2014年市高考二模匯編解析幾何

1.經(jīng)過點(diǎn)

且法向量為

n(2,

的直 的方程2xy2 22213.方 y1

表示焦點(diǎn)在

軸上的雙曲線，則實(shí)數(shù)

m (, 23183142836C1: 1 M(1, C2:C1: 1 M(1, C2:

4xFFPQ求橢圓C1O為坐標(biāo)原點(diǎn)，線段OFN(n0，使得QPNPPQNQ？若存在，求n的取值范圍；若不存在，說明理由；P040)xABBxE，試證明：直線AE過定點(diǎn).23.(18分3142836由題意，得：F(10

4

，解得b2

，所以橢圓的方程為：yx yx 1；(2PQ的方程為：yk(x1),(k

，代入

1 2 21經(jīng)過點(diǎn)A(1,0)且法向量為n(2,1)的直線l的方程 2xy2 2223、方程 y1表示焦點(diǎn)在y軸上的雙曲線，則實(shí)數(shù)m取值范圍m (, 14、已知圓O:x2y2c(0c≤1P(ab是該圓面（包括⊙O圓周及內(nèi)部）1則abc的最小值等 223（18分）314283 已知橢圓C1a2b21(ab0)M(1,2，且其右焦點(diǎn)與拋物線C2

FFPQ求橢圓C1O為坐標(biāo)原點(diǎn)，線段OFN(n0，使得QPNPPQNQ？若存在，求出n的取值范圍；若不存在，說明理由；P040)xABBx軸的對(duì)稱點(diǎn)為EAE6分（1） ab所以 ab

b2

xy 1xy （2）PQyk(x1),(k

1 (34k2)x28k2x8k212(8k2)24(34k2)(8k212)

設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),線段PQ的中點(diǎn)為R(x3,y3 x 4k 則x3 2 34k

,y3k(x31)

34kQPQPNPPQ

PQNQNPPQ2NR0NRPQ 4kNRy34k2k(x34k2) y

得：N點(diǎn)的橫坐標(biāo)n34k23 k2因?yàn)閗2(0，所以k

4(4,)，所以n 1(0,(0,所以線段OFN(n

使得QPNPPQNQ，其中n 1(0,4(0,2AByk(x4),(k02

1 (34k2)x232k2x64k21202

k(1由32k)4(34k)(64k120

,)2A(x3y3B(x4y4E(x4y4)x3x434k2,x3x4

64k2，34kAEyyy3y4(xx) x y

x

x3x4xx3y4x4y3x3k(x44)x4k(x33y y k(x

64k2 32k2x

x

234k2434k 4 1xx 32k 834kAE過定點(diǎn)(10)4（閔行理科）17．若曲線f(x,y)0上存在兩個(gè)不同點(diǎn)處的切線重合，則稱這條切線為曲4（A）x2y1

x

1x2y2xx1

3x2xy14（閔行文科）17．若曲線f(x,y)04（A）x2y1

x

1x22xy

（D）x2xy1（閔行理科）22（16）3(1)4(2)、設(shè)橢圓1的中心和拋物線2的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O，1、2x軸上，過2的求123 33若l與1C、DF0為13

S△F 0 0S△F0

2yACFOxBD（3）P、Q1yACFOxBD OP

OP

OPOQ是否成立？請(qǐng)說明理由. 2

22 1： 2y （4分 1d00

△F0AB= 0S△F0

d2F(10)是拋物線的焦點(diǎn)，也是橢圓的右焦點(diǎn)，①當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)lyk(x1設(shè)A(x1y1），B(x2y2）C(x3y3），D(x4y4）y2聯(lián)立方程yk(x2x2x 2

，得k2x22k24)xk20k00 得：ABx1x22x2y2

41k2k

（5分 聯(lián)立方程 ，得(3+4k)x8kx4k120，0恒成立yk(x1 x1 x22

,……（6分0S△FAB00S△F0

1 （8分 k ②當(dāng)直線llxS△F 此時(shí)，AB4，CD3， = （9分S△F

S△F 040所以， 的最小值為. （10分0S△F 0

（3（ 2設(shè)OPykx;那么OQy1x.P(x,y），Q(x,y

.（11分x2y2

聯(lián)立方程 y

1，解得x2 P,2x2y2P,2

（12分同理，聯(lián)立方程

Qx2Q

12k2, 2 y OP

OQ

（13分反之，對(duì)于

3

OP

1OQ

7設(shè)OPyk1xOQyk2x

12k

xP

,yP ；xQ 4k2 4k2

4k , 4k2 4k2 OP

得 12k21 1 1即8k2k27k27k267(k2k2k2k21 1 1

OP

OQ

為定值7時(shí)，OPOQ不成 （16分“反之”的方法二：如果有OPOQ，且OQ不在坐標(biāo)軸上，作OQ1線與交于QOQOQ'OPOQ與OPOQ122（16）3(1)4(2)、(3)設(shè)橢圓1的中心和拋物線2的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O，1、2x軸上，過2的x343y2x343y20 2設(shè)M是MF的斜率為k MA、MB的斜率依次為k1、k2，請(qǐng)?zhí)骄浚簁0 yACFOxBDyACFOxBD若l與1C、DF0為1S△F問 0S△F0（1）-2,0-3

在橢圓上， 2

22 1： 2y （4分 （2（設(shè)lyk(x1設(shè)A(x1y1），B(x2y2），y2聯(lián)立方程yk(x2k2

，得k2x22k24)xk20k0時(shí)0x1x2 k

（6分m因準(zhǔn)線為x1，設(shè)M(1,m)，k ，m

y1m，

y22k

2kx1k2

x11

x2 11xk0與k1k2的關(guān)系是k1k22k0 （8分x②當(dāng)直線llx1A(12)、B(1k1

2

，k2

22

k1k2m，仍然有k1k2

………（10分 1d00

△F0AB= 0S△F0

1d2F(10)是拋物線的焦點(diǎn)，也是橢圓的右焦點(diǎn)，①當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)lyk(x1設(shè)A(x1y1），B(x2y2）C(x3y3），D(x4y4）y2聯(lián)立方程yk(x

,k2x22k24)xk20k02x2x 2

0恒成立 得：ABx1x22x2y2

41k2k

（11分 聯(lián)立方程 ，得(3+4k)x8kx4k120，0恒成立yk(x1 x1 x22

,……（12分0S△FAB00S△F0

1 （14分 k ②當(dāng)直線llxS△F 此時(shí)，AB4，CD3， =0S△F 0

（15分S△F 所以， 的最小值為0S△F 0

（16分已知曲線:y24x，直線l經(jīng)過點(diǎn)(0,2且其一個(gè)方向向量為d1k)若曲線F在直線l上，求實(shí)數(shù)kk1時(shí)，直線l與曲線AB兩點(diǎn)，求|AB|當(dāng)k（k0）變化且直線l與曲線有公共點(diǎn)時(shí)，是否存在這樣的實(shí)數(shù)a,使得點(diǎn)P(a,0關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)Q(x0,y0)落在曲線的準(zhǔn)線上.若存在,求出a（1）y24xp2p1F(1,0k022

222所以k2……3

11y2將直線l與曲線yxy2yx28x40，其中0……6x1x2

y1…4

21A(x1y1B(x2y2)，則xx4……7 (xx)2(1k(xx)2(1k2 [(xx)24xx](1k2 16

……9（3）a,P(a,0關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)Q(x0y0落在曲線線上,根據(jù)題意可得k0，所以直線lxy2，即lykx2，由于k0 y2ykx2消去y得方程k2x24(k1)x40y216(k1)216k20，解得k1，所以0k1……11 y0kx0a點(diǎn)P(a,0)與Q(x0,y0)關(guān)于直線l：ykx2對(duì)稱，則

2 ……12分

x0 x0

1k

（0k ）……13Q落在曲線x121k2

1

4(k1

k所以a

k24kk21

1

2k21

a4

k2

……143

k21 當(dāng)k 時(shí)，a1；當(dāng)0k 時(shí) 11a

k2

(k )2

112，解得k2所以1a1，所以存在這樣的實(shí)數(shù)a，滿足題設(shè)條件。…163.普陀【文科】直線

x10與l2:

3xy0的夾角的大小 616普陀【文科】.已知曲線C1:

1和C2:

2 2

22.普陀【文科】(16分)3個(gè)小題，第(1)5分，第(2)6(3)5分已知曲線:y24x，直線l經(jīng)過點(diǎn)(0,2且其一個(gè)方向向量為d1k)若曲線F在直線l上，求實(shí)數(shù)kk1時(shí)，直線l與曲線AB兩點(diǎn)，求|AB|kk0)變化且直線l與曲線有公共點(diǎn)時(shí)，是否存在這樣的實(shí)數(shù)a，使得點(diǎn)P(a,0)關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)Q(x0y0落在曲線的準(zhǔn)線上.若存在,求出a的值；若不存在，請(qǐng)說明（1）y24xp2p1F(1,0k0222所以k2……3

1（2）當(dāng)k1d1k)1,1，直線lx01y2將直線l與曲線yxy2yx28x40，其中0……6x1x2

y1…4

21A(x1y1B(x2y2)，則xx4……7 (xx)2(1k(xx)2(1k2 [(xx)24xx](1k2 16

……9（3）a,P(a,0關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)Q(x0y0落在曲線線上,根據(jù)題意可得k0，所以直線lxy2，即lykx2，由于k0 y2ykx2消去y得方程k2x24(k1)x40y216(k1)216k20，解得k1，所以0k1……11 y0kx0a點(diǎn)P(a,0)與Q(x0,y0)關(guān)于直線l：ykx2對(duì)稱，則

2 ……12分

x0 x0

1k

（0k ）……13Q落在曲線x121k2

1

4(k1

k所以a

k24kk21

1

2k21

a4

k2

……143

k21 當(dāng)k 時(shí)，a1；當(dāng)0k 時(shí) 11a

k2

(k )2

112，解得k2所以1a1，所以存在這樣的實(shí)數(shù)a，滿足題設(shè)條件?！?618182102如圖，平面內(nèi)一橢圓C24

y

1，F(xiàn)1、F2分別是其焦點(diǎn)，P為橢圓CAF1BF2

1，PAPB和平面所成角分別為、（1）cotcot4（2）若2

PAPB

4， 4cotcot4 4（2）cottan4sin21 42cosAPBAPB60

csc2sec222222

13sin2

1 524注：由sin2

1解得 或

，由橢圓的對(duì)稱性，只要計(jì)算當(dāng) APcsc

，

csc

sec

1221628381已知反比例函數(shù)y 的圖像C是以x軸與y軸為漸近線的等軸雙曲線x求雙曲線CA1A2為雙曲線C的兩個(gè)頂點(diǎn)，點(diǎn)M(x0y0Ny0x0是雙曲線C上不同A1MA2NE的方程；設(shè)直線lP(0,4)，且與雙曲線CABx軸交于點(diǎn)QPQ1QA2QB，且128時(shí)，求點(diǎn)Q（1） 2

F2(

為焦點(diǎn) 4（2）解一：AM：y1y01(x1)，AN：y1x01(x 2x0 1 x0

y0y21

y01x01(x21 2x01y01將y0x代入上式，得y1(x1)，即xy2 31 0即直線AM與AN交點(diǎn)的軌跡E的方程為x2y22（x 1 x xyx x解二：聯(lián)立直線方程，解得y

yx2x

2y1，即xy2yx21，化簡(jiǎn)，得x2y22 3x0 x xx0所以，直線AM與AN交點(diǎn)的軌跡E的方程為x2y22（x 1 （3）直線l斜率不存在或?yàn)?時(shí)顯然不滿足條件 1設(shè)直線l：ykx4，A(x,y)，B(x,y)，則Q(4 1 將ykx4代入y1，得kx24x10 1xxx4xx1 1 PQQAQB，4,4

4,y

4y 1

1 1

2 2

8，即

x)8

kx1

kx2

解得k 2Q(2,0) 1解二：將xy4代入y1，得y24yk0 1 y1y24，y1y2PQ1QA2

14,4x4,

x4,y

1k 1k

1 2 2 y41y12y2，1y1

，2 y2y y又 8y

2y1y22y1y242(kk2 2Q(2,0) 167.xOyx2y1)24ABAB

xy3 11（ y24x

x 321（14分）215292（理）已知橢圓C:2

y1(ab0)的右焦點(diǎn)為F(10y求橢圓CF且斜率為k(k0)的直線lMN兩點(diǎn)，弦MNxDMNP

，F(xiàn)B2(

a，得1b2a又因?yàn)閍2b23解得a2,b 3 所以橢圓C的方程 4依題意直線lyk(x1yk(x由

2

得(34k2x28k2x4k2120

8k

4k2設(shè)M(x1,y1)，N(x2,y2)，則x1x234k2，x1x2 所以弦MN4k 34k

3

2)

(x(xx)2(yy (k21)[(xx)24xx 1(k264k4(4k2(34k 34k]12(k2.

的方程為y

4k )，4k2 4k2y0x

k k，則 3k2(k3k2(k1k k2141k1k k2141k2

4k2 12(k24k2

又因?yàn)閗211，所以0

k2

所以0

114141k2

的取值范圍是(0,)421（14分）21529

x2y2a

C: .求橢圓CF斜率為k（k0）的直線l交橢圓CABxD點(diǎn).試問橢圓CE

（文）（1）A1(a0A2(a0FA1a1,0FA2a1,0

1，解得a22，所以b2所以橢圓C

x2y2y

1（2）依題直線lyk(x1yk(x由x2

得2k21x24k2x2k220A(x1y1B(x2y2AB的中點(diǎn)為M(x0y0x1x22k21x1x2

2(k22k2

2k ，x02k21，y02k212k12所以M2k212

)直線MD的方程為y

2k )，2k2 2k2k ky0xD2k21D2k210ADBExExD2x0yEyD2y0E2k2

)2)12k

若點(diǎn)E在橢圓C上，則(2k2) )22 2k2整理得k42，解得k2 2.所以橢圓C上存在點(diǎn)E使得四邊形ADBE為菱形y y雙曲 1的漸近線方程 y 已知直線l1axy2a10和l22xa1y30aR，若l1l2，則a1.313．y24mx(m0FP為該拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，又點(diǎn)A(m022

的最小值 22 +4

數(shù)，下列函數(shù)橢圓的“可分函數(shù)”為（ （A）f(x)=4x3+x（B）f(x)ln5x（C）f(x)arctanx（D）f(x)=ex+e-5 第（3）6分AB的距離為7|OB|7求橢圓C1P(30)作直線l，使其交橢圓C1RSx1于Q存在這樣的直線l，使|PQ|是|PR|、|PS|的等比中項(xiàng)？若存在，求出直線l的方程；若不若橢圓C1方程為：

yx21（mn0C2方程為：yx

y（022 22ySQOxP1，ySQOxPC2C1的3ykxb與兩RSPSRS2QS，試研E(kb)的軌跡方程. 解：(1)設(shè)橢圓C1a2

1（ab0所以直線AB方程為：xy 1 a2F1(10a2

|bab|

7ba2b27(a1)2……273又b2a21，解得：a2，b 33x2y2故：橢圓C1方程為： 4當(dāng)直線lx軸重合時(shí)，|PQ|2|PR||PS|155|PQ|2|PR||PS若存在直線l，使|PQ|是|PR|、|PS|則可設(shè)直線lxmy

51代人橢圓C3(my3)24y212(3m24y218my151∴(18m)2415(3m24)48(3m2R(xyS(xyQ(xy

∴yy

，

2………7

1 3m2 ∵|PQ|2|PR||PS|，即|PR||PQ|

y1y0，∴y

|PQ |PS

1

4，解得：m216，符合0，所以m4 93m2 故存在直線l，使|PQ|是|PR|、|PS|x43y3y3

3(x 4xy xy橢圓C1的3倍相似橢圓C2129

設(shè)QRPS各點(diǎn)坐標(biāo)依次為(x1y1、(x2y2、(x3y3、(x4y41ykxb代人橢圓C(34k2x28kbx4b21211∴(8kb)24(34k2)(4b212)48(4k23b2)1

此時(shí)：xx ，xx 34k 1

4b234k(xx)2(xx)24x 1

43(4k43(4k23b2

34k2ykxb代人橢圓C(34k2x28kbx4b2362∴xx ，xx 34k 3

4b234k

|x3x4

43(12k29b234k

………14x1x2x3x4PS、QR中點(diǎn)相同，所以|PQ||RSPSPSRS

PQQR，所以|PS|3|QR|，可得：|x3x4|3|x1x2∴34k

43(12k2943(12k29b243(4k23b2

12k294b2（滿足(*)式E(kb)

4k 16 23（第（3）8分AB的距離為7|OB|7求橢圓CP(30)的直線l交橢圓CRSx1于Q點(diǎn)，若|PQ|是|PR|yNmMOx|PSyNmMOxD以橢圓CD的任意一條切線m交橢圓C于兩點(diǎn)M、N，試求弦長(zhǎng)|MN|的取值范圍. (1)C方程為：a2b2（ab0所以直線AB方程為：xy 1 a2F1(10a2

|bab|

7ba2b27(a1)2……27