高中数学经典50题(附答案)

高中数学题库高中数学题库 1 求下列函数的值域 解法 2 令t sinx 则f t t2 t 1 sinx 1 t 1 问题转化为求 关于t的二次函数f t 在闭区间 1 1 上的最值 本例题 2 解法 2 通过换元 将求三角函数的最值问题转化为求二次函数在闭区间上的最值 问题 从而达到解决问题的目的 这就是转换的思想 善于从不同角度去观察问题 沟通 数学各学科之间的内在联系 是实现转换的关键 转换的目的是将数学问题由陌生化熟悉 由复杂化简单 一句话 由难化易 可见化归是转换的目的 而转换是实现化归段手段 2 设有一颗慧星沿一椭圆轨道绕地球运行 地球恰好位于椭圆轨道的焦点处 当此慧星 离地球相距万千米和万千米时 经过地球和慧星的直线与椭圆的长轴夹角分别mm 3 4 为 求该慧星与地球的最近距离 32 和 解 解 建立如下图所示直角坐标系 设地球位于焦点处 椭圆的方程为 0 cF 图见教材 P132 页例 1 1 2 2 2 2 b y a x 当过地球和彗星的直线与椭圆的长轴夹角为时 由椭圆的几何意义可知 彗星 A 只 3 能满足 作 3 3 xFAxFA或mFAFBOxAB 3 2 2 1 B 则于 故由椭圆第二定义可知得 3 2 3 4 2 2 mc c a a c m c c a a c m 两式相减得 2 3 4 2 1 2 3 2 3 1 cccmcam a c m 代入第一式得 3 2 3 2 mccamc 答 彗星与地球的最近距离为万千米 m 3 2 说明 说明 1 在天体运行中 彗星绕恒星运行的轨道一般都是椭圆 而恒星正是它的一个焦 点 该椭圆的两个焦点 一个是近地点 另一个则是远地点 这两点到恒星的距离一个是 另一个是ca ca 2 以上给出的解答是建立在椭圆的概念和几何意义之上的 以数学概念为根基充分体现 了数形结合的思想 另外 数学应用问题的解决在数学化的过程中也要时刻不忘审题 善 于挖掘隐含条件 有意识地训练数学思维的品质 3 A B C 是我方三个炮兵阵地 A 在 B 正东 6 C 在 B 正北偏西 相距 4Km 30 P 为敌炮阵地 某时刻 A 处发现敌炮阵地的某种信号 由于 B C 两地比 A 距Km P 地远 因此 4后 B C 才同时发现这一信号 此信号的传播速度为 1 AssKm 若炮击 P 地 求炮击的方位角 图见优化设计教师用书 P249 例 2 解 解 如图 以直线 BA 为轴 线段 BA 的中垂线为轴建立坐标系 则xy 因为 所以点 P 在线段 BC 的垂直平分线上 32 5 0 3 0 3 CABPCPB 因为 BC 中点 所以直线 PD 的方程为 3 BC k 3 4 D 4 3 1 3 xy 1 又故 P 在以 A B 为焦点的双曲线右支上 设 则双曲线方程为 4 PAPB yxP 2 联立 1 2 得 0 1 54 22 x yx 35 8 yx 所以因此 故炮击的方位角北偏东 35 8 P3 38 35 PA k 30 说明 说明 本题的关键是确定 P 点的位置 另外还要求学生掌握方位角的基本概念 4 河上有抛物线型拱桥 当水面距拱顶 5 米时 水面宽度为 8 米 一小船宽 4 米 高 2 米 载货后船露出水面的部分高 0 75 米 问水面上涨到与抛物线拱顶距多少时 小船 开始不能通行 解 建立平面直角坐标系 设拱桥型抛物线方程为 将 B 4 5 代入 0 2 2 ppyx 得 P 1 6 船两侧与抛物线接触时不能通过yx2 3 2 则 A 2 yA 由 22 3 2 yA得 yA 1 25 因为船露出水面的部分高 0 75 米 所以 h yA 0 75 2 米 答 水面上涨到与抛物线拱顶距 2 米时 小船开始不能通行 思维点拔思维点拔 注意点与曲线的关系的正确应用和用建立抛物线方程解决实际问题的技巧 5 如图所示 直线和相交于点 M 点 以 A B 为端点的曲线段 C 1 l 2 l 21 ll 1 lN 上任一点到的距离与到点 N 的距离相等 若为锐角三角形 2 lAMN 建立适当的坐标系 求曲线段 C 的方程 6NB 3 17 且 ANAM 解 以直线为 x 轴 线段 MN 的垂直平分线为 y 轴 建立直角坐标系 由条件可知 曲 1 l 线段 C 是以点 N 为焦点 以为准线的抛物线的一段 其中 A B 分别为曲线段 C 的端 2 l 点 设曲线段 C 的方程为 其中为 A B 的 0 0 2 2 yxxxppxy BABA xx 横坐标 所以 由 得MNp 0 2 0 2 p N p M 3 17 ANAM 1 172 2 2 AA px p x 2 1 2 联立解得 代入 1 式 并由92 2 2 AA px p x p xA 4 0 p 解得 因为为锐角三角形 所以 故舍去 所 2 2 1 4 AA x p x p 或AMN A x p 2 2 2 A x p 以 1 4 A x p 由点 B 在曲线段 C 上 得 综上 曲线段 C 的方程为4 2 P BNxB 0 41 8 2 yxxy 思维点拔思维点拔 本题体现了坐标法的基本思路 考查了定义法 待定系数法求曲线方程的步骤 综合考查了学生分析问题 解决问题的能力 6 设抛物线的焦点为 A 以 B a 4 0 点为圆心 AB 为半径 在 x 轴 0 4 2 aaxy 上方画半圆 设抛物线与半圆相交与不同的两点 M N 点 P 是 MN 的中点 1 求 AM AN 的值 2 是否存在实数 a 恰使 AM AP AN 成等差数列 若存在 求出 a 不存在 说明理由 解 1 设 M N P 在抛物线准线上的射影分别为 M N P AM AN MM NN xM xN 2a 又圆方程 16 4 22 yax 将代入得axy4 2 08 4 2 22 aaxax 得 AM AN 8 axx NM 42 2 假设存在 a 因为 AM AN MM NN 2 PP 所以 AP PP P 点在抛物线上 这与 P 点是 MN 的中点矛盾 故 a 不存在 7 抛物线上有两动点 A B 及一个定点 M F 为焦点 若 02 2 ppxy 成等差数列BFMFAF 1 求证线段 AB 的垂直平分线过定点 Q 2 若 O 为坐标原点 求抛物线的方程 6 4 OQMF 3 对于 2 中的抛物线 求 AQB 面积的最大值 解 1 设 则 002211 yxMyxByxA 2 1 p xAF 2 2 p xBF 由题意得 的中点坐标可设为 其中 2 0 p xMF 2 21 0 xx x AB tx 0 否则 0 2 21 yy t0 pBFMFAF 而 故 AB 的垂直平分线为 2 2 2 1 21 21 21 2 1 yy p yy xx yy kAB t p yy p 21 2 即 可知其过定点 0 xx p t ty 0 0 yppxxt 0 0 pxQ 2 由 得 联立解得6 4 OQMF6 4 2 00 px p x2 4 0 xp xy8 2 3 直线 AB 代入得 2 4 x t tyxy8 2 01622 22 ttyy 2 21 2 21 2 21 4644tyyyyyy 2 21 2 2 21 16 yy t xx 16 4 2 2 t t 2 21 2 21 yyxxAB 22 1616 2 1 tt 又点到 AB 的距离 4 256 2 1 t 0 6Q 2 16td dABS AQB 2 1 24 16256 4 1 tt 642 162564096 4 1 ttt 令 则 令即 642 162564096tttu 53 664512tttu 0 u 得或或 时0664512 53 ttt0 t16 2 t 3 16 2 t 3 16 2 t3 3 4 t 6 9 64 AQB S 思维点拔思维点拔 设而不求法和韦达定律法是解决圆锥曲线中的两大基本方法 必须熟练掌握 对定点问题和最值的处理也可由此细细的品味 8 已知直线交椭圆于 A B 两点 若为 的倾斜角 22tan xyl99 22 yx l 且的长不小于短轴的长 求的取值范围 AB 解 将 的方程与椭圆方程联立 消去 得ly 09tan72tan236 tan91 2222 xx 2 2 2 2 12 2 tan91 6tan6 tan91 tan1tan1 xxAB 由 3 3 tan 3 3 3 1 tan 2 2 得AB 的取值范围是 6 5 6 0 思维点拔 对于弦长公式一定要能熟练掌握 灵活运用民 本题由于 的方程由给出 l tan 所以可以认定 否则涉及弦长计算时 还要讨论时的情况 2 2 9 已知抛物线与直线相交于 A B 两点xy 2 1 xky 1 求证 OBOA 2 当的面积等于时 求的值 OAB 10k 1 证明 图见教材 P127 页 由方程组消去后 整理得 1 2 xky xy x 设 由韦达定理得 在抛0 2 kyky 2211 yxByxA1 21 yyBA 物线上 xy 2 21 2 2 2 12 2 21 2 1 xxyyxyxy OBOA yyxx yy x y x y kk OBOA 1 1 2121 21 2 2 1 1 2 解 设直线与轴交于 N 又显然令x 0k 即则01N1 0 xy 2121 2 1 2 1 2 1 yyONyONyONSSS OBNOANOAB 4 1 2 1 4 1 2 1 2 21 2 21 k yyyyS OAB 6 1 4 1 2 1 10 10 2 k k S OAB 解得 思维点拔 本题考查了两直线垂直的充要条件 三角形的面积公式 函数与方程的思想 以及分析问题 解决问题的能力 10 在抛物线 y2 4x 上恒有两点关于直线 y kx 3 对称 求 k 的取值范围 解 设 B C 关于直线 y kx 3 对称 直线 BC 方程为 x ky m 代入 y2 4x 得 y2 4ky 4m 0 设 B x1 y1 C x2 y2 BC 中点 M x0 y0 则 y0 y1 y2 2 2k x0 2k2 m 点 M x0 y0 在直线上 2k 2k2 m 3 m 又 BC 与抛物线交于不 k kk322 3 同两点 16k2 16m 0 把 m 代入化简得即 0 32 3 k kk 0 3 1 2 k kkk 解得 1 k0l 即 m2 k2 90 b 0 的值是最 0 0 02 063 yx yx yx 大值为 12 则的最小值为 23 ab A B C D 4 6 25 3 8 3 11 答案 答案 A 解析 解析 不等式表示的平面区域如图所示阴影部分 当直线 ax by z a 0 b 0 过直线 x y 2 0 与直线 3x y 6 0 的交点 4 6 时 目标函数 z ax by a 0 b 0 取得最大 12 即 4a 6b 12 即 2a 3b 6 而 故 23 ab 23 23 6 ab ab 13 6 ba ab 1325 2 66 选 A 点评 点评 本题综合地考查了线性规划问题和由基本不等式求函数的最值问题 要求能准 确地画出不等式表示的平面区域 并且能够求得目标函数的最值 对于形如已知 2a 3b 6 求的 23 ab 最小值常用乘积进而用基本不等式解答 13 本公司计划 2008 年在甲 乙两个电视台做总时间不超过 300 分钟的广告 广告总费用 不超过 9 万元 甲 乙电视台的广告收费标准分别为元 分钟和 200 元 分钟 规定甲 500 乙两个电视台为该公司所做的每分钟广告 能给公司事来的收益分别为 0 3 万元和 0 2 万元 问该公司如何分配在甲 乙两个电视台的广告时间 才能使公司的收益最大 最大 收益是 万元 答案 答案 70 解析解析 设公司在甲电视台和乙电视台做广告的时间分别为分钟和分钟 总收益为xy 元 由题意得z 300 50020090000 00 xy xy xy 目标函数为 30002000zxy 二元一次不等式组等价于 300 52900 00 xy xy xy 0100200 300 100 200 300 400 500 y x l M 作出二元一次不等式组所表示的平面区域 即可行域 如图 作直线 即 300020000lxy 320 xy 平移直线 从图中可知 当直线过点时 目标函数取得最大值 M 联立解得 点的坐标为 300 52900 xy xy 100200 xy M 100 200 元 max 30002000700000zxy 点评点评 本题是线性规划的实际应用问题 需要通过审题理解题意 找出各量之间的关 系 找出线性约束条件 写出所研究的目标函数 通过数形结合解答问题 用线性规划的 方法解决实际问题能提高学生分析问题 解决问题的能力 随着课改的深入 这类试题应 该是高考的热点题型之一 14 设a为实数 函数 2 2 f xxxaxa 1 若 0 1f 求a的取值范围 2 求 f x的最小值 3 设函数 h xf x xa 直接写出 不需给出演算步骤 不等式 1h x 的 解集 解析 解析 1 若 则 0 1f 2 0 11 1 a a aa a 2 当时 xa 22 32 f xxaxa 2 2 min 02 0 2 0 0 3 3 f a aaa f x a a fa a 当时 xa 22 2 f xxaxa 2 min 2 02 0 0 2 0 fa aaa f x f a a aa 综上 2 2 min 2 0 2 0 3 aa f x a a 3 时 得 xa 1h x 22 3210 xaxa 222 412 1 128aaa 当时 66 22 aa 或0 xa 当时 0 得 66 22 a 22 3232 0 33 aaaa xx xa 讨论得 当时 解集为 26 22 a a 当时 解集为 62 22 a 22 3232 33 aaaa a 当时 解集为 22 22 a 2 32 3 aa 点评 点评 本小题主要考查函数的概念 性质 图象及解一元二次不等式等基础知识 考 查灵活运用数形结合 分类讨论的思想方法进行探索 分析与解决问题的综合能力 15 知函数 32 1 2 3 f xxx 设是正数组成的数列 前 n 项和为 其中 若点 n a n S 1 3a n N 在函数的图象上 求证 点也在的图 2 11 2 nnn a aa yfx n n S yfx 象上 求函数在区间内的极值 f x 1 aa 解析 解析 证明 因为所以 32 1 2 3 f xxx 2 2fxxx 由点在函数的图象上 2 11 2 N nnn a aan yfx 22 11 22 nnnn aaaa 又 111 2 nnnnnn aaaaaa 0 N n an 所以 是的等差数列 1 2 nn aa n a 1 3 2ad 所以 又因为 所以 2 1 32 2 2 n n n Snnn 2 2fnnn n Sfn 故点也在函数的图象上 n n S yfx 解 令得 2 2 2 fxxxx x 0 fx 02xx 或 当x变化时 的变化情况如下表 fx f x x 2 2 2 0 f x 0 f x 极大值 注意到 从而 1 12aa 当 此时无极小 2 12 21 2 3 aaaf xf 即时的极大值为 f x 值 当的极小值为 此时无极大值 10 01 aaaf x 即时 0 2f f x 当既无极大值又无极小值 2101 aaaf x 或或时 点评 点评 本小题主要考查函数极值 等差数列等基本知识 考查分类与整合 转化与化归等 数学思想方法 考查分析问题和解决问题的能力 16 设若是与的等比中项 则的最小值为 0 0 ab 33a3b 11 ab A 8 B 4 C 1 D 1 4 答案答案 B 解析 解析 因为 所以 333 ba 1 ba 11 ab 11 ab ab 2 ba ab 当且仅当即时 成立 故选择 B 224 b a a b b a a b 2 1 ba 点评 点评 本小题考查指数式和对数式的互化 以及均值不等式求最值的运用 考查了变 通能力 17 设数列 n a满足 3 01 0 1 nn aacac cNc 中中为实数 证明 0 1 n a 对任意 nN 成立的充分必要条件是 0 1 c 设 1 0 3 c 证明 1 1 3 n n acnN 设 1 0 3 c 证明 222 12 2 1 1 3 n aaannN c 解析解析 1 必要性 12 0 1aac 又 2 0 1 011ac 即 0 1 c 充分性 设 0 1 c 对 nN 用数学归纳法证明 0 1 n a 当1n 时 1 0 0 1 a 假设 0 1 1 k ak 则 3 1 111 kk acaccc 且 3 1 110 kk acacc 1 0 1 k a 由数学归纳法知 0 1 n a 对所有 nN 成立 2 设 1 0 3 c 当1n 时 1 0a 结论成立 当2n 时 32 1111 1 1 1 1 nnnnnn acacacaaa 1 0 3 C 由 1 知 1 0 1 n a 所以 2 11 13 nn aa 且 1 10 n a 1 13 1 nn aca 211 121 13 1 3 1 3 1 3 nn nnn acacacac 1 1 3 n n acnN 3 设 1 0 3 c 当1n 时 2 1 2 02 1 3 a c 结论成立 当2n 时 由 2 知 1 1 3 0 n n ac 21 212 1 1 1 3 12 3 3 12 3 nnnn n acccc 2222221 122 12 3 3 3 n nn aaaaanccc 2 1 3 2 11 1 31 3 n c nn cc 点评 点评 该题综合考查了等比数列的求和 不等式的性质的应用 充分必要条件和数学 归纳法等 具有较高的难度 对逻辑推理能力的考查要求较高 18 将一骰子连续抛掷三次 它落地时向上的点数依次成等差数列的概率为 解析 解析 一骰子连续抛掷三次得到的数列共有个 其中为等差数列有三类 1 公差为 0 的有 6 个 2 公差为 1 或 1 的有 8 个 3 公差为 2 或 2 的有 4 个 共有 18 个 成等差数列的概率为 选 B 点评点评 本题是以数列和概率的背景出现 题型新颖而别开生面 有采取分类讨论 分 类时要做到不遗漏 不重复 19 等差数列 an 和 bn 的前 n 项和分别用 Sn和 Tn表示 若 则的值为 53 4 n n T S n nn n a b A B C D 42 31 n n 83 62 n n 63 82 n n 62 83 n n 答案答案 A 解析解析 121 21 21 21 2 n nn aa Snna 21 21 nn Tnb 21 21 nn nn aS bT 4 21 3 21 5 n n 8442 6231 nn nn 点评 考查等差数列的前 n 项和的变形 20 已知 x 0 y 0 x a b y 成等差数列 x c d y 成等比数列 则的最 a b 2 cd 小值是 答案答案 4 解析解析 4 a b 2 cd x y 2 xy 点评 考查等差等比数列的基本知识 均值不等式 21 命题实数满足 其中 命题实数满足 px 22 430 xaxa 0a qx 或 且是的必要不充分条件 求的取值范围 2 60 xx 2 280 xx p q a 解析解析 设 22 430 0 Ax xaxaa 3xaxa 22 60280Bx xxxx 中 22 60 280 x xxx xx 23 42xxx xx 中 42x xx 中 因为是的必要不充分条件 所以 且推不出p q q p p q 而 42 R C Bxx 3 R C Ax xaxa 中 所以 则或 42 3xxx xaxa 中 32 0 a a 4 0 a a 即或 2 0 3 a 4a 点评 点评 考查逻辑用语 一元二次方程及其含参数的解集 22 已知二次函数的二次项系数为 a 且不等式 的解集为 1 3 f x 2f xx l 若方程有两个相等的根 求的解析式 60f xa f x 2 若的最大值为正数 求 a 的取值范围 f x 解析解析 1 因为的解集为 1 3 所以且 20f xx 2 1 3 f xxa xx 0a 因而 1 2 1 3 2 24 3f xa xxxaxa xa 由方程得 2 60f xa 2 24 90axa xa 因为方程 2 有两个相等的根 所以 即 2 24 490aaa 2 5410aa 解得 舍去 或 1a 1 5 a 将代入 1 得的解析式为 1 5 a f x 2 163 555 f xxx 2 2 2 12 3f xaxa xa 2 2 1241 aaa a x aa 有 a 0 且 a 0 求证 PA PB 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 2 0 0 2 2 2 NMba故 所以线段 MN 中点的坐标为 2 2 1 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 标原点 所以 2 2 1 2 2 k 2 直线 PA 的方程 22 21 42 xy yx 代入椭圆方程得 解得 3 4 3 2 3 4 3 2 3 2 APx因此 于是 0 3 2 C 直线 AC 的斜率为 0 3 2 1 3 2 3 2 3 4 0 yxAB的方程为故直线 3 22 11 3 2 3 4 3 2 21 d因此 3 解法一 将直线 PA 的方程 kxy 代入 22 22 22 1 42 1212 xy x kk 解得记 则 0 CkAkP于是 故直线 AB 的斜率为 2 0kk 其方程为 0 23 2 2 2 22222 kxkxkx k y 代入椭圆方程得 解得 223 222 32 32 222 kkk xxB kkk 或因此 于是直线 PB 的斜率 1 2 23 2 2 23 2 22 23 2 2 2 3 1 kkk kkk k k k k k k 因此 1 1 PBPAkk 所以 解法二 设 0 0 0 11121212211 xCyxAxxxxyxByxP 则 设直线 PB AB 的斜率分别为 21 k k 因为 C 在直线 AB 上 所以 22 0 1 1 11 1 2 k x y xx y k 从而 1 2121 12 12 12 12 211 xx yy xx yy kkkk 0 44 2 1 22 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 xxxx yx xx yy 因此 1 1 PBPAkk 所以 30 安徽理 21 设 点A的坐标为 1 1 点B在抛物线 yx 上运动 点Q满 足 QABQ 经过Q点与M x轴垂直的直线交抛物线于点M 点P满足 MPQM 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 MPQM 知 Q M P 三点在同一条垂直于 x 轴的直线上 故可设 1 2 0 2 0 22 0 yxyxyyxxxMyxQyxP 则则 再设 1 1 010111 yxyyxxQABQyxB 即由 解得 1 1 01 1 yy xx 将 式代入 式 消去 0 y 得 1 1 1 22 1 1 yxy xx 又点 B 在抛物线 2 xy 上 所以 2 11 xy 再将 式代入 2 11 xy 得 012 1 0 0 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 22222 222 yx yx xxyx xyx 得两边同除以因 故所求点 P 的轨迹方程为 1 2 xy 31 北京理 19 已知椭圆 2 2 1 4 x Gy 过点 m 0 作圆 22 1xy 的切线 I 交椭圆 G 于 A B 两 点 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 1 2 ba 所以 3 22 bac 所以椭圆 G 的焦点坐标为 0 3 0 3 离心率为 2 3 a c e 由题意知 1 m 当 1 m 时 切线 l 的方程 1 x 点 A B 的坐标分别为 2 3 1 2 3 1 此时 3 AB 当 m 1 时 同理可得 3 AB 当 1 m 时 设切线 l 的方程为 mxky 由 0448 41 1 4 22222 2 2 mkmxkxk y x mxky 得 设 A B 两点的坐标分别为 2211 yxyx 则 2 22 21 2 2 21 41 44 41 8 k mk xx k mk xx 又由 l 与圆 1 1 1 1 222 2 22 kkm k km yx即得相切 所以 2 12 2 12 yyxxAB 41 44 4 41 64 1 2 22 22 4 2 k mk k mk k 3 34 2 m m 由于当 3 m 时 3 AB 所以 1 1 3 34 2 m m m AB 因为 2 3 34 3 34 2 m m m m AB 且当 3 m 时 AB 2 所以 AB 的最大值为 2 32 福建理 17 已知直线 l y x m m R 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 因为MP l 所以 0 11 20 m 解得 m 2 即点 P 的坐标为 0 2 从而圆的半径 22 20 02 2 2 rMP 故所求圆的方程为 22 2 8 xy II 因为直线l的方程为 yxm 所以直线 l 的方程为 yxm 由 2 2 440 4 yxm xxm xy 得 2 44 416 1 mm 1 当 1 0m 即 时 直线 l 与抛物线 C 相切 2 当 1m 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 1m 时 直线 l 与抛物线 C 不相切 解法二 I 设所求圆的半径为 r 则圆的方程可设为 22 2 xyr 依题意 所求圆与直线 0l xym 相切于点 P 0 m 则 22 4 20 2 mr m r 解得 2 2 2 m r 所以所求圆的方程为 22 2 8 xy II 同解法一 33 广东理 19 设圆 C 与两圆 2222 5 4 5 4xyxy 中的一个内切 另一个外切 1 求 C 的圆心轨迹 L 的方程 2 已知点 M 3 5 4 5 5 0 55 F 且 P 为 L 上动点 求 MPFP 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 2222 5 5 4 xyxy 化简得 L 的方程为 2 2 1 4 x y 2 解 过 M F 的直线l方程为 2 5 yx 将其代入 L 的方程得 2 1532 5840 xx 解得 1212 6 514 56 52 514 5 2 5 515551515 xxlLTT 故与交点为 因 T1 在线段 MF 外 T2 在线段 MF 内 故 11 2 MTFTMF 22 2 MTFTMF 若 P 不在直线 MF 上 在 MFP 中有 2 MPFPMF 故 MPFP 只在 T1 点取得最大值 2 34 湖北理 20 平面内与两定点 1 0 Aa 2 0 A a 0 a 连续的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹 加上 1A 2A 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 1m 时 对应的曲线为 1 C 对给定的 1 0 0 mU 对应的曲线为 2 C 设 1 F 2 F 是 2 C 的两个焦点 试问 在 1 C 撒谎个 是否存在点N 使得 1 F N2 F 的面 积 2 Sm a 若存在 求tan 1 F N2 F 的值 若不存在 请说明理由 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 当x a 时 由条件可得 12 2 22 MAMA yyy kkm xa xaxa 即 222 mxymaxa 又 12 0 0 AaA A 的坐标满足 222 mxyma 故依题意 曲线 C 的方程为 222 mxyma 当 1 m 时 曲线 C 的方程为 22 22 1 xy C ama 是焦点在 y 轴上的椭圆 当 1m 时 曲线 C 的方程为 222 xya C 是圆心在原点的圆 当 10m 时 曲线 C 的方程为 22 22 1 xy ama C 是焦点在 x 轴上的椭圆 当 0m 时 曲线 C 的方程为 22 22 1 xy ama C 是焦点在 x 轴上的双曲线 II 由 I 知 当 m 1 时 C1 的方程为 222 xya 当 1 0 0 m 时 C2 的两个焦点分别为 12 1 0 1 0 FamF am 对于给定的 1 0 0 m C1 上存在点 000 0 N xyy 使得 2 Sm a 的充要条件是 222 000 2 0 0 1 21 2 xyay am ym a 由 得 0 0 ya 由 得 0 1 m a y m 当 15 0 0 21 m a am m 即 或 15 0 2 m 时 存在点 N 使 S m a2 当 15 21 m a a m 即 1 m 或 15 2 m 时 不存在满足条件的点 N 当 1515 00 22 m 时 由 100200 1 1 NFamxyNFamxy 可得 2222 1200 1 NF NFxm ayma 令 112212 NFrNFrFNF 则由 2 2 121 21 2 cos cos ma NF NFrrmarr 可得 从而 2 2 1 2 1sin1 sintan 22cos2 ma Srrma 于是由 2 Sm a 可得 22 12 tan tan 2 m mam a m 即 综上可得 当 15 0 2 m 时 在 C1 上 存在点 N 使得 2 12 tan2 Sm aF NF 且 当 15 0 2 m 时 在 C1 上 存在点 N 使得 2 12 tan2 Sm aF NF 且 当 1515 1 22 m 时 在 C1 上 不存在满足条件的点 N 35 湖南理 21 如图 7 椭圆 22 1 22 1 0 xy Cab ab 的离心率为 3 2 x 轴被曲线 2 2 Cyxb 截得 的线段长等于 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 MD ME ii 记 MAB MDE 的面积分别是 12 S S 问 是否存在直线 l 使得 1 2 17 32 S S 请说明理 由 解 由题意知 1 2 2 2 2 3 baabba a c e解得又从而 故 C1 C2 的方程分别为 1 1 4 22 2 xyy x i 由题意知 直线 l 的斜率存在 设为 k 则直线 l 的方程为 kxy 由 1 2 xy kxy 得 01 2 kxx 设 212211 xxyxByxA则 是上述方程的两个 实根 于是 1 2121 xxkxx 又点 M 的坐标为 0 1 所以 21 2121 2 21 21 2 2 1 1 1 1 1 11 xx xxkxxk xx kxkx x y x y kk MBMA 1 1 1 22 kk 故 MA MB 即 MD ME ii 设直线 MA 的斜率为 k1 则直线 MA 的方程为 1 1 1 2 1 1 xy xky xky由 解得 1 1 0 2 1 ky kx y x 或 则点 A 的坐标为 1 2 11 kk 又直线 MB 的斜率为 1 1 k 同理可得点 B 的坐标为 1 1 1 2 11 kk 于是 2 2 1 111 1 111 11111 1 1 222 k SMAMBkk kkk 由 044 1 22 1 yx xky 得 08 41 1 22 1 xkxk 解得 1 2 1 2 1 2 1 8 140 141 14 k x kx yk y k 或 则点 D 的坐标为 2 11 22 11 841 1414 kk kk 又直线 ME 的斜率为 k 1 同理可得点 E 的坐标为 4 4 4 8 2 1 2 1 2 1 1 k k k k 于是 4 1 1 32 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 kk kk MEMDS 因此 2 1 1 2 21 14 417 64 S k Sk 由题意知 222 111 2 1 14171 417 4 64324 kkk k 解得或 又由点 A B 的坐标可知 2 1 2 1 1 1 1 1 1 13 1 2 k k kkk k k k 所以 故满足条件的直线 l 存在 且有两条 其方程分别为 2 3 2 3 xyxy 和 36 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 l MN 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 D I 设 1 2 e 求 BC 与 AD 的比值 II 当 e 变化时 是否存在直线 l 使得 BO AN 并说明理由 解 I 因为 C1 C2 的离心率相同 故依题意可设 22222 12 2242 1 1 0 xyb yx CCab abaa 设直线 l xtta 分别与 C1 C2 的方程联立 求得 2222 ab A tatB tat ba 4 分 当 13 22 AB ebayy 时分别用 表示 A B 的纵坐标 可知 2 2 2 3 2 4 B A yb BCAD ya 6 分 II t 0 时的 l 不符合题意 0t 时 BO AN 当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的斜率 kAN相等 即 2222 ba atat ab tta 解得 22 222 1 abe ta abe 因为 2 2 12 01 1 1 2 e taee e 又所以解得 所以当 2 0 2 e 时 不存在直线 l 使得 BO AN 当 2 1 2 e 时 存在直线 l 使得 BO AN 12 分 37 全国大纲理 21 已知 O 为坐标原点 F 为椭圆 2 2 1 2 y C x 在 y 轴正半轴上的焦点 过 F 且斜率为 2 的直线l与 C 交于 A B 两点 点 P 满足 0 OAOBOP 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 21yx 代入 2 2 1 2 y x 并化简得 2 42 210 xx 2 分 设 112233 A x yB xyP xy 则 12 2626 44 xx 121212 2 2 21 2 xxyyxx 由题意得 312312 2 1 2 xxxyyy 所以点 P 的坐标为 2 1 2 经验证 点 P 的坐标为 2 1 2 满足方程 2 2 1 2 y x 故点 P 在椭圆 C 上 6 分 II 由 2 1 2 P 和题设知 2 1 2 Q PQ 的垂直平分线 1 l 的方程为 2 2 yx 设 AB 的中点为 M 则 2 1 42 M AB 的垂直平分线为 2 l 的方程为 21 24 yx 由 得 12 l l 的交点为 2 1 88 N 9 分 22 2 21 22 22 2213 11 1 2888 3 2 1 2 2 3 2 4 22113 3 48288 3 11 8 NP ABxx AM MN NAAMMN 故 NP NA 又 NP NQ NA NB 所以 NA NP NB MQ 由此知 A P B Q 四点在以 N 为圆心 NA 为半径的圆上 38 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 3y 上 M 点满足 MBOA MA AB MB BA AA 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 解 设 M x y 由已知得 B x 3 A 0 1 所以MA uuu r x 1 y MB uuu r 0 3 y AB uu u r x 2 再由题意可知 MA uuu r MB uuu r AB uu u r 0 即 x 4 2y x 2 0 所以曲线 C 的方程式为 y 1 4x 2 2 设 P x0 y0 为曲线 C y 1 4x 2 2 上一点 因为 y 1 2x 所以l的斜率为 1 2x0 因此直线l的方程为 000 1 2 yyx xx 即 2 000 220 x xyyx 则 O 点到l的距离 2 00 2 0 2 4 yx d x 又 2 00 1 2 4 yx 所以 2 0 2 0 22 00 1 4 14 2 4 2 2 44 x dx xx 当 2 0 x 0 时取等号 所以 O 点到l距离的最小值为 2 39 山东理 22 已知动直线l与椭圆 C 22 1 32 xy 交于 P 11 x y Q 22 xy 两不同点 且 OPQ 的面 积 OPQ S 6 2 其中 O 为坐标原点 证明 22 12 xx 和 22 12 yy 均为定值 设线段 PQ 的中点为 M 求 OMPQ 的最大值 椭圆 C 上是否存在点 D E G 使得 6 2 ODEODGOEG SSS 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 2121 xx yy 因为 11 P x y 在椭圆上 因此 22 11 1 32 xy 又因为 6 2 OPQ S 所以 11 6 2 xy 由 得 11 6 1 2 xy 此时 2222 1212 3 2 xxyy 2 当直线l的斜率存在时 设直线l的方程为 ykxm 由题意知 m 0 将其代入 22 1 32 xy 得 222 23 63 2 0kxkmxm 其中 2222 3612 23 2 0 k mkm 即 22 32km 又 2 1212 22 63 2 2323 kmm xxx x kk 所以 22 222 1212 2 2 6 32 1 41 23 km PQkxxx xk k 因为点 O 到直线l的距离为 2 1 m d k 所以 1 2 OPQ SPQ d 22 2 2 2 12 6 32 1 223 1 kmm k k k 22 2 6 32 23 mkm k 又 6 2 OPQ S 整理得 22 322 km 且符合 式 此时 2 2222 121212 22 63 2 2 23 2323 kmm xxxxx x kk 222222 121212 222 3 3 4 2 333 yyxxxx 综上所述 2222 1212 3 2 xxyy 结论成立 II 解法一 1 当直线l的斜率存在时 由 I 知 11 6 2 2 2 OMxPQy 因此 6 26 2 OMPQ 2 当直线l的斜率存在时 由 I 知 12 3 22 xxk m 222 1212 22 222 1212 2222 222 22 2222 332 2222 916211 3 22442 24 32 2 21 1 1 2 2 23 yyxxkkm kmm mmm xxyykm OM mmmm kmm PQk kmm 所以 22 22 111 3 2 2 2 OMPQ mm 22 22 2 11 3 2 11 32 25 24 mm mm 所以 5 2 OMPQ 当且仅当 22 11 32 2m mm 即 时 等号成立 综合 1 2 得 OM PQ 的最大值为 5 2 解法二 因为 222222 12122121 4 OMPQxxyyxxyy 2222 1212 2 10 xxyy 所以 22 4 10 2 5 25 OMPQ OMPQ 即 5 2 OMPQ 当且仅当2 5OMPQ 时等号成立 因此 OM PQ 的最大值为 5 2 III 椭圆 C 上不存在三点 D E G 使得 6 2 ODEODGOEG SSS 证明 假设存在 1122 6 2 ODEODGOEG D u v E x yG xySSS 满足 由 I 得 222222222222 12121212 222222 1212 1212 3 3 3 2 2 2 3 1 2 5 1 2 uxuxxxvyvyyy uxxvyy u x xv y y 解得 因此只能从中选取只能从中选取 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 6 2 ODEODGOEG SSS 矛盾 所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 D E G 40 陕西理 17 如图 设 P 是圆 22 25xy 上的动点 点 D 是 P 在 x 轴上的摄影 M 为 PD 上一点 且 4 5 MDPD 当 P 在圆上运动时 求点 M 的轨迹 C 的方程 求过点 3 0 且斜率为 4 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 由已知得 5 4 xpx ypy P 在圆上 2 2 5 25 4 xy 即 C 的方程为 22 1 2516 xy 过点 3 0 且斜率为 4 5的直线方程为 4 3 5 yx 设直线与 C 的交点为 1122 A x yB xy 将直线方程 4 3 5 yx 代入 C 的方程 得 2 2 3 1 2525 xx 即 2 380 xx 12 341341 22 xx 线段 AB 的长度为 222 121212 164141 141 25255 ABxxyyxx 注 求 AB 长度时 利用韦达定理或弦长公式求得正确结果 同样得分 41 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 1 1 P 到线段 30 35 l xyx 的距离 d P l 2 设l是长为 2 的线段 求点集 1 DP d P l 所表示图形的面积 3 写出到两条线段 12 l l 距离相等的点的集合 12 P d P ld P l 其中 12 lAB lCD 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 1 3 1 0 1 3 1 0