解析几何高考真题

1、解析几何高考真题作者：日期:解析几何高考真题C.36.12015高考天津，D.2文5】已知双曲线1.12015高考新课标1,文5已知椭圆E的中心为坐标原点，离心率为11,E的右焦点与抛物线222:-匕二1（a0,b0）的一个焦点为F（2,0），且abC:y28x的焦点重合,A,B是C的准线与E的两双曲线的渐近线与圆212x-2+y2=3相切，则双曲个交点,则AB线的方程为（）(A)3(D)122.12015(B)(C)92(B)13高考重庆，文9】设双曲线22xyF-1（a0,b0）的右焦点是F，左、右顶点ab分别是Ai,A2,过F做AiA2的垂线与双曲线交于B,C两点，若A1BA2C,则双曲

2、线的渐近线的斜率为（(A)2（B）+(C)+1-2一(D)+b0)的离心b2率为立，且点(J3,-)在椭圆c上. TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark4 o Current Document 22(I)求椭圆C的方程； HYPERLINK l bookmark148 o Current Document 22 HYPERLINK l bookmark82 o Current Document (n)设椭圆E：J+=1,P为椭圆C上任4a4b意一点，过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点，射线PO交椭圆E于点Q.(i)求9|的值;|OP|(ii)求ABQ面积

3、的最大值.2015高考陕西，文20如图，椭圆(n)设动直线l与两定直线|1 ： X 2y 0和2 x E ：-a七1(ab0)经过点A(0,1),且离bl2：x2y0分别交于P,Q两点.若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，试探究：OPQ的面积是心率为(I )求椭圆E的方程;(i )求乂的值;(五)若 |PM |sin/BQP二7 5,二一,求椭圆的方程.926.12 01 5高考浙江，文如图，已知抛物1 9(本题满分1 5分)19线 C1: y x ,圆4(n)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交22C2：x(y1)1,过点P(t,0)(t0)作不过原点于不同两点P,Q(均异于点A)

4、,证明：直线AP与O的直线PA,PB分别与抛物线C1和圆C2相切,A,BAQ的斜率之和为2.【2015高考四川，文20如图，椭圆E:41(ab0)的离心率是Y2b22占八、为切点.(1)求点A,B的坐标；(2)求PAB的面积.注：直线与抛物线有且只有一个公共点，且与抛物线的对称轴不平行，则该直线与抛物线相切，称该公共点为切点.P(0,1)在短轴CD上,且PCPD=-1yBC(I)求椭圆E的方程；(11)设0为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于27.2015高考重庆，文21如图，椭圆的值;A、B两点.是否存在常数入，oAObpApb为定值？若存在，求入 TOC o 1-5 h z HYPERLI

5、NK l bookmark237 o Current Document 22 HYPERLINK l bookmark60 o Current Document xy三1(ab0)的左右焦点分别为Fi,F2, HYPERLINK l bookmark134 o Current Document ab14分)若不存在，请说明理由.25.12015高考天津，文19(本小题满分且过F2的直线交椭圆于P,Q两点，且PQPF1.22B,左焦已知椭圆三十与二1(ab0)的上顶点为ab点为F,离心率为用,(I)求直线BF的斜率;(n)设直线BF与椭圆交于点P(P异于点B),过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于

6、点Q(Q异于点B)直线PQ与y轴交于点M,|PM|=/l|MQ|.ir（I）若IPF11=2+我,|PF2I=2-&,求椭圆的标准方程.4（n）若|PQ|=|PF11,且士4,试确定椭3圆离心率的取值范围.28.12015高考上海，文22（本题满分14分）本题共3个小题，第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分.已知椭圆x22y21,过原点的两条直线li和12分别于椭圆交于A、B和C、D,设AOC的面积为S（1）设A（xi，yi）,CM”），用A、C的坐标表示点C到直线l1的距离，并证明S2|xy2X21|；、,、3.3一1（2）110kx,C（一,一）,S,求k的值；333（3）设11与12

7、的斜率之积为m,求m的值，使得无论11与l2如何变动，面积S保持不变.参考答案【解析】抛物线C:y28x的焦点为(2,0)，准线方程为x2,椭圆E的右焦点为(2,0), TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark239 o Current Document 22.椭圆E的焦点在x轴上，设方程为241(ab0),c=2,ab HYPERLINK l bookmark464 o Current Document 122 HYPERLINK l bookmark120 o Current Document ec,a4,b2a2c212,，椭圆E方程为上y-1,a21612将

8、X2代入椭圆E的方程解得A(-2,3),B(-2,-3),|AB|=6,故选B.【考点定位】抛物线性质；椭圆标准方程与性质【名师点睛】本题是抛物线与椭圆结合的基础题目，解此类问题的关键是要熟悉抛物线的定义、标准方程与性质、椭圆的定义、标准方程与性质，先由已知曲线与待确定曲线的关系结合已知曲线方程求出待确定曲线中的量，写出待确定曲线的方程或求出其相关性质.C【解析】由已知得右焦点F(c,0)(其中c2a2b2,c0),b2-b2A(a,0),A2(a,0),B(c,),C(c,)从而A1B(cb2、a,),A2c(cab2、a,),又因为A1BA2C,a所以0,即(ca)(ca)(b-)a(!0

9、,a化简彳#到by1b1,即双曲线的渐近线的斜率为1,aa故选C.【考点定位】双曲线的几何性质与向量数量积.【名师点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，利用向量垂直的条件来转化两直线垂直的条件而得到a与b的关系式来求解.本题属于中档题，注意运算的准确性.D【解析】由题意，a=1,b=V3,故c=2,渐近线方程为y=.3x将x=2代入渐近线方程，得丫1,2=2百故|AB|=4J3,选D【考点定位】本题考查双曲线的概念、双曲线渐近线方程、直线与直线的交点、线段长等基础知识，考查简单的运算能力.【名师点睛】本题跳出直线与圆锥曲线位置关系的常考点，进而考查直线与双曲线渐近线交点问题，考生在解题中要注意识

10、别.本题需要首先求出双曲线的渐近线方程，然后联立方程组，接触线段AB的端点坐标，即可求得|AB|的值.属于中档题.4.B【解析】由抛物线y22Px(p0)得准线x上，因为准线经过点(1,1),所以p2,2所以抛物线焦点坐标为(1,0)，故答案选B【考点定位】抛物线方程和性质.【名师点睛】1.本题考查抛物线方程和性质，采用待定系数法求出p的值.本题属于基础题，注意运算的准确性.2.给出抛物线方程要求我们能够找出焦点坐标和直线方程，往往这个是解题的关键.5.C【解析】由题意得：m225429,因为m0,所以m3,故选C.【考点定位】椭圆的简单几何性质.【名师点晴】本题主要考查的是椭圆的简单几何性质

11、，属于容易题.解题时要注意椭圆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椭圆的简单几何性质，22即椭圆。41(ab0)的左焦点Fic,0，右焦点F2c,0，其中a2b2c2.ab.D【解析】由双曲线的渐近线bxay0与圆x-22+y2=3相切得2bJ3,由a2b2caab22,解得a1,b芯,故选D. TOC o 1-5 h z 【考点定位】圆与双曲线的性质及运算能力.【名师点睛】本题是圆与双曲线的交汇题，虽有一定的综合性，但方法容易想到，仍属于基础题.不过要注意解析几何问题中最容易出现运算错误，所以解题时一定要注意运算的准确性与技巧性，基础题失分过多是相当一部分学生数学

12、考不好的主要原因.D HYPERLINK l bookmark455 o Current Document 22xy【解析】因为双曲线式21的一条渐近线经过点(3,-4),ab HYPERLINK l bookmark596 o Current Document 222c53b4a,9(ca)16a,e一二一.故选D.a3【考点定位】双曲线的简单性质【名师点睛】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结22士上122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ab共渐近线的可设2x-2 为a双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚半轴长22； 1(a 0.b

13、0)b;( 4) a b的一条渐近线的20)；(3)-2-(0)yb;(2)若渐近线方程为2y彳 1 ,则双曲线C2的方程b2eie2a m)2 (b m)21a m,当a b时,e2(b m)a b(a m)(a m)a(a b)m(a m)a(b m)a0,所以bab(a m)(a(a m)a(a m)ab ,所以a斜率为aaa.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.A【解析】由双曲线的渐进线的公式可行选项A的渐进线方程为y2x,故选A.【考点定位】本题主要考查双曲线的渐近线公式【名师点睛】在求双曲

14、线的渐近线方程时，考生一定要注意观察双曲线的交点是在x轴，还是在y轴，选用各自对应的公式，切不可混淆.D【解析】不妨设双曲线G的焦点在x轴上，即其方程为为:2x(am)2b2一,所以e2e;故应选D.a【考点定位】本题考查双曲线的定义及其简单的几何性质，考察双曲线的离心率的基本计算，涉及不等式及不等关系.【名师点睛】将双曲线的离心率的计算与初中学习的溶液浓度问题联系在一起，突显了数学在实际问题中实用性和重要性，充分体现了分类讨论的数学思想方法在解题中的应用，能较好的考查学生思维的严密性和缜密性.10.A【解析】设左焦点为F,连接AF1,BF1.则四边形BF1AF是平行四边形，故AF1BF所以A

15、F| AF14b4242a,所以a2,设M(0,b),则经4,故b1,从而a550c23,0 c J3 ,所以椭圆E的离心率的取值范围是(0,故选 A.2【考点定位】1、椭圆的定义和简单几何性质；2、点到直线距离公式【名师点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，将AFBF4转化为AFAFi42a,进而确定a的值，是本题关键所在，体现了椭圆的对称性和椭圆概念的重要性，属于难题.求离心率取值范围就是利用代数方法或平面几何知识寻找椭圆中基本量a,b,c满足的不等量关系，以确定c的取值范围.a11.12褥【解析】设双曲线的左焦点为F1,由双曲线定义知，|PF|2a|PF11,-APF的周长为|PA|+|PF

16、|+|AF|=|PA|+2a|PF1|+|AF|=|PA|+|PF1|+|AF|+2a,由于2a|AF|是定值，要使APF的周长最小，则|PA|+|PF1|最小，即p、A、F1共线,3代入A0,6J6,F1(-3,0),.直线AF1的方程为三32_X21整理得y26J6y960,解得y2J6或y8/6（舍），所以P点的纵坐8一 S APF S1.1.一SPFF1=66,662.6=12.6.22【考点定位】双曲线的定义；直线与双曲线的位置关系；最值问题【名师点睛】解决解析几何问题，先通过已知条件和几何性质确定圆锥曲线的方程，再通过方程研究直线与圆锥曲线的位置关系，解析几何中的计算比较复杂，解决

17、此类问题的关键要熟记圆锥曲线的定义、标准方程、几何性质及直线与圆锥曲线位置关系的常见思路.12.【解析】设bF c,0关于直线y x的对称点为cQ(m,n),则有上b 1m c c ,解得n b m 22 c 232c 2bm 2-, nabc2 2bc2，a3 c Q(一2b2-2 abc2 2bc2)a在椭圆上，/ 32、2(c 2b )4a2_2(bc 2bc)272a b2 一 .、2c ,所以离心率e【考点定位】1.点关于直线对称；2.椭圆的离心率.【名师点睛】本题主要考查椭圆的离心率.利用点关于直线对称的关系，计算得到右焦点的对称点，通过该点在椭圆上，代入方程，转化得到关于a,c的

18、方程，由此计算离心率.本题属于中等题。主要考查学生基本的运算能力.13.百【解析】由题意知 c 2,a 1, b2c2 a2 3,所以 b 33.【考点定位】双曲线的焦点.【名师点晴】本题主要考查的是双曲线的简单几何性质，属于容易题.解题时要注意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双曲线的简单几何性质，即双曲线2 x 2 a0）的左焦点E c,0，右焦点F2 c,0 ,其中2,22cba.14.2【解析】依题意，点Q为坐标原点，所以-p1,即p2.2【考点定位】抛物线的性质，最值.，所以抛物线的顶点到焦2X 2【斛析】因为C1的方程为y4【名师点睛】由于抛物线

19、上的点到焦点的距离与到准线的距离相等点的距离最小.1一1,所以Ci的一条渐近线的斜率k1一，所以C2的一2条渐近线的斜率k21,因为双曲线Ci、C2的顶点重合，即焦点都在x轴上, TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark622 o Current Document 22xy设C2的方程为Fy-21(a0,b0)，ab HYPERLINK l bookmark457 o Current Document 22所以ab2,所以C2的方程为二Li. HYPERLINK l bookmark62 o Current Document 44【考点定位】双曲线的性质，直线的斜率

20、.【名师点睛】在双曲线的几何性质中，应充分利用双曲线的渐近线方程，简化解题过程.同时要熟练掌握以下三方面内容：(1)已知双曲线方程曲线的方程；(3)渐近线的斜率与离心率的关系16. 2 小,求它的渐近线；(2)求已知渐近线的双产”父=归=2.【解析】双曲线2-二 1的右焦点为(c,0).不妨设所作直线与双曲线的渐近线 a平行，其方程为b ,一（x c）,代入 a2-1求得点a2aP的横坐标为 x 2c22a c2c得（c）2 4-10,a a解之得-2 ,3ac 2 J3(舍去，因为离心率 ac 1),故双曲线的离心率为2J3.a【考点定位】【名师点睛】一步具体化,.双曲线的几何性质;.直线方

21、程.本题考查了双曲线的几何性质及直线方程，解答本题的关键,首先是将问题进即确定所作直线与哪一条渐近线平行，事实上，由双曲线的对称性可知，两种情，求得离心率.况下结果相同；其次就是能对所得数学式子准确地变形，利用函数方程思想本题属于小综合题，也是一道能力题，在较全面考查直线、双曲线等基础知识的同时，考查考生的计算能力及函数方程思想.17.(i)述(n)详见解析.52 1 、(I)解：由题设条件知，点M (-a,-b),3 3又koM102a10进而aV5b,cva2b22b,故ec(n )证：由N是AC的中点知，点N的坐标为b 一,可得NM2a 5b,6 6又ABa,b,从而有ABNM-a25b

22、215b2a2666由（l）得计算结果可知a25b2,所以ABNM0,故MNAB.【考点定位】本题主要考查椭圆的离心率，直线与椭圆的位置关系等基础知识.【名师点睛】本题主要将椭圆的性质与求椭圆的离心率相结合，同时考查了中点坐标公式，以及解析几何中直线与直线垂直的常用方法，本题考查了考生的基本运算能力和综合分析能力.18.（1）卷；（n）i；（出）直线与直线D平行.【解析】试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.（I）先将椭圆方程c化为标傕万程，得到a,b,c的值，再利用e一计算离心率；（n）

23、由直线的特殊位置，设出，点坐标，设出直线的方程，由于直线与x3相交于点，所以得到点坐标，利用点、点的坐标，求直线的斜率；（出）分直线的斜率存在和不存在两种情况进行讨论，第一种情况，直接分析即可得出结论，第二种情况，先设出直线和直线的方程，将椭圆方程与直线的方程联立，消参，得到X1*2和X1X2,代入到kBM1中，只需计算出等于0即可证明kBMkDE,即两直线平行.2试题解析：（I）椭圆C的标准方程为y21.3所以aa/3,b1,c应.所以椭圆C的离心率e-.a3（n）因为过点D（1,0）且垂直于x轴，所以可设A（1,y1）,B（1,y1）.直线的方程为y1（1y1）（x2）.令x3,得M（3,

24、2y1）.所以直线的斜率kBM2y1y11.31（出）直线与直线D平行.证明如下：当直线的斜率不存在时，由（n）可知kBM1.0又因为直线D的斜率kDE=01,所以BM/DE.1当直线的斜率存在时，设其方程为yk(x1)(k1).设 A(xi,yi), B(X2,y2),则直线的方程为yXH(x 2)-令 x 3,得点 M (3, y1 x1 3). x1 2,x23y23 /曰2 2由，得(13k2)x2yk(x1)6k2x 3k2 3 0.所以x1x26k22 , 取21 3k23k2 31 3k2直线的斜率kBMV1X 3x123 x2因为kBM1k(x, 1) x1 3 k(x1 1)

25、(x1 2) (3 x2)(x1 2)(3 x2)(x1 2)(k 1) x1x2 2(x1 x2) 3)(3 x2)(x12)(k1)3k2 31 3k212k21 3k23)(3x2)(x12)0,所以kBM1kDE.所以BM/DE.综上可知，直线与直线D平行.考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系.【名师点晴】本题主要考查的是椭圆的标准方程、椭圆的简单几何性质、直线的斜率和两条直线的位置关系，属于中档题.解题时一定要注意直线的斜率是否存在，否则很容易出现错 TOC o 1-5 h z 误.解本题需要掌握的知识点是椭圆的离心率，直线的两点斜率公式和两条直线的位置关系

26、， HYPERLINK l bookmark443 o Current Document 22 HYPERLINK l bookmark18 o Current Document xyc即椭圆21(ab0)的离心率e，过1x1,y1,2&,丫2的直线斜率 HYPERLINK l bookmark245 o Current Document abay2yk(x1x2)，若两条直线l：ykxb,I2：yk?x2斜率都存在，则x2X1i/12k1k2且bib2.19.(1)y24x；(n)详见解析.【解析】解法一：(I)由抛物线的定义得F2-p.因为F3,即2p3,解得p2,所以抛物线的方程为y22

27、(n)因为点2,m在抛物线：y24x上，所以m2夜，由抛物线的对称性，不妨设2,2J2.由2,2J2,F1,0可得直线F的方程为y242x1. TOC o 1-5 h z ,y2.2x12由，得2x5x20,2/，y4x解得x2或x,从而,2122又G1,0,22022,.202.5所以,kG,213G1d312所以kGkG0,从而GFGF,这表明点F到直线G,G故以F为圆心且与直线G相切的圆必与直线G相切.解法二：(I)同解法一.(n)设以点F为圆心且与直线G相切的圆的半径为r.因为点2,m在抛物线：y24x上，4x .的距离相等由 2,2万，F 1,0可得直线F的方程为y 272 x 1y

28、 2-2 x y2 4x12,得 2x2 5x2 0,解得x 2或x ,从而工，a 22又G 1,0,故直线G 的方程为2j2x 3y 2短 0所以m2也由抛物线的对称性，不妨设2,2J2从而r22 2,24.28917又直线G的方程为2垃x3y2应0,所以点F到直线G 的距离d22 2.2;F94、.217这表明以点F为圆心且与直线G相切的圆必与直线G相切.【考点定位】1、抛物线标准方程；2、直线和圆的位置关系.【名师点睛】利用抛物线的定义，将抛物线上的点到焦点距离和到准线距离进行转化，从而简化问题的求解过程，在解抛物线问题的同时，一定要善于利用其定义解题.直线和圆的位置关系往往利用几何判断

29、简洁，即圆心到直线的距离与圆的半径比较；若由图形观察，结合平面几何知识，说明GFGF即可,这样可以把问题转化为判断kGkG0,高效解题的过程就是优化转化的过程20.( D2 x161. (n)当直线1与椭圆C在四个顶点处相切时OPQ的面积取得最小(I)因为|OM |MN | |NO|3 1 4,当M , N在x轴上时，等号成立；同理|OM |MN | NO | 3 12,当D,。重合，即MN x轴时,等号成立.所以椭圆C的中心为原点O,长半轴长为4,2短半轴长为2,其方程为161.(n) ( 1 )当直线l的斜率不存在时，直线l为x都有OPQ14 428.(2 )当直线1的斜率存在时,设直线l

30、 : y kxm (k12)y kx22x 4ym,16,消去y,可得(1 4k2)x228kmx 4m16l总与椭圆有且只有一个公共点,所以2264k m4(1224k )(4m16)又由y xkx2ym,0,可得P(-12m2k一)；同理可得Q(，m 1 2k1 2k1 2k).由原点O到直线PQ的距离为| m |言”PQ|2k |xpXq | ,可得将代入得，S12 |m|xP12 |m|2m2mOPQ22m1 4 k24k2 14k2 12k当k21 2k2m21 4k22_1 一 _ ,4k2 1 _2 、 _一时，S opq 8(:)8(1 2 ) 8 ;44k 1 4k 10 k

31、2S OPQ8(。8( 14k21 4k21 4k2所以S OPQ 8( 121 4k2)8,当且仅当k 0时取等所以当k0时，SOPQ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.【考点定位】本题考查椭圆的标准方程与直线与椭圆相交综合问题，属高档题.【名师点睛】作为压轴大题，其第一问将椭圆的方程与课堂实际教学联系在一起，重点考查学生信息获取与运用能力和实际操作能力，同时为椭圆的实际教学提供教学素材；第二问考查直线与椭圆相交的综合问题，借助函数思想进行求解.其解题的关键是注重基本概念的深层次理解，灵活运用所学知识.x267 1; (n) T2

32、、y21.(I)9试题分析：(I)由题通过F的坐标为(0,1),因为F也是椭圆C2的一个焦点，可彳导a2b21, TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark364 o Current Document 961 ,然后得到对aC噌，可得根据C1与C2的公共弦长为2J6,C1与C2都关于y轴对称可得一2-74a2b2应曲线方程即可;(n)设A(x1,y)B(X2,y2),C(X3,y3),D(x，y)，根据22(X3X4)4x3X4(X1X2)4x1X2,设直线l的斜率为k,则l的万程为ykx1,联立直线与抛物线方程、直线与椭圆方程、利用韦达定理进行计算即可得到结果2试题

33、解析：(I)由C1:x4y知其焦点F的坐标为(0,1),因为F也是椭圆C2的一个焦点，所以a2b21；又C1与C2的公共弦长为256,C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为g:x24y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为(J6T),Wg124a2b2，22联立得a29,b28,故C2的方程为1o98(n)如图,设A(X1,y1),B(X2,y2),C(x3,y3),D(x,，y,),同向，且AC因BDXi日所以ACbD,从而x3X4X2,即X3X4X1X2,于(X3X4)24X3X4(Xix2)24X1X2设直线l的方程为ykx1,kx4y加2.一，一一,得x4kx40,由,X2是这个方程的

34、两根,x1x24k,x1x2kx2 y90,而x3,x4是这个方程的两根,1得(98k2)x216kx641X3X416k2,X3X498k6498k2将、代入，得16(k22,31)(98k2)24642-4-642o即16(k21)98k2_2_2169(k1)1Z22(98k2)2所以(98k2)2169,解得k，6,即直线l的斜率为-44【考点定位】直线与圆锥曲线的位置关系；椭圆的性质a, b,c的方程，其常规【名师点睛】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思路是先把直线方程与椭圆方程联立，

35、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2、X22.(I)一4彳|OQ|1un)(1)m2;(ii)6石(I)由题意知32aL4b21,又Ja机解得a24，b21,2所以椭圆C的方程为y21.4(n)2由（I）知椭圆E的方程为162匕1.4(i)|OQ|仅飞),而,由题意知Q（X。,y。）.因为y021.又(x0)2(yO)2所以161,y02)1.2,即禺2.A(Xi,y)B(X2,y2),将kxm代入椭圆E的方程(14k2)x228kmx4m160,由一2一0,可得m4_216k则有xx28km4k2,x1x224m1614k2.

36、所以|x1x214、16k24m2用2.口14k为直线ykxm与y的坐标为(0,m)OAB的面积1.S21mI|Xx2|21m|16k24k2.,(16k24m2)m214k22，.(412m.2)4k1m24k2.t.将ykxm代入椭圆C的22(14k)x8kmx,2,4m422一0,由0,可得m14k由可知t1,S2j(4t)t2dt24t.故S273.当且仅当t1,即m214k2时取得最大值2J3.由（I）知,ABQ的面积为3S,所以ABQ面积的最大值为6M【考点定位】角形面积;4.【名师点睛】1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与椭圆的位置关系;转化与化归思想.本题考查了椭圆的标准

37、方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系、距离与三角形面积、二次函数的性质等，解答本题的主要困难是（n）中两小题，首先是通过研究P,Q的坐标关系，使（I）得解，同时为解答（n）提供简化基础,即认识到ABQ与OAB的面积关系，从而将问题转化成研究OAB面积的最大值.通过联立直线方程、椭圆方程，并应用韦达定理确定“弦长”，进一步确定三角形面积表达式，对考生复杂式子的变形能力及逻辑思维能力要求较高.本题是一道能力题，属于难题.在考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系、距离与三角形面积、二次函数的性质等基础知识的同时，考查考生的计算能力及转化与化归思想.本题梯度设计较好，层层把关，有较强的

38、区分度，有利于优生的选拔.2_X2_23.(1)一y1；(n)证明见解析.2【解析】试题分析：(I)由题意知c,b1,由a2b2c2,解得a22,继而得椭圆的方a22程为y21；2(n)设pxiyi,QX2y2,则x0,由题设知，直线PQ的方程为2yk(x1)1(k2),代入y21,2k(k 2)1 2k22xx2(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0,则x1x24k(k1),y21x212k由已知0,从而直线AP与AQ的斜率之和kAPkAQ2口QJ.x1化简得kAPkAQ2k（2勺江与，把式代入方程得kAPkAQ2.x1x2试题解析：(I)由题意知 2,ba 21,综合a2 b2 c2

39、,解得aJ2,所以，椭圆的方2程为y2 1 .2（H）由题设知，直线2PQ的方程为y k(x 1) 1(k 2)，代入土 y2 1 ,得2(12k2)x24k(k 1)x 2k(k 2) 0,由已知0,设 P x1y1 ,Q x2y2 , x1x2 0则 x1x24k(k 1) 2k(k 2)2 , xlx22 -)12k12k从而直线AP与AQ的斜率之和kAP kAQy1 1y2 1kx12 kkx22kxix2x1x12k (2 k) 2k (2 k)由3 x1x2x1x22k 2 k 4k(k 1) 2k (2k 1) 2.2k(k 2)【考点定位】1.椭圆的标准方程；2.圆锥曲线的定值

40、问题.【名师点睛】定值问题的处理常见的方法：(1 )通过考查极端位置，探索出“定值”是多少，然后再进行一般性的证明或计算，即将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角形形式，证明该式是恒定的，如果以客观题形式出现，特殊方法往往比较快速奏效；(2)进行一般计算推理求出其结果.24.(I) l 1(n)存在常数入=1，使得oAoB42pA pB为定值3【解析】(I )由已知，点C, D的坐标分别为又点P的坐标为(0,1),且 pC PD =- 1(0, - b),(0,b) TOC o 1-5 h z 1b21于是c也，解得a=2,b=J2a22,22abc22所以椭圆E方程为上L1. HYPERLI

41、NK l bookmark96 o Current Document 42(n)当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+1A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)222y-122联立42，得(2k+1)x+4kx-2=0ykx1其判别式=(4k ) 2+8 ( 2 k? + 1)0所以Xix2从而 OA OB pA PB =所以，当入=1时,12k2 12 =-3此时,pA PB =- 3为定值xiX2+y1y2+入x1X2+(y1-1)(y2-1)=(1+入)(1+k2)x1X2+k(x1+X2)+1=(24)k2(21)2k2112k21=-2 - 1 = - 3当直线A

42、B斜率不存在时，直线AB即为直线CD此时OAOBpaPBoCoDpCpd=故存在常数入=-1 ,使得OA OB PA PB 为定值-3 .【考点定位】本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识,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【名师点睛】本题属于解析几何的基本题型，第（I）问根据“离心率是=-1”建立方程组可以求出椭圆方程 ；第（n）问设出直线方程后，代入椭圆方程，利用目标方程法，结合韦达定理，得到两交点横坐标的和与积，再代入oA oB pA pB中化简整理.要得到定值，只需判断有无合适的 形能力要求较高.属于较难题.入，

43、使得结论与 k无关即可，对考生代数式恒等变2 5. (I )2; (II)(i)I ）先由a2 b2 c2,得a J5Gb 2c ,直线B f的斜率2；(）先把直线BF, B Q的方程与椭圆方程联立，求出点 巳Q横坐标,PMxpxpMQ|xq Xm I|xq7.( ii )先由 |PM |sin/BQP=H5 得89BP=|PQ|sinBQP=151PM|sinBQP=5,由此求出c=1,故椭圆方程为1.试题解析:(I)设Fc,0由已知a卷2一一c,可信a2c又因为Bc,0，故直线BF的斜率k（n）设点PXp,yp,QxQ,yQ,Mxm,yMi）由（i）可得椭圆方程为2x5c22y4c21,直

44、线BF的方程为y2x2c,两方程联立消去y得3x25cx0,解得5c为BQBP所以直线BQ方程为2x2c，一，2-21x40cxXQ40c21xMxPxPxQxMXQ（ii）由（i）得|PM|sinjBQP二又因为5.5c3PMMQ所以PMPMMQxp与椭圆方程联立消去PMMQ及xm7.53,所以yP2xp5.5,c3BP2c,即PQ1515-PM715,二|PQ|sin2BQP=y|PM|sinBQP二所以BP25c32c24c31,所以椭圆方程为【考点定位】本题主要考查直线与椭圆等基础知识553.考查运算求解能力及用方程思想和化归思想解决问题的能力.【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直

45、线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容，主要由求值、求方程、求定值、最值、求参数取值范围等几部分组成，其中考查较多的圆锥曲线是椭圆，解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.26.(1)A(2t,t2同泮dT)；(2)t-t2(1)设定直线的方程，通过联立方程，判别式为零，得到点的坐标；根据圆的性质，利用点关于直线对称，得到点的坐标；(2)利用两点求距离及点到直线的距离公式，得到三角形的底边长与底边上的高，由此计算三角形的面积.试题解析：(1)由题意可知，直线的斜率存在，故可设直线的方程为yk(xt).yk(xt)所以12消去y,整理得：x24kx4

46、kt0.y4x因为直线与抛物线相切，所以16k216kt0,解得kt.所以x2t,即点A(2t,t2).设圆C2的圆心为D(0,1),点B的坐标为(,丫0),由题意知，点，关于直线D对称, TOC o 1-5 h z 近41故有22t HYPERLINK l bookmark610 o Current Document %tyo0 2t斛倚比 2, y1 t22t21 t2.即点2t2t2B( 2 ,2 ) ,1 t2 1 t2(2)由(1)知，AP直线的方程为txyt20,所以点 到直线的距离为d_t2_, 1 t2,1所以PAB的面积为S-APd2【考点定位】1.抛物线的几何性质；2.直线

47、与圆的位置关系；3.直线与抛物线的位置关系.【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质以及直线与圆，直线与抛物线的位置关系.利用直线与圆、抛物线分别相切，通过联立方程，判别式为零，计算得到点，的坐标，利用两点之间的距离及点到直线的距离公式计算得到三角形相应的底边长与底边上的高，从而表示面积.本题属于中等题.主要考查学生基本的运算能力，培养学生不怕吃苦的品质.27xT+y2”(n)222e-15-【解析】试题分析：(I)由椭圆的定义知2a二|PFj+|PF2|可求出a的值，再由PF_LPF2及勾股定理可求得c的值，最后由bJa2c2求得b的值，从而根据椭圆的标准方程到结果，(H)由PF1，PQ,|PQ|二i|PF1|,得|QF1|二JPFTPQF二/1P72|PF1l由椭圆的定义，|PF|+|PF2；2a,|QFi|+|QF2|=2a,进而下弓|+|PQ|+1QF1口4a是 （1+4+ .开了）严|二4a解得 | PF1匚4a1+什/严2-2曹廿4a、.2到|PF1|2+IPF2I2二|PE|2二(2c)2二4c2从1I1+4+由+j两边除以4a2,得, 21+/1+片(儿 + 11) _ 2 2、nI 2 1