2021年全国高考数学试题分类汇编—椭圆

圆锥曲线

一、选择题

x2y21m1上一点P到其左焦点的距离为3，到右焦1．（天津理科5）设椭圆22mm1点的距离为1，则P点到右准线的距离为

A．6

B．2

C．

（ B ）

D．

1 227 7x2y222．（天津文科7）设椭圆221(m0，n0)的右焦点与抛物线y8x的焦点相同，

mn离心率为

1，则此椭圆的方程为 2

（ B ）

x2y21 A．

1216x2y21 B．

1612x2y21 C．

48x2y21 D．

483．（江西文、理科7）已知F1、F2是椭圆的两个焦点．满足MF1·MF2＝0的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是 A．(0，1)

B．(0，

（ C ）

D．[

1] 2C．(0，

2) 22，1) 2x2y21上的点．若F1、F2是椭圆的两个焦点，则4．（上海文科12）设P是椭圆

2516|PF1||PF2|等于

( D )

D．10.

A．4 B．5 C．8 5．（湖北文、理科10）如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点P处进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道I绕月飞行，之后卫星在P点第二次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行，最终卫星在P点第三次变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月飞行，若用2c1和2c2分别表示椭轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用2a1和2a2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴的长，给出下列式子：

①a1＋c1＝a2＋c2； ②a1－c1＝a2－c2； ③c1a2＞a1c1；

④

c1c2＜． a1a2其中正确式子的序号是 A．①③ B．②③

（ B ） C．①④

D．②④

6. （全国2文）设△ABC是等腰三角形，ABC120，则以A，B为焦点且过点C的双曲线的离心率为（ ）

A．

12 2B．

13 2C． 12 D．13

x2y21的离心率e的取值范围是（ ） 7. （全国2理9）设a1，则双曲线22a(a1)2) A．(2，B．(2，5)

C．(2，5)

D．(2，5)

x2y28. （福建文12理11）双曲线221(a0，b0)的两个焦点为F1，F2，若P为其

ab上一点，且|PF1|=2|PF2|，则双曲线离心率的取值范围为（ ） A．(1，3)

B．13，

C．(3，+)

2D．3，

9. （辽宁文6）设P为曲线C：yx2x3上的点，且曲线C在点P处切线倾斜角的取值范围为0，，则点P横坐标的取值范围为（ ）

41 A．1，2

B．1，0

2

C．01，

22

1 D．，1210. （辽宁文11）已知双曲线9ymx1(m0)的一个顶点到它的一条渐近线的距离为

1，则m（ ） 5

B．2

C．3

2A．1 D．4

11. （辽宁理10）已知点P是抛物线y2x上的一个动点，则点P到点（0，2）的距离与P到该抛物线准线的距离之和的最小值为（ ） A．

17 2

B．3

C．5

D．

9 2x2y212.（浙江理7）若双曲线221的两个焦点到一条准线的距离之比为3:2，则双曲线

ab的离心率是（ ） A．3

B．5

C．3

D．5 x2y213.（ 陕西理8）双曲线221（a0，b0）的左、右焦点分别是F1，F2，过F1ab作倾斜角为30的直线交双曲线右支于M点，若MF2垂直于x轴，则双曲线的离心率为（ ） A．6

B．3

C．2

D．

23 314. （海南理宁夏11）已知点P在抛物线y4x上，那么点P到点Q(2，1)的距离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P的坐标为（ ）

1 A．，141 B．，14

C．(1，2) D．(1，2)

x2y21的焦距为（ ） 15. （海南文宁夏2）双曲线

102A．32 B．42

C．33 D．43 x2y23a16. （湖南理8）若双曲线221（a＞0,b＞0）上横坐标为的点到右焦点的距离

ab2大于它到左准线的距离，则双曲线离心率的取值范围是( B ) A.(1,2)

B.(2,+)

C.(1,5)

D. (5,+)

x2y217. （湖南文10）若双曲线221（a0，b0）的右支上存在一点，它到右焦点

ab及左准线的距离相等，则双曲线离心率的取值范围是（ ） A．1，2

∞ B．2，

，21 C．1

，∞D．21

x216y221的左焦点在抛物线y22px的准线上，则p的值18. （重庆文8）若双曲线3p为（ ） A．2

B．3

C．4

D．42 x2y219. （重庆理8）已知双曲线221(a0，b0)的一条渐近线为ykx(k0)，离

ab心率e5k，则双曲线方程为（ ）

x2y2A．221

a4ax2y2C．221

4bbx2y2B．221

a5ax2y2D．221

5bbx2y291”是“双曲线的准线方程为x”的（ ）20.（北京文3）“双曲线的方程为 9165A．充分而不必要条件

C．充分必要条件

B．必要而不充分条件

D．既不充分也不必要条件

21. （北京理4）若点P到直线x1的距离比它到点(2，0)的距离小1，则点P的轨迹为（ ） A．圆

二、填空题

B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线

x2y222．（湖南理科12）已知椭圆221（a＞b＞0）的右焦点为F，右准线为l,离心率e

ab＝

51.过顶点A(0,b)作AMl，垂足为M，则直线FM的斜率等于 ．答案： 52x2y21的两个焦点，过F1的直线交椭23．（浙江理科12文科13）已知F1，F2为椭圆

259圆于A，B两点，若F2AF2B12，则AB ．答案：8

x2y21的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A,B24．（宁夏海南文科15）过椭圆54两点, O为坐标原点, 则△OAB的面积为 . 答案：

5 3x2y225．（江苏12）在平面直角坐标系中，椭圆221(ab0)的焦距为2，以O为圆

aba2心，a为半径的圆，过点c,0作圆的两切线互相垂直，则离心率

e= ．

【解析】如图，切线PA、PB互相垂直，又半径OA垂直于PA，所以

△OAP是等腰直角三角形，故

y A P B c2a2a，解得e．

a2c2O x 【答案】

2 226．（全国Ⅰ文科15）在△ABC中，∠A＝90°，tanB＝C，则该椭圆的离心率e＝ ．

答案：于是e3．若以A、B为焦点的椭圆经过点41．不妨设2c＝AB＝4，AC＝3，则CB＝5，由椭圆定义可得2a＝AC＋CB＝8，22c. 2a7．若以A，B为焦点的椭圆18，

27．（全国Ⅰ理科15）在△ABC中，ABBC，cosB经过点C，则该椭圆的离心率e ．

答

案

：

38.设

ABBC1cosB718则

AC2AB2BC22ABBCcosB25 95582c3AC，2a1,2c1,e．

3332a828．（上海理科10）某海域内有一孤岛，岛四周的海平面（视为平面）上有一浅水区（含边界），其边界是长轴长为2a，短轴长为2b的椭圆，已知岛上甲、乙导航灯的海拔高度分别为h1、h2，且两个导航灯在海平面上的投影恰好落在椭圆的两个焦点上，现有船只经过该海域（船只的大小忽略不计），在船上测得甲、乙导航灯的仰角分别为θ1、θ2，那么船只已进入该浅水区的判别条件是 ． 答案：h1cotθ1+ h2cotθ2≤2a．

29.（全国2文15）．已知F是抛物线C：y4x的焦点，A，B是C上的两个点，线段AB的中点为M(2，2)，则△ABF的面积等于 ．15．2

30. （全国I文14）已知抛物线yax1的焦点是坐标原点，则以抛物线与两坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积为 ．14．

2221 231. （全国理II14）已知抛物线yax1的焦点是坐标原点，则以抛物线与两坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积为 ．14．2

32. （全国2理15）已知F是抛物线C：y4x的焦点，过F且斜率为1的直线交C于

2A，B两点．设FAFB，则FA与FB的比值等于 ．15．322 33.（山东文）

x2y234. （安徽文14）已知双曲线=1的离心率为3，则n= ．14．4 n12nx2y23x，35.( 江西文14)已知双曲线221(a0，b0)的两条渐近线方程为y若3abx23y21 顶点到渐近线的距离为1，则双曲线的方程为 ．14．4436. (江西理15)过抛物线x2py(p0)的焦点F作倾斜角为30的直线，与抛物线分别

2AF1交于A，B两点（点A在y轴左侧），则 ．15．

3FBx2y21的右顶点为A，右焦点为F．过点F平行双曲线的37. (海南理宁夏14）设双曲线

916一条渐近线的直线与双曲线交于点B，则△AFB的面积为 ．14．

32 15x2y21的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两38. (海南文宁夏15）过椭圆54点，O为坐标原点，则△OAB的面积为 ．15．

25 339. (天津理13)已知圆C的圆心与抛物线y4x的焦点关于直线yx对称，直线

4x3y20与圆C相交于A，B两点，且AB6，则圆C的方程

为 ． 13．x(y1)10

40. (天津文15)．已知圆C的圆心与点P(2，1)关于直线yx1对称．直线

223x4y110与圆C相交于A，B两点，且AB6，则圆C的方程

为 ．15．x(y1)18

41. （上海文6）若直线axy10经过抛物线y4x的焦点，则实数

222a ．6．1

三、解答题 42.．（湖南文科19）已知椭圆的中心在原点，一个焦点是F(2,0)，且两条准线间的距离为λ(λ＞4).(Ⅰ)求椭圆的方程；

(Ⅱ)若存在过点A(1,0)的直线l,使点F关于直线l的对称点在椭圆上，求λ的取值范围.

x2y2解：（Ⅰ）设椭圆的方程为221(a＞b＞0)．

ab2a2由条件知c＝2，且＝λ，所以a2＝λ，b2＝a2－c2＝λ－4．

c故椭圆的方程是

x2y21(＞4). 4(Ⅱ)依题意，直线l的斜率存在且不为0，记为k，则直线l的方程是y＝k(x－1).设点F(2,0)关于

直线l的对称点为F′(x0,y0)，则

x02y02k(1),x,201k22解得 y2ky0k1..02x21k0222k2()()221k1k因为点F′(x0，y0)在椭圆上，所以1.即 4λ(λ－4)k4＋2λ(λ－6)k2＋(λ－4)2＝0.

设k2＝t,则λ(λ－4)t2＋2λ(λ－6)t－(λ－4)2＝0.

(4)2因为λ＞4，所以＞0．

(4)42(6)24(4)30,2(6)

0(4)解得46． 43.．（广东理科18文科20）设b＞0，椭圆方程为

x2y22x8(yb)．如图4所示，过点F（0，b＋2）作x轴的1，抛物线方程为222bb平行线，与抛物线在第一象限的交点为G．已知抛物线在点G的切线经过椭圆的右焦点F1．

（1）求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；

（2）设A、B分别是椭圆长轴的左、右端点，试探究在抛物线上是否存在点P，使得△

ABP为直角三角形？若存在，请指出共有几个这样的点？并说明理由（不必具体求出这些点的坐标）． 【解析】（1）由x8(yb)得y212xb， 81x，y'|x41， 4当yb2得x4，G点的坐标为(4,b2)，y'过点G的切线方程为y(b2)x4即yxb2，

令y0得x2b，F1点的坐标为(2b,0)，由椭圆方程得F1点的坐标为(b,0)，

x22bb即b1，即椭圆和抛物线的方程分别为y21和x28(y1)；

2（2）过A作x轴的垂线与抛物线只有一个交点P,以PAB为直角的RtABP只有一个，

同理 以PBA为直角的RtABP只有一个． 若以APB为直角，设P点坐标为(x,12x1)，A、B两点的坐标分别为(2,0)和8(2,0)，

11452PA•PBx22(x21)2xx10．

84关于x的二次方程有一大于零的解，x有两解，即以APB为直角的RtABP有两个，

因此抛物线上存在四个点使得ABP为直角三角形．

44．（北京文科19）已知△ABC的顶点A，B在椭圆x3y4上，C在直线l：yx2上，且AB∥l．

（Ⅰ）当AB边通过坐标原点O时，求AB的长及△ABC的面积； （Ⅱ）当ABC90，且斜边AC的长最大时，求AB所在直线的方程． 解：（Ⅰ）因为AB∥l，且AB边通过点（0，0），所以AB所在直线的方程为y=x.

设A，B两点坐标分别为（x1,y1）,(x2,y2).

222x23y24,由得x1,

yx所以AB2x1x222.

1ABh2. 2又因为AB边上的高h等于原点到直线l的距离， 所以h2.SABC（Ⅱ）设AB所在直线的方程为y=x+m.

x23y24,22由得4x6mx3m40. yxm因为A，B在椭圆上， 所以12m＞0.

设A，B两点坐标分别为（x1,y1），（x2,y2）.

23m3m24,x1x2, 则x1x224326m2. 所以AB2x1x22又因为BC的长等于点（0,m）到直线l的距离，即BC22222

2m2.

所以ACABBCm2m10(m1)11. 所以当m=-1时，AC边最长.（这时12＞0） 此时AB所在直线方程为yx1.

2245．（北京理科19）已知菱形ABCD的顶点A，C在椭圆x3y4上，对角线BD所在直线的斜率为1．

（Ⅰ）当直线BD过点(0，1)时，求直线AC的方程； （Ⅱ）当ABC60时，求菱形ABCD面积的最大值． 解：（Ⅰ）由题意得直线直线BD的方程为yx1．

因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.

于是可设直线AC的方程为yxn

x23y24,22由得4x6nx3n40. yxn因为A，C在椭圆上， 所以△＝-12n2+＞0，解得4343＜n＜. 33设A，C两点坐标分别为（x1,y1）,(x2,y2),

3n3n24,x1x2,y1x1n,y2x2n. 则x1x224所以y1y2n. 23nn,. 443nn,在直线y=x+1上， 44所以AC的中点坐标为由四边形ABCD为菱形可知，点所以

n3n1，解得n=-2． 44所以直线AC的方程为yx2，即x+y+2=0．

（Ⅱ）因为四边形ABCD为菱形，且ABC60,

所以ABBCCA.

所以菱形ABCD的面积S32AC. 2223n216. 由（Ⅰ）可得AC(x1x2)(y1y2)22所以S34343(3n216)(＜n＜). 433所以当n=0时，菱形ABCD的面积取得最大值43. x2y246．（宁夏海南理科20）在直角坐标系xOy中，椭圆C1:221(ab0)的左右焦

ab点分别

为F1，F2.F2也是抛物线C2:y4x的焦点，点M为C1与C2在第一象限的交点，且

2|MF2|5. 3(I)求C1的方程；

(II)平面上的点N满足MNMF1MF2，直线l//MN，且与C1交于A、B两点，若

OA•OB0，求直线l的方程．

解：(I)由题意得c＝1，所以a2＝b2＋1．…………①

由抛物线定义知xM282，所以yM， 33代入椭圆方程得

481．…………② 9a23b2由①②解得b2＝3（－8／9舍去），a2＝4．

x2y21． 所以椭圆C1的方程是43(II)MNMF1MF2(12262246,0)(1,0)(,) 3333336xm，

因为直线l//MN，所以kl6．设直线l:y22代入椭圆方程得27x86mx4m120．设A，B两点坐标分别为

（x1,y1）,(x2,y2)，

222则(86m)427(4m12)0，故m27．

8m212m,x1x2因为x1x2， 2727所以y1y2(6x1m)(6x2m)6x1x26m(x1x2)m2． 因为OA•OB0，所以x1x2y1y20． 故

7x1x26m(x1x2)m20即

4m2128676m(m)m20．

2727解得m12，满足m27．因此直线l的方程y226x23．

x2y247．（福建理科21）如图、椭圆221(ab0)的一个焦点是F（1，0），O为坐标

ab原点.

y A F O B

（Ⅰ）已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求椭圆的方程；

x l （Ⅱ）设过点F的直线l交椭圆于A、B两点.若直线l绕点F任意转动，值有

OAOBAB,求a的取值范围.

【解析】本小题主要考查直线与椭圆的位置关系、不等式的解法等基本知识，考查分类与整

合思想，考查运算能力和综合解题能力.

解法一：(Ⅰ)设M，N为短轴的两个三等分点，

因为△MNF为正三角形，所以OF2223MN, 2 即1＝32b,解得b＝3. 232x2y21. ab14,因此，椭圆方程为432 (Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2). (ⅰ)当直线 AB与x轴重合时，

OAOB2a2,AB4a2(a21),因此，恒有OAOBAB.

(ⅱ)当直线AB不与x轴重合时，

222222x2y2 设直线AB的方程为：xmy1,代入221,

ab 整理得(abm)y2bmybab0,

222222222b2mb2a2b2,y1y22 所以y1y22

ab2m2ab2m2 因为恒有OAOBAB，所以AOB恒为钝角. 即OA•OB(x1,y1)•(x2,y2)x1x2y1y20恒成立.

x1x2y1y2(my11)(my21)y1y2(m21)y1y2m(y1y2)1

222(m21)(b2a2b2)2b2m221a2b2m2ab2m2 2222222mabbaba0.a2b2m2又a2+b2m2>0,所以-m2a2b2+b2-a2b2+a2<0对mR恒成立， 即a2b2m2> a2 -a2b2+b2对mR恒成立.

当mR时，a2b2m2最小值为0，所以a2- a2b2+b2<0.

a20,b>0,所以a0, 解得a>151515或a<(舍去)，即a>, 22215，+）. 2综合（i）(ii)，a的取值范围为（

解法二：

（Ⅰ）同解法一， （Ⅱ）解：（i）当直线l垂直于x轴时，

1y2b2(a21)2x=1代入221,yA=1. 2aba2a1因为恒有|OA|2+|OB|2<|AB|2,2(1+yA2)<4 yA2, yA2>1，即>1,

a解得a>151515或a<(舍去)，即a>. 222（ii）当直线l不垂直于x轴时，设A（x1,y1）, B（x2,y2）.

x2y2设直线AB的方程为y=k(x-1)代入221,

ab得(b2+a2k2)x2-2a2k2x+ a2 k2- a2 b2=0,

2a2k2a2k2a2b2故x1+x2=2,x2x22.

ba2k2ba2k2因为恒有|OA|2+|OB|2<|AB|2,所以x21+y21+ x22+ y22<( x2-x1)2+(y2-y1)2,

得x1x2+ y1y2<0恒成立.

x1x2+ y1y2= x1x2+k2(x1-1) (x2-1)=(1+k2) x1x2-k2(x1+x2)+ k2 =(1+k2)

a2k2a2b22a2k2(a2a2b2b2)k2a2b222k2k. 22222222bakbakbak由题意得（a2- a2 b2+b2）k2- a2 b2<0对kR恒成立.

①当a2- a2 b2+b2>0时，不合题意； ②当a2- a2 b2+b2=0时，a=15; 2③当a2- a2 b2+b2<0时，a2- a2(a2-1)+ (a2-1)<0，a4- 3a2 +1>0, 解得a2>

35351515或a2>（舍去），a>，因此a. 2222综合（i）（ii），a的取值范围为（

15，+）. 248．（辽宁理科20）在直角坐标系xOy中,点P到两点(0,3),(0,3)的距离之和为4,设点P的轨迹为C,直线ykx1与C交于A,B两点. （Ⅰ）写出C的方程; （Ⅱ）若OAOB,求k的值;

（Ⅲ）若点A在第一象限,证明:当k0时,恒有OAOB.

（辽宁文科21）在平面直角坐标系xOy中，点P到两点（0，－3）、（0，3）的距离之和等于4．设点P的轨迹为C． (Ⅰ)写出C的方程；

(Ⅱ)设直线y=kx+1与C交于A、B两点，.k为何值时OAOB?此时|AB|的值是多少？ 【解析】本小题主要考查平面向量，椭圆的定义、标准方程及直线与椭圆位置关系等基础知

识，考查综合运用解析几何知识解决问题的能力． 解：（Ⅰ）设P（x，y）,由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以(0,3),(0,3)为焦长，长

半轴为2的椭圆.它的短半轴b222(3)21,

y21． ……3分 故曲线C的方程为x4 （Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2)，其坐标满足

2y2x1,  4ykx1. 消去y并整理得(k4)x2kx 3.0， 故x1x2222k3,xx. ……5分 1222k4k4 若OAOB,即x1x2y1y20.

33k22k22210, 面x1x2y1y22k4k4k4 化简得4k10,所以k. ……8分

212 （Ⅲ）OAOBx1y1;(x2y2)

2222 ＝(x1x2)4(1x21x2)

222222 ＝3(x1x2)(x1x2) ＝

6k(x1x2).

k243知x20,从而x1x20.又k0, 2k4 因为A在第一象限，故x1＞0.由x1x2 故OAOB0,

22 即在题设条件下，恒有OAOB. ……12分 文（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足

2y21，x 4ykx1.消去y并整理得(k4)x2kx30， 故x1x2222k3． ················································································· 6分 ，xx1222k4k4OAOB，即x1x2y1y20．

2而y1y2kx1x2k(x1x2)1，

33k22k24k2112于是x1x2y1y22． k4k24k24k41时，x1x2y1y20，故OAOB． ································································ 8分 21412当k时，x1x2，x1x2．

21717所以kAB(x2x1)2(y2y1)2(1k2)(x2x1)2，

22而(x2x1)(x2x1)4x1x2

4243431324， 2171717所以AB465． ················································································································· 12分 17

49．（重庆理科21）如图（21）图，M(2，0)和N(2，0)是平面上的两点，动点P满足：

PMPN6.

y P

y P M O N 答(21)图 M(－2,0) ON(2,0) x （21）图 x （Ⅰ）求点P的轨迹方程； （Ⅱ）若PM·PN＝2,求点P的坐标.

1cosMPN解：(Ⅰ)由椭圆的定义，点P的轨迹是以M、N为焦点，长轴长2a=6的椭圆. 因此半焦距c=2，长半轴a=3，从而短半轴

b=a2c25，

x2y21. 所以椭圆的方程为95 (Ⅱ)由PMPN2,得

1cosMPN PMPNcosMPNPMPN2. ①

因为cosMPN1,P不为椭圆长轴顶点，故P、M、N构成三角形.在△PMN

中，MN4,由余弦定理有

MN2PMPN2PMPNcosMPN. ②

22 将①代入②，得

4PMPN2(PMPN2).

222x2y21上. 故点P在以M、N为焦点，实轴长为23的双曲线3x2y21，所以 由(Ⅰ)知，点P的坐标又满足9533x,225x9y45,2 由方程组 解得

22x3y3.y5.2 即P点坐标为

(335335335335,)、（，-）、（-，）或（，-）. 2222222250．（全国Ⅱ理科21文科22）设椭圆中心在坐标原点，A(2,0)、B(0,1)是它的两个顶点，直

线

ykx(k0)与AB相交于点D，与椭圆相较于E、F两点.

(Ⅰ)若 ED6DF,求k的值； (Ⅱ)求四边形AEBF面积的最大值.

x2y21， （Ⅰ）解：依题设得椭圆的方程为4直线AB，EF的方程分别为x2y2，ykx(k0)． ······································ 2分 如图，设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1x2， 且x1，x2满足方程(14k)x4， 故x2x122y B O E F D A x 214k2．①

由ED6DF知x0x16(x2x0)，得x0由D在AB上知x02kx02，得x0所以

1510(6x2x1)x2；

277714k2． 12k210，

212k714k2化简得24k25k60，

23或k． ····································································································· 6分 38（Ⅱ）解法一：根据点到直线的距离公式和①式知，点E，F到AB的距离分别为

解得kh1x12kx1252(12k14k2)5(14k)2，

h2x22kx2252(12k14k2)5(14k)2．························································· 9分

又AB2215，所以四边形AEBF的面积为

1SAB(h1h2)214(12k)525(14k2)2(12k)14k214k24k214k2≤22，

当2k1，即当k1时，上式取等号．所以S的最大值为22． ················· 12分 2解法二：由题设，BO1，AO2．

设y1kx1，y2kx2，由①得x20，y2y10， 故四边形AEBF的面积为

SS△BEFS△AEF

x22y2 ················································································································ 9分

2222(x22y2)2x24y24x2y2≤2(x24y2)22，

当x22y2时，上式取等号．所以S的最大值为22． ···································· 12分

x2y251．（福建文科22）如图，椭圆C:221（a＞b＞0）的一个焦点为F(1,0)，且过点（2，

ab0）.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若AB为垂直于x轴的动弦，直线l：x4与x轴交 于点N，直线AF与BN交于点M． （ⅰ）求证：点M恒在椭圆C上； （ⅱ）求△AMN面积的最大值．

【解析】本小题主要考查直线与椭圆的位置关系、轨迹方程、不等式等基本知识，考查运算能力和综合解题能力，满分14分． 解法一：

（Ⅰ）由题设a=2,c=1,从而b2=a2-c2=3,

x2y21. 所以椭圆C前方程为43(Ⅱ)(i)由题意得F(1,0),N(4,0).

m2n2设A(m,n),则B(m,-n)(n≠0),=1. ……① 43AF与BN的方程分别为：n(x-1)-(m-1)y=0，n(x-4)-(m-4)y=0.

nx01m1y00,设M(x0,y0),则有nx04m4y00,(2)(3)

由②，③得x0=

5m83n. ,y02m52m522x0y0(5m8)23n2(5m8)23n2由于222434(2m5)(2m5)4(2m5)(2m5)2(5m8)12n(5m8)369m14(2m5)24(2m5)22222

所以点M恒在椭圆G上.

x2y2(ⅱ)设AM的方程为x=xy+1,代入＝1得（3t2+4）y2+6ty-9=0. 43设A(x1,y1),M（x2，y2），则有：y1+y2=

6x9,yy. 12223x43t443·3t23. |y1-y2|=(y1y2)4y1y223t42令3t2+4=λ(λ≥4),则 |y1-y2|＝

43·　－111211131 ＝43－（）＋＝43－（－）＋，24因为λ≥4，0<

111 ≤,所以当＝，即＝4，t0时，44339y1y2y1y2有最大值. 222|y1-y2|有最大值3，此时AM过点F. △AMN的面积S△AMN=FN·y1y2解法二：

（Ⅰ）问解法一： （Ⅱ）（ⅰ）由题意得F(1,0),N(4,0).

m2n21. ……① 设A(m,n),则B(m,-n)(n≠0), 43AF与BN的方程分别为：n(x-1)-(m-1)y=0, ……② n(x-4)-(m-4)y=0, ……③ 由②，③得：当≠时，m525x83y,n. ……④ 2x52x5x2y2由④代入①，得=1（y≠0）. 433n(m1)y052当x＝时，由②，③得：

23n(m4)y0,2n0,解得与a≠0矛盾.

y0,x2x21(y0),即点M恒在椭圆C上. 所以点M的轨迹方程为

43（Ⅱ）同解法一.

52．（山东文科22）已知曲线C1：xay1(ab0)所围成的封闭图形的面积为45，b曲线C1的内切圆半径为

25．记C2为以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭圆． 3（Ⅰ）求椭圆C2的标准方程；

（Ⅱ）设AB是过椭圆C2中心的任意弦，l是线段AB的垂直平分线．M是l上异于椭圆中

心的点．

（1）若MOOA（O为坐标原点），当点A在椭圆C2上运动时，求点M的轨迹方程；

（2）若M是l与椭圆C2的交点，求△AMB的面积的最小值．

2ab45x2y2a51．解：（Ⅰ）由题意得，椭圆C2的标准方程为 ab2554b2223ab（Ⅱ）（1）设M（x，y），A（x0，y0），

22222则由MOOA得xy(x0y0)．……………………………①

由于l⊥线段AB，M∈l且M异于椭圆中心，得x0xy0y0．……②

22x0y01．………………………③ 因为点A在椭圆C2上运动，所以54x2y21，即为所求点M的轨迹方程． 由①②③消去x0，y0得

4252（2）因为SAMB1ABOMOAOM 22222x0y0x2y2(x0y0)(x2y2) x2y2，

x2y212025422又点M坐标同时满足，所以xy(1)．

229xy14252于是S“＝”．

所以△AMB的面积的最小值为

AMB20(21)201401()≥，当且仅当即1时取

99940． 9x2y253．（四川理科21）设椭圆221 (ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率e2，ab2右准

线为l，M、N是l上的两个动点，F 1MF2N0．

a（Ⅰ）若|F1M||F2N|25，求、b的值；

（Ⅱ）证明：当|MN|取最小值时，FMF2N与F1F2共1线．

解析：数列和解几位列倒数第三和第二，意料之中．开始挤牙膏吧．

2（Ⅰ）由已知，F1(c,0)，F2(c,0)．由e2，c1，

22a2∴a2c．又a2b2c2，∴b2c2，a22b2． ∴l：xa2c2c，M(2c,y1)，N(2c,y2)．

cc2222延长NF2交MF1于P，记右准线l交x轴于Q． ∵FMF2N0，∴F1MF2N．F1MF2N 1由平几知识易证RtMQF1≌RtF2QN

∴QNFQ3c，QMF2Qc即y1c，y23c． 1∵F1MF2N25，

∴9c2c220，c22，b22，a24． ∴a2，b2． （Ⅰ）另解：∵FMF2N0，∴(3c,y1)(c,y2)0，y1y23c20． 1又F1MF2N25 y1y23c2联立2，消去y1、y2得：(209c2)(20c2)9c2， 29cy12022cy220整理得：9c4209c24000，(c22)(9c2200)0．解得c22． 但解此方程组要考倒不少人．

（Ⅱ）∵FMF2N(3c,y1)(c,y2)0，∴y1y23c20． 1MNy1y2y12y222y1y2　　　≥2y1y22y1y24y1y212c222．

当且仅当y1y23c或y2y13c时，取等号．此时MN取最小值23c． 此时FMF2N(3c,3c)(c,1∴FMF2N与F1F2共线． 13c)(4c,0)2F1F2．

（Ⅱ）另解：∵FMF2N0，∴(3c,y1)(c,y2)0，y1y23c2． 1设MF1，NF2的斜率分别为k，1．

k1yk(xc)由，由y(xc)cy3kc1yk2x2ckx2cMNy1y2c3k1． ≥23ck

当且仅当3k1即k21，k3时取等号．即当MN最小时，k3，

k333此时F1MF2N(3c,3kc)(c,c)　(3c,3c)(c,k∴FMF2N与F1F2共线． 13c)(4c,0)2F1F2.

点评：本题第一问又用到了平面几何．看来，与平面几何有联系的难题真是四川风格啊．注意平面几何可与三角向量解几沾边，应加强对含平面几何背景的试题的研究．本题好得好，出得活，出得妙！均值定理，放缩技巧，永恒的考点．

x2y254．（四川文科22）设椭圆221(ab0)的左、右焦点分别是F1和F2 ，离心率

ab2e，

2点F2到右准线l的距离为2. (Ⅰ)求a、b的值；

(Ⅱ)设M、N是右准线l上两动点，满足F1M•F2M0.

证明：当MN.取最小值时，F2F1F2MF2N0.

a2cc,所以由题设得 解：（1）因为e,F2到l的距离dcac2,a2  2ac2c 解得 c2222,a2.

2.

由bac2,得b(Ⅱ)由c2,a=2得F1(2,0),F2(2,0).l的方程为x22. 故可设M(22,y1),N(22,y2). 由F1M•F2M0知

2(22,y1)(222,y2)0,

得y1y2＝－6,所以y1y20,y26, y1|MN||y1y2||y166||y1|≥26. y2|y1|当且仅当y16时，上式取等号，此时y2＝－y1,

所以，F2F1F2MF2N(22,0)(2,y1)(2,y2)=（0，y1+y2）=0.

x2y255．（安徽理科22）设椭圆C:221(ab0)过点M(2,1)，且左焦点为

abF1(2,0)

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交与两不同点A,B时，在线段AB上取点Q，满足APQBAQPB，证明：点Q总在某定直线上． 解（Ⅰ）由题意：

c22x2y221221． 221 ，解得a4,b2，所求椭圆方程为 42ab222cab（Ⅱ）方法一

设点Q、A、B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2)． 由题设知AP,PB,AQ,QB均不为零，记APPBAQQB,则0且1．

又A，P，B，Q四点共线，从而APPB,AQQB． 于是 4x1x2yy2， 11

11 x从而

x1x2yy2， y1

112y122y2y，（1）

122x122x24x，

12（2）

又点A、B在椭圆C上，即

22 x12y14,22(3) x22y24,(4)

（1）+（2）×2并结合（3），（4）得4s2y4， 即点Q(x,y)总在定直线2xy20上． 方法二

设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设，PA,PB,AQ,QB均不为零， 且

PAAQPBQB．

又 P,A,Q,B四点共线，可设PAAQ,PBBQ(0,1),于是

4x1y （1） ,y1114x1y x2 （2） ,y211 x1由于A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程x2y4,整理得

22(x22y24)24(2xy2)140 （3） (x22y24)24(2xy2)140 (4)

(4)－(3) 得 8(2xy2)0，

∵0,∴2xy20，

即点Q(x,y)总在定直线2xy20上．

x2y256．（安徽文科22）已知椭圆C:221(a＞b＞0)，其相应于焦点F(2，0)的准线方程

ab为x=4．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）已知过点F1(－2,0)倾斜角为的直线交椭圆C于A，B两点.，求证：AB42； 22cos（Ⅲ）过点F1(-2,0)作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于点A、B和D、E，求ABDE的最小值．

c2c22222解：（Ⅰ）由已知得a2，又abc，所以b4． a224cx2y21． 故所求椭圆C的方程为84（Ⅱ）设直线AB方程为ytan(x2)，

x2y21得(12tan2)x28xtan28(tan21)0． 代入椭圆C的方程84设

点

A

、

B

的

坐

标

分

别

为

(x1,y1),(x2,y2)，则

8tan28tan28x1x2,x1x2．

12tan212tan2于是AB1tan(x1x2)4x1x2 22tan448(tan21)(12tan2) 1tan22(12tan)242(1tan2)42(cos2sin2)42，得证．

12tan2cos22sin22cos242(1tan2)42(tan21)（Ⅲ）由（Ⅱ）AB，因为ABDE，所以DE． 212tantan22

因此ABDE42(1tan)211 2212tantan2122(tan42tan21)422tan5tan2122 2tan2tan42tan2121221tan22≥12tan2122162 1324当且仅当tan1即tan1时取“＝”． tan2所以ABDE的最小值是162． 357. (全国I文22理21)（本小题满分12分）

（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

双曲线的中心为原点O，焦点在x轴上，两条渐近线分别为l1，l2，经过右焦点F垂直于l1AB、OB成等差数列，且BF与FA同向． 的直线分别交l1，l2于A，B两点．已知OA、（Ⅰ）求双曲线的离心率；

（Ⅱ）设AB被双曲线所截得的线段的长为4，求双曲线的方程．

22．解：（1）设OAmd，ABm，OBmd 由勾股定理可得：(md)m(md) 得：d2221bAB4m，tanAOF，tanAOBtan2AOF 4aOA32

b

a4，解得b1 由倍角公式2

3a2b

1a

则离心率e5． 2（2）过F直线方程为ya(xc) bx2y2与双曲线方程221联立

ab将a2b，c5b代入，化简有

15285xx210 4b2b2a2a2 41x1x21(xx)4x1x212bb325b228b2 4将数值代入，有45515解得b3

x2y21． 最后求得双曲线方程为：

36958. （山东理22）（本小题满分14分）

如图，设抛物线方程为x2py(p0)，M为直线y2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B． （Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；

（Ⅱ）已知当M点的坐标为(2，2p)时，AB410．求此时抛物线的方程； （Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线x2py(p0)上，其中，点C满足OCOAOB（O为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，请说明理由．

y B A O x 222p M 2x12x22p)． 22．（Ⅰ）证明：由题意设Ax1，，Bx2，，x1x2，M(x0，2p2px2x由x2py得y，得y，

2pp2所以kMAx1x，kMB2． ppx1(xx0)， p因此直线MA的方程为y2p直线MB的方程为y2px2(xx0)． px12x2p1(x1x0)，① 所以2pp2x2x2p2(x2x0)．② 2ppx1x2x1x2x0， 2xx2因此x01，即2x0x1x2．

2所以A，M，B三点的横坐标成等差数列．

由①、②得

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当x02时， 将其代入①、②并整理得：

x124x14p20，

2x24x24p20，

所以x1，x2是方程x4x4p0的两根，

2因此x1x24，x1x24p，

22又kAB2x2x122p2px1x2x0，

x2x12pp所以kAB2． p由弦长公式得AB1k2(x1x2)24x1x21又AB410， 所以p1或p2，

因此所求抛物线方程为x2y或x4y．

2241616p2． 2p（Ⅲ）解：设D(x3，y3)，由题意得C(x1x2，y1y2)， 则CD的中点坐标为Qx1x2x3y1y2y3，， 22设直线AB的方程为yy1x0(xx1)， p由点Q在直线AB上，并注意到点x1x2y1y2，也在直线AB上，

22代入得y3x0x3． p2若D(x3，y3)在抛物线上，则x32py32x0x3，

因此x30或x32x0．

22x0即D(0，0)或D2x0，．

p（1）当x00时，则x1x22x00，此时，点M(0，2p)适合题意．

2x12x2（2）当x00，对于D(0，0)，此时C2x0，，

2pkCD2x12x22x12x22p， 4px02x0又kABx0，ABCD， p22x0x12x2x12x21， p4px04p2所以kABkCD222即x1x24p，矛盾．

222x0x12x2对于D2x0，，因为C2x0，，此时直线CD平行于y轴，

p2p 又kABx00， p所以直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾， 所以x00时，不存在符合题意的M点． 综上所述，仅存在一点M(0，2p)适合题意． 59. （湖北文20）(本小题满分13分)

x2y20)，F2(2，0)，已知双曲线C：221(a0，b0)的两个焦点为F1(2，点P(3，7)在

ab双曲线C上．

（Ⅰ）求双曲线C的方程；

（Ⅱ）记O为坐标原点，过点Q(0，2)的直线l与双曲线C相交于不同的两点E，F，若

△OEF的面积为22，求直线l的方程．

20．本小题主要考查双曲线的定义、标准方程、直线和双曲线位置关系等平面解析几何的基础知识，考查待定系数法、不等式的解法以及综合运用数学知识进行推理运算的能力． （满分13分）

x2y21(0a24)． （Ⅰ）解法1：依题意，由ab4，得双曲线方程为22a4a22将点(3，7)代入上式，得

2971． a24a22解得a18（舍去）或a2，

x2y21． 故所求双曲线方程为

22解法2：依题意得，双曲线的半焦距c2．

2aPF1PF2(32)2(7)2(32)2(7)222， a22，b2c2a22． x2y21． 双曲线C的方程为22（Ⅱ）解法1：依题意，可设直线l的方程为ykx2，代入双曲线C的方程并整理， 得(1k)x4kx60． ①

直线l与双曲线C相交于不同的两点E，F，

2k1，1k0， 223k3．(4k)46(1k)0，22k(3，1)(11)，(1，3)． ②

设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则由①式得x1x22224k6xx，， 12221k1k2于是EF(x1x2)(y1y2)(1k)(x1x2)

1k2223k2(x1x2)4x1x21k． 21k22而原点O到直线l的距离d21k2，

S△OEF11dEF2221k2223k2223k21k． 221k1k2若S△OEF223k24222kk20，解得k2． 22，即21k2x2和y2x2

满足②．故满足条件的直线l有两条，其方程分别为y解法2：依题意，可设直线l的方程为ykx2，代入双曲线C的方程并整理， 得(1k)x4kx60． ①

直线l与双曲线C相交于不同的两点E，F，

221k20，k1， 223k3．(4k)46(1k)0，k(3，1)(11)，(1，3)．②

设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则由①式得

223k2x1x2(x1x2)4x1x2．③ 221k1k2

y Q y E Q x F x Ｆ1 E O Ｆ2 F 图1 Ｆ1 O Ｆ2 图2 当E，F在同一支上时（如图1所示），

S△OEFS△OQFS△OQE11OQx1x2OQx1x2； 22当E，F在不同支上时（如图2所示），

S△OEFS△OQFS△OQE综上得S△OEF得S△OEF11OQ(x1x2)OQx1x2． 221OQx1x2，于是由OQ2及③式， 2223k2． 21k若S△OEF223k24222kk20， 22，即21k解得k2，满足②．

故满足条件的直线l有两条，其方程分别为y60.(湖北理19)（本小题满分13分）

如图，在以点O为圆心，AB4为直径的半圆ADB中，OD⊥AB，P是半圆弧上一点， ∠POB=30°，曲线C是满足MAMB为定值的动点M的轨迹，且曲线C过点P． （Ⅰ）建立适当的平面直角坐标系，求曲线C的方程； （Ⅱ）设过点D的直线l与曲线C相交于不同的两点E、F． 若△OEF的面积不小于．．．22，求直线l斜率的取值范围．

A D P O B 2x2和y2x2．

19．本小题主要考查直线、圆和双曲线等平面解析几何的基础知识，考查轨迹方程的求法、不等式的解法以及综合解题能力．（满分13分）

（Ⅰ）解法1：以O为原点，AB、OD所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，

，，依题意得 则A(2，0)，B(2，0)，D(0，2)，P(31)MAMBPAPB

2(23)212（23）12＝22＜｜AB｜＝4．

∴曲线C是以原点为中心，A、B为焦点的双曲线． 设实半轴长为a，虚半轴长为b，半焦距为c，

222则c＝2，2a＝22，∴a2=2，bca2．

x2y21． ∴曲线C的方程为22解法2：同解法1建立平面直角坐标系，则依题意可得

MAMBPAPBAB4．

∴曲线C是以原点为中心，A、B为焦点的双曲线．

x2y2设双曲线的方程为221(a＞0，b＞0）．

ab(3)21221，则由a2解得a2=b2=2， ba2b24．x2y21． ∴曲线C的方程为

22

y D P A E F 图1 图2 O B x A O E y D F P B x （Ⅱ）解法1：依题意，可设直线l的方程为y＝kx+2，代入双曲线C的方程并整理得

(1k2)x24kx60．

∵直线l与双曲线C相交于不同的两点E、F，

21k0，k1， 223k3．(4k)46(1k)0，k(3，1)(11)，(1，3)．

设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则由①式得x1+x2=

2224k6，，于是 xx121k21k22｜EF｜＝(x1x2)(y1y2)(1k)(x1x2)

1k2223k2(x1x2)4x1x21k 21k22而原点O到直线l的距离d21k2，

S△OEF11dEF2221k2223k2223k21k． 221k1k2若△OEF面积不小于22，即S△OEF≥22，则有

223k242≥22kk2≤0　，解得2≤k≤2． ③ 21k1综合②，③知，直线l的斜率的取值范围为2，(11)，1，2．

解法2：依题意，可设直线l的方程为y＝kx+2，代入双曲线C的方程并整理， 得(1k)x4kx60． ①

∵直线l与双曲线C相交于不同的两点E、F，

2221k0，∴  22(4k)46(1k)0，k1， 3k3．1)∴k(3，(11)，(1，3)．②

设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则由①式得

223k2x1x2(x1x2)4x1x2 ③ 221k1k2当E、F在同一支上时（如图1所示），

S△OEFSODFSODE11ODx1x2ODx1x2； 2211OD(x1x2)ODx1x2． 22当E、F在不同支上时（如图2所示）．

S△OEFS△ODFS△ODE综上得S△OEF1ODx1x2，于是 2223k2．

1k2由｜OD｜＝2及③式，得S△OEF若△OEF面积不小于22，即S△OEF≥22，则有

223k242≥22kk2≤0，解得2≤k≤2． ④ 21k1综合②、④知，直线l的斜率的取值范围为2，61.(江西文22)（本小题满分14分）

(11)，1，2．

22已知抛物线yx和三个点M(x0，y0)，P(0，y0)，N(x0，y0)(y0x0，y00)，过点

M的一条直线交抛物线于A，B两点，AP，BP的延长线分别交抛物线于点E，F． （1）证明E，F，N三点共线；

（2）如果A，B，M，N四点共线，问：是否存在y0，使以线段AB为直径的圆与抛物线有异于A，B的交点？如果存在，求出y0的取值范围，并求出该交点到直线AB的距离；若不存在，请说明理由．

y A F N M B P E O 22．（1）证明：设A(x1，x1)，B(x2，x2)，E(xE，yE)，F(xF，yF)，

22x

2x12x2则直线AB的方程y(xx1)x12，

x1x2即y(x1x2)xx1x2． 因为M(x0，y0)在AB上，

所以y0(x1x2)x0x1x2 ①

x12y0又直线AP方程：yxy0

x1x12y0xy0x12y0y2x1由得xxy00

x1x2y2x12y0y0y0所以x1x2xE，yE2

x1x1x12y0y0同理，xF，yF2

x2x22x1x2y0所以直线EF的方程：y y0xx1x2x1x2令xx0得yy0[(x1x2)x0y0] x1x2将①代入上式得yy0，即N点在直线EF上， 所以E，F，N三点共线．

（2）解：由已知A，B，M，N共线，有A(y0，y0)，B(y0，y0)，

22以AB为直径的圆方程：x(yy0)y0

22x(yy0)y022由得y(2y01)yy0y00

2xy所以yy0，yy01．

要使圆与抛物线有异于A，B的交点，则y01≥0，

所以存在y0≥1，使以AB为直径的圆与抛物线有相异于A，B的交点T(xT，yT)．

则yTy01，所以交点T到AB的距离为y0yTy0(y01)1．

62.(江西理21)（本小题满分12分）

设点P(x0，y0)在直线xm(ym，0m1)上，过点P作双曲线xy1的两条切线PA，PB，切点为A，B，定点M221，0． m（1） 过点A作直线xy0的垂线，垂足为N，试求△AMN的垂心G所在的曲线方 程；

（2） 求证：A，M，B三点共线．

y x=m N A x

O P M B 21．解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

2222由已知得到y1y20，且x1y11，x2y21．

（1）垂线AN的方程为：yy1xx1，

yy1xx1xy1x2y2，由得垂足N1， 22xy0设重心G(x，y)，

39x3y11x1y1mxxx113m24所以，解得

1xy1yy0119y3x1m32y1422由x1y11可得：3x3y113x3y2 mm122即x为重心G所在曲线方程． y3m9（2）设切线PA的方程为：yy1k(xx1)

2由yy1k(xx1)22xy1222得(1k)x2k(y1kx1)x(y1kx1)10

22222从而4k(y1kx1)4(1k)(y1kx1)4(1k)0．

解得k

x1

． y1

因此PA的方程为：y1yx1x1 同理PB的方程为：y2yx2x1

又P(m，y1)在PA，PB上，所以y1y0mx11，y2y0mx21 即点A(x1，y1)，B(x2，y2)都在直线y0ymx1上． 又M

63.(浙江理20文22）（本题15分） 已知曲线C是到点P，和到直线y等的点的轨迹．

（不在l上）的动点；A，B在l上，MAl，MBx0)的直线，M是C上l是过点Q(1，轴（如图）．

（Ⅰ）求曲线C的方程； （Ⅱ）求出直线l的方程，使得

y 21，0也在直线y0ymx1上，所以A，M，B三点共线． m13285距离相8M B A l x O QA（第20题） 20．本题主要考查求曲线的轨迹方程、两条直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分15分．

为常数．

（Ⅰ）解：设N(x，y)为C上的点，则

QBQ 13|NP|xy，

2855N到直线y的距离为y．

8822135由题设得xyy．

28822化简，得曲线C的方程为y（Ⅱ）解法一：

12(xx)． 2y Q O M B A x2x设Mx，，直线l:ykxk，则

2B(x，kxk)，从而|QB|1k|x1|．

在Rt△QMA中，因为

2l x x2|QM|(x1)1，

422x(x1)k2|MA|2． 21k22(x1)2(kx2)2 . 所以|QA||QM||MA|24(1k)222|QA||x1||kx2|21k2，

|QB|22(1k2)1k2x1．

2|QA||k|xk|QB|255， 当k2时，

|QA|从而所求直线l方程为2xy20．

x2x解法二：设Mx，，直线l:ykxk，则B(x，kxk)，从而

2|QB|1k2|x1|．

，0)垂直于l的直线l1:y过Q(1因为|QA||MH|，所以|QA|1(x1)． k，

l1 H Q O y M B A l x |x1||kx2|21k2|QB|22(1k2)1k2x1．

2|QA||k|xk|QB|255， 当k2时，

|QA|从而所求直线l方程为2xy20．

.（陕西理20文21）（本小题满分1http://www.naz.cn 哪知问答网 知识问答题库 问答平台 百科问答 常识问答网站

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已知抛物线C：y2x，直线ykx2交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N．

（Ⅰ）证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；

（Ⅱ）是否存在实数k使NANB0，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．

22x12)，B(x2，2x22)，把ykx2代入y2x2得20．解法一：（Ⅰ）如图，设A(x1，2x2kx20，

由韦达定理得x1x2k，x1x21， 2y M 2 B 1 N O 1 A kk2x1x2kxNxM，N点的坐标为，．

2448k2kmx， 设抛物线在点N处的切线l的方程为y84x mkk20， 将y2x代入上式得2xmx4822直线l与抛物线C相切，

mkk2m8m22mkk2(mk)20，mk．

842即l∥AB．

（Ⅱ）假设存在实数k，使NANB0，则NANB，又

M是AB的中点，

|MN|1|AB|． 2111由（Ⅰ）知yM(y1y2)(kx12kx22)[k(x1x2)4]

222k21k242． 224k2k2k216． MNx轴，|MN||yMyN|2488又|AB|1k|x1x2|1k222(x1x2)24x1x2

k216．

1k212k4(1)k122k21612k184k216，解得k2．

即存在k2，使NANB0．

2x1)，B(x2，2x2)，把ykx2代入y2x得 解法二：（Ⅰ）如图，设A(x1，222k2x2kx20．由韦达定理得x1x2，x1x21．

2kk2x1x2kxNxM，N点的坐标为，．

2448抛物线在点N处的切线l的斜率为4y2x2，y4x，

kk，l∥AB． 4（Ⅱ）假设存在实数k，使NANB0．

kk2kk2222x1，NBx2，2x2，则 由（Ⅰ）知NAx1，4848kk2k22k2NANBx1x22x12x2

4488kk2k22k2x1x24x1x2

441616kkx1x244kk14xx12 44k214x1x2k(x1x2)4 kk2x1x2x1x2416kkk214216kk214(1)k24 k2313k2

1640，

k2310，3k20，解得k2．

1即存在k2，使NANB0．

65.（天津理21文22）（本小题满分14分）

0)，一条渐近线的方程是5x2y0． 已知中心在原点的双曲线C的一个焦点是F1(3，（Ⅰ）求双曲线C的方程；

（Ⅱ）若以k(k0)为斜率的直线l与双曲线C相交于两个不同的点M，N，且线段MN的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为

81，求k的取值范围． 221.．本小题主要考查双曲线的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、线段的定比分点等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法，考查推理、运算能力．满分14分．

x2y2（Ⅰ）解：设双曲线C的方程为221(a0，b0)，由题设得

aba2b29，2a4， 解得2 b5.b5.2ax2y21． 所以双曲线C的方程为

45（Ⅱ）解：设直线l的方程为ykxm(k0)，点M(x1，y1)，N(x2，y2)的坐标满足方

程组

①ykxm，2 xy21. ②45x2(kxm)21，整理得 将①式代入②式，得45(54k2)x28kmx4m2200．

此方程有两个不等实根，于是54k0，且

2(8km)24(54k2)(4m220)0．整理得

m254k20． ③

由根与系数的关系可知线段MN的中点坐标(x0，y0)满足

x1x24km5m，． ykxm0022254k54k从而线段MN的垂直平分线的方程为 x0y5m14kmx． 2254kk54k9m9km，00，，．由题设可得 2254k54k此直线与x轴，y轴的交点坐标分别为19km9m81． 22254k54k2整理得

(54k2)2，k0． mk2(54k2)2将上式代入③式得54k20，

k整理得

(4k25)(4k2k5)0，k0．

解得0k55或k． 24所以k的取值范围是∞，54502，550，，∞． 2466.（湖南理20）（本小题满分13分）

若A，B是抛物线y4x上的不同两点，弦AB（不平行于y轴）的垂直平分线与x轴相交于点P，则称弦AB是点P的一条“相关弦”．已知当x2时，点P(x，0)存在无穷多条“相关弦”．给定x02．

20)的所有“相关弦”的中点的横坐标相同； （Ⅰ）证明：点P(x0，0)的“相关弦”的弦长中是否存在最大值？若存在，求其最大值（用（Ⅱ）试问：点P(x0，x0表示）；若不存在，请说明理由．

0)的任意一条“相关弦”20．解：（I）设AB为点P(x0，，且点A，B的坐标分别是（x1，y1），

22（x2，y2）（x1x2），则y14x1，，y24x2，

两式相减得（y1+y2）（y1-y2）=4（x1-x2）．因为x1x2，所以y1+y20． 设直线AB的斜率是k，弦AB的中点是M（xm， ym），则

ky1y242．

x1x2y1y2ym从而AB的垂直平分线l的方程为 yymym(xxm)． 20)在直线l上，所以ym又点P(x0，而ym0，于是xmx02．

ym(x0xm)． 20)的所有“相关弦”的中点的横坐标都是x02． 故点P(x0，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，弦AB所在直线的方程是yymk(xxm)，代入y4x中，

222整理得kx2[k(ymkxm)2]x(ymkxm)0． （*）

2(ymkxm)2则x1，x2是方程（*）的两个实根，且x1x2． 2k设点P的“相关弦”AB的弦长为l，则

l2(x1x2)2(y1y2)2(1k2)(x1x2)2

222(1k2)(xx)4xx4(1k)(xx1x2)1212m22xmymy42m 412xm4ym2ym2242(4ym)(4xmym)ym4ym(xm1)16xm22

2224(xm1)ym2(xm1)4(x01)ym2(x03)． 224x08)． 因为0ym4xm4(x02)4x08，于是设tym，则t(0，2记lg(t)t2(x03)4(x01)．

2222(x03)时， 4x08)，所以当t2(x03)，即ym若x03，则2(x03)(0，2l有最大值2(x01)．

4x08)上是减函数，所以 若2x0≤3，则2(x03)≤0，g(t)在区间(0，0l216(x02)，l不存在最大值．

0)的综上所述，当x03时，点P(x0，“相关弦”的弦长中存在最大值，且最大值为2(x01)；0)的“相关弦”的弦长中不存在最大值． 当2x0≤3时，点P(x0，67.（上海文20）（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分3分，第2小题满分

6分，第3小题满分7分．

x22已知双曲线C：y1．

2（1）求双曲线C的渐近线方程；

（2）已知点M的坐标为(0，1)．设p是双曲线C上的点，Q是点P关于原点的对称点． 记MPMQ．求的取值范围；

（3）已知点D，E，M的坐标分别为(2，1)，，(21)，，(01)，P为双曲线C上在第一象限内的点．记l为经过原点与点P的直线，s为△DEM截直线l所得线段的长．试将s表示为直线l的斜率k的函数． 20．解：（1）所求渐近线方程为y22x0，yx0． ······································· 3分 22y0)． ·（2）设P的坐标为(x0，y0)，则Q的坐标为(x0，··············································· 4分

MPMQ(x0，y01)(x0，y01)

3222··································································································· 7分 x0y01x02． ·

2x0≥2，

································································································· 9分 的取值范围是，1． ·（3）若P为双曲线C上第一象限内的点， 则直线l的斜率k0，2． ································································································ 11分 2由计算可得，当k0，时，s(k)1221k2； 21k当k，122k12时，． ······································································ 15分 s(k)1k222kk1221k，　　　0k≤，221ks表示为直线l的斜率k的函数是s(k) ·········· 16分

2k11k2，　　1k2．22kk268.（重庆文21）．（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分．）

如题（21）图，M(2，0)和N(2，0)是平面上的两点，动点P满足：PMPN2． （Ⅰ）求点P的轨迹方程； （Ⅱ）设d为点P到直线l：xPM12的距离，若PM2PN，求的值．

d21y

l：x 2

P

x

M(2，0)O N(2，0)

题21图

21．（本小题12分） 解：（Ⅰ）由双曲线的定义，点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长2a2的双曲线．

因此半焦距c2，实半轴a1，从而虚半轴b3，

y21． 所以双曲线的方程为x32（Ⅱ）解法一：

由（Ⅰ）及答（21）图，易知PN≥1，因PM2PN2，①

知PMPN，故P为双曲线右支上的点，所以PMPN2．② 将②代入①，得2PNPN20，

y 解得PN2117117，舍去， 44M O l d P N x 117所以PN．

4c因为双曲线的离心率e2，

a1直线l：x是双曲线的右准线，

2故

答（21）图 PNe2， d2PM2PM4PN14PN117． 所以dPN，因此dPNPN2解法二： 设P(x，y)． 因PN≥1知PM2PN≥2PNPN2，

故P在双曲线右支上，所以x≥1． 由双曲线方程有y3x3．

因此PM(x2)y(x2)3x3(2x1)2x1，

2222222PN(x2)2y2(x2)23x234x24x1．

从而由PM2PN得2x12(4x4x1)， 即8x10x10． 所以x222517517（舍去x）． 88有PM2x19171117，dx． 428故

PM9178117． d4117

69.（上海理20）（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分3分，第2小题满分5分，第3小题满分8分．

设P(a1，b)(b0)是平面直角坐标系xOy中的点，l是经过原点与点(1，b)的直线，记Q是直线l与抛物线x2py(p0)的异于原点的交点． （1）已知a=1，b=2，p=2．求点Q的坐标；

2x21y21上，p（2）已知点P(a，b)，（ab≠0）在椭圆． 42ab求证：点Q落在双曲线4x4y=1上； （3）已知动点P(a，b)满足ab≠0，p221，若点Q始终落在一条关于x轴对称的抛物2ab线上，试问动点P的轨迹落在哪种二次曲线上，并说明理由．