2018年数学高考真题（选修2-1部分）

2018年数学高考真题（选修2-1部分）

剖析解读

高考全国I、n、in卷都是教育部按照普通高考考试大纲统一命题，适用于

不同省份的考生.虽然在难度上会有一些差异，但在试卷结构、命题方向上基本

都是相同的.

“稳定是高考的主旋律.”在今年的高考试卷中，试题分布和考核内容没有

太大的变动，三角、数列、立体几何、圆锥曲线、函数与导数等都是历年考查的

重点.每套试卷都注重了对数学通性通法的考查，淡化特殊技巧，都是运用基本

概念分析问题、基本公式运算求解、基本定理推理论证、基本数学思想方法分析

和解决问题，这有利于引导中学数学教学回归基础.试卷难度结构合理，由易到

难，循序渐进，具有一定的梯度.今年数学试题与去年相比整体难度有所降低.

“创新是高考的生命线.”与历年试卷对比，I、n卷解答题顺序有变，这

也体现了对于套路性解题的变革，单纯地通过模仿老师的解题步骤不用心理解归

纳，是难拿到分数的.在数据处理能力以及应用意识和创新意识上的考查有所提

升，也符合当前社会的大数据处理热潮和青少年创新性的趋势.

导数和圆锥曲线是高考数学中最难的两块内容，而且在考试中相比其他考点

分值也是最多的.圆锥曲线试题命制以椭圆、抛物线、双曲线的定义、标准方程、

曲线性质（焦点、离心率、准线、渐近线）为载体，综合性考查位置关系、范围、

面积、定点、定值等.对数形结合思想及分类讨论思想有较高的要求，对运算能

力的要求也比较高.空间向量作为工具用来证明线线、线面、面面的平行与垂直

问题，以及求空间角的计算问题，属高考必考内容.

请同学们根据所学知识，测试自己的能力，寻找自己的差距，把握高考的方

向，认清命题的趋势！（说明：有些试题带有综合性，是与以后要学的内容相关的

小综合试题，同学们可根据目前所学习的内容，有选择性地试做！）

穿越自测

一'选择题

1.（2018•北京高考，理6）设a,b均为单位向量，则“1一3Al=|3a+b|”是

“的（）

A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

答案c

解析|a-36|=|3a+Z||^|a-3Z>|2=|3a4-Z>|2<=>a2-6a-6+962=9a2+6a-&+Zl2,

因为a,方均为单位向量，所以a2—6aZ>+962=9a2+6a-6+62<4a-6=0<=>a±Z>,

即“|a—3勿=|3。+"”是的充分必要条件.故选C.

2.（2018•天津高考，理4）设xWR,则“是“/<1”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A

解析绝对值不等式x—；<^<=>—1<x—1<^<=>0<x<1,由j^clOxcl.据此可知

x—36是的充分而不必要条件.故选A.

3.（2018•浙江高考，6）已知平面a,直线〃z,〃满足加4a,nUa,则“〃?〃〃"

是“旭〃a”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

答案A

解析因为，nUa,m//n,所以根据线面平行的判定定理得m〃a.由机

//a不能得出m与a内任一直线平行，所以m//n是m//a的充分不必要条件，故

选A.

4.（2018•浙江高考，理2）双曲线会一方=1的焦点坐标是（）

A.（一啦，0）,（y[2,0）B.（-2,0）,（2,0）

C.（0,一柩,（0,啦）D.（0,-2）,（0,2）

答案B

解析易知/=3,b2=\,.*.c2=4,c=2,则焦点坐标为（一2,0）,（2,0）.故

选B.

5.（2018•全国卷II,理5）双曲线，一5=13〉0,人〉0）的离心率为小，则其渐

近线方程为（）

A.y=±\[2xB.y=±\/3x

Cy=+走xDv=+立x

・y—2人i-*•y—2人

答案A

.b1c2—g2

e?—1=3—1=2,啦,该双曲线的

解析a2—a2

渐近线方程为y=±l，.•.该双曲线的渐近线方程为y=S，故选A.

6.(2018•全国卷I,理8)设抛物线C：产;叔的焦点为尸，过点(一2,0)且斜

2

率为1的直线与C交于M,N两点，则就而=()

A.5B.6C.7D.8

答案D

22

解析根据题意,过点(一2,0)且斜率为J的直线方程为>=京》+2),与抛物线

■2

产虱x+2),

方程联立，消去尤并整理，得丁一6y+8=0,解得M(l,2),N(4,4),

y=4x,

又F(l,0),所以楞(0,2),月J(3,4),从而可以求得南旗—0X3+2X4=8,故选

D.

v-22

7.(2018•天津高考，理7)已知双曲线/一v上=13>0,8〉0)的离心率为2,过

右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A,B两点.设A,8到双曲线的同一条

渐近线的距离分别为M和小，且小+曲=6,则双曲线的方程为()

A"J

121B1241

C"JiD"£=I

=391u-931

答案C

解析由?=2,可得工箸=4,得5=小，故该双曲线的一条渐近线方程为

>=4§工过该双曲线右焦点且垂直于％轴的直线方程为x=c，与双曲线方程联立，

扶

解得y=±—,即y=±3a.因为c=2a,所以不妨令A(2a,3a),BQa,-3a),所以

4+dk曲等二例+匕吟土M=25。=6,得。=小，所以6=3,所以该

?2

双曲线的方程为^•—5=1.故选C.

8.（2018•全国卷I,理11）已知双曲线C：~y2=\,。为坐标原点，F为C

的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M,M若△OMN为直角

三角形，则|MN=（）

3

A.1B.3C.2^3D.4

答案B

解析由题意分析知，ZFON=30°.

所以NMON=60。，又因为△OMN是直角三角形，不妨取NNMO=90。，则

NON尸=30°,于是FN=OF=2,FM=^OF=1,所以|MN|=3.故选B.

9.（2018•全国卷III,理11）设£,尸2是双曲线C：，一£=1（。＞0,方＞0）的左、

右焦点，。是坐标原点.过尸2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若|PFi|=#|OP|,

则C的离心率为（）

ASB.2C.小D.^2

答案C

解析由题可知|「网=6|。人尸c,••.|PO|=a.

\PPT\h

在R1APOF2中，cosZPFiO=t^\=-,

•在△PKB中，

|PF2|2+|FIF2|2一|PFI|2b

cosZPF2O-2IPF2IIF1F2I-c，

.―+叱-^述4b2_9

,,2b-2c~~c^c~3a'

.♦.e=S.故选C.

72

10.（2018•全国卷II,理12）已知乃，尸2是椭圆C：，+方=13泌＞0）的左,

右焦点，A是。的左顶点，点P在过A且斜率为平的直线上，△PKF2为等腰三

角形，ZFIF2P=120°,则C的离心率为()

A.|B.；C.1D.；

答案D

解析依题意易知|尸产2|=71人|=2(?,且P在第一象限内，由2P=120。

可得尸点的坐标为(2c,4c).又因为kAP兴,即嗜]=*，所以a=4c,e=£

故选D.

二、填空题

927

11.(2018•北京高考，理14)已知椭圆M：，方=gb>0),双曲线N：和一

t.

=1.若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一

IT

个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为；双曲线N的离心率为

答案小一12

解析由正六边形的性质知，双曲线的一条渐近线方程为丫=小羽即m=

小，...双曲线的离心率为2.由得又易知/

[b2x2+a2y2=a1b2,3储+配

与②，联立①②，整理得4a4—8层/+04=0,即e4-8e2+4=0,解得e?=4±2小,

又e£(0,l),：,e=y[3-l.

12.(2018•浙江高考，17)已知点P(0,l),椭圆，+丁=〃2(〃2>1)上两点A,8满

足岸2诙，则当机=时，点8横坐标的绝对值最大.

答案5

解析由而=2而得A,P,B三点共线，设A(xi,yi),8(x2,y2),贝Uxi=

—2x2,设直线AB的方程为y=kx+\,代入椭圆方程得(1+4虻*+8依+4—4加

=0,则加+九2=一馈声=—X2,则I九2尸警浮2*黑=2,当且仅当1=4斤

4—

时取等号，故点8横坐标的绝对值最大时，有4/=1,则为*2=中涯=一2之

即2—2机=—8,解得m=5.

22

13.（2018•江苏高考，18）在平面直角坐标系xOy中，若双曲线，一方=1伍＞0,

匕＞0）的右焦点/（&0）到一条渐近线的距离为竽c,则其离心率的值为.

答案2

解析取双曲线的一条渐近线方程为法+©=0,则由题意得塞鲁=坐

C,则，2=坐＜:,所以从="2,即C2—。2=/2,所以。2=4/,则c=2a,所以双曲

线的离心率e=§=2.

14.（2018♦全国卷III,理16）已知点加（一1,1）和抛物线C：产=4%,过C的焦

点且斜率为左的直线与。交于A,8两点.若NAMB=90。，则攵=.

答案2

yr^—4xi,

解析设A(xi,yi),8(x2,y2),贝”

〔货=4九2,

所以y'—yi=4xi—4x2,

所以々=皿=+.

x1-x2yi十”

设抛物线C的焦点为凡取AB的中点M'（xo,yo）,分别过点A,B作准线

x=-1的垂线，垂足分别为A',B'.

因为NAM8=90。，所以皿M'|=；|AB|

|（|AFl+|Bfl）=1（|A4z\+\BB'|）.

因为M'为A3的中点，所以MM'平行于x轴.

因为—所以yo=l,则yi+”=2,所以k=2.

三、解答题

15.（2018•北京高考，理16）如图，在三棱柱ABC—4』。中，CCi_L平面ABC,

D,E,F,G分别为A4i,AC,AiCi,的中点，AB=BC=y[5,AC=AAi=2.

⑴求证：AC_L平面8ER

(2)求二面角B-CD-Ci的余弦值；

(3)证明：直线FG与平面相交.

解(1)证明：在三棱柱ABC—4BC1中,

：CG_L平面ABC,

，四边形4ACG为矩形.

又E,尸分别为AC,4G的中点，

J.ACLEF.

\'AB=BC,：.AC±BE,

，ACJ_平面BEF.

⑵由⑴知AC_LE居ACA.BE,EF//CC\.

又CG_L平面ABC,：.EF1.平面ABC.

平面ABC,：.EFA.BE.

如图建立空间直角坐标系Exyz.

由题意得8(020),C(-1,0,0),£>(1,0,1).尸(0,0,2),G(0,2,l),

.,.^=(2,0,1),9(1,2,0).

设平面BCD的法向量为〃=(a,b,c),

=

•<n,CD0,•<2a+c=0,

a+2h=0,

n-CB=0,

令a=2,则6=—1,c=-4,

二平面BCD的一个法向量为〃=(2,-1,-4).

又♦.•平面CDCi的一个法向量为磅=(0,2,0),

_n-EB_^21

/.cos〈〃，EB)~~=-21'

由图可得二面角B-CD~C\为钝二面角,

二二面角B—CD—Ci的余弦值为一^^^.

(3)证明：平面BCD的一个法向量为

〃=(2,—1,—4).

VG(0,2,l),F(0,0,2),：.GF=(0,-2,1),

：.n-GF=-2,二〃与港不垂直，

...GE与平面BCD不平行且不在平面BCD内,

.♦.G/与平面8CO相交.

16.(2018•天津高考，理17)如图所示，AD//BCfLAD=2BC,ADLCD,EG

//AD^,EG=AD,CD〃FG且CD=2FG,OG_L平面ABC。，DA=DC=DG=2.

(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN〃平面COE；

(2)求二面角E-BC-F的正弦值；

(3)若点P在线段OG上，且直线与平面AOGE所成的角为60。，求线段

0P的长.

解(1)证明：依题意，可以建立以。为原点，分别以无I,DC,周的方向为x

轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，

可得0(0,0,0),4(2,0,0),5(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),RO,1,2),G(0,0,2),

,I，1),N(l，0,2).

依题意能=(0,2,0),雄=(2,0,2).

设〃o=(x,y,z)为平面COE的法向量，则

no-DC=Q,[2y=0,

\即V

noDE=0,L2x+2z=0,

不妨令z=—1,可得〃o=(l,0,—1).

又疏『=(1,一/“，可得疏5o=O,

又因为直线MNQ平面CDE,

所以MN〃平面CDE.

(2)依题意，可得优'=(—1,0,0),诙=(1,—2,2),建=(0,-1,2).

设〃=(x,y,z)为平面BCE的法向量，则

n-BC—Q,一尤=0,

n-BE=Q,lx—2y+2z=0,

不妨令z=l,可得〃=(0,1,1).

设/n=(x,y,z)为平面BC77的法向量，则

m-BC=0,(―x=0,

mCF=0,l—y+2z=0,

不妨令z=l,可得加=(0,2,1).

hu±/、fnn3V15

因此有cos〈m,加=词面=10,

T7Zsin\m,n)一崎•

所以，二面角E—8C一尸的正弦值为嚅.

(3)设线段DP的长为励引0,2]),

则点P的坐标为(0,0,h),可得■=(—1,-2,h).

易知能=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,

由题意，可得赤Wj=sin6(r=坐,

解得仁共[0,2],

所以，线段。尸的长为坐

17.(2018•浙江高考，理19)如图所示，已知多面体ABCA1B1G,A\A,B\B,

CC均垂直于平面ABC,ZABC=\20°,AiA=4,CiC=l,AB=BC=BiB=2.

B

(1)证明：A5i_L平面4B1G；

(2)求直线AC\与平面ABBi所成的角的正弦值.

解解法一：(1)证明：由AB=2,A4i=4,8Bi=2,AAi±AB,BBiLAB得

AB]=A\B]=2\f2,

所以Ai用+A皮=A4j,故

由BC=2,BB=2,CCi=1,BBiA.BC,CG_LBC得8iG=小,

由A5=BC=2,/48。=120。得4。=2小，

由CG_LAC,得AC=A/B,所以AB；+Bd=Ad,故ABiJ_81G.

因此ABi_L平面Ai51cl.

(2)如图，过点Ci作GO_L43,交直线43于点O,连接AD

由ABi_L平面A\B\C\得平面Ai51cl_L平面ABB\,

由CiD.LAiBi得CD_L平面ABBi,

所以NGAO是ACi与平面ABB所成的角.

由BiCj=小，AiBi=2巾,AICI=V21，得

cosCiAifii=,sinNCiAiB=

所以CiO=，§,故sinNGA£）=.1=V^.

/iCzlID

因此，直线AG与平面ABB所成的角的正弦值是噜.

解法二：（1）证明：如图，以AC的中点。为原点，分别以射线08,。。为x,

y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Qxyz.

由题意知，各点的坐标如下：

4（0,一小，0）,B（1,0,0）,

4（0,一小,4）,Bi（l,0,2）,Ci（0,小，1）.

因此葩=（1,事,2）,漉=（1,小，-2）,

布=（0,2小，-3）.

由葩•诵=0得ABi_L4Bi.

由葩.就;=0得ABL41G.

所以ABi_L平面AiBiCi.

（2）设直线AG与平面ABBi所成的角为夕

由（1）可知花=（0,2小，1）,AB=（1,仍，0）,瓶=（0,0,2）.

设平面ABBi的法向量〃=（x,y,z）.

\n-AB=Q,

由得

〔〃丽=0,

k+V5y=0,厂

i可取〃=（—也，1,0）.

[2z=0,

所以sin~=|cos（AC1,n）|="°初=^^.

lACillnl

因此，直线AG与平面ABB所成的角的正弦值是瞎.

18.(2018.全国卷III,理19)如图，边长为2的正方形ABCO所在的平面与半

圆弧方所在平面垂直，M是7方上异于C,。的点.

(1)证明：平面AMD,平面3MC；

(2)当三棱锥M—ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦

值.

解(1)证明：由题设知，平面CM。_1_平面ABC。，交线为CD.

因为8CJLC。，BCU平面A8CO,所以8C_L平面CM。，故BC_LOM.

因为M为百上异于C,。的点，且。。为直径，所以£>M_LCM.

又BCACM=C,所以。ML平面BMC.

而OMU平面AMD,故平面AM。，平面BMC.

(2)以。为坐标原点，应的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标

系Dxyz.

当三棱锥M—ABC体积最大时，M为CO的中点.

由题设得0(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),

则存(一2,1,1),葩=(0,2,0),9=(2,0,0).

设〃=(x,y,z)是平面MAB的法向量，则

n-AM=0,—2x+y+z=0,

即4

2y=0.

./IAB=O,

可取”=(1,0,2).

或是平面MCO的法向量，因此,

,h、n-DA下.，①、2\[5

cos\n,DA)==_7_,sin\n,DA)=~T-,

M||西

所以面MAB与面MC。所成二面角的正弦值是邛5

19.(2018•全国卷I,理18)如图，四边形ABCD为正方形，E,尸分别为

AD,3C的中点，以OF为折痕把△OFC折起，使点C到达点P的位置，且PF

LBF.

(1)证明：平面PEE,平面A3F。；

(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

解(1)证明：由已知可得，

BFVPF,BFLEF,

又PFCEF=F,

所以82L平面PEF.

又3FU平面A3FO,

所以平面PEF1.平面ABFD.

(2)作PHLM,垂足为H.

由(1),得平面ABFD

以“为坐标原点，曲的方向为y轴正方向，|明为单位长，建立如图所示的

空间直角坐标系Hxyz.

由(1)可得，DELPE.

又DP=2,DE=\,所以PE=小.

又PF=1,EF=2,故PELPF.

、行3

所以尸”=为\EH=W，

则”(0,0,0),尸(0,0,坐)，O(T,-1,0),

3

0,为平面ABFD的法向量.

，T

设DP与平面ABFD所成的角为0,

3

剧.\HPDP\4

则sin。————4-

\HP\\DP\NJ

所以OP与平面ABFD所成角的正弦值为牛.

20.(2018•江苏高考，22)如图所示，在正三棱柱ABC—43iCi中，AB=AAi

=2,点P,。分别为43,8C的中点.

(1)求异面直线BP与AG所成角的余弦值；

(2)求直线CCi与平面AQCi所成角的正弦值.

解(1)如图，在正三棱柱ABC—AiBG中，设AC,4G的中点分别为

01,

贝U08L0C,OOilOC,OOi1OB,以(而,0C,曲｝为基底，建立空间直角

坐标系Oxyz.

因为A5=A4i=2,所以A(0,-1,0),B电,0,0),C(0,l,0),Ai(0,-1,2),

Bi(小，0,2),Ci(0,1,2).

因为尸为A闰的中点，所以《坐，2)

从而朝(一坐，T2),元=(0,2,2).

故|cos(RP,花〉尸殴©

ISPIIACil

_|-1+4|_3VTO

—小义2&—20,

因此，异面直线8尸与AC所成角的余弦值为嚓.

（2）因为。为8C的中点，所以。（孝，0）

因此帝=（坐，|,o）,

花=（0,2,2）,名=（0,0,2）.

设〃=（x,y,z）为平面AQG的法向量，

AQn=Q,J孚%+多=0,

则j-即j22-

不妨取〃=（小，—1,1）,

设直线CCi与平面AQC1所成的角为e,

m.|./万、.|CC1«I2V5

贝ijsin。一|cos\CC\,ii）|———c—s,

|CCi||w|Y5X2。

所以直线CC1与平面AQG所成角的正弦值为

??

21.（2018•天津高考，理19）设椭圆点+$=1（〉0）的左焦点为F,上顶点

为区已知椭圆的离心率为叩，点A的坐标为（仇0）,且阀|上8|=66.

（1）求椭圆的方程；

（2）设直线/：y="O>0）与椭圆在第一象限的交点为P,且/与直线AB交于

点Q，若微｛=¥sin/AOQ（。为原点），求人的值・

c25

解⑴设椭圆的焦距为2c,由已知有宗与，

又由a2=b2+c1,可得2a=34

由已知可得，尸8|="，\AB\=yJlb,

由尸母|AB|=6也，可得必=6,

从而a=3,b=2,

所以，椭圆的方程为看+?=L

（2）设点设的坐标为（xi,丁），点Q的坐标为（X2,”）.

由已知有yi>”>0,故|PQ|sinNAOQ=yi—

又因为而/°钻=也

所以依0|=/），2.

由1^=3gsinNA0Q,可得5yi=9”.

y=kx,

由方程组+£=]消去尤，

十日6k

可付6=展亮.

易知直线AB的方程为x+y—2=0,

y=kx,

由方程组，消去x,可得”=肩7[.

.x+y-2=0,

由5y1=9>2,可得5（左+1）=3y9q+4,

两边平方，整理得56F—50bMi=0,

解得％='或

所以，攵的值为3或装.

22.（2018.江苏高考，18）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，椭圆。过点

（小，行，焦点为尸1（一小，0）,尸2（小，0）,圆。的直径为QB.

⑴求椭圆。及圆。的方程；

⑵设直线/与圆。相切于第一象限内的点P.

①若直线/与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；

②直线/与椭圆C交于A,8两点，若△Q4B的面积为平，求直线I的方程.

解（1）因为椭圆C的焦点为Q（一小，0）,尸2（小，0）,

^22

所以可设椭圆。的方程为3十方=1（。9〉0）.

又点(小，在椭圆C上,

今+表=1，

«2=4,

所以解得

b2=l.

—"2=3,

因此，椭圆。的方程为扛尸1.

因为圆。的直径为FIF2,

所以其方程为f+V=3.

(2)①设直线/与圆0相切于

P(xo9yo)(xo>O,yo>O),则%;+yj=3,

所以直线/的方程为y=一器。-xo)+yo,

即尸弋曾

消去),得(4xi+yj)f—24xox+36—4y；=0.(*)

因为直线/与椭圆C有且只有一个公共点，

所以/=(—24xo)2—4(4/+城(36—4%)

=48越-2)=0.

因为xo,yo>O,所以xo=6，yo=l.

因此，点P的坐标为(啦，1).

②因为△04B的面积为半，

所以aABHOP|=手，易知|OP|=S，从而|AB|=早.

设A(xi,yi),B(X29”),

24M)士748)3(九6—2)

由(*)得X1.2=

2(4君+宛)

2(48ynCw-2)

所以|ABF=(XI—X2f+(y\—y2)=[。1十帝.(4x6+而2・

因为/+4=3,所以|A5|2=1需：)=需,

即2M—45第+100=0,

解得XO=|(JCO=2O舍去),

因此点p的坐标为镖，孝

综上，直线/的方程为y=-小x+3啦.

23.(2018•北京高考，理19)已知抛物线C：炉=2内经过点P(l,2).过点0(0,1)

的直线/与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线以交y轴于M,直线PB

交y轴于N.

(1)求直线/的斜率的取值范围；

(2)设。为原点，确=诩,确=前),求证：为定值.

AylZ

解⑴因为抛物线y2=2px经过点尸(1,2),

所以4=2p,解得p=2,所以抛物线的方程为

y2=4x.

由题意可知直线I的斜率存在且不为0,

设直线/的方程为y=kx+\(k^G).

|V=4x,

由彳得庐f+(2左一4)x+1=0,

3=入+1,

依题意/=(2Z—4)2—4XFxi〉o,

解得A<0或0<^<l.

又必，PB与y轴相交，

故直线/不过点(1,-2),从而ZW—3.

所以直线/的斜率的取值范围是

(-8,-3)U(-3,0)U(0,1).

⑵证明：设A(xi,yi),8(x2,yi).

2k—41

由(1)知加+光2=――/―,XIX2=^2.

直线PA的方程为y—2=—~~7(x—1),

■XI-1

令x=0,得点M的纵坐标

-yi+2,-Axi+1,

加="^丁+2=用_]+2.

同理，得点N的纵坐标孙=1+2.

由或=%必，南三Ua4得A=l—>M,4=1—yz,

1,11.1XI-1X2-112X1X2-(XI+%2)

所以彳+_=----+----=-~—+—~~~--------------

A41—yw1—yv(k-l)xi(k—1)x2k—1x\xi

22&—4

1一厂一=2,所以;+"为定值.

k—\

F''

24.(2018.浙江高考，理21)如图所示，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,

抛物线C：V=4x上存在不同的两点A,8满足孙，P8的中点均在C上.

(1)设A8中点为M,证明：垂直于y轴；

2

(2)若P是半椭圆/+]=l(x<0)上的动点，求△加8面积的取值范围.

解⑴证明：设P(AO,yo),xo<O,

%*'2,y2j.

因为孙，PB的中点在抛物线上,

1,

所以yi,*为方程

即y2—2yoy+Sxo—yt=0的两个不同的实根,

所以yi+y2=2y().

因此，垂直于y轴.

yi+y2=2y),

(2)由(1)可知V

y\y2=Sxo-yi9

所以|PM=w(y；+y：)—x()

3_________

—3xo,\y\-yi\=2^/2(}^—4xo).

因此，的面积S△必s

=||PM|-|>'i-p|=手就-4xo)|.

因为第+£=1(—lWxo<O),

所以^o~4xo=—4xo~4XO+4G[4,5],

因此，△以8面积的取值范围是16忑

25.（2018•全国卷川，理20）已知斜率为4的直线/与椭圆C："+5=1交于

AB两点.线段AB的中点为M（l,，"）（机〉0）.

（1）证明：K—1；

（2）设尸为。的右焦点，P为C上一点，且加以+磅=0.证明：\FA\,|阿，

I两成等差数列，并求该数列的公差.

解（1）证明：设A（xi,yi）,B（X2,yi）,

婚+》L-

两式相减,并由得

Xl+%2yi+y2

-—十~2~•%=o.

,,XI+X2-yi+”

由就设知2=]»2=〃?，

3

于是人一而①

由题设得加<4(1-4)*3=|,

3]

且m>0,即0<m<^,故人<一].

⑵由题意得F(l,0).设P(X3,”)，

则由(1)及题设得

(X3—1,”)+(X1—1,yi)+(X2—1,^2)=(0,0),

X3=3—(xi+尤2)=1,"=一(y।+”)=-2m<0.

3

又点P在。上，所以〃2=不

从而《，一2,商=1•

于是两=-\](x\—l)2+yi

=^(XI-1)2+3(^1-£|=2-y.

同理|丽=2一食.

所以两+|由=4—T(XI+X2)=3.

故2两=两十两，即两，|两,两成等差数列.

设该数列的公差为Z则

2同=||南一|冽尸;融一刈

=3,\/(Xl+x2)2—4X1X2.②

3

将加=4代入①得k=-l.