已知椭圆与双曲线有公共的焦点，C1的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A,B两点，C若1恰好将线段AB三等分，则a2A【答案】C1312b 2Ba213C22Db 22x2 2x 4y x ax5(a0)13.（四川理 10）在抛物线上取横坐标为，的两点，过225x 5y 36相切，这两点引一条割线，有平行

2、于该割线的一条直线同时与抛物线和圆则抛物线顶点的坐标为A(2,9)B(0,5)C(2,9)D(1,6)【答案】C【解析】由已知的割线的坐标(4,114a),(2,2 a 1),K 2a,设直线方程为36b2y (a 2)x b，则51(2a)2y x2ax5b 6 a 4(2,9)y (a2)xb又4.（陕西理 2）设抛物线的顶点在原点，准线方程为x 2，则抛物线的方程是222y 8xy 8xy 4xABC2y 4xD【答案】Bx2y221(a0，b0)2b5.（山东理 8）已知双曲线a的两条渐近线均和圆22x y 6x5 0相切,且双曲线的右焦点为圆C 的圆心,则该双曲线的方程为C:x2y2

3、14A5x2y215B4x2y2x2y21163C3D6【答案】A6.（全国新课标理 7）已知直线l 过双曲线 C 的一个焦点，且与C 的对称轴垂直，l 与 C 交于A，B 两点，|AB|为 C 的实轴长的 2 倍，C 的离心率为（A）2（B）3（C）2（D）3【答案】B7.（全国大纲理 10）已知抛物线C：y 4x的焦点为 F，直线y 2x4与 C 交于 A，B 两点则cosAFB=234A5B543C5D5【答案】D22Cx y 2x 0与曲线C2：y(y mx m)0有四个不同的18.（江西理 9）若曲线：交点，则实数 m 的取值范围是A（33333，3）B（3，0）（0，3）333，3

4、333）（3，+）C【答案】BD（，x2y21a 02a99.（湖南理 5）设双曲线的渐近线方程为3x 2y 0，则a的值为A4B3C2D1【答案】C2y 2px(p 0)上，另一个顶点是此抛物线焦点的正10.（湖北理 4）将两个顶点在抛物线三角形个数记为 n，则An=0Bn=1Cn=2Dn3【答案】C11.（福建理 7）设圆锥曲线 r 的两个焦点分别为F1，F2，若曲线 r 上存在点 P 满足PF1:F1F2:PF2=4:3:2，则曲线 r 的离心率等于132123或或或223232AB或 2C2D【答案】A12.（北京理 8）设A0,0B4,0,，Ct 4,4Dt,4tR,.记Nt为平行四

5、边形ABCD 内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数Nt的值域为BDAC9,10,119,11,129,10,1210,11,12【答案】C222x y 8的实轴长是13.（安徽理 2）双曲线（A）2（B）22（C）4（D）42【答案】C14.（辽宁理 3）已知F 是抛物线 y2=x 的焦点，A，B 是该抛物线上的两点，则线段 AB 的中点到 y 轴的距离为AF BF=3，3（A）4（B）1【答案】C二、填空题57（C）4（D）4xOyyxOy15.（湖北理 14）如图，直角坐标系所在的平面为，直角坐标系（其中轴一与y轴重合）所在的平面为，xOx 45。P（）

6、已知平面内有一点(2 2,2)，则点P在平面内的射影P的坐标为；22(x 2)2y 2 0，则曲线C在平面内C（）已知平面内的曲线的方程是的射影C的方程是。22(x1)y 1【答案】（2，2）x2 y21F,F16.（浙江理 17）设12分别为椭圆3的左、右焦点，点A,B在椭圆上，若F1A5F2B;则点A的坐标是【答案】(0,1)y2x21F(0,5)mm917.（上海理 3）设为常数，若点是双曲线的一个焦点，则m。【答案】16x2y2112222x+y=1的切线，2xab18.（江西理 14）若椭圆的焦点在轴上，过点（1，）作圆切点分别为 A,B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆

7、方程是x2y214【答案】519.（北京理 14）曲线C 是平面内与两个定点 F1（-1，0）和 F2（1，0）的距离的积等于常数a2(a 1)的点的轨迹.给出下列三个结论：曲线 C 过坐标原点；曲线 C 关于坐标原点对称；12若点 P 在曲线 C 上，则F1PF2的面积大于2a。其中，所有正确结论的序号是。【答案】x2y2=1上一点P到双曲线右焦点的距离是4，那么点20.（四川理 14）双曲线6436P 到左准线的距离是56【答案】5【解析】a 8,b 6,c 10，点P显然在双曲线右支上，点P到左焦点的距离为 14，所以14c556 d da45x2y221.（全国大纲理 15）已知 F1

8、、F2 分别为双曲线 C:9-27=1 的左、右焦点，点 AC，点 M 的坐标为（2，0），AM 为F1AF2的平分线则|AF2|=【答案】6x2y221(a 0,b 0)2ab22.（辽宁理 13）已知点（2，3）在双曲线 C：上，C 的焦距为 4，则它的离心率为【答案】223.（重庆理 15）设圆C 位于抛物线y 2x与直线 x=3 所围成的封闭区域（包含边界）内，则圆 C 的半径能取到的最大值为_【答案】6 124.（全国新课标理 14）（14）在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的中心为原点，焦点2F1,F22ABF2的周长为 16，F在 x 轴上，离心率为2过点1的直线 l 交

9、C 于 A，B 两点，且那么 C 的方程为_x2y21【答案】16825.（安徽理 15）在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x,y)为整点，下列命题中正确的是_（写出所有正确命题的编号）.存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点如果k与b都是无理数，则直线y kx b不经过任何整点直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点直线y kx b经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数存在恰经过一个整点的直线【答案】，三、解答题x2y21xOy4226.（江苏 18）如图，在平面直角坐标系中，M、N 分别是椭圆的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于 P、A 两点，其

10、中 P 在第一象限，过 P 作 x 轴的垂线，垂足为 C，连接 AC，并延长交椭圆于点 B，设直线 PA的斜率为 k（1）当直线 PA平分线段 MN，求 k 的值；（2）当 k=2 时，求点 P 到直线 AB 的距离 d；（3）对任意 k0，求证：PAPB本小题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力，满分16 分.解：（1）由题设知，a 2,b 2,故M(2,0),N(0,2),所以线段 MN 中点的坐标为(1,标2)2，由于直线 PA 平分线段 MN，故直线 PA 过线段 MN 的中点，又直线 PA 过坐222.k

11、 12原点，所以x2y2y 2x代入椭圆方程得1,42（2）直线 PA的方程22 424x ,因此P(,),A(,).33 333解得431,故直线AB的方程为x y 2 0.2223C(,0),于是3直线 AC 的斜率为330242|2 2因此,d 333.1231 1（3）解法一：将直线 PA的方程y kx代入x2y2221,解得x ,记,22421 2k1 2k则P(,k),A(,k),于是C(,0)0kk,2故直线 AB 的斜率为y 其方程为k(x),代入椭圆方程得(2 k2)x2 2k2x 2(3k2 2)0,2x 解得(3k2 2)2 k2或x 因此B(3k2 2)k32 k2,)

12、2 k2.k3k1于是直线 PB 的斜率2 k2k(3k2 2)2 k21.22k3k 2(2 k)k3k(2 k2)因此k1k 1,所以PA PB.解法二：设P(x1,y1),B(x2,y2),则x1 0,x2 0,x1 x2,A(x1,y1),C(x1,0).设直线PB，AB的斜率分别为k1,k2因为C在直线AB上，所以从而k20(y1)yk1.x1(x1)2x12k1k 1 2k1k21 2y2 y1y2(y1)1x2 x1x2(x1)2222y22y12(x2 2y2)4421 0.22x2 x12x2 x12x2 x12因此k1k 1,所以PA PB.27.（安徽理 21）设，点A的

13、坐标为（1,1），点B在抛物线y x上运动，点Q满足BQ QA，经过Q点与Mx轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足QM MP,求点P的轨迹方程。本题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念，性质与运算，动点的轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养.解：由QM MP知 Q，M，P 三点在同一条垂直于 x 轴的直线上，故可设P(x,y),Q(x,y0),M(x,x2),则x2 y0(y x2),则y0(1)x2y.再设B(x1,y1),由BQ QA,即(x x1.y0 y1)(1 x,1 y0),x1(1)x,y (1)y0.解得1将式代入式，消去y0，得

14、x1(1)x,22y1(1)x(1)y.222y xy xy x1111又点 B 在抛物线上，所以，再将式代入，得(1)2x2(1)y (1)x)2,(1)2x2(1)y (1)2x2 2(1)x 2,2(1)x(1)y(1)0.因 0,两边同除以(1),得2x y 1 0.故所求点 P 的轨迹方程为y 2x 1.28.（北京理 19）x2G:y2122x y 1的切线 I 交椭圆 G 于 A，B 两点.4已知椭圆.过点（m,0）作圆（I）求椭圆 G 的焦点坐标和离心率；（II）将AB表示为 m 的函数，并求AB的最大值.（19）（共 14 分）解：（）由已知得a 2,b 1,所以c a2b2

15、3.所以椭圆 G 的焦点坐标为(3,0),(3,0)e 离心率为c3.a2（）由题意知，|m|1.当m 1时，切线 l 的方程x 1，点 A、B 的坐标分别为此时|AB|(1,33),(1,),2233当 m=1 时，同理可得|AB|当|m|1时，设切线 l 的方程为y k(x m),y k(x m),2得(1 4k2)x28k2mx 4k2m24 0 x2 y 1.由 4设 A、B 两点的坐标分别为(x1,y1)(x2,y2)，则4k2m24x1 x2,x1x221 4k1 4k2x2 y21相切,得又由 l 与圆所以8k2m|km|k211,即m2k2 k21.|AB|(x2 x1)2(y

16、2 y1)2264k4m4(4k2m2 4)(1 k)222(1 4k)1 4k4 3|m|.2m 3由于当m 3时，|AB|3,|AB|所以4 3|m|,m(,11,)2m 3.|AB|因为4 3|m|2m 34 33|m|m|2,且当m 3时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为 2.29.（福建理 17）已知直线 l：y=x+m，mR。（I）若以点 M（2,0）为圆心的圆与直线 l 相切与点 P，且点 P 在 y 轴上，求该圆的方程；（II）若直线 l 关于 x 轴对称的直线为l，问直线l与抛物线 C：x2=4y 是否相切？说明理由。本小题主要考查直线、圆、抛物线等基础知识，考查运算求解

17、能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想。满分13 分。解法一：（I）依题意，点 P 的坐标为（0，m）0m1 1MP l20因为，所以，解得 m=2，即点 P 的坐标为（0，2）从而圆的半径r|MP|(2 0)2(0 2)2 2 2,22(x2)y 8.故所求圆的方程为（II）因为直线l的方程为y xm,所以直线l 的方程为y x m.y xm,得x24x4m 02x 4y由 4244m 16(1m)（1）当m 1,即 0时，直线l 与抛物线 C 相切（2）当m 1，那 0时，直线l 与抛物线 C 不相切。综上，当 m=1 时，直线l 与抛物线 C 相切；当m

18、1时，直线l 与抛物线 C 不相切。解法二：22(x2)y r.（I）设所求圆的半径为 r，则圆的方程可设为依题意，所求圆与直线l:x y m 0相切于点 P（0，m），4m2 r2,|20m|r,2则m 2,r 2 2.解得22(x2)y 8.所以所求圆的方程为（II）同解法一。30.（广东理 19）2222(x5)y 4,(x5)y 4中的一个内切，另一个外切。设圆 C 与两圆（1）求 C 的圆心轨迹 L 的方程;3 5 4 5,),F(5,0)MP FP5（2）已知点 M5，且 P 为 L 上动点，求的最大值及此时(点 P 的坐标（1）解：设 C 的圆心的坐标为(x,y)，由题设条件知|

19、(x 5)2 y2(x 5)2 y2|4,x2 y21.化简得 L 的方程为4（2）解：过 M，F 的直线l方程为y 2(x 5)，将其代入 L 的方程得15x232 5x 84 0.x16 514 56 52 514 5 2 5,x2,故l与L交点为T1(,),T2(,).515551515解得因 T1 在线段 MF 外，T2 在线段 MF 内，故|MT1|FT1|MF|2,|MT2|FT2|MF|2.|MP|FP|MF|2.故，若 P 不在直线 MF 上，在MFP中有|MP|FP|只在 T1 点取得最大值 2。31.（湖北理 20）平面内与两定点A1(a,0)，A2(a,0)(a 0)连续

20、的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆成双曲线（）求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值得关系；（）当m 1时，对应的曲线为C1；对给定的m(1,0)U(0,)，对应的曲线为C2，F1设FC、2是2的两个焦点。试问：在C1撒谎个，是否存在点N，使得F1NF2N2的值；若不存在，请说明理由。的面积S|m|a。若存在，求tan本小题主要考查曲线与方程、圆锥曲线等基础知识，同时考查推理运算的能力，以及分类与整合和数形结合的思想。（满分 14 分）解：（I）设动点为 M，其坐标为(x,y)，2F1F当x a时，由条件可得kMA1kMA2yyy22 m,2xa x

21、ax a222mx y ma(x a)，即222A(a,0),A(A,0)mx y ma,12又的坐标满足222mx y ma.故依题意，曲线 C 的方程为x2y21,C22m 1时,ma当曲线 C 的方程为a是焦点在 y 轴上的椭圆；222x y am 1当时，曲线 C 的方程为，C 是圆心在原点的圆；x2y2122ma当1 m 0时，曲线 C 的方程为a，C 是焦点在 x 轴上的椭圆；x2y21,22m 0ama当时，曲线 C 的方程为C 是焦点在 x 轴上的双曲线。222x y a;（II）由（I）知，当 m=-1 时，C1 的方程为当m(1,0)(0,)时，C2 的两个焦点分别为对于给

22、定的m(1,0)F1(a 1m,0),F2(a 1m,0).(0,)，2N(x,y)(y 0)S|m|a000C1 上存在点使得的充要条件是22x0 y0 a2,y0 0,122a 1m|y0|m|a.2由得0|y0|a,由得|y0|m|a.1m0当|m|a15 a,即 m 0,21m152时，0 m 或存在点 N，使 S=|m|a2；|m|a15 a,即-1m,2当1mm 或152时，不存在满足条件的点 N，1515m,00,22时，当由NF1(a 1m x0 y0),NF2(a 1m x0,y0)，2222NF NF x(1m)a y ma,1200可得令|NF1|r1,|NF2|r2,F

23、1NF2，2ma2NF1NF2 r1r2cos ma,可得r1r2 cos，则由1ma2sin1S r1r2sin ma2tan22cos2从而，2S|m|a于是由，12|m|ma2tan|m|a2,即tan.m可得2综上可得：15m,022S|m|a,且tanF1NF2 2;当时，在 C1 上，存在点 N，使得15m0,22S|m|a,且tanF1NF2 2;当时，在 C1 上，存在点 N，使得m(1,当1515)(,)22时，在 C1 上，不存在满足条件的点N。32.（湖南理 21）x2y23C1:221(a b 0)2C:y x b截得的ab22如图 7，椭圆的离心率为，x 轴被曲线线段

24、长等于 C1 的长半轴长。（）求 C1，C2 的方程；（）设 C2 与 y 轴的焦点为 M，过坐标原点 O 的直线l与 C2 相交于点 A,B,直线 MA,MB 分别与 C1 相交与 D,E（i）证明：MDME;（ii）记MAB,MDE 的面积分别是S1,S2问：是S117S32?请说明理由。否存在直线 l,使得2解：（）由题意知e c3,从而a 2b,又2 b a,解得a 2,b 1.a2x2 y21,y x21.故 C1，C2 的方程分别为4（）（i）由题意知，直线 l 的斜率存在，设为 k，则直线 l 的方程为y kx.y kxy x21由得x2kx1 0.设A(x1,y1),B(x2,

25、y2),则x1,x2是上述方程的两个实根，于是x1 x2 k,x1x2 1.又点 M 的坐标为（0，1），所以2y11 y21(kx11)(kx21)k x1x2 k(x1 x2)1x1x2x1x2x1x2kMAkMBk2 k211 1.故 MAMB，即 MDME.y k1x 1,y k1x 1,由2y x 1（ii）设直线 MA 的斜率为 k1，则直线 MA 的方程为解得x 0 x k,或2y 1y k112(k,k 1).11则点 A 的坐标为1k1，又直线 MB 的斜率为(同理可得点 B 的坐标为11,21).k1k1于是11111k122S1|MA|MB|1k1|k1|11|22k1k

26、12|k1|y k1x 1,2222x 4y 4 0(14k)x 8k1x 0.1由得8k1x,2x 0,14k1或2y 1y 4k11214k1解得8k14k121(,).2214k14k11则点 D 的坐标为8k14k121(,).22又直线 ME 的斜率为k，同理可得点 E 的坐标为4 k14 k132(1 k12)|k1|1S2|MD|ME|222(1 k)(k11 4).于是S114(4k12217).S64k1因此214171(4k12217),解得k12 4,或k12.64k1324由题意知，又由点 A、B 的坐标可知，1k1213k k1,所以k .1k12k1k1k12y 故

27、满足条件的直线 l 存在，且有两条，其方程分别为33x和y x.2233.（辽宁理 20）如图，已知椭圆 C1 的中心在原点 O，长轴左、右端点 M，N 在 x 轴上，椭圆 C2 的短轴为MN，且 C1，C2 的离心率都为 e，直线 lMN，l 与 C1 交于两点，与 C2 交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，De（I）设12，求BC与AD的比值；（II）当 e 变化时，是否存在直线l，使得 BOAN，并说明理由解：（I）因为 C1，C2 的离心率相同，故依题意可设x2y2b2y2x2C1:221,C2:421,(a b 0)abaa设直线l:x t(|t|a)，分别与 C1，C

28、2 的方程联立，求得A(t,a22ba t),B(t,a2t2).ba4 分13e 时,b a,分别用yA,yB22当表示 A，B 的纵坐标，可知2|yB|b23|BC|:|AD|.2|yA|a246 分（II）t=0 时的 l 不符合题意.t 0时，BO/AN当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的斜率 kAN-相等，即b22a22a ta tab,tt aab21e2t 2 2 a.2a be解得1e22|t|a,又0 e 1,所以21,解得 e 1.2e因为0 e 所以当22时，不存在直线 l，使得 BO/AN；2 e 12当时，存在直线 l 使得 BO/AN.12 分34.（全国大

29、纲理 21）y2C:x 12已知 O 为坐标原点，F 为椭圆在 y 轴正半轴上的焦点，过 F 且斜率为-2的2直线l与 C 交于 A、B 两点，点 P 满足OAOBOP 0.（）证明：点 P 在 C 上；（）设点 P 关于点 O 的对称点为 Q，证明：A、P、B、Q 四点在同一圆上解：（I）F（0，1），l的方程为y 2x1，x2y21代入2并化简得4x22 2x10.2 分设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),x2 62 6则14,x24,x21 x22,y1 y2 2(x1 x2)2 1,x由题意得3(x1 x2)22,y3(y1 y2)1.(2所以点2,1).P 的坐标

30、为(2,经验证，点 P 的坐标为21)满足方程2x2y21,故点 P 在椭圆 C 上。6 分P(（II）由22,1)Q(,1)22和题设知，PQ 的垂直平分线1的方程为ly 2x.2M(设 AB 的中点为 M，则2 1,)42，AB 的垂直平分线为l2的方程为y 21x.24由、得l1,l2的交点为N(2 1,)88。9 分|NP|(22213 11)(1)2,28883 2,2|AB|1(2)2|x2 x1|AM|3 2,4|MN|(2221123 3)(),482883 11,8|NA|AM|2|MN|2故|NP|=|NA|。又|NP|=|NQ|，|NA|=|NB|，所以|NA|=|NP|

31、=|NB|=|MQ|，由此知 A、P、B、Q 四点在以 N 为圆心，NA 为半径的圆上 12 分35.（全国新课标理 20）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A（0，-1），B 点在直线y 3上，M 点满足MB/OA，MA AB MB BA，M 点的轨迹为曲线 C（I）求 C 的方程；（II）P 为 C 上动点，l为 C 在点 P 处的切线，求 O 点到l距离的最小值(20）解：()设 M(x，y)，由已知得 B(x，-3)，A(0，-1).所以MA=（-x，-1-y），MB=(0，-3-y)，AB=(x，-2).再由题意可知（MA+MB）AB=0，即（-x，-4-2y）(x，-2)=0.

32、12所以曲线 C 的方程式为 y=4x-2.1112()设 P(x0，y0)为曲线 C：y=4x-2 上一点，因为 y=2x，所以l的斜率为2x0y y01x0(x x0)2x x2y2y x 02000，即y012x024，所以因此直线l的方程为d 则 O 点到l的距离2|2y0 x0|x 420.又12x041422d(x04)2,222x04x042x0当=0 时取等号，所以 O 点到l距离的最小值为 2.36.（山东理 22）x2y21x,yQx2,y2两不同点，且OPQ 的面l32已知动直线 与椭圆 C:交于 P11、6S积OPQ=2,其中 O 为坐标原点.2222x xy y121

33、2（）证明和均为定值;（）设线段 PQ 的中点为 M，求|OM|PQ|的最大值；（）椭圆C 上是否存在点 D,E,G，使得SODE SODG SOEG62?若存在，判断DEG的形状；若不存在，请说明理由.（I）解：（1）当直线l的斜率不存在时，P，Q 两点关于 x 轴对称，所以因为x2 x1,y2 y1.P(x1,y1)在椭圆上，x12y1212因此3SOPQ又因为6,2所以|x1|y1|6.2由、得|x1|6,|y1|1.22222x x 3,y y212 2,此时1（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y kxm,x2y21 02由题意知 m，将其代入3，得(23k2)x26kmx3

34、(m22)0，2222 36k m 12(23k)(m 2)0,其中22即3k 2 m（*）6km3(m22)x1 x2,x1x2,2223k23k又2 6 3k22m2|PQ|1k (x1 x2)4x1x2 1k,223k所以222因为点 O 到直线l的距离为d|m|1k2,所以SOPQ1|PQ|d2221|m|22 6 3k 2m1k 223k21k26|m|3k22m223k2又SOPQ6,2223k 2 2m,且符合（*）式，整理得6km23(m22)x x (x1 x2)2x1x2()2 3,2223k23k此时212222y12 y222222(3 x12)(3 x2)4(x12

35、x2)2.3332222x x 3;y y 2,结论成立。1212综上所述，（II）解法一：（1）当直线l的斜率存在时，由（I）知|OM|x1|6,|PQ|2|y1|2,2|OM|PQ|因此62 6.2（2）当直线l的斜率存在时，由（I）知x1 x23k,22my1 y2x1 x23k23k22m2 k()m m,222m2mmx1 x22y1 y229k216m22112|OM|()()(3),2222224mm4m2m222(2m21)12224(3k 2m)|PQ|(1k)2(2),2222(23k)mm|OM|2|PQ|2所以111(32)2(2 2)2mm11)(2)22mm1132

36、 22mm)225.(24(3|OM|PQ|所以51132 2 2,即m 22，当且仅当mm时，等号成立.5.2综合（1）（2）得|OM|PQ|的最大值为解法二：2222224|OM|PQ|(x x)(y y)(x x)(y y)12122121因为22 2(x12 x2)(y12 y2)10.4|OM|2|PQ|2102|OM|PQ|5.25所以|OM|PQ|即5,2当且仅当2|OM|PQ|5时等号成立。5.2因此|OM|PQ|的最大值为（III）椭圆 C 上不存在三点 D，E，G，使得SODE SODG SOEG6.262，证明：假设存在由（I）得D(u,v),E(x1,y1),G(x2,

37、y2)满足SODE SODG SOEG2222u2 x12 3,u2 x2 3,x12 x2 3;v2 y12 2,v2 y2 2,y12 y2 2,322解得u2 x12 x2;v2 y12 y21.25因此u,x1,x2只能从中选取,v,y1,y2只能从1中选取,2(因此 D，E，G 只能在6,1)2这四点中选取三个不同点，而这三点的两两连线中必有一条过原点，与SODE SODG SOEG62矛盾，所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点D，E，G.37.（陕西理 17）22x y 25上的动点，点 D 是 P 在 x 轴上的摄影，M 为 PD 上一点，且如图，设 P 是圆MD 4PD5（）当

38、 P 在圆上运动时，求点 M 的轨迹 C 的方程；4（）求过点（3，0）且斜率为5的直线被 C 所截线段的长度解：（）设 M 的坐标为（x,y）P 的坐标为（xp,yp）xp x,5yp y,4由已知得22 5xyx y 25142516P 在圆上，即 C 的方程为2244y x 35（）过点（3，0）且斜率为5的直线方程为，设直线与 C 的交点为Ax1,y1,Bx2,y2y 将直线方程24x 35代入 C 的方程，得x2x312x2525即3x 8 0 x1341341,x222 线段 AB 的长度为AB x1x2y1 y2224141216 1x1 x24125525注：求 AB 长度时，

39、利用韦达定理或弦长公式求得正确结果，同样得分。38.（上海理 23）已知平面上的线段l及点P，在l上任取一点Q，线段PQ长度的最小值称为点P到线段l的距离，记作d(P,l)。（1）求点P(1,1)到线段l:x y 3 0(3 x 5)的距离d(P,l)；（2）设l是长为 2 的线段，求点集D P|d(P,l)1所表示图形的面积；（3）写出到两条线段l1,l2距离相等的点的集合 P|d(P,l1)d(P,l2)，其中l1 AB,l2CD，A,B,C,D是下列三组点中的一组。对于下列三组点只需选做一种，满分分别是2 分，6 分，8 分；若选择了多于一种的情形，则按照序号较小的解答计分。A(1,3)

40、,B(1,0),C(1,3),D(1,0)。A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,2)。A(0,1),B(0,0),C(0,0),D(2,0)。解：设Q(x,x 3)是线段l:x y 3 0(3 x 5)上一点，则A-1y1B1O-1x59|PQ|(x1)2(x4)22(x)2(3 x 5)22，当x 3时，d(P,l)|PQ|min5。设线段l的端点分别为A,B，以直线AB为x轴，AB的中点为原点建立直角坐标系，则A(1,0),B(1,0)，点集D由如下曲线围成l1:y 1(|x|1),l2:y 1(|x|1)C1:(x1)2 y21(x 1),C2:(x1)2 y21(x 1)

41、其面积为S 4。选择A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,0)，(x,y)|x 0 选择A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,2)。，(x,y)|x 0,y 0(x,y)|y2 4x,2 y 0(x,y)|x y10,x 1 选择A(0,1),B(0,0),C(0,0),D(2,0)。(x,y)|x 0,y 0(x,y)|y x,0 x 1(x,y)|x2 2y1,1 x 2(x,y)|4x2y3 0,x 2y3CyA3ACyB2.5-1x1ODBA-1O1xD-2DB=C 1239.（四川理 21）椭圆有两顶点 A（-1，0）、B（1，0），过其焦点F（0，1）的直线

42、l 与椭圆交于 C、D 两点，并与 x 轴交于点 P直线 AC 与直线 BD 交于点 Qx32（I）当|CD|=2时，求直线 l 的方程；（II）当点 P 异于 A、B 两点时，求证：OPOQ为定值。y2 x21解：由已知可得椭圆方程为2，设l的方程为y 1 k(x0),k为l的斜率。2ky kx1x x 2122k222(2k)x 2kx1 0y2 x 1x x 1 2122k2则224y y 212k22y y 2k 2122k28k288k48k292(x1 x2)(y1 y2)k 2 k 22222(2k)(2k)2l的方程为y 2x1F,F40.（天津理 18）在平面直角坐标系xOy

43、中，点P(a,b)(a b 0)为动点，12分别为x2y2212FPFab椭圆的左右焦点已知12为等腰三角形（）求椭圆的离心率e；（）设直线PF2与椭圆相交于A,B两点，M是直线PF2上的点，满足AM BM 2，求点M的轨迹方程本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想，考查解决问题能力与运算能力.满分 13分.（I）解：设F1(c,0),F2(c,0)(c 0)|PF2|F1F2|,由题意，可得即(a c)2b2 2c.ccc2()21 0,得 1aa整理得a（舍），c11.e.2或a2所以（II）解：由（I）

44、知a 2c,b 3c,2223x 4y 12c,可得椭圆方程为直线 PF2 方程为y 3(xc).2223x 4y 12c,y 3(xc).A，B 两点的坐标满足方程组2消去 y 并整理，得5x 8cx 0.8x1 0,x2c.5解得8x c,2x 0,51y 3c,y 3 3c.125得方程组的解83 3A(c,c),B(0,3c)55不妨设83 3(x,y),则AM (xc,y c),BM (x,y 3c)55设点 M 的坐标为，y 3(xc),得c x由3y.3AM (于是8 3383 3y x,y x),15555BM (x,3x).由AM BM 2,8 3383 3y x)x(y x

45、)3x 215555即，(218x 16 3xy15 0.化简得18x215310 x25y 代入c xy,得c 0.316x16 3x将所以x 0.218x 16 3xy15 0(x 0).因此，点 M 的轨迹方程是41.（浙江理 21）已知抛物线C1:x3y，圆C2:x2(y4)21的圆心为点 Mc1的准线的距离；c1上一点（异于原点）cc，过点P 作圆2的两条切线，交抛物线1于（）求点 M 到抛物线（）已知点P 是抛物线A，B 两点，若过 M，P 两点的直线l垂直于 AB，求直线l的方程本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综

46、合解题能力。满分15 分。y 1,（I）解：由题意可知，抛物线的准线方程为：417.所以圆心 M（0，4）到准线的距离是4（II）解：设P(x0,x20),A(x1,x21),B(x2,x22)，则题意得x0 0,x0 1,x1 x2，设过点 P 的圆 C2 的切线方程为y x20 k(x x0)，即y kxkx20 x0|kx x2040|则1k21,即(x201)k22x2220(4 x0)k(x04)1 0，设 PA，PB 的斜率为k1,k2(k1 k2)，则k1,k2是上述方程的两根，所以2k2x20(x04)(x04)211k2x2,k1k2x2.0101将代入y x2得x2kxkx

47、20 x0 0,由于x0是此方程的根，故x1 k1 x0,x2 k2 x0，所以2kx22x220(x04)AB1 x2x x2xx041 x2 k1k2022x0,kMP.1 x2x01x0k(2x22k0(x04)MP由MP ABAB，得x22x0)(x04 1)01x0，解得2x023,5(即点 P 的坐标为23 23,)55，y 3 115x4.115e，一条准线的方程所以直线l的方程为42.（重庆理 20）如题（20）图，椭圆的中心为原点O，离心率为x （）求该椭圆的标准方程；（）设动点P满足：OP OM ON，其中M,N是椭圆上的点，直线OM与ONPF PFF,F的斜率之积为，问：

48、是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求F,F的坐标；若不存在，说明理由c2 a2e,2 2,a2c解：（I）由222a 2,c 2,b a c 2，故椭圆的标准方程为解得x2y21.42（II）设P(x,y),M(x1,y1),N(x2,y2)，则由OP OM 2ON得(x,y)(x1,y1)2(x2,y2)(x1 2x2,y1 2y2),即x x1 2x2,y y1 2y2.22x 2y 4上，所以因为点 M，N 在椭圆22x12 2y12 4,x2 2y2 4，222222x 2y (x 4x 4x x)2(y 4y 4y1y2)121212故22(x12 2y12)4(x2 2y2)4(x1x2 2y1y2)设 20 4(x1x2 2y1y2).kOM,kON分别为直线 OM，ON 的斜率，由题设条件知kOMkONy1y21,x1x22因此x1x2 2y1y2 0,22x 2y 20.所以x2所以 P 点是椭圆(2 5)2y2(10)21上的点，设该椭圆的左、右焦点为 F1，F2，则由椭圆，因此两焦点的坐标为的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因c(2 5)2(10)210F1(10,0),F2(10,0).