新编高考数学文真题、模拟新题分类汇编：解析几何【含解析】

H H 单元单元解析几何解析几何H1H1直线的倾斜角与斜率、直线的方程直线的倾斜角与斜率、直线的方程14 、20 xx湖北卷 设f(x)是定义在(0，)上的函数，且f(x)0，对任意a0，b0，若经过点(a，f(a)，(b，f(b)的直线与x轴的交点为(c，0)，则称c为a，b关于函数f(x)的平均数，记为Mf(a，b)，例如，当f(x)1(x0)时，可得Mf(a，b)cab2，即Mf(a，b)为a，b的算术平均数(1)当f(x)_(x0)时，Mf(a，b)为a，b的几何平均数；(2)当f(x)_(x0)时，Mf(a，b)为a，b的调和平均数2abab.(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)14(1)x(2)x(或填(1)k1x；(2)k2x，其中k1，k2为正常数)解析 设A(a，f(a)，B(b，f(b)，C(c，0)，则此三点共线：(1)依题意，cab，则0f（a）ca0f（b）cb，即0f（a）aba0f（b）abb.因为a0，b0，所以化简得f（a）af（b）b，故可以选择f(x)x(x0)；(2)依题意，c2abab，则0f（a）2ababa0f（b）2ababb，因为a0，b0，所以化简得f（a）af（b）b，故可以选择f(x)x(x0)2020 xx江西卷 如图 17 所示，已知双曲线C：x2a2y21(a0)的右焦点为F，点A，B分别在C的两条渐近线上，AFx轴，ABOB，BFOA(O为坐标原点)图 17(1)求双曲线C的方程；(2)过C上一点P(x0，y0)(y00)的直线l：x0 xa2y0y1 与直线AF相交于点M，与直线x32相交于点N.证明：当点P在C上移动时，|MF|NF|恒为定值，并求此定值20解：(1)设F(c，0)，因为b1，所以ca21.由题意，直线OB的方程为y1ax，直线BF的方程为y1a(xc)，所以Bc2，c2a.又直线OA的方程为y1ax，则Ac，ca，所以kABcac2acc23a.又因为ABOB，所以3a1a1，解得a23，故双曲线C的方程为x23y21.(2)由(1)知a 3，则直线l的方程为x0 x3y0y1(y00)，即yx0 x33y0(y00)因为直线AF的方程为x2，所以直线l与AF的交点为M2，2x033y0，直线l与直线x32的交点为N32，32x033y0，则|MF|2|NF|2（2x03）2（3y0）21432x032（3y0）2（2x03）29y20494（x02）243（2x03）23y203（x02）2.又P(x0，y0)是C上一点，则x203y201，代入上式得|MF|2|NF|243（2x03）2x2033（x02）243（2x03）24x2012x0943，所以|MF|NF|232 33，为定值20 ， ，20 xx四川卷 已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的焦距为 4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形(1)求椭圆C的标准方程(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x3 上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；当|TF|PQ|最小时，求点T的坐标20解：(1)由已知可得a2b22b，2c2a2b24，解得a26，b22，所以椭圆C的标准方程是x26y221.(2)证明：由(1)可得，F的坐标是(2，0)，设T点的坐标为(3，m)，则直线TF的斜率kTFm03（2）m.当m0 时，直线PQ的斜率kPQ1m.直线PQ的方程是xmy2.当m0 时，直线PQ的方程是x2，也符合xmy2 的形式设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得xmy2，x26y221.消去x，得(m23)y24my20，其判别式16m28(m23)0.所以y1y24mm23，y1y22m23，x1x2m(y1y2)412m23.设M为PQ的中点，则M点的坐标为6m23，2mm23 .所以直线OM的斜率kOMm3，又直线OT的斜率kOTm3，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.由可得，|TF|m21，|PQ| （x1x2）2（y1y2）2 （m21）（y1y2）24y1y2（m21）4mm23242m2324（m21）m23.所以|TF|PQ|124（m23）2m21124m214m214124（44）33.当且仅当m214m21，即m1 时，等号成立，此时|TF|PQ|取得最小值故当|TF|PQ|最小时，T点的坐标是(3，1)或(3，1)H2H2两直线的位置关系与点到直线的距离两直线的位置关系与点到直线的距离21 、 、20 xx全国卷 已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，直线y4 与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|54|PQ|.(1)求C的方程；(2)过F的直线l与C相交于A，B两点， 若AB的垂直平分线l与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程21解：(1)设Q(x0，4)，代入y22px，得x08p，所以|PQ|8p，|QF|p2x0p28p.由题设得p28p548p，解得p2(舍去)或p2，所以C的方程为y24x.(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为xmy1(m0)代入y24x，得y24my40.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24m，y1y24.故线段的AB的中点为D(2m21，2m)，|AB|m21|y1y2|4(m21)又直线l的斜率为m，所以l的方程为x1my2m23.将上式代入y24x，并整理得y24my4(2m23)0.设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则y3y44m，y3y44(2m23)故线段MN的中点为E2m22m23，2m，|MN|11m2|y3y4|4（m21） 2m21m2.由于线段MN垂直平分线段AB， 故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|BE|12|MN|，从而14|AB|2|DE|214|MN|2，即4(m21)22m2m22m2224（m21）2（2m21）m4，化简得m210，解得m1 或m1，故所求直线l的方程为xy10 或xy10.H3H3圆的方程圆的方程9 、20 xx福建卷 设P，Q分别为圆x2(y6)22 和椭圆x210y21 上的点，则P，Q两点间的最大距离是()A5 2B. 46 2C7 2D6 29D解析 设圆心为点C，则圆x2(y6)22 的圆心为C(0，6)，半径r 2.设点Q(x0，y0)是椭圆上任意一点，则x2010y201，即x201010y20，|CQ| 1010y20（y06）2 9y2012y0469y023250，当y023时，|CQ|有最大值 52，则P，Q两点间的最大距离为 52r62.H4H4直线与圆、圆与圆的位置关系直线与圆、圆与圆的位置关系10 、20 xx安徽卷 在平面直角坐标系xOy中，已知向量a a，b b，|a a|b b|1，a ab b0，点Q满足OQ 2(a ab b)曲线CP|OPa acosb bsin，02，区域P|0r|PQ|R，rR若C为两段分离的曲线，则()A1rR3B1r3RCr1R3D1r3R10A解析由已知可设OAa a(1，0)，OBb b(0，1)，P(x，y)，则OQ( 2， 2)，|OQ|2.曲线CP|OP(cos，sin)，02，即C：x2y21.区域P|0r|PQ|R，rR表示圆P1：(x 2)2(y 2)2r2与P2：(x 2)2(y 2)2R2所形成的圆环，如图所示要使C为两段分离的曲线，则有 1rR3.19 、 、20 xx北京卷 已知椭圆C：x22y24.(1)求椭圆C的离心率；(2)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y2 上，且OAOB，试判断直线AB与圆x2y22 的位置关系，并证明你的结论19解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为x24y221.所以a24，b22，从而c2a2b22.因此a2，c 2.故椭圆C的离心率eca22.(2)直线AB与圆x2y22 相切证明如下：设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t，2)，其中x00.因为OAOB，所以OAOB0，即tx02y00，解得t2y0 x0.当x0t时，y0t22，代入椭圆C的方程，得t 2，故直线AB的方程为x 2.圆心O到直线AB的距离d 2，此时直线AB与圆x2y22 相切当x0t时，直线AB的方程为y2y02x0t(xt)，即(y02)x(x0t)y2x0ty00.圆心O到直线AB的距离d|2x0ty0|（y02）2（x0t）2.又x202y204，t2y0 x0，故d|2x02y20 x0|x20y204y20 x204|4x20 x0|x408x20162x20 2.此时直线AB与圆x2y22 相切6 、 20 xx福建卷 直线l：ykx1 与圆O：x2y21 相交于A，B两点， 则“k1”是“OAB的面积为12”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既不充分又不必要条件6 A解析 由直线l与圆O相交， 得圆心O到直线l的距离d1k21g(x)，根据圆心(0，0)到直线y3xb的距离是圆的半径求得|b|912， 解得b210或b2 10(舍去)， 要使h(x)g(x)恒成立， 则b2 10，即实数b的取值范围是(2 10，)1220 xx陕西卷 若圆C的半径为 1，其圆心与点(1，0)关于直线yx对称，则圆C的标准方程为_12x2(y1)21解析 由圆C的圆心与点(1，0)关于直线yx对称，得圆C的圆心为(0，1)又因为圆C的半径为 1，所以圆C的标准方程为x2(y1)21.14 ，20 xx四川卷 设mR R，过定点A的动直线xmy0 和过定点B的动直线mxym30 交于点P(x，y)，则|PA|PB|的最大值是_145解析 由题意可知，定点A(0，0)，B(1，3)，且两条直线互相垂直，则其交点P(x，y)落在以AB为直径的圆周上，所以|PA|2|PB|2|AB|210.|PA|PB|PA|2|PB|225，当且仅当|PA|PB|时等号成立1320 xx重庆卷 已知直线axy20 与圆心为C的圆(x1)2(ya)24 相交于A，B两点，且ABC为等边三角形，则实数a_134 15解析 由题意可知圆的圆心为C(1，a)，半径r2，则圆心C到直线axy20 的距离d|aa2|a21|2a2|a21.ABC为等边三角形，|AB|r2.又|AB|2r2d2，222|2a2|a2122，即a28a10，解得a4 15.21 ，20 xx重庆卷 如图 14 所示，设椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1F1F2，|F1F2|DF1|2 2，DF1F2的面积为22.(1)求椭圆的标准方程；(2)设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径图 1421解：(1)设F1(c，0)，F2(c，0)，其中c2a2b2.由|F1F1|DF1|22得|DF1|F1F2|2 222c.从而SDF1F212|DF1|F1F2|22c222，故c1.从而|DF1|22，由DF1F1F2得|DF2|2|DF1|2|F1F2|292，因此|DF2|3 22，所以 2a|DF1|DF2|2 2，故a 2，b2a2c21.因此，所求椭圆的标准方程为x22y21.(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22y21 相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2x1，y1y2，|P1P2|2|x1|.由(1)知F1(1，0)，F2(1，0)，所以F1P1(x11，y1)，F2P2(x11，y1)再由F1P1F2P2得(x11)2y210.由椭圆方程得 1x212(x11)2，即 3x214x10，解得x143或x10.当x10 时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在当x143时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.由F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1F2P2，知CP1CP2.又|CP1|CP2|，故圆C的半径|CP1|22|P1P2| 2|x1|4 23.H5H5椭圆及其几何性质椭圆及其几何性质20 ， ，20 xx四川卷 已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的焦距为 4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形(1)求椭圆C的标准方程(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x3 上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；当|TF|PQ|最小时，求点T的坐标20解：(1)由已知可得a2b22b，2c2a2b24，解得a26，b22，所以椭圆C的标准方程是x26y221.(2)证明：由(1)可得，F的坐标是(2，0)，设T点的坐标为(3，m)，则直线TF的斜率kTFm03（2）m.当m0 时，直线PQ的斜率kPQ1m.直线PQ的方程是xmy2.当m0 时，直线PQ的方程是x2，也符合xmy2 的形式设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得xmy2，x26y221.消去x，得(m23)y24my20，其判别式16m28(m23)0.所以y1y24mm23，y1y22m23，x1x2m(y1y2)412m23.设M为PQ的中点，则M点的坐标为6m23，2mm23 .所以直线OM的斜率kOMm3，又直线OT的斜率kOTm3，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.由可得，|TF|m21，|PQ| （x1x2）2（y1y2）2 （m21）（y1y2）24y1y2（m21）4mm23242m2324（m21）m23.所以|TF|PQ|124（m23）2m21124m214m214124（44）33.当且仅当m214m21，即m1 时，等号成立，此时|TF|PQ|取得最小值故当|TF|PQ|最小时，T点的坐标是(3，1)或(3，1)1420 xx安徽卷 设F1，F2分别是椭圆E：x2y2b21(0b1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点若|AF1|3|F1B|，AF2x轴，则椭圆E的方程为_14x232y21解析设F1(c，0)，F2(c，0)，其中c 1b2，则可设A(c，b2)，B(x0，y0)，由|AF1|3|F1B|，可得AF13F1B，故2c3x03c，b23y0，即x053c，y013b2，代入椭圆方程可得25（1b2）919b21，解得b223，故椭圆方程为x23y221.19 、 、20 xx北京卷 已知椭圆C：x22y24.(1)求椭圆C的离心率；(2)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y2 上，且OAOB，试判断直线AB与圆x2y22 的位置关系，并证明你的结论19解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为x24y221.所以a24，b22，从而c2a2b22.因此a2，c 2.故椭圆C的离心率eca22.(2)直线AB与圆x2y22 相切证明如下：设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t，2)，其中x00.因为OAOB，所以OAOB0，即tx02y00，解得t2y0 x0.当x0t时，y0t22，代入椭圆C的方程，得t 2，故直线AB的方程为x 2.圆心O到直线AB的距离d 2，此时直线AB与圆x2y22 相切当x0t时，直线AB的方程为y2y02x0t(xt)，即(y02)x(x0t)y2x0ty00.圆心O到直线AB的距离d|2x0ty0|（y02）2（x0t）2.又x202y204，t2y0 x0，故d|2x02y20 x0|x20y204y20 x204|4x20 x0|x408x20162x20 2.此时直线AB与圆x2y22 相切9 、20 xx福建卷 设P，Q分别为圆x2(y6)22 和椭圆x210y21 上的点，则P，Q两点间的最大距离是()A5 2B. 46 2C7 2D6 29D解析 设圆心为点C，则圆x2(y6)22 的圆心为C(0，6)，半径r 2.设点Q(x0，y0)是椭圆上任意一点，则x2010y201，即x201010y20，|CQ| 1010y20（y06）2 9y2012y0469y023250，当y023时，|CQ|有最大值 52，则P，Q两点间的最大距离为 52r62.20 、20 xx广东卷 已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的一个焦点为( 5，0)，离心率为53.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若动点P(x0，y0)为椭圆C外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程9 、20 xx湖北卷 已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且F1PF23，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为()A.4 33B.2 33C3D29A解析 设|PF1|r1，|PF2|r2，r1r2，椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，椭圆、双曲线的离心率分别为e1，e2.则由椭圆、双曲线的定义，得r1r22a1，r1r22a2，平方得 4a21r21r222r1r2，4a22r212r1r2r22.又由余弦定理得 4c2r21r22r1r2，消去r1r2，得a213a224c2，即1e213e224.所以由柯西不等式得1e11e221e1133e221e213e22113 163.所以1e11e24 33.故选 A.21 、 、 、20 xx湖南卷 如图 17，O为坐标原点，椭圆C1：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2：x2a2y2b21 的左、右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.已知e1e232，且|F2F4| 31.(1)求C1，C2的方程；(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值图 1721解： (1)因为e1e232，所以a2b2aa2b2a32，即a4b434a4，因此a22b2，从而F2(b，0)，F4( 3b，0)，于是3bb|F2F4| 31，所以b1，a22.故C1，C2的方程分别为x22y21，x22y21.(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(1，0)，故可设直线AB的方程为xmy1，由xmy1，x22y21得(m22)y22my10.易知此方程的判别式大于 0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1y22mm22，y1y21m22.因此x1x2m(y1y2)24m22，于是AB的中点为M2m22，mm22 ，故直线PQ的斜率为m2，PQ的方程为ym2x，即mx2y0.由ym2x，x22y21得(2m2)x24，所以 2m20，且x242m2，y2m22m2，从而|PQ|2x2y22m242m2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d|mx12y1|mx22y2|m24.因为点A，B在直线mx2y0 的异侧，所以(mx12y1)(mx22y2)0，于是|mx12y1|mx22y2|mx12y1mx22y2|，从而 2d（m22）|y1y2|m24.又因为|y1y2| （y1y2）24y1y22 2 1m2m22，所以 2d2 2 1m2m24.故四边形APBQ的面积S12|PQ|2d2 2 1m22m22 2132m2.而 0b0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于_15.22解析 设点A(x1，y1)，点B(x2，y2)，点M是线段AB的中点，所以x1x22，y1y22，且x21a2y21b21，x22a2y22b21，两式作差可得x21x22a2（y21y22）b2，即（x1x2） （x1x2）a2（y1y2） （y1y2）b2，所以y1y2x1x2b2a2，即kABb2a2.由题意可知，直线AB的斜率为12，所以b2a212，即a 2b.又a2b2c2，所以cb，e22.1520 xx辽宁卷 已知椭圆C：x29y241，点M与C的焦点不重合若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|BN|_1512解析 取MN的中点为G，点G在椭圆C上设点M关于C的焦点F1的对称点为A，点M关于C的焦点F2的对称点为B，则有|GF1|12|AN|，|GF2|12|BN|，所以|AN|BN|2(|GF1|GF2|)4a12.20 、20 xx辽宁卷 圆x2y24 的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图 16 所示)双曲线C1：x2a2y2b21 过点P且离心率为3.图 16(1)求C1的方程；(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点， 直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点 若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程20解：(1)设切点坐标为(x0，y0)(x00，y00)，则切线斜率为x0y0，切线方程为yy0 x0y0(xx0)，即x0 xy0y4，此时两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为4x0，0，0，4y0.故其围成的三角形的面积S124x04y08x0y0.由x20y2042x0y0知，当且仅当x0y0 2时x0y0有最大值 2，此时S有最小值 4，因此点P的坐标为( 2， 2)由题意知2a22b21，a2b23a2，解得a21，b22，故C1的方程为x2y221.(2)由(1)知C2的焦点坐标为( 3，0)，( 3，0)，由此可设C2的方程为x23b21y2b211，其中b10.由P( 2， 2)在C2上，得23b212b211，解得b213，因此C2的方程为x26y231.显然，l不是直线y0.设直线l的方程为xmy 3，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由xmy 3，x26y231，得(m22)y223my30.又y1，y2是方程的根，因此y1y223mm22，y1y23m22，由x1my1 3，x2my2 3，得x1x2m（y1y2）2343m22，x1x2m2y1y2 3m（y1y2）366m2m22.因为AP( 2x1， 2y1)，BP( 2x2， 2y2)，由题意知APBP0，所以x1x2 2(x1x2)y1y2 2(y1y2)40，将代入式整理得2m226m46110，解得m3621 或m621.因此直线l的方程为x(3621)y 30 或x(621)y 30.6 20 xx全国卷 已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的左、 右焦点为F1，F2， 离心率为33，过F2的直线l交C于A，B两点若AF1B的周长为 4 3，则C的方程为()A.x23y221B.x23y21C.x212y281D.x212y2416A解析 根据题意，因为AF1B的周长为 4 3，所以|AF1|AB|BF1|AF1|AF2|BF1|BF2|4a4 3， 所以a 3.又因为椭圆的离心率eca33， 所以c1，b2a2c2312，所以椭圆C的方程为x23y221.20 、 、20 xx新课标全国卷 已知点A(0，2)，椭圆E：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为2 33，O为坐标原点(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程20解：(1)设F(c，0)，由条件知，2c2 33，得c 3.又ca32，所以a2，b2a2c21.故E的方程为x24y21.(2)当lx轴时不合题意，故可设l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)将ykx2 代入x24y21 得(14k2)x216kx120，当16(4k23)0，即k234时，x1，28k2 4k234k21，从而|PQ|k21|x1x2|4k21 4k234k21.又点O到直线l的距离d2k21.所以OPQ的面积SOPQ12d|PQ|4 4k234k21.设 4k23t，则t0，SOPQ4tt244t4t.因为t4t4，当且仅当t2，即k72时等号成立，满足0，所以，当OPQ的面积最大时，k72，l的方程为y72x2 或y72x2.20 、 、20 xx新课标全国卷 设F1，F2分别是椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.(1)若直线MN的斜率为34，求C的离心率；(2)若直线MN在y轴上的截距为 2，且|MN|5|F1N|，求a，b.20解：(1)根据ca2b2及题设知Mc，b2a，2b23ac.将b2a2c2代入 2b23ac，解得ca12，ca2(舍去)故C的离心率为12.(2)由题意知，原点O为F1F2的中点，MF2y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，故b2a4，即b24a.由|MN|5|F1N|得|DF1|2|F1N|.设N(x1，y1)，由题意知y1b0，y0)和部分抛物线C2：yx21(y0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为32.(1)求a，b的值；(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若APAQ，求直线l的方程图 1520解：(1)在C1，C2的方程中，令y0，可得b1，且A(1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点设C1的半焦距为c，由ca32及a2c2b21 得a2，a2，b1.(2)方法一：由(1)知，上半椭圆C1的方程为y24x21(y0)易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为yk(x1)(k0)，代入C1的方程，整理得(k24)x22k2xk240.(*)设点P的坐标为(xP，yP)，直线l过点B，x1 是方程(*)的一个根由求根公式，得xPk24k24，从而yP8kk24，点P的坐标为k24k24，8kk24 .同理，由yk（x1） （k0） ，yx21（y0） ，得点Q的坐标为(k1，k22k)AP2kk24(k，4)，AQk(1，k2)APAQ，APAQ0，即2k2k24k4(k2)0，k0，k4(k2)0，解得k83.经检验，k83符合题意，故直线l的方程为y83(x1)方法二：若设直线l的方程为xmy1(m0)，比照方法一给分20 ， ，20 xx陕西卷 如图 15 所示，曲线C由上半椭圆C1：y2a2x2b21(ab0，y0)和部分抛物线C2：yx21(y0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为32.(1)求a，b的值；(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若APAQ，求直线l的方程图 1520解：(1)在C1，C2的方程中，令y0，可得b1，且A(1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点设C1的半焦距为c，由ca32及a2c2b21 得a2，a2，b1.(2)方法一：由(1)知，上半椭圆C1的方程为y24x21(y0)易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为yk(x1)(k0)，代入C1的方程，整理得(k24)x22k2xk240.(*)设点P的坐标为(xP，yP)，直线l过点B，x1 是方程(*)的一个根由求根公式，得xPk24k24，从而yP8kk24，点P的坐标为k24k24，8kk24 .同理，由yk（x1） （k0） ，yx21（y0） ，得点Q的坐标为(k1，k22k)AP2kk24(k，4)，AQk(1，k2)APAQ，APAQ0，即2k2k24k4(k2)0，k0，k4(k2)0，解得k83.经检验，k83符合题意，故直线l的方程为y83(x1)方法二：若设直线l的方程为xmy1(m0)，比照方法一给分18 、 20 xx天津卷 设椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、 右焦点分别为F1，F2， 右顶点为A，上顶点为B.已知|AB|32|F1F2|.(1)求椭圆的离心率；(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点， 以线段PB为直径的圆经过点F1， 经过原点O的直线l与该圆相切，求直线l的斜率18解：(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c，0)由|AB|32|F1F2|，可得a2b23c2.又b2a2c2，则c2a212，所以椭圆的离心率e22.(2)由(1)知a22c2，b2c2.故椭圆方程为x22c2y2c21.设P(x0，y0)由F1(c，0)，B(0，c)，有F1P(x0c，y0)，F1B(c，c)由已知，有F1PF1B0，即(x0c)cy0c0.又c0，故有x0y0c0.又因为点P在椭圆上，所以x202c2y20c21.由和可得 3x204cx00.而点P不是椭圆的顶点，故x043c.代入得y0c3，即点P的坐标为4c3，c3 .设圆的圆心为T(x1，y1)，则x143c0223c，y1c3c223c，进而圆的半径r（x10）2（y1c）253c.设直线l的斜率为k，依题意，直线l的方程为ykx.由l与圆相切，可得|kx1y1|k21r，即|k2c3 2c3|k2153c，整理得k28k10，解得k4 15，所以直线l的斜率为 4 15或 4 15.21 、20 xx浙江卷 如图 16，设椭圆C：x2a2y2b21(ab0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为ab.图 1621解：(1)设直线l的方程为ykxm(kb0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1F1F2，|F1F2|DF1|2 2，DF1F2的面积为22.(1)求椭圆的标准方程；(2)设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径图 1421解：(1)设F1(c，0)，F2(c，0)，其中c2a2b2.由|F1F1|DF1|22得|DF1|F1F2|2 222c.从而SDF1F212|DF1|F1F2|22c222，故c1.从而|DF1|22，由DF1F1F2得|DF2|2|DF1|2|F1F2|292，因此|DF2|3 22，所以 2a|DF1|DF2|2 2，故a 2，b2a2c21.因此，所求椭圆的标准方程为x22y21.(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22y21 相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2x1，y1y2，|P1P2|2|x1|.由(1)知F1(1，0)，F2(1，0)，所以F1P1(x11，y1)，F2P2(x11，y1)再由F1P1F2P2得(x11)2y210.由椭圆方程得 1x212(x11)2，即 3x214x10，解得x143或x10.当x10 时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在当x143时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.由F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1F2P2，知CP1CP2.又|CP1|CP2|，故圆C的半径|CP1|22|P1P2| 2|x1|4 23.H6H6双曲线及其几何性质双曲线及其几何性质9 、20 xx湖北卷 已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且F1PF23，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为()A.4 33B.2 33C3D29A解析 设|PF1|r1，|PF2|r2，r1r2，椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，椭圆、双曲线的离心率分别为e1，e2.则由椭圆、双曲线的定义，得r1r22a1，r1r22a2，平方得 4a21r21r222r1r2，4a22r212r1r2r22.又由余弦定理得 4c2r21r22r1r2，消去r1r2，得a213a224c2，即1e213e224.所以由柯西不等式得1e11e221e1133e221e213e22113 163.所以1e11e24 33.故选 A.1120 xx北京卷 设双曲线C经过点(2，2)，且与y24x21 具有相同渐近线，则C的方程为_；渐近线方程为_11.x23y2121y2x解析 设双曲线C的方程为y24x2， 将(2， 2)代入得224223，双曲线C的方程为x23y2121.令y24x20 得渐近线方程为y2x.920 xx全国卷 已知双曲线C的离心率为 2，焦点为F1，F2，点A在C上若|F1A|2|F2A|，则 cosAF2F1()A.14B.13C.24D.239A解析 根据题意，|F1A|F2A|2a，因为|F1A|2|F2A|，所以|F2A|2a，|F1A|4a.又因为双曲线的离心率eca2，所以c2a，|F1F2|2c4a，所以在AF1F2中，根据余弦定理可得 cosAF2F1|F1F2|2|F2A|2|F1A|22|F1F2|F2A|16a24a216a224a2a14.19 、20 xx福建卷 已知双曲线E：x2a2y2b21(a0，b0)的两条渐近线分别为l1：y2x，l2：y2x.(1)求双曲线E的离心率(2)如图 16，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且OAB的面积恒为 8.试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由图 1619解：方法一：(1)因为双曲线E的渐近线分别为y2x，y2x，所以ba2，所以c2a2a2，故c 5a，从而双曲线E的离心率eca 5.(2)由(1)知，双曲线E的方程为x2a2y24a21.设直线l与x轴相交于点C.当lx轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|a，|AB|4a.又因为OAB的面积为 8，所以12|OC|AB|8，因此12a4a8，解得a2，此时双曲线E的方程为x24y2161.若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为x24y2161.以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：x24y2161 也满足条件设直线l的方程为ykxm，依题意，得k2 或k2，则Cmk，0.记A(x1，y1)，B(x2，y2)由ykxm，y2x得y12m2k，同理得y22m2k.由SOAB12|OC|y1y2|，得12|mk|2m2k2m2k|8，即m24|4k2|4(k24)由ykxm，x24y2161得(4k2)x22kmxm2160.因为 4k20，所以4k2m24(4k2)(m216)16(4k2m216)又因为m24(k24)，所以0，即l与双曲线E有且只有一个公共点因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24y2161.方法二：(1)同方法一(2)由(1)知，双曲线E的方程为x2a2y24a21.设直线l的方程为xmyt，A(x1，y1)，B(x2，y2)依题意得12m12.由xmyt，y2x得y12t12m， 同理得y22t12m.设直线l与x轴相交于点C，则C(t，0)由SOAB12|OC|y1y2|8，得12|t|2t12m2t12m|8.所以t24|14m2|4(14m2)由xmyt，x2a2y24a21得(4m21)y28mty4(t2a2)0.因为 4m212 或k2.由ykxm，4x2y20得(4k2)x22kmxm20，因为 4k20，所以x1x2m24k2，又因为OAB的面积为 8，所以12|OA|OB| sinAOB8，又易知 sinAOB45，所以25x21y21x22y228，化简得x1x24.所以m24k24，即m24(k24)由(1)得双曲线E的方程为x2a2y24a21，由ykxm，x2a2y24a21得(4k2)x22kmxm24a20.因为 4k20，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当4k2m24(4k2)(m24a2)0，即(k24)(a24)0，所以a24，所以双曲线E的方程为x24y2161.当lx轴时，由OAB的面积等于 8 可得l：x2，又易知l：x2 与双曲线E：x24y2161 有且只有一个公共点综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为x24y2161.420 xx广东卷 若实数k满足 0k9，则曲线x225y29k1 与曲线x225ky291 的()A焦距相等B实半轴长相等C虚半轴长相等D离心率相等4A解析 本题考查双曲线的几何性质，注意利用基本量的关系进行求解0k0，25k0.对于双曲线x225y29k1，其焦距为 2 259k2 34k；对于双曲线x225ky291，其焦距为 2 25k92 34k.所以焦距相等21 、 、 、20 xx湖南卷 如图 17，O为坐标原点，椭圆C1：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2：x2a2y2b21 的左、右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.已知e1e232，且|F2F4| 31.(1)求C1，C2的方程；(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值图 1721解： (1)因为e1e232，所以a2b2aa2b2a32，即a4b434a4，因此a22b2，从而F2(b，0)，F4( 3b，0)，于是3bb|F2F4| 31，所以b1，a22.故C1，C2的方程分别为x22y21，x22y21.(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(1，0)，故可设直线AB的方程为xmy1，由xmy1，x22y21得(m22)y22my10.易知此方程的判别式大于 0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1y22mm22，y1y21m22.因此x1x2m(y1y2)24m22，于是AB的中点为M2m22，mm22 ，故直线PQ的斜率为m2，PQ的方程为ym2x，即mx2y0.由ym2x，x22y21得(2m2)x24，所以 2m20，且x242m2，y2m22m2，从而|PQ|2x2y22m242m2.设点A到直线PQ的距离为d，则点B到直线PQ的距离也为d，所以2d|mx12y1|mx22y2|m24.因为点A，B在直线mx2y0 的异侧，所以(mx12y1)(mx22y2)0，于是|mx12y1|mx22y2|mx12y1mx22y2|，从而 2d（m22）|y1y2|m24.又因为|y1y2| （y1y2）24y1y22 2 1m2m22，所以 2d2 2 1m2m24.故四边形APBQ的面积S12|PQ|2d2 2 1m22m22 2132m2.而 00)的右焦点为F，点A，B分别在C的两条渐近线上，AFx轴，ABOB，BFOA(O为坐标原点)图 17(1)求双曲线C的方程；(2)过C上一点P(x0，y0)(y00)的直线l：x0 xa2y0y1 与直线AF相交于点M，与直线x32相交于点N.证明：当点P在C上移动时，|MF|NF|恒为定值，并求此定值20解：(1)设F(c，0)，因为b1，所以ca21.由题意，直线OB的方程为y1ax，直线BF的方程为y1a(xc)，所以Bc2，c2a.又直线OA的方程为y1ax，则Ac，ca，所以kABcac2acc23a.又因为ABOB，所以3a1a1，解得a23，故双曲线C的方程为x23y21.(2)由(1)知a 3，则直线l的方程为x0 x3y0y1(y00)，即yx0 x33y0(y00)因为直线AF的方程为x2，所以直线l与AF的交点为M2，2x033y0，直线l与直线x32的交点为N32，32x033y0，则|MF|2|NF|2（2x03）2（3y0）21432x032（3y0）2（2x03）29y20494（x02）243（2x03）23y203（x02）2.又P(x0，y0)是C上一点，则x203y201，代入上式得|MF|2|NF|243（2x03）2x2033（x02）243（2x03）24x2012x0943，所以|MF|NF|232 33，为定值420 xx新课标全国卷 已知F为双曲线C：x2my23m(m0)的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为()A. 3B3C. 3mD3m4A解析 双曲线的一条渐近线的方程为xmy0.根据双曲线方程得a23m，b23，所以c 3m3，双曲线的右焦点坐标为( 3m3，0)故双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为| 3m3|1m 3.10 ，20 xx山东卷 已知ab0，椭圆C1的方程为x2a2y2b21，双曲线C2的方程为x2a2y2b21，C1与C2的离心率之积为32，则C2的渐近线方程为()A.x 2y0B.2xy0C.x2y0D. 2xy010A解析 椭圆C1的离心率e1a2b2a，双曲线C2的离心率e2a2b2a.由e1e2a2b2aa2b2a1ba21ba232，解得ba212，所以ba22，所以双曲线C2的渐近线方程是y22x.故选 A.520 xx天津卷 已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的一条渐近线平行于直线l：y2x10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为()A.x25y2201B.x220y251C.3x2253y21001D.3x21003y22515 A解析 由题意知， 双曲线的渐近线为ybax， ba2.双曲线的左焦点(c，0)在直线l上，02c10，c5.又a2b2c2，a25，b220，双曲线的方程为x25y2201.1620 xx浙江卷 设直线x3ym0(m0)与双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的两条渐近线分别交于点A，B.若点P(m，0)满足|PA|PB|，则该双曲线的离心率是_16.52解析 双曲线的渐近线为ybax，渐近线与直线x3ym0的交点为Aama3b，bma3b，Bama3b，bma3b.设AB的中点为D，由|PA|PB|知AB与DP垂直，则Da2m（a3b） （a3b），3b2m（a3b） （a3b） ，kDP3，解得a24b2，故该双曲线的离心率是52.820 xx重庆卷 设F1，F2分别为双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点，双曲线上存在一点P使得|PF1|PF2|3b，|PF1|PF2|94ab，则该双曲线的离心率为()A.43B.53C.94D38B解析 不妨设P为双曲线右支上一点，根据双曲线的定义有|PF1|PF2|2a，联立|PF1|PF2|3b， 平方相减得|PF1| |PF2|9b24a24， 则由题设条件， 得9b24a2494ab，整理得ba43，eca1ba2143253.H7H7抛物线及其几何性质抛物线及其几何性质10 、20 xx广东卷 曲线ye5x2 在点(0，3)处的切线方程为_10y5x3解析 本题考查导数的几何意义以及切线方程的求解方法 因为y5e5x，所以切线的斜率k5e05，所以切线方程是：y35(x0)，即y5x3.1020 xx辽宁卷 已知点A(2，3)在抛物线C：y22px的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切于点B，记C的焦点为F，则直线BF的斜率为()A.12B.23C.34D.4310D解析 因为抛物线C：y22px的准线为xp2，且点A(2，3)在准线上，所以p4.设直线AB的方程为x2m(y3)， 与抛物线方程y28x联立得到y28my24m160，由题易知0，解得m12(舍)或者m2，这时B点的坐标为(8，8)，而焦点F的坐标为(2，0)，故直线BF的斜率kBF808243.1020 xx新课标全国卷 已知抛物线C：y28x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点若FP4FQ，则|QF|()A.72B3C.52D210B解析 由题知F(2，0)，设P(2，t)，Q(x0，y0)，则FP(4，t)，FQ(x02，y0)，由FP4FQ，得44(x02)，解得x01，根据抛物线定义得|QF|x023.19 、20 xx安徽卷 如图 14，已知两条抛物线E1：y22p1x(p10)和E2：y22p2x(p20)，过原点O的两条直线l1和l2，l1与E1，E2分别交于A1，A2两点，l2与E1，E2分别交于B1，B2两点图 14(1)证明：A1B1A2B2；(2)过O作直线l(异于l1，l2)与E1，E2分别交于C1，C2两点，记A1B1C1与A2B2C2的面积分别为S1与S2，求S1S2的值19解：(1)证明：设直线l1，l2的方程分别为yk1x，yk2x(k1，k20)，则由yk1x，y22p1x，得A12p1k21，2p1k1，由yk1x，y22p2x，得A22p2k21，2p2k1.同理可得B12p1k22，2p1k2，B22p2k22，2p2k2.所以A1B12p1k222p1k21，2p1k22p1k12p11k221k21，1k21k1，A2B22p2k222p2k21，2p2k22p2k12p21k221k21，1k21k1.故A1B1p1p2A2B2，所以A1B1A2B2(2)由(1)知A1B1A2B2，同理可得B1C1B2C2，C1A1C2A2，所以A1B1C1A2B2C2，因此S1S2|A1B1|A2B2|2.又由(1)中的A1B1p1p2|A2B2|知，|A1B1|A2B2|p1p2，故S1S2p21p22.21 、 、20 xx湖北卷 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多 1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)设斜率为k的直线l过定点P(2，1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围21解：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|x|1，即 （x1）2y2|x|1，化简整理得y22(|x|x)故点M的轨迹C的方程为y24x，x0，0，x0.(2)在点M的轨迹C中，记C1：y24x，C2：y0(x0)依题意，可设直线l的方程为y1k(x2)由方程组y1k（x2） ，y24x，可得ky24y4(2k1)0.当k0 时，y1.把y1 代入轨迹C的方程，得x14.故此时直线l：y1 与轨迹C恰好有一个公共点14，1.当k0 时，方程的判别式16(2k2k1)设直线l与x轴的交点为(x0，0)，则由y1k(x2)，令y0，得x02k1k.(i)若0，x00，由解得k12.即当k(，1)12，时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点(ii)若0，x00，x00，由解得k1，12 或12k0，x00，由解得1k12或 0k0)的焦点为F，直线y4 与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|54|PQ|.(1)求C的方程；(2)过F的直线l与C相交于A，B两点， 若AB的垂直平分线l与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程21解：(1)设Q(x0，4)，代入y22px，得x08p，所以|PQ|8p，|QF|p2x0p28p.由题设得p28p548p，解得p2(舍去)或p2，所以C的方程为y24x.(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为xmy1(m0)代入y24x，得y24my40.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24m，y1y24.故线段的AB的中点为D(2m21，2m)，|AB|m21|y1y2|4(m21)又直线l的斜率为m，所以l的方程为x1my2m23.将上式代入y24x，并整理得y24my4(2m23)0.设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则y3y44m，y3y44(2m23)故线段MN的中点为E2m22m23，2m，|MN|11m2|y3y4|4（m21） 2m21m2.由于线段MN垂直平分线段AB， 故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|BE|12|MN|，从而14|AB|2|DE|214|MN|2，即4(m21)22m2m22m2224（m21）2（2m21）m4，化简得m210，解得m1 或m1，故所求直线l的方程为xy10 或xy10.10 、20 xx新课标全。