2020年高考数学试题分类汇编 解析几何 精品

一、选择题

22xy2x6y0内，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别是AC1.（重庆理8）在圆

和BD，则四边形ABCD的面积为

A．52 B．102 C．152 D．202

【答案】B

x2y2y22C1:221(a＞b＞0)C1:x1Cab42.（浙江理8）已知椭圆与双曲线有公共的焦点，1的一条渐近线与以

C1的长轴为直径的圆相交于A,B两点，若

C1恰好将线段AB三等分，则

a2

A．【答案】C

1312b2 B．a213 C．2 D．b22

2yxax5(a≠0)上取横坐标为x14，x22的两点，过3.（四川理10）在抛物线

225x5y36相切，这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆则抛

物线顶点的坐标为

A．(2,9) B．(0,5) C．(2,9) D．(1,6)

【答案】C

【解析】由已知的割线的坐标(4,114a),(2,2a1),K2a,设直线方程为

36b2y(a2)xb，则51(2a)2

yx2ax5b6a4(2,9)y(a2)xb又

4.（陕西理2）设抛物线的顶点在原点，准线方程为x2，则抛物线的方程是

2222y8xy8xy4xy4x A． B． C． D．

【答案】B

x2y221(a＞0，b＞0)2ab5.（山东理8）已知双曲线的两条渐近线均和圆

22xy6x50相切,且双曲线的右焦点为圆C的圆心,则该双曲线的方程为 C:

x2y2x2y2x2y2x2y211114563A．5 B．4 C．3 D．6

【答案】A

6.（全国新课标理7）已知直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|为C的实轴长的2倍，C的离心率为 （A）2 （B）3 （C） 2 （D） 3 【答案】B

2y7.（全国大纲理10）已知抛物线C：4x的焦点为F，直线y2x4与C交于A，B两点．则

cosAFB=

43A．5 B．5

34C．5 D．5



【答案】D

8.（江西理9）若曲线

C122xy2x0与曲线C2：y(ymxm)0有四个不同的交：

点，则实数m的取值范围是

 A．（

33333，3） B．（3，0）∪（0，3） 333，3]

333）∪（3，+）



C．[【答案】B

D．（，

x2y21a0299.（湖南理5）设双曲线a的渐近线方程为3x2y0，则a的值为

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】C

2y2px(p0)上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三10.（湖北理4）将两个顶点在抛物线

角形个数记为n，则

A．n=0 B．n=1 C． n=2 D．n 3

【答案】C

11.（福建理7）设圆锥曲线r的两个焦点分别为F1，F2，若曲线r上存在点P满足

PF1:F1F2:PF2=4:3:2，则曲线r的离心率等于

132231或或或22332 2A． B．或2 C．2 D．

【答案】A 12.（北京理8）设

A0,0B4,0,

，

Ct4,4Dt,4tR,

.记

Nt为平行四边形

ABCD内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数的值域为

A．C．

Nt9,10,11 B．9,10,12 9,11,12 D．10,11,12

【答案】C

222xy8的实轴长是 13.（安徽理2）双曲线

（A）2 （B） 22 （C） 4 （D）42

【答案】C

14.（辽宁理3）已知F是抛物线y2=x的焦点，A，B是该抛物线上的两点，则线段AB的中点到y轴的距离为

AFBF=3，

357（A）4 （B）1 （C）4 （D）4

【答案】C

二、填空题

15.（湖北理14）如图，直角坐标系xOy所在的平面为，直角坐标系xOy（其中y轴一与

'''y

'xOx45。 轴重合）所在的平面为，

''P（Ⅰ）已知平面内有一点(22,2)，则点P在平面内的射影P的

坐标为 ；

'2'2'(x2)2y20，则曲线C'在平面内的C（Ⅱ）已知平面内的曲线的方程是

射影C的方程是 。

22(x1)y1 【答案】（2，2）

x22y1F1,F2316.（浙江理17）设分别为椭圆的左、右焦点，点A,B在椭圆上，若

uuuruuuurF1A5F2B;则点A的坐标是 ．

【答案】(0,1)

y2x21F(0,5)m917.（上海理3）设为常数，若点是双曲线m的一个焦点，则

m 。

【答案】16

x2y2112222x+y=1的切线，xab218.（江西理14）若椭圆的焦点在轴上，过点（1，）作圆

切点分别为A,B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是

x2y2154【答案】

19.（北京理14）曲线C是平面内与两个定点F1（-1，0）和F¬2（1，0）的距离的积等于常数

a2(a1)的点的轨迹.给出下列三个结论：

① 曲线C过坐标原点；

② 曲线C关于坐标原点对称；

12③若点P在曲线C上，则△F1PF2的面积大于2a。

其中，所有正确结论的序号是 。 【答案】②③

x2y2=1上一点P到双曲线右焦点的距离是4，那么点643620.（四川理14）双曲线P到左

准线的距离是 ．

56【答案】5

【解析】a8,b6,c10，点P显然在双曲线右支上，点P到左焦点的距离为14，所以

14c556dda45

y2x221.（全国大纲理15）已知F1、F2分别为双曲线C: 9- 27=1的左、右焦点，点A∈C，点

M的坐标为（2，0），AM为∠F1AF2∠的平分线．则|AF2| = ． 【答案】6

x2y221(a0,b0)2ab22.（辽宁理13）已知点（2，3）在双曲线C：上，C的焦距为4，则

它的离心率为 ． 【答案】2

2y2x与直线x=3所围成的封闭区域（包含边界）内，23.（重庆理15）设圆C位于抛物线

则圆C的半径能取到的最大值为__________ 【答案】61

24.（全国新课标理14）（14） 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点

F1,F2在

2ABF2Fx轴上，离心率为2．过点1的直线l交C于A，B两点，且的周长为16，那么C

的方程为_________．

x2y21【答案】168

25.（安徽理15）在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x,y)为整点， 下列命题中正确的是_____________（写出所有正确命题的编号）. ①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点 ②如果k与b都是无理数，则直线ykxb不经过任何整点 ③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点

④直线ykxb经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数 ⑤存在恰经过一个整点的直线 【答案】①，③，⑤ 三、解答题

x2y21xOy226.（江苏18）如图，在平面直角坐标系中，M、N分别是椭圆4的顶点，过

坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连

接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k （1）当直线PA平分线段MN，求k的值； （2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d； （3）对任意k>0，求证：PA⊥PB

本小题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力，满分16分. 解：（1）由题设知，a2,b2,故M(2,0),N(0,2),所以线段MN中点的坐标为

(1,2)2，由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线PA过坐标原点，

222.k12 所以

x2y2y2x代入椭圆方程得1,42（2）直线PA的方程 22424x,因此P(,),A(,).33333 解得

431,故直线AB的方程为xy20.2223C(,0),于是3直线AC的斜率为33

0242||22因此,d333.12311（3）解法一：

将直线PA的方程ykx代入

x2y2221,解得x,记,224212k12k

则P(,k),A(,k),于是C(,0)

0kk,2 故直线AB的斜率为

y其方程为

k(x),代入椭圆方程得(2k2)x22k2x2(3k22)0,2

x解得

(3k22)2k2或x因此B((3k22)k32k2,2k2).

k3k1于是直线PB的斜率

2k2k(3k22)2k21.k3k22(2k2)

k3k(2k2)因此k1k1,所以PAPB. 解法二：

设P(x1,y1),B(x2,y2),则x10,x20,x1x2,A(x1,y1),C(x1,0).

设直线PB，AB的斜率分别为k1,k2因为C在直线AB上，所以从而

k20(y1)yk1.x1(x1)2x12

k1k12k1k212y2y1y2(y1)1x2x1x2(x1)

2222y22y12(x22y2)44210.22222x2x1x2x1x2x1

因此k1k1,所以PAPB.

27.（安徽理21）设，点A的坐标为（1,1），点B在抛物线yx上运动，点Q满足

BQQA，经过Q点与Mx轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足QMMP,求

点P的轨迹方程。

本题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念，性质与运算，动点的轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养.

解：由QMMP知Q，M，P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设

P(x,y),Q(x,y0),M(x,x2),则x2y0(yx2),则y0(1)x2y.再设

①

B(x1,y1),由BQQA,即(xx1.y0y1)(1x,1y0),

x1(1)x,y(1)y0.解得1 ②

将①式代入②式，消去

y0，得

x1(1)x,22y1(1)x(1)y. ③

222yxyxyx1111又点B在抛物线上，所以，再将③式代入，得

(1)2x2(1)y((1)x)2,(1)2x2(1)y(1)2x22(1)x2,2(1)x(1)y(1)0.

因0,两边同除以(1),得2xy10.故所求点P的轨迹方程为y2x1.

28.

（北京理19）

x2G:y2122xy1的切线I交椭圆G于A，B两点. 4已知椭圆.过点（m,0）作圆

（I）求椭圆G的焦点坐标和离心率； （II）将

AB表示为m的函数，并求

AB的最大值.

（19）（共14分）

解：（Ⅰ）由已知得a2,b1, 所以

ca2b23.

所以椭圆G的焦点坐标为(3,0),(3,0)

e离心率为

c3.a2

（Ⅱ）由题意知，|m|1.

当m1时，切线l的方程x1，点A、B的坐标分别为此时|AB|(1,33),(1,),22

3

3

当m=－1时，同理可得|AB|当|m|1时，设切线l的方程为yk(xm),

yk(xm),2得(14k2)x28k2mx4k2m240x2y1.由4

设A、B两点的坐标分别为(x1,y1)(x2,y2)，则

4k2m24x1x2,x1x2214k14k2

8k2mx2y21相切,得又由l与圆所以

|km|k21

1,即m2k2k21.

|AB|(x2x1)2(y2y1)2264k4m4(4k2m24)(1k)[](14k2)214k243|m|.m23

由于当m3时，|AB|3,

|AB|所以

43|m|,m(,1][1,)2m3.

|AB|因为

43|m|2m3433|m||m|2,

且当m3时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.

29.（福建理17）已知直线l：y=x+m，m∈R。

（I）若以点M（2,0）为圆心的圆与直线l相切与点P，且点P在y轴上，求该圆的方程； （II）若直线l关于x轴对称的直线为l，问直线l与抛物线C：x2=4y是否相切？说明理由。 本小题主要考查直线、圆、抛物线等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想。满分13分。 解法一：

（I）依题意，点P的坐标为（0，m）

0m11因为MPl，所以20，

解得m=2，即点P的坐标为（0，2） 从而圆的半径

r|MP|(20)2(02)222,

22(x2)y8. 故所求圆的方程为

（II）因为直线l的方程为yxm, 所以直线l'的方程为yxm.

y'xm,得x24x4m02x4y由

4244m16(1m)

（1）当m1,即0时，直线l'与抛物线C相切 （2）当m1，那0时，直线l'与抛物线C不相切。 综上，当m=1时，直线l'与抛物线C相切； 当m1时，直线l'与抛物线C不相切。 解法二：

22(x2)yr. （I）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为

依题意，所求圆与直线l:xym0相切于点P（0，m），

4m2r2,|20m|r,2则

m2,r22. 解得22(x2)y8. 所以所求圆的方程为

（II）同解法一。

30.（广东理19）

2222(x5)y4,(x5)y4中的一个内切，另一个外切。

设圆C与两圆

（1）求C的圆心轨迹L的方程;

3545,),F(5,0)MPFP55（2）已知点M，且P为L上动点，求的最大值及此时点P

(的坐标．

（1）解：设C的圆心的坐标为(x,y)，由题设条件知

|(x5)2y2(x5)2y2|4,

x2y21.化简得L的方程为4

（2）解：过M，F的直线l方程为y2(x5)，将其代入L的方程得

15x2325x840.

x165145652514525,x2,故l与L交点为T1(,),T2(,).515551515

解得

因T1在线段MF外，T2在线段MF内，故

|MT1||FT1||MF|2,

|MT2||FT2||MF|2.|MP||FP||MF|2.故

，若P不在直线MF上，在MFP中有

|MP||FP|只在T1点取得最大值2。

31.（湖北理20）

平面内与两定点A1(a,0)，A2(a,0)(a0)连续的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆成双曲线． （Ⅰ）求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值得关系； （Ⅱ）当m1时，对应的曲线为

C1；对给定的m(1,0)U(0,)，对应的曲线为

C2，

F1设

、

F2是

C2C1的两个焦点。试问：在

撒谎个，是否存在点N，使得△

F1NF2的面积

S|m|a。若存在，求tan2F1NF2的值；若不存在，请说明理由。

本小题主要考查曲线与方程、圆锥曲线等基础知识，同时考查推理运算的能力，以及分类与整合和数形结合的思想。（满分14分） 解：（I）设动点为M，其坐标为(x,y)，

当xa时，由条件可得

kMA1kMA2yyy22m,2xaxaxa

222mxyma(xa)， 即

又

A1(a,0),A2(A,0)222mxyma, 的坐标满足

222mxyma. 故依题意，曲线C的方程为

x2y21,C22m1时,ma当曲线C的方程为a是焦点在y轴上的椭圆；

222xyam1当时，曲线C的方程为，C是圆心在原点的圆；

x2y2122ma当1m0时，曲线C的方程为a，C是焦点在x轴上的椭圆；

x2y21,22m0ama当时，曲线C的方程为C是焦点在x轴上的双曲线。

222xya; （II）由（I）知，当m=-1时，C1的方程为

当m(1,0)U(0,)时， C2的两个焦点分别为

F1(a1m,0),F2(a1m,0).

对于给定的m(1,0)U(0,)， C1上存在点

N(x0,y0)(y00)2S|m|a使得的充要条件是

22x0y0a2,y00,122a1m|y0||m|a.2

① ②

由①得

0|y0|a,|y0|由②得

|m|a.1m

0当

|m|a15a,即m0,21m

152时，

0m或

存在点N，使S=|m|a2；

|m|a15a,即-1m或

152时，

不存在满足条件的点N，

1515m,0U0,22时， 当uuuruuuurNF1(a1mx0y0),NF2(a1mx0,y0)， 由

uuuruuuur2222NFNFx(1m)ayma, 1200可得

uuuruuuur|NF1|r1,|NF2|r2,F1NF2， 令

uuuruuuurma22NF1NF2r1r2cosma,可得r1r2cos， 则由

1ma2sin1Sr1r2sinma2tan22cos2从而，

2S|m|a于是由，

12|m|ma2tan|m|a2,即tan.m 可得2综上可得：

15m,02S|m|a2,且tanF1NF22;当时，在C1上，存在点N，使得 15m0,2S|m|a2,且tanF1NF22;当时，在C1上，存在点N，使得 m(1,当

1515)U(,)22时，在C1上，不存在满足条件的点N。

32.（湖南理21）

x2y23C1:221(ab0)C2:yx2b2ab如图7，椭圆的离心率为，x轴被曲线截得的

线段长等于C1的长半轴长。

（Ⅰ）求C1，C2的方程；

（Ⅱ）设C2与y轴的焦点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A,B,直线MA,MB分别与C1相交与D,E． （i）证明：MD⊥ME;

（ii）记△MAB,△MDE的面积分别是

S1,S2．问：是

S117S32?请说明理由。

否存在直线l,使得2解

：

（

Ⅰ

）

由

题

意

知

ec3,从而a2b,又2ba,解得a2,b1.a2

x2y21,yx21.故C1，C2的方程分别为4

（Ⅱ）（i）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为ykx.

ykxyx21由得

x2kx10.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根，于是

x1x2k,x1x21.

又点M的坐标为（0，—1），所以

2y11y21(kx11)(kx21)kx1x2k(x1x2)1x1x2x1x2x1x2

kMAkMBk2k2111.

故MA⊥MB，即MD⊥ME.

yk1x1,yk1x1,由2yx1（ii）设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为解得

xk,x0或2y1yk11

2(k,k1). 11则点A的坐标为

1k1，

又直线MB的斜率为

(同理可得点B的坐标为

11,21).k1k1

于是

11111k122S1|MA||MB|1k1|k1|11||22k1k12|k1|

yk1x1,2222x4y40(14k)x8k1x0.1由得

8k1x,214kx0,1或2y1y4k1114k12解得

8k14k121(,).2214k14k11则点D的坐标为

8k14k121(,).22又直线ME的斜率为k，同理可得点E的坐标为4k14k1 32(1k12)|k1|1S2|MD||ME|222(1k)(k114). 于是

S114(4k12217).S64k1因此2

14171(4k12217),解得k124,或k12.64k1324由题意知，

又由点A、B的坐标可知，

1k1213kk1,所以k.1k12k1k1k12y

故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为

33x和yx.22

33.（辽宁理20）

如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D．

e（I）设

12，求BC与AD的比值；

（II）当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由．

解：（I）因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设

x2y2b2y2x2C1:221,C2:421,(ab0)abaa

设直线l:xt(|t|a)，分别与C1，C2的方程联立，求得

A(t,a22b22at),B(t,at).ba ………………4分

13e时,ba,分别用yA,yB22当表示A，B的纵坐标，可知

2|yB|b23|BC|:|AD|2.2|yA|a4 ………………6分

（II）t=0时的l不符合题意.t0时，BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN-相等，即

b22a22atatab,tta ab21e2t22a.2abe解得

1e22|t|a,又0e1,所以21,解得e1.2e因为

0e所以当

22时，不存在直线l，使得BO//AN；

2e12当时，存在直线l使得BO//AN. ………………12分

34.（全国大纲理21）

y2C:x12已知O为坐标原点，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为-2的直uuuruuuruuur线l与C交于A、B两点，点P满足OAOBOP0.

2（Ⅰ）证明：点P在C上；

（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上． 解：

（I）F（0，1），l的方程为y2x1，

y2x12代入并化简得

24x222x10.

设

…………2分

A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),x1则

2626,x2,44

2,y1y22(x1x2)21,2 x3(x1x2)2,y3(y1y2)1.2

x1x2由题意得

(所以点P的坐标为

2,1).2 (2,1)2满足方程

经验证，点P的坐标为

y2x1,2故点P在椭圆C上。

2…………6分

P( （II）由

22Q(,1),1)22和题设知，

PQ的垂直平分线1的方程为

ly2x.2

①

M(设AB的中点为M，则

21,)42，AB的垂直平分线为l2的方程为

y21x.24

②

由①、②得

l1,l2N(的交点为

21,)88。

…………9分

|NP|(2221311)(1)2,288832,2|AB|1(2)2|x2x1||AM|32,4|MN|(22211233)(),48288311,8

|NA||AM|2|MN|2故|NP|=|NA|。

又|NP|=|NQ|，|NA|=|NB|， 所以|NA|=|NP|=|NB|=|MQ|，

由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上 …………12分 35.（全国新课标理20）

uuuruuur在平面直角坐标系xOy中， 已知点A（0，-1），B点在直线y3上，M点满足MB//OA，

uuuruuuruuuruuurMAgABMBgBA，M点的轨迹为曲线C．

（I）求C的方程；

（II）P为C上动点，l为C在点P处的切线，求O点到l距离的最小值．

(20）解：

(Ⅰ)设M(x，y)，由已知得B(x，-3)，A(0，-1).

uuuruuuruuur所以MA=（-x，-1-y）， MB=(0，-3-y)， AB=(x，-2).

ruuuruuuruuu再由题意可知（MA+MB）• AB=0， 即（-x，-4-2y）• (x，-2)=0.

12所以曲线C的方程式为y=4x-2.

1112'(Ⅱ)设P(x0，y0)为曲线C：y=4x-2上一点，因为y=2x，所以l的斜率为2x0

yy01x0(xx0)2xx2y2yx00002，即．

y012x024，所以

因此直线l的方程为

d则O点到l的距离

2|2y0x0|x420.又

12x04142d2(x04)2,22x042x04

当

2x0=0时取等号，所以O点到l距离的最小值为2.

36.（山东理22）

x2y21x,yx,y2已知动直线l与椭圆C: 3交于P11、Q22两不同点，且△OPQ的面积6SOPQ2=,其中O为坐标原点.

（Ⅰ）证明

x12x22和

y12y22均为定值;

（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求|OM||PQ|的最大值；

（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G，使得的形状；若不存在，请说明理由.

SODESODGSOEG62?若存在，判断△DEG

（I）解：（1）当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称， 所以

x2x1,y2y1.

因为

P(x1,y1)在椭圆上，

x12y1212因此3

SOPQ6,2

①

又因为

所以

|x1||y1|6.2

②

由①、②得此时

|x1|6,|y1|1.2

22x12x23,y12y22, （2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm,

x2y21032由题意知m，将其代入，得 (23k2)x26kmx3(m22)0，

222236km12(23k)(m2)0, 其中

22即3k2m

…………（*）

6km3(m22)x1x2,x1x2,2223k23k又

263k22m2|PQ|1k(x1x2)4x1x21k,223k所以

222d因为点O到直线l的距离为

|m|1k2,

所以

SOPQ1|PQ|d2

221|m|2263k2m1k223k21k2

6|m|3k22m223k2

又

SOPQ6,2

223k22m,且符合（*）式， 整理得

6km23(m22)xx(x1x2)2x1x2()23,2223k23k此时

21222222222y12y2(3x12)(3x2)4(x12x2)2.333

综上所述，

22x12x23;y12y22,结论成立。

（II）解法一：

（1）当直线l的斜率存在时，

由（I）知

|OM||x1|6,|PQ|2|y1|2,2

|OM||PQ|因此

626.2

（2）当直线l的斜率存在时，由（I）知

x1x23k,22m

y1y2x1x23k23k22m2k()mm,222m2mmx1x22y1y229k216m22112|OM|()()(3),2222224mm4m2m222(2m21)12224(3k2m)|PQ|(1k)2(2),2222(23k)mm

|OM|2|PQ|2所以

111(32)2(22)2mm

11)(2)22mm113222mm)225.(24

(3|OM||PQ|所以

5113222,即m22，当且仅当mm时，等号成立.

5.综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为2

解法二： 因为

4|OM|2|PQ|2(x1x2)2(y1y2)2(x2x1)2(y2y1)2222[(x12x2)(y12y2)]

10.

4|OM|2|PQ|2102|OM||PQ|5.25所以

5|OM||PQ|,2当且仅当2|OM||PQ|5时等号成立。 即

5.2因此 |OM|·|PQ|的最大值为

SODESODGSOEG6.2 62，

（III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得

证明：假设存在由（I）得

D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足SODESODGSOEG2222u2x123,u2x23,x12x23;v2y122,v2y22,y12y22,322解得u2x12x2;v2y12y21.25因此u,x1,x2只能从中选取,v,y1,y2只能从1中选取,2(因此D，E，G只能在

6,1)2这四点中选取三个不同点，

而这三点的两两连线中必有一条过原点，

与

SODESODGSOEG62矛盾，

所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G. 37.（陕西理17）

22xy25上的动点，点D是P在x轴上的摄影，M为PD上一点，且如图，设P是圆

MD4PD5

（Ⅰ）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；

4（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率为5的直线被C所截线段的长度

解：（Ⅰ）设M的坐标为（x,y）P的坐标为（xp,yp）

xpx,5ypy,4由已知得

225xyxy25142516∵P在圆上， ∴ ，即C的方程为

2244yx35（Ⅱ）过点（3，0）且斜率为5的直线方程为，

设直线与C的交点为

Ax1,y1,Bx2,y2

y将直线方程

24x35代入C的方程，得

x2x3122525 即x3x80

x1341341,x222 ∴ 线段AB的长度为

22∴

ABx1x2y1y241412161x1x241255 25注：求AB长度时，利用韦达定理或弦长公式求得正确结果，同样得分。

38.（上海理23） 已知平面上的线段l及点P，在l上任取一点Q，线段PQ长度的最小值称为点P到线段l的距离，记作d(P,l)。

（1）求点P(1,1)到线段l:xy30(3x5)的距离d(P,l)； （2）设l是长为2的线段，求点集D{P|d(P,l)1}所表示图形的面积；

（3）写出到两条线段

l1,l2距离相等的点的集合

{P|d(P,l1)d(P,l2)}，其中

l1AB,l2CD，

A,B,C,D是下列三组点中的一组。对于下列三组点只需选做一种，满分分别是①2分，②

6分，③8分；若选择了多于一种的情形，则按照序号较小的解答计分。 A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,0)。 ② A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,2)。 ③ A(0,1),B(0,0),C(0,0),D(2,0)。

解：⑴ 设Q(x,x3)是线段l:xy30(3x5)上一点，则

A-1y1B1O-1x59|PQ|(x1)2(x4)22(x)2(3x5)22，当

x3时，

d(P,l)|PQ|min5。

⑵ 设线段l的端点分别为A,B，以直线AB为x轴，AB的中点为原点建立直角坐标系， 则A(1,0),B(1,0)，点集D由如下曲线围成

l1:y1(|x|1),l2:y1(|x|1)C1:(x1)2y21(x1),C2:(x1)2y21(x1)其面积为S4。

⑶ ① 选择A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,0)，{(x,y)|x0} ② 选择A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,2)。

，

{(x,y)|x0,y0}U{(x,y)|y24x,2y0}U{(x,y)|xy10,x1}

③ 选择A(0,1),B(0,0),C(0,0),D(2,0)。

{(x,y)|x0,y0}U{(x,y)|yx,0x1}

U{(x,y)|x22y1,1x2}U{(x,y)|4x2y30,x2}

yC3AC3yAy2.5

39.（四川理21）

椭圆有两顶点A（-1，0）、B（1，0），过其焦点F（0，1）的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P．直线AC与直线BD交于点Q．

32（I）当|CD | = 2时，求直线l的方程；

uuuruuur（II）当点P异于A、B两点时，求证：OPOQ为定值。

y2x21解：由已知可得椭圆方程为2，设l的方程为y1k(x0),k为l的斜率。

2kykx1xx1222k222(2k)x2kx10y2x1xx12122k2则

224yy212k22yy2k2122k2 8k288k48k29(x1x2)(y1y2)k22k22222(2k)(2k)2

l的方程为y2x1

F,F40.（天津理18）在平面直角坐标系xOy中，点P(a,b)(ab0)为动点，12分别为椭

x2y2212FPFb圆a的左右焦点．已知△12为等腰三角形． （Ⅰ）求椭圆的离心率e；

（Ⅱ）设直线

PF2uuuuruuuurPFA,B2与椭圆相交于两点，M是直线上的点，满足AMBM2，求

点M的轨迹方程．

本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代

数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想，考查解决问题能力与运算能力.满分13分.

（I）解：设

F1(c,0),F2(c,0)(c0)|PF2||F1F2|,

由题意，可得

22(ac)b2c. 即ccc2()210,得1aa整理得a（舍）， c11.e.2 或a2所以

（II）解：由（I）知a2c,b3c, 可得椭圆方程为3x4y12c, 直线PF2方程为y3(xc).

2223x4y12c,y3(xc). A，B两点的坐标满足方程组2消去y并整理，得5x8cx0.

2228x10,x2c.5 解得

8xc,2x0,51y3c,1y33c.25  得方程组的解

833A(c,c),B(0,3c)5不妨设5

uuuurr833uuuu(x,y),则AM(xc,yc),BM(x,y3c)55设点M的坐标为， y3(xc),得cx由

3y.3

uuuur833833AM(yx,yx),15555于是

uuuuruuuuruuuurBM(x,3x).由AMBM2,

833833yx)x(yx)3x215555即， (218x163xy150. 化简得

18x215310x25y代入cxy,得c0.316x163x将

所以x0.

218x163xy150(x0). 因此，点M的轨迹方程是

41.（浙江理21）

C2x2(y4)21C1x3y已知抛物线:＝，圆:的圆心为点M

（Ⅰ）求点M到抛物线

c1的准线的距离；

（Ⅱ）已知点P是抛物线

c1上一点（异于原点），过点P作圆

c2的两条切线，交抛物线

c1于A，

B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程

本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。

1y,4 （I）解：由题意可知，抛物线的准线方程为： 17.4所以圆心M（0，4）到准线的距离是

（II）解：设则题意得

22P(x0,x0),A(x1,x12),B(x2,x2)，

x00,x01,x1x2，

，

设过点P的圆C2的切线方程为即

2ykxkx0x02yx0k(xx0) ①

2|kx04x0|则即

1k21,

，

222(x01)k22x0(4x0)k(x04)210设PA，PB的斜率为

k1,k2(k1k2)，则

k1,k2是上述方程的两根，所以

222x0(x04)(x04)21k1k2,k1k2.22x01x01

2yx2得x2kxkx0x00,将①代入由于故

x0是此方程的根，

，所以

x1k1x0,x2k2x0kAB2222x0(x04)x04x12x2x1x2k1k22x02x,k.0MP2x1x2x01x0

222x0(x04)x04(2x)(1)02x01x0，

由MPAB，得

2x0kABkMP解得

23,5

(即点P的坐标为

2323,)55， y3115x4.115

所以直线l的方程为

42.（重庆理20）如题（20）图，椭圆的中心为原点O，离心率

e，一条准线的方程为

x．

（Ⅰ）求该椭圆的标准方程；

uuuruuuruuur （Ⅱ）设动点P满足：OPOMON，其中M,N是椭圆上的点，直线OM与ON的

PFPFF,FF,F斜率之积为，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由．

c2a2e,22,a2c解：（I）由

222a2,c2,bac2，故椭圆的标准方程为 解得

x2y21.42

（II）设

P(x,y),M(x1,y1),N(x2,y2)，则由

uuuruuuuruuurOPOM2ON得

(x,y)(x1,y1)2(x2,y2)(x12x2,y12y2),即xx12x2,yy12y2.

22x2y4上，所以 因为点M，N在椭圆22x122y124,x22y24，

故

22x22y2(x124x24x1x2)2(y124y24y1y2)22(x122y12)4(x22y2)4(x1x22y1y2) 设

204(x1x22y1y2).

kOM,kON分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知

kOMkONy1y21,x1x22因此

x1x22y1y20,

22x2y20. 所以

x2所以P点是椭圆(25)2y2(10)21上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，则由椭圆

22c(25)(10)10，因此两焦点的坐标为

的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因

F1(10,0),F2(10,0).