2017年高考数学专题复习：圆锥曲线(文)

1、20172017 年高考数学专题复习：圆锥曲线年高考数学专题复习：圆锥曲线( (文）文） 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 一、选择题（题型注释）一、选择题（题型注释） 1 （2016 高考新课标 1 文数）直线 l 经过椭圆的一个顶点和一个焦点,若椭圆中心到 l 1 ,则该椭圆的离心率为（） 4 1113 （A）（B）（C）（D） 3234 的距离为其短轴长的 2 （2016 高考新课标 2 文数）设 F 为抛物线 C：y =4x 的焦点，曲线 y= 交于点 P，PFx 轴，则 k=（） （A） 2 k （k0）与 C x 13 （B）1（C）（D）2 22 x2y2 3（2016 高考新课

2、标文数） 已知O为坐标原点，F是椭圆C： 2 2 1(a b 0) ab 的左焦点，A,B分别为C的左，右顶点P为C上一点，且PF x轴过点A的直 线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E若直线BM经过OE的中点，则C的离 心率为（） （A） 1123 （B）（C）（D） 3234 2 4 （2016 高考四川文数）抛物线y 4x的焦点坐标是（） （A） （0,2）（B） （0,1）（C） （2,0）（D） （1,0） 5 （2016 江西师大附中、 鹰潭一中一联） 已知抛物线 C 的标准方程为y 2px(p 0)， M 为抛物线 C 上一动点，A(a,0)(a 0)为其对称轴上一点，直线MA

3、与抛物线 C 的另一 个交点为 N当 A 为抛物线 C 的焦点且直线 MA 与其对称轴垂直时，MON 的面积为 18 （）求抛物线 C 的标准方程； （）记t 2 11 ，若 t 值与 M 点位置无关，则称此时的点 A 为“稳定点”， AMAN 试求出所有“稳定点”，若没有，请说明理由 6 【2015 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 2 1 ，E 的右焦 2 点与抛物线C : y 8x的焦点重合，则AB （）A,B是 C 的准线与E 的两个交点， （A）3（B）6（C）9（D）12 x2y2 7 【2015 高考重庆，文 9】设双曲线 2 - 2 =1(a0,

4、b 0)的右焦点是 F，左、右顶 ab 试卷第 1 页，总 7 页 点分别是A1,A 2 ，过 F 做A1A 2 的垂线与双曲线交于 B，C 两点，若A1B A 2 C，则 双曲线的渐近线的斜率为（） （A） 21 （B）（C）1（D） 2 22 2 y2 1的右焦点且与 x 轴垂直的直线交该双 8 【2015 高考四川，文 7】过双曲线x 3 曲线的两条渐近线于 A、B 两点，则|AB|（） （A） 4 3 （B）2 3 （C）6（D）4 3 3 2 9 【2015 高考陕西，文3】已知抛物线y 2px(p 0)的准线经过点(1,1)，则抛物 线焦点坐标为（） A(1,0) B(1,0) C

5、(0,1) D(0,1) x2y2 2 1（m 0）的左焦点为F 10 【2015 高考广东，文 8】已知椭圆 14,0 ， 25m 则m （） A9 B4 C3 D2 x2y2 11 【2015 高考湖南，文6】若双曲线 2 2 1的一条渐近线经过点（3，-4） ，则此 ab 双曲线的离心率为（） A、 7545 B、 C、 D、 3433 12 【2015 高考安徽，文 6】下列双曲线中，渐近线方程为y 2x的是（） y2x2 1 （B） y21 （A）x 44 2 y2x2 1 （D） y21 （C）x 22 2 x2y2 13 【2015 高考福建，文11】已知椭圆E : 2 2 1(

6、a b 0)的右焦点为F短轴 ab 的一个端点为M， 直线l :3x 4y 0交椭圆E于A,B两点 若AF BF 4， 点M 到直线l的距离不小于 4 ，则椭圆E的离心率的取值范围是（） 5 A(0, 3333 B(0, C,1) D ,1) 2244 试卷第 2 页，总 7 页 二、填空题（题型注释）二、填空题（题型注释） 14 （2016 高考上海文数） 已知平行直线l1:2x y1 0,l2:2x y1 0，则l1,l2的 距离_ x2y2 15 （2016 高考北京文数）已知双曲线 2 2 1 （a 0，b 0）的一条渐近线为 ab 2x y 0，一个焦点为( 5,0)，则a _；b

7、_ y2 2 16 （2016 高考浙江文数）设双曲线 x 3 =1 的左、右焦点分别为 F1，F2若点 P 在 双曲线上，且F1PF2为锐角三角形，则|PF1|+|PF2|的取值范围是_ y2x2 17 （2016 高考山东文数）已知双曲线E： 2 2 =1（a0，b0） 矩形ABCD 的四 ba 个顶点在E 上， AB， CD的中点为E 的两个焦点， 且2|AB|=3|BC|， 则 E 的离心率是_ 2 18 （2016 江西南昌一模）已知抛物线C:x =4y的焦点为 F，过点 F 且斜率为 1 的直线 与抛物线相交于 M，N 两点设直线l 是抛物线 C 的切线，且lMN，P 为 l 上一

8、点，则 的最小值为_ 19 （2016 湖南师大附中等四校联考）若抛物线 y 2px(p 0)的准线经过双曲线 2 x2 y21的一个焦点，则p _ x2y2 20 【2015 高考浙江，文 15】椭圆 2 2 1（a b 0）的右焦点Fc,0关于直 ab 线y b x的对称点Q在椭圆上，则椭圆的离心率是 c 2 y2 21 【2015 高考北京，文 12】已知2,0 是双曲线x 2 1（b0）的一个焦点， b 则b 22 【2015 高考上海，文 7】抛物线y 2px(p 0)上的动点Q到焦点的距离的最小 值为 1，则p 2 x2 y21， 23 【2015 高考上海， 文 12】 已知双曲

9、线C1、C2的顶点重合，C1的方程为 4 若C2的一条渐近线的斜率是C1的一条渐近线的斜率的 2 倍，则C2的方程 为 x2y2 24 【2015 高考山东，文15】过双曲线C： 2 2 1 的右焦点作一条与（a 0,b 0） aa 其渐近线平行的直线， 交C于点P 若点P的横坐标为2a， 则C的离心率为 试卷第 3 页，总 7 页 三、解答题（题型注释）三、解答题（题型注释） 25 （2016 高考新课标 1 文数）在直角坐标系xOy中,直线 l:y=t（t0）交 y 轴于点 M,交抛物线 C：y 2px(p 0)于点 P,M 关于点 P 的对称点为 N,连结 ON 并延长交 C 于点 H

10、（）求 2 OH ON ； （）除 H 以外,直线 MH 与 C 是否有其它公共点？说明理由 x2y2 1的左顶点， 26（2016 高考新课标 2 文数） 已知A是椭圆E： 斜率为kk0 43 的直线交E与A，M两点，点N在E上， MA NA （）当AM AN时，求AMN的面积； （）当AM AN时，证明： 3 k 2 27 （2016 高考新课标文数）已知抛物线C：y 2x的焦点为F，平行于x轴的两 条直线l 1,l2 分别交C于A,B两点，交C的准线于P，Q两点 （）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR 2 FQ； （）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程 x2

11、y2 1（a 3） 28（2016 高考天津文数）（设椭圆 2 的右焦点为F， 右顶点为A， a3 已知 113e ，其中O为原点，e为椭圆的离心率 |OF |OA| FA| （）求椭圆的方程； （）设过点A的直线l与椭圆交于点B（B不在x轴上） ，垂直于l的直线与l交于点 M，与y轴交于点H ，若BF HF，且MOA MAO，求直线的l斜率 y2 29 （2016 高考上海文数）双曲线x 2 1(b 0)的左、右焦点分别为F1、F2，直线l b 过 F2 且与双曲线交于 A、B 两点 （1）若 l 的倾斜角为，F 1AB 是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； 2 2 （2）设b 3，若 l

12、的斜率存在，且|AB|=4，求 l 的斜率学科2a DF 2 DF,故离心率 1 53 2,a 1 c2 2 a1 考点：双曲线的几何性质 【名师点睛】本题主要考查双曲线的几何性质本题解答，利用特殊化思想，通过对特殊情 况的讨论， 转化得到一般结论， 降低了解题的难度 本题能较好的考查考生转化与化归思想、 一般与特殊思想及基本运算能力等 1814 【解析】设l：y xb，代入抛物线方程，得x 4x4b 0，因为l与抛物线相切， 所以 16 16b 0，解得b 1，所以l：y x1由抛物线的方程，知F(0,1)， 2 y x1 2 lM(x , y ),N(x , y )x 4x4 0，所以y

13、x1 所以 MN ：设，由，得 1122 2 x 4y x 1 x 2 4, x 1 x 2 4 ，所以 y 1 y 2 6, y 1 y 2 1 设 P(m,m1) ，则 PM (x 1 m, y 1 m1)，PN (x 2 m, y 2 m1)，所以PM PN (x 1 m)(x 2 m) (y1m1)(y2m1)x 1x2 m(x 1 x 2 )m y 1 y 2 (1m)(y1 y2)(1m) 22 2(m26m 2) 2(m3)27 14，所以PM PN的最小值为14 192 2 答案第 7 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 【解析】抛物线y 2

14、px(p 0)的准线方程是x 2 p 22 ，双曲线x y 1的一个焦点 2 F 1( 2,0) ， 抛物线y 2px(p 0)的准线经过双曲线x y 1的一个焦点， 得p 2 2 222 p 2，解 2 20 2 2 nb 1 bmc c 【解析】设Fc,0关于直线y x的对称点为Q(m,n)，则有，解得 nbm2c 22c c32b2bc22bcc32b 2bc 22bc m ,n ,) 在 椭 圆 上 ， 即 有， 所 以 Q( a2a2a2a2 (c3 2b2)2 4a b (c22b c2)c2 221e ，解得，所以离心率a 2c 22a2ab 【考点定位】1点关于直线对称；2椭圆

15、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 21 3 【解析】由题意知c 2,a 1，b2 c2a2 3，所以b 3 【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 x2y2 性质，即双曲线 2 2 1（a 0，b0）的左焦点F 1 c,0，右焦点F 2 c,0，其中 ab c2b2

16、a2 222 【解析】依题意，点Q为坐标原点，所以 p 1，即p 2 2 【考点定位】抛物线的性质，最值 【名师点睛】 由于抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等， 所以抛物线的顶点到焦 点的距离最小 答案第 8 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 x2y2 1 23 44 x21 y21，所以C 1 的一条渐近线的斜率k1，所以C2的一【解析】因为C1的方程为 42 条渐近线的斜率k21，因为双曲线C1、C2的顶点重合，即焦点都在x轴上， x2y2 设C2的方程为 2 2 1(a 0,b 0)， ab x2y2 1 所以a b 2，所以C2的方程为 4

17、4 【考点定位】双曲线的性质，直线的斜率 【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，求它的渐近线；（2）求已知渐近线 的 双 曲 线 的 方 程 ；（ 3 ） 渐 近 线 的 斜 率 与 离 心 率 的 关 系 ， 如 242 3 x2y2b 【解析】双曲线 2 2 1的右焦点为(c,0)不妨设所作直线与双曲线的渐近线y x aaa x2y2a2c2b 平行，其方程为y (xc)，代入 2 2 1求得点P的横坐标为x ，由 aa2ca a2c2cccc 2a，得( )241 0，解之得 23， 23（舍去

18、，因为离心 2caaaa 率 c ，故双曲线的离心率为2 31） a 【考点定位】1双曲线的几何性质；2直线方程 【名师点睛】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 一步具体化，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， 求得离心率 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 25 （）2（）没有 【解析】 pt2 222 试题分析：先确定N( ,t),ON 的方程为y x,代入y 2px整理得

19、px 2t x 0, pt 答案第 9 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 2t22t2|OH | ,2t),由此可得N为OH的中点,即 2 解得x 1 0,x 2 ,得H( pp|ON | （）把直线MH的方程y t p x,与y2 2px联立得y2 4ty 4t2 0,解得 2t y 1 y 2 2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其它公 共点 t2 ,t) 试题解析： （）由已知得M(0,t),P( 2p pt2 2 又N为M关于点P的对称点,故N( ,t),ON的方程为y x,代入y 2px整理得 pt 2t22t2 ,2

20、t)px 2t x 0,解得x 1 0,x 2 ,因此H( pp 22 所以N为OH的中点,即 |OH | 2 |ON | （）直线MH与C除H以外没有其它公共点理由如下： 直线MH的方程为y t p2t x,即x (y t)代入y2 2px得y2 4ty 4t2 0,解 p2t 得y1 y2 2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其它 公共点 考点：直线与抛物线 【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,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；解析几何中的证明问题通常有以

21、下几类： 证明点共线或直线过定点； 证明垂 直；证明定值问题其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,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 （） 144 ； （） 49 32,2 【解析】 试题分析： （）先求直线AM的方程，再求点M的纵坐标，最后求AMN的面积； （） 设M x 1,y1 ， ，将直线AM 的方程与椭圆方程组成方程组，消去y，用k表示x1，从而表 示| AM |，同理用k表示| AN |，再由2 AM AN求k 试题解析： （）设M(x 1, y1) ，则由题意知y1 0 答案第 10 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

22、 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为 ， 4 又A(2,0)，因此直线AM的方程为y x2 x2y2 1得7y212y 0， 将x y 2代入 43 1212 ，所以y 1 77 11212144 因此AMN的面积S AMN 2 27749 解得y 0或y x2y2 1得 （2）将直线AM的方程y k(x2)(k 0)代入 43 (34k2)x216k2x16k212 0 12 1k216k2122(34k2) 2 由x 1 (2) 得x 1 ，故| AM | 1k | x 1 2| 34k234k234k2 12k 1k21 由题设，直线AN的方程为y (x2)，故同理可得| AN

23、| 43k2k 由2| AM | AN |得 32 2k 32 ，即4k 6k 3k 8 0 2234k43k 22 设 f (t) 4t 6t 3t 8，则k是f (t)的零点，f (t) 12t 12t 33(2t 1) 0， 所以f (t)在(0,)单调递增，又f ( 3) 15 3 26 0, f (2) 6 0， 因此f (t)在(0,)有唯一的零点，且零点k在( 3,2)内，所以 3 k 2 考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系 3k2k1 2k t 3，解不等式，即 【名师点睛】本题中，分离变量t，得 2 3 2 k 2 3tk3k t 求得实数k的取值范围 27 （）见解析；

24、 （）y x1 【解析】 试题分析： （）设出与x轴垂直的两条直线，然后得出A,B,P,Q,R的坐标，然后通过证 明直线AR与直线FQ的斜率相等即可证明结果了； （）设直线 l与x轴的交点坐标 2 D(x 1 ,0)，利用面积可求得x 1 ，设出AB的中点E(x, y)，根据AB与x轴是否垂直分两种 答案第 11 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 情况结合kAB k DE 求解 试题解析：由题设F( ,0)设l1: y a,l2: y b，则ab0，且 1 2 a2b2111 ab A(,0),B(,b),P(,a),Q(,b),R(,) 222222 记

25、过A,B两点的直线为l，则l的方程为2x(a b)y ab 0 （）由于F在线段AB上，故1ab0 记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则k1 所以AR abab1ab b k 2 ， 221aa abaa FQ （）设l与x轴的交点为D(x 1,0) ， 则SABF ab111 ba FD ba x 1 ,S PQF 2222 11ab 由题设可得 ba x 1 ，所以x 1 0（舍去） ，x 1 1 222 设满足条件的AB的中点为E(x, y) 当AB与x轴不垂直时，由k AB k DE 可得 而 2y (x 1) abx1 ab 2 y，所以y x1(x 1) 2 2 当AB与x轴垂

26、直时，E与D重合，所以，所求轨迹方程为y x1 考点：1、抛物线定义与几何性质；2、直线与抛物线位置关系；3、轨迹求法 【方法归纳】 （1） 解析几何中平行问题的证明主要是通过证明两条直线的斜率相等或转化为 利用向量证明； （2）求轨迹的方法在高考中最常考的是直接法与代入法（相关点法） ，利用 代入法求解时必须找准主动点与从动点 x2y26 1（） 28 （） 443 【解析】 试 题 分 析 ： （ ） 求 椭 圆 标 准 方 程 ， 只 需 确 定 量 ， 由 113 c ， 得 |OF |OA| FA| 113 c 22222 再利用a c b 3，可解得c 1，a 4（）先化简条件：

27、caa(ac) ， 答案第 12 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 MOAMAO| MA| MO | ，即 M 再 OA 中垂线上， x M 1 ，再利用直线与椭圆位 置关系，联立方程组求B；利用两直线方程组求H，最后根据BF HF，列等量关系解出 直线斜率 试题解析：（1）解：设F(c,0)，由 113c113c ，即 ，可得 |OF |OA | FA |caa(ac) a2c2 3c2，又a2 c2 b23，所以c21，因此a2 4，所以椭圆的方程为 x2y2 1 43 （2）设直线的斜率为k(k 0)，则直线l的方程为y k(x2)， x 2y2 1

28、, 设B(xB, yB)，由方程组 4消去y，3 y k(x2), 8k26 整理得(4k 3)x 16k x16k 12 0，解得x 2或x ， 24k 3 2222 8k2612k 由题意得xB，从而，y B 4k234k23 94k212k , 2 )， 由（1）知F(1,0)，设H(0, yH)，有FH (1, yH)，BF ( 24k 3 4k 3 4k2912ky H 0， 由BF HF，得BFHF 0，所以 24k 34k23 94k2194k2 解得yH，因此直线MH的方程为y x ， 12kk12k 194k2 20k29, y x 设M(xM, yM)，由方程组，k12k消

29、去y，得xM 212(k 1) y k(x2), 在MAO中，MOAMAO| MA| MO |， 20k29 1， 即(x M 2) y x y ，化简得xM1，即 12(k21) 22 M 2 M 2 M 答案第 13 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 解得k 66 或k ， 44 66 或k 44 所以直线l的斜率为k 考点：椭圆的标准方程和几何性质，直线方程 【名师点睛】 解决直线与椭圆的位置关系的相关问题， 其常规思路是先把直线方程与椭圆方 程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题直线与圆锥曲线 位置关系的判断、 有关圆锥曲

30、线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的 考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的 关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型 29 （1）y 2x （2） 【解析】 试题分析： （1）设x, y根据F 1 是等边三角形，得到4 1b23b4，解得b2 （2）设x 1, y1 ，x 2 ,y 2 ，直线l : y kx2与双曲线方程联立，得到一元二次方 程，根据l与双曲线交于两点，可得k23 0，且 36 1 k2 0由AB 4得出k 的方程求解 试题解析： （1）设x, y 2 由题意，F 2 c,0，c 1b

31、 ，y b2c21 b4， 15 5 2 因为F 1 是等边三角形，所以2c 3 y， 即4 1b23b4，解得b2 2 故双曲线的渐近线方程为y 2x （2）由已知，F 2 2,0 设x 1, y1 ，x 2 ,y 2 ，直线l : y kx2 2 y2 1 x 由，得k23x24k2x4k23 03 y kx2 2 因为l与双曲线交于两点，所以k 3 0，且 36 1k2 0 答案第 14 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 36k21 4k24k23 2 由x 1 x 2 2 ，x 1x2 2 ，得x 1 x 2 ， 2 2 k 3k 3k 3 故 x

32、 1 x 2 y 1 y 2 22 1k2x 1 x 2 6k21 k 3 2 4， 解得k2 153 ，故l的斜率为 55 考点：1双曲线的几何性质；2直线与双曲线的位置关系；3弦长公式 【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题解答此类题目，利用a,b,c,e的 关系，确定双曲线（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与双曲线（圆锥曲线）方程 的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系及弦长公式， 得到方程本题易错点是复杂式 子的变形能力不足，导致错漏百出 本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能 力、分析问题解决问题的能力等 x2y2 1（）以MN为直径的圆经过两定点P 30

33、 （） 1 2,0，P 2 2,0 84 x2y2 【解析】 （）设椭圆C的方程为 2 2 1 (a b 0)， ab 因为椭圆的左焦点为F ， 0，所以a2b2 4 1 2 因为点B 2, 2在椭圆C上，所以 42 2 1 2ab x2y2 1 由解得，a 2 2，b 2所以椭圆C的方程为 84 （）因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为2 2,0 x2y2 1交于两点E，F， 因为直线y kx (k 0)与椭圆 84 设点E x 0 , y 0 （不妨设 x0 0） ，则点Fx 0 ,y 0 y kx, 2 22 2k8 x y 联立方程组 x 2y2 消去y得x2所以，则 00 2 22

34、1 2k11 2k1 2k 4 8 所以直线AE的方程为y k 1 1 2k2 x 2 2 因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，N， 答案第 15 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 令x 0得y 2 2k 1 12k2 ，即点M0, 2 2k 1 12k2 2 2k 同理可得点N0, 1 12k2 所以MN 2 2k 1 12k2 2 2k 1 12k2 2 212k2 k 2 k 2 设MN的中点为P，则点P的坐标为P0, 2 则以MN为直径的圆的方程为x y k 2 212k2 ， k 2 即x y 22 2 2 y 4 k 令y 0，得x2 4，即

35、x 2或x 2 故以MN为直径的圆经过两定点P 1 2,0，P 2 2,0 31 （） 【解析】 2 5 （）详见解析 5 （）解：由题设条件知，点M( a, b)，又kOM 2 3 1 3 5b5 从而 2a1010 进而a 5b,c a2b2 2b，故e c2 5 a5 a b a 5b ,，可得NM , 2 2 6 6 （）证：由N是AC的中点知，点N的坐标为 又AB a,b，从而有 ABNM a2 1 6 5 2 1 2b 5b a2 66 22 由（）得计算结果可知a 5b ,所以ABNM 0，故MN AB 【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

36、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 答案第 16 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 32 （） 6 ； （）1； （）直线与直线D平行 3 【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 （）先将椭圆方 c 计算离心率； （）由直线的特殊 a 位置，设出，点坐标，设出直线的方程，由于直线与x 3相交于点，所 以得到点坐标，

37、利用点、点的坐标，求直线的斜率； （）分直线的斜率 程化为标准方程，得到a，b，c的值，再利用e 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x 1 x 2 和 x 1x2 ，代入到kBM1中，只需计算出等于0即可证明kBM kDE，即两直线平行 x2 y21 试题解析： （）椭圆C的标准方程为 3 所以a 3，b1，c 2 c6 a3 所以椭圆C的离心率e （）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y 1 (1 y1)(x2) 令x 3，得M(3,2

38、 y1) 所以直线的斜率k BM 2 y 1 y 11 31 （）直线与直线D平行证明如下： 当直线的斜率不存在时，由（）可知kBM1 又因为直线D的斜率k DE 10 1，所以BM / /DE 21 当直线的斜率存在时，设其方程为y k(x1)(k 1) 设A(x 1, y1) ，B(x2, y2)，则直线的方程为y 1 y 1 1 (x2) x 1 2 令x 3，得点M(3, y 1 x 1 3) x 1 2 答案第 17 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 x 23y23 2222 由，得(13k )x 6k x3k 3 0 y k(x1) 6k23k

39、23 所以x 1 x 2 ，x 1x2 2213k13k 直线的斜率k BM y 1 x 1 3 y 2 x 1 2 3 x 2 因为k BM 1 k(x 1 1) x 1 3k(x 1 1)(x 1 2)(3 x 2 )(x 1 2) (3 x 2 )(x 1 2) (k 1)x 1x2 2(x 1 x 2 )3) (3 x 2 )(x 1 2) 3k2312k2 (k 1)3) 2213k13k (3 x 2 )(x 1 2) 0， 所以kBM1 kDE 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

40、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 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， x2y2c 即椭圆 2 2 1（a b 0）的离心率e ，过 1 x 1,y1， 2 x 2,y2 的直线斜率 aba k y 2 y 1 （x 1 x 2 ） ，若两条直线l 1 :yk 1xb1 ，l2: y k2xb2斜率都存在，则 x 2 x 1 l 1/l2 k 1 k 2 且b 1 b 2 y2x26 1 ；33 （）（） 498 【解析】 22 试题分析

41、：（） 由题通过F的坐标为(0,1)， 因为F也是椭圆C2的一个焦点， 可得a b 1， 答案第 18 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 根据C1与C2的公共弦长为2 6，C1与C2都关于y轴对称可得 96 1，然后得到对 4a2b2 应曲线方程即可；（）设A(x 1, y1),B(x2 , y 2 ),C(x 3 , y 3 ),D(x 4 , y 4 ),根据AC BD， 可得 (x 3 x 4 )2 4x 3 x 4 (x 1 x 2 )24x 1x2 ，设直线l的斜率为k，则l的方程为y kx1，联 立直线与抛物线方程、直线与椭圆方程、利用韦达定理

42、进行计算即可得到结果 2 试题解析： （） 由C 1 : x 4y知其焦点 F 的坐标为(0,1)， 因为 F 也是椭圆C 2 的一个焦点， 所以a2b21； 又C1与C2的公共弦长为2 6，C1与C2都关于y轴对称，且C1 2 的方程为C 1 : x 4y，由此易知C 1 与C2的公共点的坐标为( 6,)， 3 2 96 1 4a2b2 ， y2x2 1。 联立得a 9,b 8，故C2的方程为 98 22 （）如图，设A(x 1, y1),B(x2 , y 2 ),C(x 3 , y 3 ),D(x 4 , y 4 ), 因AC与BD同向，且AC BD， 所以AC BD，从而x3 x 1 x

43、 4 x 2 ，即x3 x4 x 1 x 2 ，于是 (x 3 x 4 )2 4x 3 x 4 (x 1 x 2 )24x 1x2 设直线l的斜率为k，则l的方程为y kx1， y kx1 2x 1 x 2 4k,x 1x2 4 由 2 得x 4kx 4 0， 由x 1,x2 是这个方程的两根， x 4y y kx1 22 由 x 2y2得(98k )x 16kx64 0，而x3,x4是这个方程的两根， 1 9 8 答案第 19 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 x 3 x 4 16k64 ，,x x 34 98k298k2 2 162k34641629(

44、k21) 2 将、代入，得16(k 1)。即16(k 1) 22222(98k )98k(98k ) 所以(98k ) 169，解得k 22 66 ，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 【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a，b，c 的方程 22 组，解出a ，b ，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，其常 规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，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 x2|OQ| y21； 2； 34 （）（） （）（）6 3.

45、 4|OP| 【解析】 a2b2331 22 （）由题意知 2 2 1,又，解得a 4,b 1， a2a4b x2 y21. 所以椭圆C的方程为 4 x2y2 1 （）由（）知椭圆E的方程为 164 （）设P(x0, y0), |OQ| ,由题意知Q(x 0 ,y 0 ) |OP| x 0 2(x 0 )2(y 0 )22x 0 2 2 y 0 1.又1，即( y 0 2) 1. 因为 416444 所以 2，即 |OQ | 2. |OP | （ ） 设 A(x 1, y1),B(x2 , y 2 ), 将y kx m代 入 椭 圆E的 方 程 ， 可 得 2( 1 k4x2)k8m x24m

46、 1 6 00,可得m2 416k2 ，由 4 16k24m28km4m216 . 因 为 直 线 ,x x.所 以| x 1 x 2 | 则 有x 1 x 2 1 22 2214k14k14k 的 面 积y kx m与y轴 交 点 的 坐 标 为(0,m)， 所 以 O A B 答案第 20 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 12|m| 16k24m22 (16k24m2)m2 S |m| x 1 x 2 | 214k214k2 m2m2 2 (4). 14k214k2 m2 t. 将直线设 214k ( 1 k24 x2 )k 8 m x 2 y k

47、x代入椭圆C的方程，可得 4 m0m21 4k2 ，由4 0,可得 由可知0 t 1,S 2 (4t)t 2 t24t.故S 2 3 当且仅当t 1，即m214k2时取得最大值2 3. 由（）知，ABQ的面积为3S，所以ABQ面积的最大值为6 3. 【考点定位】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；3距离与三 角形面积；4转化与化归思想 【名师点睛】本题考查了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， 解答本题的主要困难是 （） 中两小题， 首先是通过研究P,Q 的坐标关系，使（）得解，同时为解答（）提供简化基础，即认识到AB

48、Q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，有较强的区分度，有利于优生的选拔 x2 y21； （）证明见解析 35 （） 2 【解析】 试题分析： （）由题意知 c2 ,b 1，由a2 b2 c2，解得a 2，继而得椭圆的 a2 x2 y21

49、； 方程为 2 （ ） 设 Px 1 y 1 ，Qx2y2， 则 x 1x2 0 ， 由 题 设 知 ， 直 线PQ的 方 程 为 y k( x1 ) 1( k 2，代入 x2 y21 2 ，化简得 答案第 21 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 (1 2k2)x24k(k 1)x 2k(k 2) 0，则x 1 x 2 4k(k 1)2k(k 2) ，x x 12 12k212k2 y 1 1y 2 1 x 1 x 2 由已知 0， 从而直线AP与AQ的斜率之和k AP k AQ 化简得k AP k AQ 2k (2k) x 1 x 2，把式代入方程得k

50、AP k AQ 2 x 1x2 试题解析： （）由题意知 c2 ,b 1，综合a2 b2 c2，解得a 2，所以，椭圆 a2 x2 y21 的方程为 2 x2 y21，得 （）由题设知，直线PQ的方程为y k(x 1)1(k 2)，代入 2 (1 2k2)x24k(k 1)x 2k(k 2) 0， 由已知 0，设Px 1 y 1 ,Qx 2 y 2 ，x 1x2 0 则x 1 x 2 4k(k 1)2k(k 2) ，,x x 12 221 2k1 2k 从而直线AP与AQ的斜率之和 k AP k AQ y 1 1y 2 1kx 1 2kkx 2 2k x 1 x 2 x 1 x 1 1 1 x

51、 x 2k (2 k) 2k (2 k)12 x 1x2 x 1 x 2 2k 2k 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 x2y2 1（）存在常数 1，使得OAOB PAPB为定值3 36 （） 42 【解析】 （）由已知，点 C，D 的坐标分别为（0，b） ， （0，b） 又点 P 的坐标为（0，1） ，且PC PD1 答案第 22 页，总 25 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答