三年高考2017_2019高考数学真题分项汇编专题08平面解析几何解答题文含解析.pdf

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1、专题08平面解析几何(解答题)1.【2019 年高考全国I卷文数】已知点A,B B 关于坐标原点 O O 对称，1AB|1AB|=4,。M M 过点A,B B 且与直线 x x+2=0 相切.(1)若 A A 在直线 x x+y y=0 上，求。M M 的半径；(2)(2)是否存在定点 P,P,使彳导当A A 运动时，1MA-|MP1MA-|MP 为定值？并说明理由.【答案】(1)eM的半径r=2或r=6；(2)存在，理由见解析.【解析】(1)因为eM过点A,B，所以圆心 M M 在 ABAB 的垂直平分线上.由已知 A A 在直线x+y=0上，且A,B关于坐标原点 O O 对称，所以 M M

2、 在直线yx上，故可设M(a,a).因为eM与直线 x x+2=0 相切，所以eM的半径为r|a由已知得|AO|=2,又MOAO,故可得2a24(a2|.22),解得a=0或a=4.存在定点P(1,0),使得|MA|故eM的半径r=2或r=6.|MP|为定值.设M(x,y),由已知得eM的半径为r=|x+2|,|AO|=2.(x2)2,化简得M M 勺轨迹方程为y2uumuuur,22由于MOAO，故可得xy424x.因为曲线C:y4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.因为|MA|MP|二r|MP|=x+2(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P.【名师

3、点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值,验证定值符合所有情况，使得问题得解.22二1(ab0)的两个焦点，P P 为 C C 上一点,b2.【2019 年高考全国n卷文数】已知F1,F2是椭圆C：三a2O O 为坐标原点.(1)若POFz为等边三角形，求C的离心率;(2)如果存在点P,使得PF1PF2,且F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.理由如下:【答案】(1)、/31;(2)b4,a的取值范围为4衣,).F1PF290PF1辰，于是2aPF1PF2(J31)c

4、,故C的离心率是eyyxcxc1a221(2)由题意可知，满足条件的点P(x,y)存在.当且仅当31y12c16,【解析】(1)连结PF1,由APOFz为等边三角形可知在F1PF2中,r1b2，即c|y|16,_2c,xy222,2由及b22c2得y2b?,又由知y2c咚，故bc由得a222-.22ccb，所以cb,从而4abc2.222b232,故a4&.当b4,a所以b4,、.2时，存在满足条件的点P.a的取值范围为472,).ab【名师点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题x213.【2019 年局考

5、全国出卷又数】已知曲线 C:yC:y=，D D 为直线 y y=金上的动点，过 D D 作 C C 的两条切线,切点分别为 A,B.A,B.(1)(1)证明：直线 ABAB 过定点；.5(2)若以 E E(0,一)为圆心的圆与直线 ABAB 相切，且切点为线段 ABAB 的中点，求该圆的方程.222【答案】(1)见解析；x2y54或x2y52.2212_【解析】(1)设Dt,一，Ax1,y1，则x12yl.21由于yx,所以切线 DADA 勺斜率为Xi,故y12Xit整理得2tx12y1+1=0.设BX2,y2,同理可得2tX22y2+1=0.故直线 ABAB 勺方程为2tx2y10.，-1所

6、以直线 ABiABi 定点（0,）.21由（1）得直线 ABBABB 勺万程为ytx211ytx由22，可得x22tx10.xy万2于是X1X22t,yy2tx1X212t1.，一，一,21设必线段 ABAB 勺中点，则Mt,t2,uuuuuuu+uuuu由于EMAB，而EMt,t22,AB与向量(1,t)平行，所以tt22t0.解得 t t=0 或t1.uuuu当t=0 时，|EM|=2,所求圆的方程为uuuu_1时，|EM|J2,所求圆的方程为X2y25xy-22252.2【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但

7、计算量不小4.【2019 年高考北京卷文数】已知椭圆C：二a41的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1).b2222(1)求椭圆 C 的方程;(2)设 O O 为原点，直线l：ykxt(t1)与椭圆 C C 交于两个不同点 P,P,Q直线 APAP 与 x x 轴交于点 M M直线 AQAQ 与 x x 轴交于点 N,N,若|OMION=OMION=2，求证：直线 l l 经过定点.2【答案】（1）土y21；见解析.2【解析】（1）由题意得，b b=1,c c=1.2所以 a a=b b+c c=2.2222所以椭圆 C C 的方程为y21.2(2)(2)设 P(XP(X1,yO,Q(XyO

8、,Q(X2,y y2),一y11/则直线AP勺方程为y-x1.X1令 y y=0,得点 M M 勺横坐标XMy11X1.又,kX1t，从而10M|XMkXTT71-一.-X2同理，10N1kXT2ykXt,由X22（112k)X4kt2t22，X1X212k21212k2|ON|得_22,_2一一4ktX2t20.则x1x2所以|OM|x1|2-t1kx2tX1X22t2212k2|-22t 2k2217k(t1)(k2x1x2k(t1)x1x2(t1)2鼻)(t312k2|.又|OM|ON|2,所以2|I2.解得 t=0,所以直线 l 经过定点(0,0).【名师点睛】解决直线与椭圆的综合问题

9、时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、三角形的面积等问题.22【2019 年高考天津卷文数】设椭圆与与i5.(ab0)的左焦点为F,左顶点为A,上顶点为abJ3|OA|2IOBI(O为原点).(1)求椭圆的离心率；3(2)(2)设经过点 F F 且斜率为3的直线 l l 与椭圆在 x x 轴上万的交点为 P,P,圆 C C 同时与 x x 轴和直线 l l4圆心 C C 在直线 x x=4 上，且OC/AP,求椭圆的方程.122【答案】(1)1；士匕 1.21612【解

10、析】(1)设椭圆的半焦距为c,由已知有73a2b,又由a2b2c2,消去b得a2.C解得一一1a2.12所以，椭圆的离心率为1.22由(1)知，a2c,b-,3c,故椭圆方程为三匕1.4c3c3由题意，F(c,0),则直线l的方程为y3(xc),42y3c21,点 P P 的坐标满足4c2消去y并化简，得到7x26cx13c20,解得XIy4(xc),代入到l的方程，解得y-c,y392214c.斜率、B.B.已知相切,13c73因为点P在x轴上万，所以Pc,-c.2由圆心C在直线x4上，可设C(4,t).3得t2.因为OC/AP,且由(1)知A(2c,0),故2c，解4c2c因为圆C与 x

11、轴相切，所以圆的半径长为 2,3二(4c)24c又由圆C与l相切，得122,可得c=2.FTFT22所以，椭圆的方程为1.1612【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力226.【2019 年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系 xOyxOy 中，椭圆 C:C:与1(ab0)的焦点为 F F1、0),F0),F2(1,0)(1,0).过 F F2作 x x 轴的垂线l,在 x x 轴的上方，l l 与圆 F F2:(x1)2y24a2交于点A,与椭圆 C C 交于点

12、D D 连结AFI并延长交圆 F F2于点 B,B,连结 BBBB 交椭圆 C C 于点 E,E,连结 DF.DF.已知 DFDF=5.2(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)求点 E 的坐标.223【答案】(1)二L1；(2)E(1,-).432ab【解析】(1)设椭圆 C C 的焦距为 2c c.因为 F Fi(-1,0),F F2(1,0),所以FIF2=2,c c=1.5.又因为 DFDF=,2AEAE，x x 轴,所以DE=jDF12F1F22检22|,因止匕 2a a=DFDF+DEDE=4,从而 a a=2.由 b b2=a a2-c c2 2,得 b b2=3.22因此，椭圆 C

13、 C 的标准方程为 2 2 上 1 1.43(2)解法22由(1)知，椭圆 C匕 1,a1,a=2,43因为 AEx 轴，所以点 A A 的横坐标为 1.将 x x=1 代入圆 F F2的方程(x x-1)2+y y2=16,解得 y y=4.因为点 A A 在 x x 轴上方，所以 A A(1,4).又FI(-1,0),所以直线 AF:yAF:y=2x x+2.y2x2，得5x2(x1)2y26x110,16解得x115将x11一代入y2x12因止匕1112).又 F F2(1,0),所以直线 BF:y5B(5y3(x1)4由22，得xy_.7x26x130,解得x一43J1又因为 E E

14、是线段 BFBF 与椭圆的交点，所以x1.33将x1代入y-(x1),得y-.一33(x1)4.713因此E(1,-).2解法22由(1)(1)知，椭圆C:七 L1L1.如图，连结 EFEF.43因为 BFBF2=2a,EFa,EF+EFEF2=2a,a,所以 EFEF=EB,EB,从而/BFE=/BBFE=/B因为 F F2A A=F F2B,B,所以/A A=ZB,B,所以/A=ZBFA=ZBFiE,E,从而 EF/FEF/F2A A 因为 AExAEx 轴，所以 EFxEFx 轴.x13因为 F Fi(-1,0),由x2v2，得 y.y-12433又因为 E E 是线段 BFBF 与椭圆

15、的交点，所以y-.2一3因此E(1,3).2【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力7.【2019 年高考浙江卷】如图，已知点F(1,0)为抛物线y22px(p0)的焦点，过点 F F 的直线交抛物线于 A A、B B 两点，点C C 在抛物线上，使得ABC的重心 G G 在 x x 轴上，直线ACAC 交 x x 轴于点Q且 Q Q 在点 F F的右侧.记AFG,4CQG的面积分别为S1,S2.(1)求 p 的值及抛物线的准线方程;(2)求二1的最小值及此时点 G G 的坐标.S2

16、9Q【答案】(1)p=2,准线方程为 x=-1;(2)最小值为1立,此时 G(2,2【解析】(1)由题意得E1,即2p p=2.所以，抛物线的准线方程为x=-1.设AxA,yA，BxB,yB,CXc，%,重心GXG,yG.令 NA2tt由于直线 ABiF,ABiF,故直线 ABTABT 程为xt212t2t2故2tyB1t2，又由于X1Bxc,NG-NANByc及重心 G G 在 X X 轴上320,则XAt.c22t；yc，故2t2t2c，Gt，0.所以，直线 ACT 程为y2t2txt，得Qt1,0.22._4由于 Q Q 在焦点 F F 的右侧，故t22.从而sS212|FG|yA1-2

17、|QG|yc2t42t223t2t42t23t221|2t|22-|,2t|t 122t4Ft222m22m4m3123,m4mt22,则 n n0,.,3 时，S 取得最小值 13,此时 G(2,0).【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算8.【2018 年高考全国 I I 文数】设抛物线C：y22x,点A2,0,B2,0,过点A的直线l与C交于(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程;(2)证明：/ABM/ABN.11【答案】(1)y=-x1或yx1；(2)22【解析】(1)(1)当 l l 与 x x 轴垂直时，l l 的方程为见解析.x

18、=2,可得 M 的坐标为(2,2)或(2,-2).11所以直线 BMBM 勺方程为 y y=1x1或y1x22(2)(2)当 l l 与 x x 轴垂直时,当 l l 与 x x 轴不垂直时，设由y2k(x2)得 kyky2y2xABAB 为 MNMN 勺垂直平分线，所以/ABIMZABNABIMZABNl l 的方程为yk(x2)(k0),M(X1,y1),N(X2,y2),M(X1,y1),N(X2,y2),则 X1X10,X2X20.2y-4k k=0,可知 y yI+y y2=一,y y1y y2=-4.=-4.2.k求解能力和综合应用能力直线 BMBNBMBN 的斜率之和为kBMkB

19、N六六x2xy22(y1y2)%(x12)(x22)将x122,x2丛2及 y y1+y y2,y yy y2的表达式代入式分子，可得kkx2 ix1yy 2(y y2i22y1y24k(y1y2)88c2)；kk0所以 k kBM+k kBN=0,可知 BMBNBMBN 的倾斜角互补，所以/ABM/ABNABM/ABN综上，/ABM/ABNABM/ABN【名师点睛】本题主要考查抛物线的标准方程与几何性质、直线与抛物线的位置关系，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象与数学运算.在设直线的方程时，一定要注意所设方程的适用范围，如用点斜式时，要考虑到直线的斜率不存在

20、的情况，以免解答不严密或漏解.(1)(1)求出直线 l l 与抛物线的交点，利用两点式写出直线 BMBM 的方程；(2)(2)由(1)1)知，当直线 l l 与 x x 轴垂直时，结论显然成立，当直线 l l 与 x x 轴不垂直时，设出斜率 k,k,联立直线 l l 与 C C 的方程，求出 MNMN 两点坐标之间的关系，再表示出 BMBM 与 BNBN 的斜率，得其和为 0,0,从而说明 BMBM 与 BNBN 两条直线的斜率互为相反数，进而可知两角相等9.【2018 年高考全国 n n 卷文数】设抛物线C：y24x的焦点为F,过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A,B两点，|AB|8.

21、(1)求l的方程；(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.【答案】(1)y=x-1；(x3)2(y2)216或(x11)2(y6)2144.【解析】(1)由题意得 F(1,0),l 的方程为 y=k(x-1)(k0).设 A A(XI,yO,B(x2,y2).,yO,B(x2,y2).yk(x1)一00由2得k2x2(2k24)xk20.16k160,故XIx222k24k24k24k2所以ABAFBF(XI1)(X21)由题设知4k24k28,8,解得 k k=-1(舍去)，k k=1.y4x因此 l l 的方程为 y y=x-1.x-1.(2)由(1)得 AB 的中点坐标为(3,2)

22、,所以 AB 的垂直平分线方程为y2(x3),即yx5.y0Xo5,(X01)2(yxoI)22Xo3,Xo11,解得或016.y02v。6.设所求圆的圆心坐标为(X0,y(o),则因此所求圆的方程为_2_2_.2_2(X3)2(y2)216或(X11)2(y6)2144.【名师点睛】本题主要考查抛物线与直线和圆的综合，考查考生的数形结合能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.(1)利用点斜式写出直线 l 的方程，代入抛物线方程，得到关于 x 的一元二次方程，利用根与系数的关系以及抛物线的定义加以求解(2)由题意写出线段 AB 的垂直平分线所在直线的方程，设出圆心的坐标,由

23、题意列出方程组，解得2210.【2018 年高考全国出卷文数】已知斜率为圆心的坐标，即可求解k的直线l与椭圆C土工1交于A,B两点.线段AB431(1)证明：k一；2(2)设F为C的右焦点,的中点为M(1,m)(m0).uuuuuuuuFP为C上一点，且FPrFABuLuruuuuuu。.证明：2|FP|FA|FB|.【答案】(1)见解析；(2)见解析.【解析】(1)设A(x1,y1)，B(X2,y2),则%43y22两式相减，并由江*二k得当2比2k0.X1X243由题设知内一X21,y一应m,于是k2231由题设信0m,故k.22由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则34m(X31)

24、(X11,乂)(X21)(0,0).由(1)及题设得x33(x1x2)1,y3(y1y2)2m0.33uuu3又点 P P 在 C C 上，所以m,从而P(1,-),|FP|=.422于是urn222x2x|FA|4(X11)小J(x11)3(13)2m.i42uuux同理|FB|=2xL.uuuuuu1所以FAFB4(x1x2)3.2uuuuuuuuu故2|FP|=|FA|+|FB|.【名师点睛】本题主要考查椭圆的方程及简单几何性质、直线的斜率公式、直线与椭圆的位置关系、向量的坐标运算与向量的模等，考查运算求解能力、数形结合思想，考查的数学核心素养是数学抽象、数学运算.圆维曲线中与中点弦有关

25、的问题常用点差法，建立弦所在直线的斜率与中点坐标间的关系，2。1(ab0)的离心率为,焦距为2J2.斜率为b 311.【2018 年高考北京卷文数】已知椭圆M:与2a也可以通过联立直线方程与圆锥曲线方程，消元，根据根与系数的关系求解k k 的直线 l l 与椭圆 M M 有两个不同的交点 A,BA,B(1)(1)求椭圆 M M 的方程；若k1,求AB|的最大值;(3)设P(2,0),直线 PAPA 与椭圆 M M 的另一个交点为C,直线 PBPB 与椭圆 M M 的另一个交点为 D D 若 CDCD 和71点、(一，)共线，求 k k.44【答案】(1)y 1;(2)而；(3)1.223【解析

26、】(1)由题意得2c2J5,所以cJ2,又e-遮，所以a卮a3所以b2a2c21,2所以椭圆M的标准方程为3（2）设直线AB的方程为yy由x2消去y可得4x26mx3m230,则36m244(3m3)48一2i2m20,IPm24,设A(xi,yi),B(x2,y2),则X23m3m3一,陷，224则|AB|Jk2|xix2|,ik2xx2)=422-了,易得当m20时,设A(xi,yi),|AB|max屈,故|AB|的最大值为娓.B(X2,y2),C(X3,y3),D(M,y4),i则xi23y2i3,2-2x23y23)yix2直线PA的方程为yki(x2),又P(2,0),所以可设kik

27、pAki(x2）消去y可得（ii3kl2)x2i2k；x12kl20,2xi2K23i2ki2日”5,即3ki3kx3i2；又kyi7xii2ixi2，代人式可得X34xi7所以C（7xii2yi4x,74为7），同理可得D(7x2i24x274x27).unr故QC(x7iUUIT,7i、344,y3),QD(x44,y44),所以y3yi71因为Q,C,D三点共线，所以(x37)(y4-)44yiy?.将点C,D的坐标代入化简可得-1,即k1.x1x2【名师点睛】本题主要考查椭圆的方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，考查数形结合思想，考查的数学核心素

28、养是直观想象、逻辑推理、数学运算.解决椭圆的方程问题，常用基本量法，同时注意椭圆的几何量的关系；弦长的计算，通常要将直线与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求解.12.【2018 年高考天津卷文数】设椭圆今与I(ab0)的右顶点为 A,上顶点为B.已知椭圆的离心ab率为95AB|J13.223y3y7-7-X4X43(1)求椭圆的方程；(2)设直线l:ykx(k0)与椭圆交于P,Q两点，|与直线AB交于点 M M 且点 P,MP,M 均在第四象限.若BPM的面积是4BPQ面积的 2 倍，求 k k 的值.1【答案】(1)L1(2)-.94222【解析】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线

29、方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.满分 14 分.(1)设椭圆的焦距为 2c,由已知得 c-5,a9又由a2b2c2,可得2a3b.由|AB|Ja2b2而，从而a3，b222所以，椭圆的方程为-y-1.94(2)设点 P P 的坐标为(为，乂)，点 M M 的坐标为(x2,y2),由题意，x2x10,点Q的坐标为(x1,y1).由ABPM的面积是ABPQ面积的 2 倍，可得|PM|二2|PQ|,从而x2X2X|(x1),即x25为.2x3yyk由方程组6,_口消去 y,y,可得 x x263k2x,由方程组1,消去y,可得xiyk

30、x,易知直线AB的方程为2x3y6,由x25xi,可得79k245(3k2)，两边平方，整理得18k225k80,解得kk12.-8一-1当k时，x290,不合题意，舍去；当k时，x292，一，1所以，k的值为1._1212,%一，符合题意.52【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系，涉及轨迹方程问题、定值问题、最值问题、参数的取值或取值范围问题等，其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线，解决此类问题要重视化归与转化思想及设而不求法的应用13.【2018 年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点(J3,：),焦点F1(J3,0),F2(J3,0),圆 O

31、O 的直径为F1F2.(1)(1)求椭圆 C C 及圆 O O 的方程；(2)(2)设直线 l l 与圆 O O 相切于第一象限内的点 P.P.若直线 l l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，求点 P P 的坐标;直线 l l 与椭圆 C C 交于A,B两点.若4OAB的面积为2限,求直线 l l 的方程.72【答案】（1 1）椭圆 C C 的方程为上y21,圆 O O 的方程为X2y23;（2）（厄1）；y寻372.4.【解析】（i i）因为椭圆C的焦点为F（1J3,022）,F（,2J3,0）可设椭圆 C C 的方程为与与i（ab0）.a2b2_3_3_1，又点（石J）在椭圆 C C 上，

32、所以a24b2,解得a24,b21,2212cab3,2因此椭圆 C C 的方程为y21.4因为圆 O O 的直径为F1F2,所以其方程为X2y23.3.(2)(2)设直线 l l 与圆 O O 相切于P(X0,y0)(X00,y00),则2y。23,Xox。3所以直线 I I 的万程为y-X。）y。，即yx一.（xy。y。y。y21,消去y,得（4X。2yo2）x224X0X364y。20.（*）酒xWy。y。因为直线 I I 与椭圆C有且只有一个公共点，所以（24xo）24（4X。2yo2）（364y。2）48y02（x。22）0.因为x。，y。0,所以X0叵v。1.因此点 P P 的坐标

33、为（拒,1）.因为三角形 OABOAB 勺面积为阴，71-所以-ABOP2.64.2,从而AB一2(X022)设A(xi,yi),B(x2,y2),由(*)得X24X0：48y021,2_222(4X0V0)22所以AB222X20-48y02画2)(X1X2)(y1丫2)(12。V(4X0y0)2222216(X0因为X232口c420V22)03,所以AB/22(X一，即2X045X001)4950220舍去)，2解得X2(X0则V022因此P P 的坐标为综上，直线 l l 的方程为yJ5x3.【名师点睛】本题主要考查直线方程、圆的方程、圆的几何性质、椭圆方程、与圆及椭圆的位置关系等知识

34、，考查分析问题能力和运算求解能力(1)利用椭圆的几何性质求圆的方程和椭圆的方程(2)利用直线与圆、椭圆的位置关系建立方程求解;结合，利用弦长公式、三角形的面积公式求解【2018 年高考浙江卷】如图，已知点 P P 是 y y 轴左侧(不含 y y 轴)一点，抛物线 C：点 A,BA,B 满足 PAPBPAPB 的中点均在 C C 上.(1)(1)设 ABAB 中点为M证明：PMPM 垂直于 y y 轴；若 P P 是半椭圆 x x2+=1(x xb b0)的离心率为,b22xOyxOy 中，已知椭圆C:与a2椭圆 C C 截直线 y y=1 所得线段的长度为(1)求椭圆 C C 的方程;(2)

35、动直线l l:y y=kxkx+m m(0)交椭圆半径为|NQ设 D D 为 ABAB 的中点，DEDE22.2-C C 于 A,BA,B 两点，交 y y 轴于点 M M 点 N N 是 M M 关于 O O 的对称点，。N N 的DFDF 与 ONON 分别相切于点 E,F,E,F,求 EDFEDF 的最小值.(1)4(1)由椭圆的离心率为:4,得a22(a22又当y1时，x2a2a/日一2,得b222b72,所以a24,b22,;(2)EDF的最小值为花3b2),22因此椭圆方程为士X1.42联立方程ykxmx22y24得(2k21)x24kmx2m40,2(2)设A(Xi,y)B(X2

36、,y2),由0得m24k22.(*)且xix24km22k1，因此yiy22m2k21所以D(2kmm、22k12k1,2)又N(0,m),所以ND2km2m2k21)(充ND4m2(13k2k4整理得)(2k21)2因为NFm24(k43k21)8k23所以NDZ221NF2(2k1)(2k1)-22令t8k23,t3,9t1故2k214ND16t162所以NF|2(1t)2t12人1.1令yt-,所以y12.当t3时，y0,1从而yt-在3,)上单调递增,m)2t2t110等号当且仅当t3时成立，此时k0,34,所以NDNF22由(*)得应m应且m0.NFND设EDF2NF1贝Usin一N

37、D2-一一TT所以的最小值为-,6一.一.冗.一从而EDF的最小值为j此时直线l的斜率是0.综上所述：当k0,m(J2,0)U(0,J2)时，EDF取到最小值-.3求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题.常见解法：几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决;代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.解答本题时,扬，由椭圆C截直线y=1 所得线段的长度为2J2,得1；由x22y24,解得(2k21)x24kmxykxm2m 420,

38、确定D(2kmm2,-22k12k-),|DN|1察3k43k2ND2的单倜性求NF2EDF的最小值.2.11,_.39.【2017 年局考浙江卷】如图，已知抛物线xy,点A(一,一),B(一,一)，抛物线上的点2424，13、八，P(x,y)(-x-).过点 B B 作直线 APAP 的垂线，垂足为 Q Q22求|PA|PQ|的最大值.【答案】(1)(1,1);(2)27.16【解析】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思(1)设直线 APAP 的斜率为 k,k,1因为-x2(2)联立直线3-,所以直线 APAP 斜率的取值范围是(1,1).2APA

39、P 与 BQBQ 的方程kxky想方法和运算求解能力.满分 15 分.1k29k414320,0,k24k3解得点 Q Q 的横坐标是_22(k1)因为|PAPA=1k2(x4=/k2(k1)，2|PQPQ=1k2(XQ(k_1)(k_1)2)所以PAPQ(k1)(k令f(k)(k1)(k1)3,因为f(k)(4k2)(k1),所以 f f(k k)在区间(1,)上单调递增，(一,1)上单倜递减,22因此当 k k=1时，|PA|PQ|取得最大值222111,2716【名师点睛】本题主要考查直线方程、直线与抛物线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运算求解能力1(1)(1)由

40、斜率公式可得 APAP 的斜率为x再由APAP 的斜率的取值范围;2|PA|与|PQ|的长度,利用函数(2)(2)联立直线 APAP 与 BQBQ 的方程，得 Q Q 的横坐标，进而通过表达f(k)(k1)(k1)3的单调性求解|PA|PQ|的最大值.22jX22.【2017 年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:2与1(ab0)的左、右焦ab一_1,一,、一一_点分别为F,F2,离心率为1,两准线之间的距离为 8.点P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F12作直线PFi的垂线li,过点F2作直线PF?的垂线l(2)若直线li,12的交点(1)求椭圆 E 的标准方程;Q在椭圆E上

41、，求点P的坐标.2(1)41;(2)(,3)774737(1)设椭圆的半焦距为c.因 为 椭圆E 的离心率为1,两准线之间的距离为 8,所以 W解得a2，c1,于是b0=*，22因此椭圆E的标准方程是上L1.43由(1)知，E(1,0),F2(1,0).设P(xo，y0),因为P为第一象限的点，故xoO，yo0.当xo1时，l2与l1相交于F1,与题设不符.y。y。当X01时，直线PF1的斜率为;,直线PF2X的斜率为;01X01因为lPF01X011，l21PF2,所以直线l1的斜率为Xy0-,直线l2的斜率为V。X01,、从而直线l1的方程：y(X1),y0 x01,、直线l2的方程：y(

42、x1).V。22由，解得xX01X01、X0,y-,所以Q(X0,).V0V。2222因为点Q在椭圆上，由对称性，得X21y。，即X。y。1或X。y。1.y。又P在椭圆 E E 上，故地4X241473.7由宜置解得X0，4377y。；2X。X2y。22。血43因此点 P P 的坐标为,4-73.7、(一【名师点睛】直线与圆锥曲线的位置关般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用系,根与系数关系或求根公式进行转化，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点在曲线上(点的坐标满足曲线方程)等.c12a2(1)由条件可得，工8,解方程组可得a2,c1,则b1ac20；a2cX1(2)设P(xo,yo),根据点斜式写出直线PFi及PF2的方程，解方程组得交点坐标Q(Xo,-一)，代V。入椭圆方程化简得X。yo1或X。yo1,与1联立，求解可得点22P 的坐标.43