解析幾何高考真題

1、解析幾何高考真題作者：日期:解析幾何高考真題C.36.12015高考天津，D.2文5】已知雙曲線1.12015高考新課標1,文5已知橢圓E的中心為坐標原點，離心率為11,E的右焦點與拋物線222:-匕二1（a0,b0）的一個焦點為F（2,0），且abC:y28x的焦點重合,A,B是C的準線與E的兩雙曲線的漸近線與圓212x-2+y2=3相切，則雙曲個交點,則AB線的方程為（）(A)3(D)122.12015(B)(C)92(B)13高考重慶，文9】設雙曲線22xyF-1（a0,b0）的右焦點是F，左、右頂點ab分別是Ai,A2,過F做AiA2的垂線與雙曲線交于B,C兩點，若A1BA2C,則雙曲

2、線的漸近線的斜率為（(A)2（B）+(C)+1-2一(D)+b0)的離心b2率為立，且點(J3,-)在橢圓c上. TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark4 o Current Document 22(I)求橢圓C的方程； HYPERLINK l bookmark148 o Current Document 22 HYPERLINK l bookmark82 o Current Document (n)設橢圓E：J+=1,P為橢圓C上任4a4b意一點，過點P的直線y=kx+m交橢圓E于A,B兩點，射線PO交橢圓E于點Q.(i)求9|的值;|OP|(ii)求ABQ面積

3、的最大值.2015高考陜西，文20如圖，橢圓(n)設動直線l與兩定直線|1 ： X 2y 0和2 x E ：-a七1(ab0)經(jīng)過點A(0,1),且離bl2：x2y0分別交于P,Q兩點.若直線l總與橢圓C有且只有一個公共點，試探究：OPQ的面積是心率為(I )求橢圓E的方程;(i )求乂的值;(五)若 |PM |sin/BQP二7 5,二一,求橢圓的方程.926.12 01 5高考浙江，文如圖，已知拋物1 9(本題滿分1 5分)19線 C1: y x ,圓4(n)經(jīng)過點(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交22C2：x(y1)1,過點P(t,0)(t0)作不過原點于不同兩點P,Q(均異于點A)

4、,證明：直線AP與O的直線PA,PB分別與拋物線C1和圓C2相切,A,BAQ的斜率之和為2.【2015高考四川，文20如圖，橢圓E:41(ab0)的離心率是Y2b22占八、為切點.(1)求點A,B的坐標；(2)求PAB的面積.注：直線與拋物線有且只有一個公共點，且與拋物線的對稱軸不平行，則該直線與拋物線相切，稱該公共點為切點.P(0,1)在短軸CD上,且PCPD=-1yBC(I)求橢圓E的方程；(11)設0為坐標原點，過點P的動直線與橢圓交于27.2015高考重慶，文21如圖，橢圓的值;A、B兩點.是否存在常數(shù)入，oAObpApb為定值？若存在，求入 TOC o 1-5 h z HYPERLI

5、NK l bookmark237 o Current Document 22 HYPERLINK l bookmark60 o Current Document xy三1(ab0)的左右焦點分別為Fi,F2, HYPERLINK l bookmark134 o Current Document ab14分)若不存在，請說明理由.25.12015高考天津，文19(本小題滿分且過F2的直線交橢圓于P,Q兩點，且PQPF1.22B,左焦已知橢圓三十與二1(ab0)的上頂點為ab點為F,離心率為用,(I)求直線BF的斜率;(n)設直線BF與橢圓交于點P(P異于點B),過點B且垂直于BP的直線與橢圓交于

6、點Q(Q異于點B)直線PQ與y軸交于點M,|PM|=/l|MQ|.ir（I）若IPF11=2+我,|PF2I=2-&,求橢圓的標準方程.4（n）若|PQ|=|PF11,且士4,試確定橢3圓離心率的取值范圍.28.12015高考上海，文22（本題滿分14分）本題共3個小題，第1小題4分，第2小題6分，第3小題6分.已知橢圓x22y21,過原點的兩條直線li和12分別于橢圓交于A、B和C、D,設AOC的面積為S（1）設A（xi，yi）,CM”），用A、C的坐標表示點C到直線l1的距離，并證明S2|xy2X21|；、,、3.3一1（2）110kx,C（一,一）,S,求k的值；333（3）設11與12

7、的斜率之積為m,求m的值，使得無論11與l2如何變動，面積S保持不變.參考答案【解析】拋物線C:y28x的焦點為(2,0)，準線方程為x2,橢圓E的右焦點為(2,0), TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark239 o Current Document 22.橢圓E的焦點在x軸上，設方程為241(ab0),c=2,ab HYPERLINK l bookmark464 o Current Document 122 HYPERLINK l bookmark120 o Current Document ec,a4,b2a2c212,，橢圓E方程為上y-1,a21612將

8、X2代入橢圓E的方程解得A(-2,3),B(-2,-3),|AB|=6,故選B.【考點定位】拋物線性質；橢圓標準方程與性質【名師點睛】本題是拋物線與橢圓結合的基礎題目，解此類問題的關鍵是要熟悉拋物線的定義、標準方程與性質、橢圓的定義、標準方程與性質，先由已知曲線與待確定曲線的關系結合已知曲線方程求出待確定曲線中的量，寫出待確定曲線的方程或求出其相關性質.C【解析】由已知得右焦點F(c,0)(其中c2a2b2,c0),b2-b2A(a,0),A2(a,0),B(c,),C(c,)從而A1B(cb2、a,),A2c(cab2、a,),又因為A1BA2C,a所以0,即(ca)(ca)(b-)a(!0

9、,a化簡彳#到by1b1,即雙曲線的漸近線的斜率為1,aa故選C.【考點定位】雙曲線的幾何性質與向量數(shù)量積.【名師點睛】本題考查雙曲線的簡單幾何性質，利用向量垂直的條件來轉化兩直線垂直的條件而得到a與b的關系式來求解.本題屬于中檔題，注意運算的準確性.D【解析】由題意，a=1,b=V3,故c=2,漸近線方程為y=.3x將x=2代入漸近線方程，得丫1,2=2百故|AB|=4J3,選D【考點定位】本題考查雙曲線的概念、雙曲線漸近線方程、直線與直線的交點、線段長等基礎知識，考查簡單的運算能力.【名師點睛】本題跳出直線與圓錐曲線位置關系的常考點，進而考查直線與雙曲線漸近線交點問題，考生在解題中要注意識

10、別.本題需要首先求出雙曲線的漸近線方程，然后聯(lián)立方程組，接觸線段AB的端點坐標，即可求得|AB|的值.屬于中檔題.4.B【解析】由拋物線y22Px(p0)得準線x上，因為準線經(jīng)過點(1,1),所以p2,2所以拋物線焦點坐標為(1,0)，故答案選B【考點定位】拋物線方程和性質.【名師點睛】1.本題考查拋物線方程和性質，采用待定系數(shù)法求出p的值.本題屬于基礎題，注意運算的準確性.2.給出拋物線方程要求我們能夠找出焦點坐標和直線方程，往往這個是解題的關鍵.5.C【解析】由題意得：m225429,因為m0,所以m3,故選C.【考點定位】橢圓的簡單幾何性質.【名師點晴】本題主要考查的是橢圓的簡單幾何性質

11、，屬于容易題.解題時要注意橢圓的焦點落在哪個軸上，否則很容易出現(xiàn)錯誤.解本題需要掌握的知識點是橢圓的簡單幾何性質，22即橢圓。41(ab0)的左焦點Fic,0，右焦點F2c,0，其中a2b2c2.ab.D【解析】由雙曲線的漸近線bxay0與圓x-22+y2=3相切得2bJ3,由a2b2caab22,解得a1,b芯,故選D. TOC o 1-5 h z 【考點定位】圓與雙曲線的性質及運算能力.【名師點睛】本題是圓與雙曲線的交匯題，雖有一定的綜合性，但方法容易想到，仍屬于基礎題.不過要注意解析幾何問題中最容易出現(xiàn)運算錯誤，所以解題時一定要注意運算的準確性與技巧性，基礎題失分過多是相當一部分學生數(shù)學

12、考不好的主要原因.D HYPERLINK l bookmark455 o Current Document 22xy【解析】因為雙曲線式21的一條漸近線經(jīng)過點(3,-4),ab HYPERLINK l bookmark596 o Current Document 222c53b4a,9(ca)16a,e一二一.故選D.a3【考點定位】雙曲線的簡單性質【名師點睛】漸近線是雙曲線獨特的性質，在解決有關雙曲線問題時，需結合漸近線從數(shù)形結22士上122合上找突破口.與漸近線有關的結論或方法還有：(1)與雙曲線ab共漸近線的可設2x-2 為a雙曲線的焦點到漸近線的距離等于虛半軸長22； 1(a 0.b

13、0)b;( 4) a b的一條漸近線的20)；(3)-2-(0)yb;(2)若漸近線方程為2y彳 1 ,則雙曲線C2的方程b2eie2a m)2 (b m)21a m,當a b時,e2(b m)a b(a m)(a m)a(a b)m(a m)a(b m)a0,所以bab(a m)(a(a m)a(a m)ab ,所以a斜率為aaa.可以看出，雙曲線的漸近線和離心率的實質都表示雙曲線張口的大小.另外解決不等式恒成立問題關鍵是等價轉化，其實質是確定極端或極限位置.A【解析】由雙曲線的漸進線的公式可行選項A的漸進線方程為y2x,故選A.【考點定位】本題主要考查雙曲線的漸近線公式【名師點睛】在求雙曲

14、線的漸近線方程時，考生一定要注意觀察雙曲線的交點是在x軸，還是在y軸，選用各自對應的公式，切不可混淆.D【解析】不妨設雙曲線G的焦點在x軸上，即其方程為為:2x(am)2b2一,所以e2e;故應選D.a【考點定位】本題考查雙曲線的定義及其簡單的幾何性質，考察雙曲線的離心率的基本計算，涉及不等式及不等關系.【名師點睛】將雙曲線的離心率的計算與初中學習的溶液濃度問題聯(lián)系在一起，突顯了數(shù)學在實際問題中實用性和重要性，充分體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學思想方法在解題中的應用，能較好的考查學生思維的嚴密性和縝密性.10.A【解析】設左焦點為F,連接AF1,BF1.則四邊形BF1AF是平行四邊形，故AF1BF所以A

15、F| AF14b4242a,所以a2,設M(0,b),則經(jīng)4,故b1,從而a550c23,0 c J3 ,所以橢圓E的離心率的取值范圍是(0,故選 A.2【考點定位】1、橢圓的定義和簡單幾何性質；2、點到直線距離公式【名師點睛】本題考查橢圓的簡單幾何性質，將AFBF4轉化為AFAFi42a,進而確定a的值，是本題關鍵所在，體現(xiàn)了橢圓的對稱性和橢圓概念的重要性，屬于難題.求離心率取值范圍就是利用代數(shù)方法或平面幾何知識尋找橢圓中基本量a,b,c滿足的不等量關系，以確定c的取值范圍.a11.12褥【解析】設雙曲線的左焦點為F1,由雙曲線定義知，|PF|2a|PF11,-APF的周長為|PA|+|PF

16、|+|AF|=|PA|+2a|PF1|+|AF|=|PA|+|PF1|+|AF|+2a,由于2a|AF|是定值，要使APF的周長最小，則|PA|+|PF1|最小，即p、A、F1共線,3代入A0,6J6,F1(-3,0),.直線AF1的方程為三32_X21整理得y26J6y960,解得y2J6或y8/6（舍），所以P點的縱坐8一 S APF S1.1.一SPFF1=66,662.6=12.6.22【考點定位】雙曲線的定義；直線與雙曲線的位置關系；最值問題【名師點睛】解決解析幾何問題，先通過已知條件和幾何性質確定圓錐曲線的方程，再通過方程研究直線與圓錐曲線的位置關系，解析幾何中的計算比較復雜，解決

17、此類問題的關鍵要熟記圓錐曲線的定義、標準方程、幾何性質及直線與圓錐曲線位置關系的常見思路.12.【解析】設bF c,0關于直線y x的對稱點為cQ(m,n),則有上b 1m c c ,解得n b m 22 c 232c 2bm 2-, nabc2 2bc2，a3 c Q(一2b2-2 abc2 2bc2)a在橢圓上，/ 32、2(c 2b )4a2_2(bc 2bc)272a b2 一 .、2c ,所以離心率e【考點定位】1.點關于直線對稱；2.橢圓的離心率.【名師點睛】本題主要考查橢圓的離心率.利用點關于直線對稱的關系，計算得到右焦點的對稱點，通過該點在橢圓上，代入方程，轉化得到關于a,c的

18、方程，由此計算離心率.本題屬于中等題。主要考查學生基本的運算能力.13.百【解析】由題意知 c 2,a 1, b2c2 a2 3,所以 b 33.【考點定位】雙曲線的焦點.【名師點晴】本題主要考查的是雙曲線的簡單幾何性質，屬于容易題.解題時要注意雙曲線的焦點落在哪個軸上，否則很容易出現(xiàn)錯誤.解本題需要掌握的知識點是雙曲線的簡單幾何性質，即雙曲線2 x 2 a0）的左焦點E c,0，右焦點F2 c,0 ,其中2,22cba.14.2【解析】依題意，點Q為坐標原點，所以-p1,即p2.2【考點定位】拋物線的性質，最值.，所以拋物線的頂點到焦2X 2【斛析】因為C1的方程為y4【名師點睛】由于拋物線

19、上的點到焦點的距離與到準線的距離相等點的距離最小.1一1,所以Ci的一條漸近線的斜率k1一，所以C2的一2條漸近線的斜率k21,因為雙曲線Ci、C2的頂點重合，即焦點都在x軸上, TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark622 o Current Document 22xy設C2的方程為Fy-21(a0,b0)，ab HYPERLINK l bookmark457 o Current Document 22所以ab2,所以C2的方程為二Li. HYPERLINK l bookmark62 o Current Document 44【考點定位】雙曲線的性質，直線的斜率

20、.【名師點睛】在雙曲線的幾何性質中，應充分利用雙曲線的漸近線方程，簡化解題過程.同時要熟練掌握以下三方面內(nèi)容：(1)已知雙曲線方程曲線的方程；(3)漸近線的斜率與離心率的關系16. 2 小,求它的漸近線；(2)求已知漸近線的雙產(chǎn)”父=歸=2.【解析】雙曲線2-二 1的右焦點為(c,0).不妨設所作直線與雙曲線的漸近線 a平行，其方程為b ,一（x c）,代入 a2-1求得點a2aP的橫坐標為 x 2c22a c2c得（c）2 4-10,a a解之得-2 ,3ac 2 J3(舍去，因為離心率 ac 1),故雙曲線的離心率為2J3.a【考點定位】【名師點睛】一步具體化,.雙曲線的幾何性質;.直線方

21、程.本題考查了雙曲線的幾何性質及直線方程，解答本題的關鍵,首先是將問題進即確定所作直線與哪一條漸近線平行，事實上，由雙曲線的對稱性可知，兩種情，求得離心率.況下結果相同；其次就是能對所得數(shù)學式子準確地變形，利用函數(shù)方程思想本題屬于小綜合題，也是一道能力題，在較全面考查直線、雙曲線等基礎知識的同時，考查考生的計算能力及函數(shù)方程思想.17.(i)述(n)詳見解析.52 1 、(I)解：由題設條件知，點M (-a,-b),3 3又koM102a10進而aV5b,cva2b22b,故ec(n )證：由N是AC的中點知，點N的坐標為b 一,可得NM2a 5b,6 6又ABa,b,從而有ABNM-a25b

22、215b2a2666由（l）得計算結果可知a25b2,所以ABNM0,故MNAB.【考點定位】本題主要考查橢圓的離心率，直線與橢圓的位置關系等基礎知識.【名師點睛】本題主要將橢圓的性質與求橢圓的離心率相結合，同時考查了中點坐標公式，以及解析幾何中直線與直線垂直的常用方法，本題考查了考生的基本運算能力和綜合分析能力.18.（1）卷；（n）i；（出）直線與直線D平行.【解析】試題分析：本題主要考查橢圓的標準方程及其幾何性質、直線的斜率、兩直線的位置關系等基礎知識，考查學生的分析問題解決問題的能力、轉化能力、計算能力.（I）先將橢圓方程c化為標傕萬程，得到a,b,c的值，再利用e一計算離心率；（n）

23、由直線的特殊位置，設出，點坐標，設出直線的方程，由于直線與x3相交于點，所以得到點坐標，利用點、點的坐標，求直線的斜率；（出）分直線的斜率存在和不存在兩種情況進行討論，第一種情況，直接分析即可得出結論，第二種情況，先設出直線和直線的方程，將橢圓方程與直線的方程聯(lián)立，消參，得到X1*2和X1X2,代入到kBM1中，只需計算出等于0即可證明kBMkDE,即兩直線平行.2試題解析：（I）橢圓C的標準方程為y21.3所以aa/3,b1,c應.所以橢圓C的離心率e-.a3（n）因為過點D（1,0）且垂直于x軸，所以可設A（1,y1）,B（1,y1）.直線的方程為y1（1y1）（x2）.令x3,得M（3,

24、2y1）.所以直線的斜率kBM2y1y11.31（出）直線與直線D平行.證明如下：當直線的斜率不存在時，由（n）可知kBM1.0又因為直線D的斜率kDE=01,所以BM/DE.1當直線的斜率存在時，設其方程為yk(x1)(k1).設 A(xi,yi), B(X2,y2),則直線的方程為yXH(x 2)-令 x 3,得點 M (3, y1 x1 3). x1 2,x23y23 /曰2 2由，得(13k2)x2yk(x1)6k2x 3k2 3 0.所以x1x26k22 , 取21 3k23k2 31 3k2直線的斜率kBMV1X 3x123 x2因為kBM1k(x, 1) x1 3 k(x1 1)

25、(x1 2) (3 x2)(x1 2)(3 x2)(x1 2)(k 1) x1x2 2(x1 x2) 3)(3 x2)(x12)(k1)3k2 31 3k212k21 3k23)(3x2)(x12)0,所以kBM1kDE.所以BM/DE.綜上可知，直線與直線D平行.考點：橢圓的標準方程及其幾何性質、直線的斜率、兩直線的位置關系.【名師點晴】本題主要考查的是橢圓的標準方程、橢圓的簡單幾何性質、直線的斜率和兩條直線的位置關系，屬于中檔題.解題時一定要注意直線的斜率是否存在，否則很容易出現(xiàn)錯 TOC o 1-5 h z 誤.解本題需要掌握的知識點是橢圓的離心率，直線的兩點斜率公式和兩條直線的位置關系

26、， HYPERLINK l bookmark443 o Current Document 22 HYPERLINK l bookmark18 o Current Document xyc即橢圓21(ab0)的離心率e，過1x1,y1,2&,丫2的直線斜率 HYPERLINK l bookmark245 o Current Document abay2yk(x1x2)，若兩條直線l：ykxb,I2：yk?x2斜率都存在，則x2X1i/12k1k2且bib2.19.(1)y24x；(n)詳見解析.【解析】解法一：(I)由拋物線的定義得F2-p.因為F3,即2p3,解得p2,所以拋物線的方程為y22

27、(n)因為點2,m在拋物線：y24x上，所以m2夜，由拋物線的對稱性，不妨設2,2J2.由2,2J2,F1,0可得直線F的方程為y242x1. TOC o 1-5 h z ,y2.2x12由，得2x5x20,2/，y4x解得x2或x,從而,2122又G1,0,22022,.202.5所以,kG,213G1d312所以kGkG0,從而GFGF,這表明點F到直線G,G故以F為圓心且與直線G相切的圓必與直線G相切.解法二：(I)同解法一.(n)設以點F為圓心且與直線G相切的圓的半徑為r.因為點2,m在拋物線：y24x上，4x .的距離相等由 2,2萬，F(xiàn) 1,0可得直線F的方程為y 272 x 1y

28、 2-2 x y2 4x12,得 2x2 5x2 0,解得x 2或x ,從而工，a 22又G 1,0,故直線G 的方程為2j2x 3y 2短 0所以m2也由拋物線的對稱性，不妨設2,2J2從而r22 2,24.28917又直線G的方程為2垃x3y2應0,所以點F到直線G 的距離d22 2.2;F94、.217這表明以點F為圓心且與直線G相切的圓必與直線G相切.【考點定位】1、拋物線標準方程；2、直線和圓的位置關系.【名師點睛】利用拋物線的定義，將拋物線上的點到焦點距離和到準線距離進行轉化，從而簡化問題的求解過程，在解拋物線問題的同時，一定要善于利用其定義解題.直線和圓的位置關系往往利用幾何判斷

29、簡潔，即圓心到直線的距離與圓的半徑比較；若由圖形觀察，結合平面幾何知識，說明GFGF即可,這樣可以把問題轉化為判斷kGkG0,高效解題的過程就是優(yōu)化轉化的過程20.( D2 x161. (n)當直線1與橢圓C在四個頂點處相切時OPQ的面積取得最小(I)因為|OM |MN | |NO|3 1 4,當M , N在x軸上時，等號成立；同理|OM |MN | NO | 3 12,當D,。重合，即MN x軸時,等號成立.所以橢圓C的中心為原點O,長半軸長為4,2短半軸長為2,其方程為161.(n) ( 1 )當直線l的斜率不存在時，直線l為x都有OPQ14 428.(2 )當直線1的斜率存在時,設直線l

30、 : y kxm (k12)y kx22x 4ym,16,消去y,可得(1 4k2)x228kmx 4m16l總與橢圓有且只有一個公共點,所以2264k m4(1224k )(4m16)又由y xkx2ym,0,可得P(-12m2k一)；同理可得Q(，m 1 2k1 2k1 2k).由原點O到直線PQ的距離為| m |言”PQ|2k |xpXq | ,可得將代入得，S12 |m|xP12 |m|2m2mOPQ22m1 4 k24k2 14k2 12k當k21 2k2m21 4k22_1 一 _ ,4k2 1 _2 、 _一時，S opq 8(:)8(1 2 ) 8 ;44k 1 4k 10 k

31、2S OPQ8(。8( 14k21 4k21 4k2所以S OPQ 8( 121 4k2)8,當且僅當k 0時取等所以當k0時，SOPQ的最小值為8.綜合(1)(2)可知，當直線l與橢圓C在四個頂點處相切時，OPQ的面積取得最小值8.【考點定位】本題考查橢圓的標準方程與直線與橢圓相交綜合問題，屬高檔題.【名師點睛】作為壓軸大題，其第一問將橢圓的方程與課堂實際教學聯(lián)系在一起，重點考查學生信息獲取與運用能力和實際操作能力，同時為橢圓的實際教學提供教學素材；第二問考查直線與橢圓相交的綜合問題，借助函數(shù)思想進行求解.其解題的關鍵是注重基本概念的深層次理解，靈活運用所學知識.x267 1; (n) T2

32、、y21.(I)9試題分析：(I)由題通過F的坐標為(0,1),因為F也是橢圓C2的一個焦點，可彳導a2b21, TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark364 o Current Document 961 ,然后得到對aC噌，可得根據(jù)C1與C2的公共弦長為2J6,C1與C2都關于y軸對稱可得一2-74a2b2應曲線方程即可;(n)設A(x1,y)B(X2,y2),C(X3,y3),D(x，y)，根據(jù)22(X3X4)4x3X4(X1X2)4x1X2,設直線l的斜率為k,則l的萬程為ykx1,聯(lián)立直線與拋物線方程、直線與橢圓方程、利用韋達定理進行計算即可得到結果2試題

33、解析：(I)由C1:x4y知其焦點F的坐標為(0,1),因為F也是橢圓C2的一個焦點，所以a2b21；又C1與C2的公共弦長為256,C1與C2都關于y軸對稱，且C1的方程為g:x24y,由此易知C1與C2的公共點的坐標為(J6T),Wg124a2b2，22聯(lián)立得a29,b28,故C2的方程為1o98(n)如圖,設A(X1,y1),B(X2,y2),C(x3,y3),D(x,，y,),同向，且AC因BDXi日所以ACbD,從而x3X4X2,即X3X4X1X2,于(X3X4)24X3X4(Xix2)24X1X2設直線l的方程為ykx1,kx4y加2.一，一一,得x4kx40,由,X2是這個方程的

34、兩根,x1x24k,x1x2kx2 y90,而x3,x4是這個方程的兩根,1得(98k2)x216kx641X3X416k2,X3X498k6498k2將、代入，得16(k22,31)(98k2)24642-4-642o即16(k21)98k2_2_2169(k1)1Z22(98k2)2所以(98k2)2169,解得k，6,即直線l的斜率為-44【考點定位】直線與圓錐曲線的位置關系；橢圓的性質a, b,c的方程，其常規(guī)【名師點睛】求橢圓標準方程的方法一般為待定系數(shù)法：根據(jù)條件確定關于組，解出a2,b2,從而寫出橢圓的標準方程.解決直線與橢圓的位置關系的相關問題思路是先把直線方程與橢圓方程聯(lián)立，

35、消元、化簡，然后應用根與系數(shù)的關系建立方程，解決相關問題.涉及弦長問題利用弦長公式解決,往往會更簡單2、X22.(I)一4彳|OQ|1un)(1)m2;(ii)6石(I)由題意知32aL4b21,又Ja機解得a24，b21,2所以橢圓C的方程為y21.4(n)2由（I）知橢圓E的方程為162匕1.4(i)|OQ|僅飛),而,由題意知Q（X。,y。）.因為y021.又(x0)2(yO)2所以161,y02)1.2,即禺2.A(Xi,y)B(X2,y2),將kxm代入橢圓E的方程(14k2)x228kmx4m160,由一2一0,可得m4_216k則有xx28km4k2,x1x224m1614k2.

36、所以|x1x214、16k24m2用2.口14k為直線ykxm與y的坐標為(0,m)OAB的面積1.S21mI|Xx2|21m|16k24k2.,(16k24m2)m214k22，.(412m.2)4k1m24k2.t.將ykxm代入橢圓C的22(14k)x8kmx,2,4m422一0,由0,可得m14k由可知t1,S2j(4t)t2dt24t.故S273.當且僅當t1,即m214k2時取得最大值2J3.由（I）知,ABQ的面積為3S,所以ABQ面積的最大值為6M【考點定位】角形面積;4.【名師點睛】1.橢圓的標準方程及其幾何性質；2.直線與橢圓的位置關系;轉化與化歸思想.本題考查了橢圓的標準

37、方程及其幾何性質、直線與橢圓的位置關系、距離與三角形面積、二次函數(shù)的性質等，解答本題的主要困難是（n）中兩小題，首先是通過研究P,Q的坐標關系，使（I）得解，同時為解答（n）提供簡化基礎,即認識到ABQ與OAB的面積關系，從而將問題轉化成研究OAB面積的最大值.通過聯(lián)立直線方程、橢圓方程，并應用韋達定理確定“弦長”，進一步確定三角形面積表達式，對考生復雜式子的變形能力及邏輯思維能力要求較高.本題是一道能力題，屬于難題.在考查橢圓的標準方程及其幾何性質、直線與橢圓的位置關系、距離與三角形面積、二次函數(shù)的性質等基礎知識的同時，考查考生的計算能力及轉化與化歸思想.本題梯度設計較好，層層把關，有較強的

38、區(qū)分度，有利于優(yōu)生的選拔.2_X2_23.(1)一y1；(n)證明見解析.2【解析】試題分析：(I)由題意知c,b1,由a2b2c2,解得a22,繼而得橢圓的方a22程為y21；2(n)設pxiyi,QX2y2,則x0,由題設知，直線PQ的方程為2yk(x1)1(k2),代入y21,2k(k 2)1 2k22xx2(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0,則x1x24k(k1),y21x212k由已知0,從而直線AP與AQ的斜率之和kAPkAQ2口QJ.x1化簡得kAPkAQ2k（2勺江與，把式代入方程得kAPkAQ2.x1x2試題解析：(I)由題意知 2,ba 21,綜合a2 b2 c2

39、,解得aJ2,所以，橢圓的方2程為y2 1 .2（H）由題設知，直線2PQ的方程為y k(x 1) 1(k 2)，代入土 y2 1 ,得2(12k2)x24k(k 1)x 2k(k 2) 0,由已知0,設 P x1y1 ,Q x2y2 , x1x2 0則 x1x24k(k 1) 2k(k 2)2 , xlx22 -)12k12k從而直線AP與AQ的斜率之和kAP kAQy1 1y2 1kx12 kkx22kxix2x1x12k (2 k) 2k (2 k)由3 x1x2x1x22k 2 k 4k(k 1) 2k (2k 1) 2.2k(k 2)【考點定位】1.橢圓的標準方程；2.圓錐曲線的定值

40、問題.【名師點睛】定值問題的處理常見的方法：(1 )通過考查極端位置，探索出“定值”是多少，然后再進行一般性的證明或計算，即將該問題涉及的幾何式轉化為代數(shù)式或三角形形式，證明該式是恒定的，如果以客觀題形式出現(xiàn)，特殊方法往往比較快速奏效；(2)進行一般計算推理求出其結果.24.(I) l 1(n)存在常數(shù)入=1，使得oAoB42pA pB為定值3【解析】(I )由已知，點C, D的坐標分別為又點P的坐標為(0,1),且 pC PD =- 1(0, - b),(0,b) TOC o 1-5 h z 1b21于是c也，解得a=2,b=J2a22,22abc22所以橢圓E方程為上L1. HYPERLI

41、NK l bookmark96 o Current Document 42(n)當直線AB斜率存在時，設直線AB的方程為y=kx+1A,B的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2)222y-122聯(lián)立42，得(2k+1)x+4kx-2=0ykx1其判別式=(4k ) 2+8 ( 2 k? + 1)0所以Xix2從而 OA OB pA PB =所以，當入=1時,12k2 12 =-3此時,pA PB =- 3為定值xiX2+y1y2+入x1X2+(y1-1)(y2-1)=(1+入)(1+k2)x1X2+k(x1+X2)+1=(24)k2(21)2k2112k21=-2 - 1 = - 3當直線A

42、B斜率不存在時，直線AB即為直線CD此時OAOBpaPBoCoDpCpd=故存在常數(shù)入=-1 ,使得OA OB PA PB 為定值-3 .【考點定位】本題主要考查橢圓的標準方程、直線方程、平面向量等基礎知識,考查推理論證能力、運算求解能力，考查數(shù)形結合、化歸與轉化、特殊與一般、分類與整合等數(shù)學思想【名師點睛】本題屬于解析幾何的基本題型，第（I）問根據(jù)“離心率是=-1”建立方程組可以求出橢圓方程 ；第（n）問設出直線方程后，代入橢圓方程，利用目標方程法，結合韋達定理，得到兩交點橫坐標的和與積，再代入oA oB pA pB中化簡整理.要得到定值，只需判斷有無合適的 形能力要求較高.屬于較難題.入，

43、使得結論與 k無關即可，對考生代數(shù)式恒等變2 5. (I )2; (II)(i)I ）先由a2 b2 c2,得a J5Gb 2c ,直線B f的斜率2；(）先把直線BF, B Q的方程與橢圓方程聯(lián)立，求出點 巳Q橫坐標,PMxpxpMQ|xq Xm I|xq7.( ii )先由 |PM |sin/BQP=H5 得89BP=|PQ|sinBQP=151PM|sinBQP=5,由此求出c=1,故橢圓方程為1.試題解析:(I)設Fc,0由已知a卷2一一c,可信a2c又因為Bc,0，故直線BF的斜率k（n）設點PXp,yp,QxQ,yQ,Mxm,yMi）由（i）可得橢圓方程為2x5c22y4c21,直

44、線BF的方程為y2x2c,兩方程聯(lián)立消去y得3x25cx0,解得5c為BQBP所以直線BQ方程為2x2c，一，2-21x40cxXQ40c21xMxPxPxQxMXQ（ii）由（i）得|PM|sinjBQP二又因為5.5c3PMMQ所以PMPMMQxp與橢圓方程聯(lián)立消去PMMQ及xm7.53,所以yP2xp5.5,c3BP2c,即PQ1515-PM715,二|PQ|sin2BQP=y|PM|sinBQP二所以BP25c32c24c31,所以橢圓方程為【考點定位】本題主要考查直線與橢圓等基礎知識553.考查運算求解能力及用方程思想和化歸思想解決問題的能力.【名師點睛】高考解析幾何解答題大多考查直

45、線與圓錐曲線的位置關系,直線與圓錐曲線的位置關系是一個很寬泛的考試內(nèi)容，主要由求值、求方程、求定值、最值、求參數(shù)取值范圍等幾部分組成，其中考查較多的圓錐曲線是橢圓，解決這類問題要重視方程思想、函數(shù)思想及化歸思想的應用.26.(1)A(2t,t2同泮dT)；(2)t-t2(1)設定直線的方程，通過聯(lián)立方程，判別式為零，得到點的坐標；根據(jù)圓的性質，利用點關于直線對稱，得到點的坐標；(2)利用兩點求距離及點到直線的距離公式，得到三角形的底邊長與底邊上的高，由此計算三角形的面積.試題解析：(1)由題意可知，直線的斜率存在，故可設直線的方程為yk(xt).yk(xt)所以12消去y,整理得：x24kx4

46、kt0.y4x因為直線與拋物線相切，所以16k216kt0,解得kt.所以x2t,即點A(2t,t2).設圓C2的圓心為D(0,1),點B的坐標為(,丫0),由題意知，點，關于直線D對稱, TOC o 1-5 h z 近41故有22t HYPERLINK l bookmark610 o Current Document %tyo0 2t斛倚比 2, y1 t22t21 t2.即點2t2t2B( 2 ,2 ) ,1 t2 1 t2(2)由(1)知，AP直線的方程為txyt20,所以點 到直線的距離為d_t2_, 1 t2,1所以PAB的面積為S-APd2【考點定位】1.拋物線的幾何性質；2.直線

47、與圓的位置關系；3.直線與拋物線的位置關系.【名師點睛】本題主要考查拋物線的幾何性質以及直線與圓，直線與拋物線的位置關系.利用直線與圓、拋物線分別相切，通過聯(lián)立方程，判別式為零，計算得到點，的坐標，利用兩點之間的距離及點到直線的距離公式計算得到三角形相應的底邊長與底邊上的高，從而表示面積.本題屬于中等題.主要考查學生基本的運算能力，培養(yǎng)學生不怕吃苦的品質.27xT+y2”(n)222e-15-【解析】試題分析：(I)由橢圓的定義知2a二|PFj+|PF2|可求出a的值，再由PF_LPF2及勾股定理可求得c的值，最后由bJa2c2求得b的值，從而根據(jù)橢圓的標準方程到結果，(H)由PF1，PQ,|PQ|二i|PF1|,得|QF1|二JPFTPQF二/1P72|PF1l由橢圓的定義，|PF|+|PF2；2a,|QFi|+|QF2|=2a,進而下弓|+|PQ|+1QF1口4a是 （1+4+ .開了）嚴|二4a解得 | PF1匚4a1+什/嚴2-2曹廿4a、.2到|PF1|2+IPF2I2二|PE|2二(2c)2二4c2從1I1+4+由+j兩邊除以4a2,得, 21+/1+片(兒 + 11) _ 2 2、nI 2 1