2011年高考數(shù)學(xué)試題分類匯編解析幾何

理（2）雙曲線xy (B)

(C) (D)4【解析】

242

，則a24a22a4.(5)

,

2cos

4994993【解析】極坐標(biāo)(,

化為直角坐標(biāo)為(2

，即(1,3.圓的極坐標(biāo)方程2cos22cosx2y22x（1,0(11)2(3(11)2(3（15）在平面直角坐標(biāo)系中，如果x與y都是整數(shù)，就稱點(diǎn)(x,y)為整點(diǎn)，下列命題中正確 （寫出所有正確命題的編號(hào)）.②如果k與bykxb③直線l經(jīng)過無窮多個(gè)整點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)lykxbk與byx1k2

2,b

2，y

2x

2（－1,02所以②錯(cuò)誤；設(shè)ykx是過原點(diǎn)的直線，若此直線過兩個(gè)整點(diǎn)(x1y1x2y2，則有y1kx1y2kx2，兩式相減得y1y2k(x1x2，則點(diǎn)(x1x2y1y2)也在直線ykx上，通過這種方法可以得到直線lykxykxby

2x（21（設(shè)A的坐標(biāo)為（1,1Byx上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)QBQQA，經(jīng)過Q點(diǎn)與MxMP滿足QMMPP（21（解：由

MPQ，M，Px①B(x1y1),由BQQAxx1(1)x

②，將①式代入②yy(1)

x1(1)x

③Byx2yx2y(1)2x2(1)y 再將③yx2，得(1)2x2(1y1)x (1)2x2(1)y(1)2x22(1)x2,2(1)x(1y(10.因0,同除以(1得2xy1Py2x文(3)雙曲線xy

(C) (D)【解析】

242

，則a24a22a4.(4)若直線xyaxyxy的圓心,a（A） (B) (C) xyxy可變形為(x)y)，所以圓心為1,2，代入直線xya得a（17（證明l1與l2證明l與l的交點(diǎn)在橢圓2x2y21 （17（（I）k220.此與k1為實(shí)數(shù)的事實(shí)相.從而

k,即l與

相交1yk1x1

x

k2（II（

x1P的坐標(biāo)(x,y為

k y 1 k2 k 8k2k22k k2k22x2y2

)2( 1)2 12 1.k

k

k2k22k

k2k2 1 P(xy)在橢圓2x2y21上ky1,y1

（方法二）P的坐標(biāo)(x,y滿足y1kx故知x0，有

y k 1代入kk20得y1y1

，整理后，得2x2y2P2x2y21上3.2sin

2sinx2y1)21，圓心直角坐標(biāo)為（0,-1，極坐標(biāo)為(1B.A（0，0，B（4，0，C（，，D（，

tRN（t）ABCD內(nèi)部（不含邊界）的整點(diǎn)的個(gè)數(shù)，其中整數(shù)點(diǎn)是指橫、縱坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)，則函數(shù)N（t）的值域?yàn)?A．{9，10，11} B．{9，10，12}C．{9，11，12} D．{10，11，12}14.CF(10F(10的距離的積等于常數(shù)a2a1 CC③若點(diǎn)P在曲線C上， 的面積不大于1a2

x2y4y

2

1lGA，BG將|AB|m的函數(shù)，并求|AB|a22（Ⅰ）a22所以橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)為

3,0),(3,0)，離心率為ec 3 （Ⅱ）由題意知，|m|1.m1lxA、B的坐標(biāo)分別為

3),2

3此時(shí)|AB3233m=－1時(shí)，同理可得|AB3當(dāng)|m|1lyk(xyk(x由x

y2

8k

A、B4k2m2別為(x1y1)(x2y2x1x214k2x1x2

14kl(xx)2(xx)2(yy (1k264k4m 4(4k2m214k]43|m|由于當(dāng)m3|AB

3m243|m43|mm2

4|m|

|m3且當(dāng)m3

A（0,2，B（2,02的點(diǎn)C的個(gè)數(shù) 19（14分）2 2已知橢圓G

1(ab03

,0直線lGA、BABP（-（II）（19）（Ⅰ）由已知得c22ca

6解得a23.b2a2c23所以橢圓G

x2

lyxyx由x

4x26mx3m212A、B的坐標(biāo)分別為(x1y1x2y2)(x1x2ABE(x0y0

x12

3m4

y0

2

AB是等腰△PAB所以PE⊥AB.所以PE的斜率k 41.解得m=2341此時(shí)方程①為4x212x01

2 .此時(shí)，點(diǎn)P（—3，2）到直線AB：xy20的距2d

32所以△PABS1|AB||3|3222F1F2::A．1或 B．2或 C．1或 D．2或 17（lx軸對(duì)稱的直線為l，問直線lC：x2=4y是否相切？說明理13分。P的坐標(biāo)為因?yàn)镸Pl，所以0m 2m=2P的坐標(biāo)為（0，2）(20)2(0r(20)2(0故所求圓的方程為(x2)2y2因?yàn)橹本€lyxm所以直線lyx24由yxm,得x24x4m04244mx24當(dāng)m1, 時(shí)，直線l'與拋物線C相當(dāng)m1，那0時(shí)，直線lCm=1時(shí)，直線lC相切；當(dāng)m1時(shí)，直線lC不相切。（I）r，則圓的方程可設(shè)為(x2)2yr2.依題意，所求圓與直線lxym0P（0，m4m2r2則|20m|22

解得

所以所求圓的方程為(x2)2y221.（2（xOyl的方程為x-y+4=0C

（為參數(shù)π正半軸為極軸）P的極坐標(biāo)為（4，PlQCl7分。（I）

P（0，4P的直角坐標(biāo)（0，4）滿足直線lxy40，P在直線l上，QC上，故可設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(3cossinQ到直線l2cos()22d|3cossin4| 22

2cos() 262由此得，當(dāng)cos(

時(shí)，d取得最小值，且最小值為|PF2|＝4：3：2，則曲線G的離心率等 或

或

或 D． 18.（12分l：y＝x＋bC：x2＝4yAbAC12分。x24（I）由yxb,得x24x4bx24因?yàn)橹本€lC相切，所以4)24(4b0b=-1（II）由（I）可知b1,故方程(*)即為x24x40x=2x24y,得y1A（2，1AC的準(zhǔn)線相切，ArAy=-1的距離，即r|11|2,A的方程為(x2)2y1)2 5

x5t2y

(0≤＜)和

5

y

解析:將y

(0≤＜)化為普通方程得 5

1(0y1,x

將x5t2yt5t4t210解得t24,t25 x5t2541,交點(diǎn)坐標(biāo)為(125 4

ytC

2y2,x

2y24中的一個(gè)內(nèi)切，另一個(gè)外切CL的方程M354M已知 ，（ P的坐標(biāo)

PL

MP

（1）C的圓心的坐標(biāo)為(x,y(x(x 5)2

(x(x5)2L4

y2（2）解：過M，F(xiàn)的直線ly2(x 5L的方程得15x2325x84x65x 因 段MF外 段MF內(nèi)，故|MT1||FT1||MF||MT2||FT2||MF|2.，若P不在直線MF上，在 中x2pxq

1（2）設(shè)M(ababa24b＞0，a≠0.M(abL的兩條切線ll1 切點(diǎn)分別為E(p p),E'(P P)，l,

yFF'.EF14 24 1點(diǎn)集記為X.證明：M(a,b)XP (3)設(shè)D(xy)y（１）

y' (1x) 1p x x 2直線AB的方程為y1p2 ，即y1px1p24 2 40q1 x2pxq0的判別式p24qpp)20

p|p0p|

p0pp0

pp00，|pp0|||pp0

p0||，又0|p||p|||||p||，得|p p,q)|p0|．2222 2（２）由a24b0M(a,bL①當(dāng)a0b0M(abXp1p20，得|p1||p2|若|p1||p2|M(abX

M(a,b)

|p1||p2|．②當(dāng)a0,b0M(abM(abXp10p2，且|p1||p2|；若|p1||p2|M(abX；M(a,b)

|p1||p2|．根據(jù)曲線的對(duì)稱性可知，當(dāng)a0M(abX|p1||p2|，M(ab

|p1||p2|（*由（１）知點(diǎn)M在直線EF上，方程x2axb0的兩根 p1或ap1 同理點(diǎn)M在直線E'F'上，方程x2axb0的兩根 p2或ap2 若(ab|p1|，則|p1|不比|ap1|、|p2|、|ap2| |p1||p2|，又|p1||p2|M(abX(ab|p1|M(abX；又由（１）M(abX(ab|

p1|2(a,b)

p1|M(abX，綜合（*）2（３）yx1y1(x1)25得交點(diǎn)(012,1，可知0p2 1x2(p,

(x,1x2 4

1過

04

x0

20 x22

4q0

p 又q1p1)25p24q42p xp

442

t，

1t2t21(t1)2542 42 |2 ，又x |2qp1，

p2p2

|x0

0

2文8．設(shè)圓C與圓x2+（y-3）2=1外切，與直線y=0相切，則C的圓心軌跡為 21（xOy中，直線lx2xAP是l上一點(diǎn)，MOP的垂直平分線上一點(diǎn)，且滿足∠P在lME1+

線l1k的取值范圍。21（（1）

|x2|,即y24(x1)(x x22（MAx2MQOP的垂直平分線，MPQ又M在x軸上，此時(shí)，記M的坐標(biāo)為(x為分析M(x, 的變化范圍，設(shè)P(2,a)為l上任意點(diǎn)(a(x由|MO||MP|（即|x(x

）x11故M(x,0)的軌跡方程為y0,x 綜合①和②得，點(diǎn)MEy24(x1x x由（1）EE11E:y24(x1)(x1)1E2:y0,x為TED311 1 H作垂直于l的直線，交l于H因此，|HO||HH|（拋物線的性質(zhì)|HO||HT||HH||HT||TT|5（該等號(hào)僅當(dāng)H與T重合（或H與D重合）時(shí)取得。當(dāng)HE2時(shí)，則|HO||HT||BO||BT|1 3.5綜合可得，|HO|+|HT|3H的坐標(biāo)為3 3知，直線l1的斜率k不可能為零。設(shè)l1:y1k(x1)(k0).x1y11代入Ey24y48

k 因判別式 4 8 k

28所以l1EE1有且僅有兩個(gè)不同的交點(diǎn)。E2和l1的方程可知，若l1E2有交點(diǎn)，則此交點(diǎn)的坐標(biāo) 有唯一交k1,0，從而l 因此，直線l斜率k的取值范圍是(10 理4.y22pxp0上，另一個(gè)頂點(diǎn)是此拋物線焦點(diǎn)的正三角形的個(gè)數(shù)記為n，則n

n

n

nyBCyBCOFDxA傾斜角分別為300和1500的個(gè)數(shù)記為nn2C.xOy所在的平面為x/Oy（yy軸重合所在的平面為

450P/OxP/Ox（Ⅰ）已知平面22,2則點(diǎn)P/在平面內(nèi)的射影P的坐標(biāo) （Ⅱ）已知平面內(nèi)的曲線CP/HPOx 222y22P/HPOx射影C的方程 【答案】 ,x12y2 （Ⅰ）y2PPHOyHPH，則PHP450PxPHP/Hcos450x/cos450

2 222P在平面P的坐標(biāo)為2（Ⅱ）由（Ⅰ）xx/cos450x/22

；，y

xy，所以y

代入曲線C/

222y220，得

2x

x12y2所以射影C的方程填x12y2120.（14A1(a0A2(a0)(a0)連續(xù)的斜率之積等于非零常數(shù)m的點(diǎn)的軌AA2兩點(diǎn)所成的曲線C可以是圓、橢圓成雙曲線.求曲線C的方程，并討論C的形狀與m當(dāng)m1C1；對(duì)給定的m(10)U(0，對(duì)應(yīng)的曲線為C2F1F2是C2的兩個(gè)焦點(diǎn)。試問：在C1NF1NS|m|a2。若存在，求

F1

（14分）（I） xa時(shí)，由條件可得kMA

xax

2 即mx2y2ma2xaA(a0AA0mx2y2 C的方程為mx2y2m

x2

y當(dāng)m1Cx2y2a2，C

x2 當(dāng)

0C

，Cx1x21當(dāng)m0時(shí)，曲線C的方程 C是焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線（II）由（I）m=-1時(shí)，C1x2y2a2當(dāng)m(1, (0,)時(shí)，C2的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為

1m,0),F2

1m, 對(duì)于給定的m(1, (0,)，C1上存在點(diǎn)N(x,y)(y0)使得S|m|a x2y2a2,

0|

|

|y

|m|111

|

||m|

②

由②得|m|1當(dāng)0|m|12

5m0或0m2

當(dāng)

a,即-|m|m|1

5或m2

當(dāng)m15,0 0,15時(shí)

1mx0,y0)NFNFx21m)a2y2ma2令|NF|r,|NF|rF

2NF1NF2r1r2cos2

,可得r1r2cos從而S1rrsin21

ma22

12

tan于是由S|m|a2，可得1ma2tan|m|2當(dāng)m1

NS|m|a2且tanF

,0 當(dāng)m015CN，使得S|m|a2且tanF

當(dāng)m(1,15 (

5

1 1文y2

記為

， n

nD．n的直線

截得的弦長(zhǎng) ，則直線l斜率 。17

xcos中，曲線C2cossin10，則C1與C2的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為。答案解析：曲線

:x2(y1)21，

xy10|022d 0|022

A.(13分 C1a2b21(ab03x32

:yx2

線l與C2A,B,MA,MB分別與C1證明：MD (ii)記△MAB,△MDE的面積分別是S

.問：是否存在直線l,使 S S（I）a

3，從而a2b，又b2b

a，解得a2b1故C1,C24

1,y

1（II（i）y由yx2

x2kx10，A(x1y1B(x2y2x1x2x1x2kx1x21M的坐標(biāo)為(01y1y (kx1)(kx k2xxk(xx) k2k2kMAkMB 2 1

故MAMB，即MD

yk1x

xk1，則直線的方程為yk1x1yx21y1x

，則點(diǎn)的坐標(biāo)為(kk21,MB

yk2 坐標(biāo)為(1,

1.S1

1|MA||MB

121k1121k1

|

1k| 11k1 21k1 x

yk1x由

得(14k2x28kx0，解得x0或

14k1，1x24y24

4k2

y1

y

4k21114k11則點(diǎn)D的坐標(biāo)為 , )；又直線的斜率為

E14k214k 4k 1 14k24k S

1(4k21 k1

由題意知 (4k2 17) 解得k24或k2 k1 k11k21k 又由點(diǎn)A,B的坐標(biāo)可知，k 1k1 ，所以k 1k 1故滿足條件的直線l存在，且有兩條，其方程分別為y3x和y 2

的漸近線方程為3x2y0,則a的值為 答案y3x，故可知a2axOyC的參數(shù)方程為x2

y

3sin2線C2的方程為(cossin)10,則C1與C2的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為 2xy xy解析：曲線C1:4

1，曲線C2xy10y得

8y80得02已知圓Cx2y212直線l4x3y圓C的圓心到直線l的距離 (2)圓C上任意一點(diǎn)A到直線l的距離小于2的概率 42（1） 可得426

5

l1:4x3y與圓相交所得劣弧上，由半徑為233P31 PF（1，0）Py求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C過點(diǎn)F作兩條斜率存在且互相垂直的直線l1l2，設(shè)l1與軌跡CABl2與軌跡CDEADEB（I）P的坐標(biāo)為(xy)

(x1)2y2|x|y22x2|x|x0時(shí)y24x;當(dāng)x0時(shí),y=0.、PC,y24x(x0)和y=0(x0).（II）由題意知，直線l10，設(shè)為k，則l1yk(x1由yk(x1k2x22k24)xk2 y2A(x1y1B(x2y2x1x2xx24,x

1 k 1因?yàn)閘l，所以l的斜率為1D(xyB(xy xx24k2,xx 3ADEB(AFFD)(EFAFEFAFFBFDEFFD|AF||FB||FD||EF故x11)(x21x31)(x41(2

4)11(24k2)84(k2

1)841當(dāng)且僅當(dāng)k2k

k1ADEB14.Axy|mx2)2y2m2xy2Bxy|2mxy2m1xyR,AB

則實(shí)數(shù)m 2122

m 122m2解析：當(dāng)m0A是以（2，0）22m2（2，0）在直線的上方AB

m

2)m

22

dr，又因?yàn)閙2當(dāng)m0時(shí)，集合A是以（2，0）為圓心， 和m為半徑的圓環(huán)，集合B是在兩條m2行線之間，必有當(dāng)2m1

時(shí),只要,22m1m

2m1 222當(dāng)2m2m1時(shí),只要22mm1m2222當(dāng)2m22m121m1時(shí),AB22又因?yàn)锳,mm2,1m 22 本題主要考查集合概念,子集及其集合運(yùn)算、線性規(guī)劃,直線的斜率,兩直線平行關(guān)系,點(diǎn)到直線的距離,,難題.218.（16分）xOy中，M、N24

y2121y A （1）

2222

PAMNPAM、NPA2k 22

（2）PA:y（2）PA:y2xx22y24P(,),

,)，，2,)，，yAC方程 y

x

3 xy232 2242 2所以點(diǎn)P到直線AB的距離d

23P(x0,y0A(x0y0B(x1,y1),則C(x00 ,

y1y0

x x y x P、B004

y0y1

x0 x 2(yy k y0

x0x1](y1y0)(x0x1)1 PA

2(yy

x)(

y A(x1y1B(x2y2A,B中點(diǎn)N(x0,y0),則P(-x1y1),C(-x10

y2y1

y1

x x x y

x y 221,111,兩式相減得：0

k

y0y1

ON//PB,PAON

x0y

1法三：由x2y21 12k

k，直線AC:yk(x 212k212k12kx2

k

2k

46k

46k代 得到

x12k

12k

0解得xB (2k2)12kk(x2B212kk(x2B212k)212kkPB P .kPAkPB212k

)1,PAxB

xB

4k 解析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)直線的斜率及其方程點(diǎn)到直線距離、（3）（10分xxOy中，求過橢圓y3sin（為參數(shù)）y3x4y3a2a2（4，01y1(x4),即x2y4

29.若曲線Cx2y22x0與曲線Cyymxm)04個(gè)不同的交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是2

3 3

3,0) 3

3 3

3)3

33【答案】yO1x2【解析】曲線C(x1)2y21，圖像為圓心為（1,01的圓；曲線C：y0ymxm0ymxm0恒過定點(diǎn)(1,0)C2圖像x軸與恒過定點(diǎn)(yO1x2k1tan30

3，

tan30 33又直線l（或直線l2

的交點(diǎn)，結(jié)合圖形可知mk

3,0) 3 12的大圓內(nèi)壁的逆時(shí)針方向滾動(dòng)，MN小圓這樣滾過大圓內(nèi)壁的一周，點(diǎn)M，N在大圓內(nèi)所繪出的圖 【答案】OFBPP點(diǎn)時(shí)，則小圓與大圓的切點(diǎn)P轉(zhuǎn)過的弧長(zhǎng)PA長(zhǎng) PMB作MPPM=0.5×∠MBP，所以∠MBP=2β，N點(diǎn)在yBF為△PMO中位線，∴BF∥OMOM∥OAMx軸A圖所示。x2a

y

1x

12

y

1

x2y21 1（1,0 為圓x2y21

)為圓心，2

為半徑的圓的公共弦.由

(x1)2 x2y21相減得直線 方程為：2xy20.令x0，解得y22b2，又c1a2525

y2141為原點(diǎn)，極軸為x軸正半軸建立直角坐標(biāo)系，則該曲線的直角坐標(biāo)方程 x2y24x2y2sin4cos左右兩邊同時(shí)乘以22sin4cos2x2y2，cosx，siny代入得方程為：x2y24x2y（13分x yP(x0,y0)(x0a)是雙曲線E：a2 2

MN是雙曲線E的左、右頂點(diǎn)，直線PMPN15---

---

---C為雙曲線上一點(diǎn)，滿足OCOAOB，求x y【解析（1）點(diǎn)P(x0,y0)(x0a)是雙曲線E：a2 2

x y

001，由題意又有 ，可得a25b2a

x0

x0 c2a2b2則ec x25y2（2）聯(lián)立yx

，得4x210cx35b20

，

,y2xx

---

---

---

---

x3x1x2則x

，設(shè)OC

OCOAOB，即yy

3

1 又Cx25y25b2，有(xx)25(yy)2 又 ，B(x,

x25y25b2x25y2

5y1

x1

c)

)5c2240，解出0一頂點(diǎn)及中心M在Y軸的正半軸上，它的由以正三角形的頂點(diǎn)為圓心，以正三角X答案：A根據(jù)中心M的位置，可以知道中心并非是出于最低與最高中間的位置，而是稍微偏上，隨著轉(zhuǎn)動(dòng)，MC到底時(shí)，MCD選項(xiàng)，而對(duì)于最高點(diǎn)，當(dāng)MBAy2x2

1的離心率e=2，則 m1y2x21

a2 2答案 知

ma2b2c2

離心率e=c=2c2 16m4 2已知過拋物線y22pxp0的焦點(diǎn)，斜率為2Bx2y2（x1x2）AB9

的直線交拋物線于Ax1y2OC為拋物線上一點(diǎn)，若OCOAOB，求的值．（1）AB的方程是y

2(xp與y22px聯(lián)立，從而有25x15

AB

p9y2（2）p=44x25pxp20x25x40x11,x24,y1

2,y2

2222

y)

2)(4,4

4

y2

3,

，又

3，即223Fy2=x的焦點(diǎn)，A，BAFBF=3段AB的中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離 x2y2 20（

C1OM，Nx設(shè)e1BCAD2（I） b2 C1:a2

1,C2:

1,(ab設(shè)直線l:x (|t|a)，分別與C1，C2的方程聯(lián)立，求A(t,b

a2t2),

4當(dāng)e1時(shí),b 3a,分別用y,

A，B 2|y 2|BC|:|AD| B 2

62|yA （II）t=0l不符合題意t0時(shí)，BO//ANBOkBOANkAN相 a2t a2t b

1,解得t t因?yàn)閨t|a又0e1

a2222

e所以當(dāng)0e

l，使得2當(dāng)2e1時(shí)，存在直線l使得 12223（xOyxa

的參數(shù)方程為xcos（為參數(shù)2的參數(shù)方程為ybsin（ab0，為參數(shù)O為極點(diǎn)，x2，當(dāng)=時(shí)，這兩個(gè)交點(diǎn)重合．2C1，C2ab12111設(shè)當(dāng)時(shí)，lC，CA，B，當(dāng)時(shí)，lC12111

22 C1是圓，C2是橢圓（1，0（a，02a=3. （0，1（0，b C1，C2xy11當(dāng)l與1x310

交點(diǎn)

x

2，與22

交點(diǎn)

當(dāng)4

A1A2B2B1為梯形(2x2x)(xA1A2B2B1

…………10（51（13 (x2)2y2兩點(diǎn)，AB為C的實(shí)軸長(zhǎng)的2倍，則C的離心率 3（A） 3x（9）曲線y ，直線yx2及y軸所圍成的圖形的面積 x （D） xOy中，橢圓CF1F2x2過F的直線L交C于A,B兩點(diǎn)且VABF的周長(zhǎng)為16那么C的方程 x2（20（xOyA(0,-1)，By3，MMBOAMA

，M點(diǎn)的軌跡為曲線C

MB=(0,-3-y),

=(x,- A=0,即（-x,-4-2y）?(x,-Cy=1x2-4 P(x,y)為曲線C：y=1x2-2y1x,所以l1 因此直線lyy1x(xxxx2y2

x20 2

|2yx2 x202則O點(diǎn)到l的距離d 0.又x202

1x2x20x2x20x20x20

12

)0x2=0Ol0（23（xOy中，曲線C的參數(shù)方程為x

，M上的動(dòng)點(diǎn)，P點(diǎn)滿足OP

y2 P的軌跡為曲線C2點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，射線與C 1（I）1 x22

x即y4

x4從而C2的參數(shù)方程為y44sin（數(shù)曲線C14sin，曲線C28sin射線與C1A14射線與C2B28

，。所以|AB||21|23

1的離心率 小（（小在平 坐標(biāo)軸的交點(diǎn)都在圓C上CCxya0A，B兩點(diǎn)，且OAOBayx26x1y軸的交點(diǎn)為（0，1），x（3

2,0),(3

32(t故可設(shè)C的圓心為（3，t），則有32t1)2(22)232(tC

3.所以圓C的方程為(x3)2y1)2設(shè)A（x ），B（x xya

(x3)(y1)

消去y，得到方程x2 a xa2a

由已知可得，判別式5616a4a2(82a(82a) 5616a4a

x1x24ax1x2

a202a12①OA⊥OBx1x2

y1x1ay2x2a

)a2

②；由①，②得a1，滿足0a

x2y2

2

6x50相切 x2

x2

x2

x2 【答案】Cx2y26x50得(x3)2y24,C心(3,0),所以c=3,又雙曲線的兩條漸近線bxay0均和圓C相切,所以 2,a2 3b2,又因?yàn)閏=3,所以b=2,即a25,所以該雙曲線的方程cx25

,22.（14分x2已知?jiǎng)又本€l與橢圓 3SOPQ

,O為坐標(biāo)原點(diǎn)2x2x2y2y2均為定值 PQM，求|OM||PQ|CD,E,G，使得

SOEG

222（I）（1）y y所以x2x1,y2y1.因?yàn)镻(x1,y1)在橢圓上，因此1 3

6所以|

||y

6②；由①、②得|x

6,|

|

x2x23y2 （2）當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線lykx

由題意知m0，將其代 3

，得(23k)x6kmx

2)0其中36k2m212(23k2m220即3k22

xx6kmxx 1

3(m223k21k所以|1k

263k221k123k1k1(xx)2(xx)24x 11111k263k22

||m1k26|m6|m 3k22

OPQ 23k

1k

23k6SOPQ26整理得3k222m2且符合（*） x2x2x

2xx(6km1 23k

3(m223k

y2y22(3x2)2(3 x2x23y2y2 當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，由（I）知|OM||x 6,|PQ|2|

| 因此|OM||PQ

62 2當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，由（I）x1x22|OM|2|PQ|21(32

1)2(21

(313

2

m2)2 所以|OM||

，當(dāng)且僅當(dāng)3

2

時(shí)，等號(hào)成立（1（2）24|OM|2|PQ|2xx)2yy)2xx)2yy 2[(x2x2)(y2 4|OM|2|PQ2|OM||PQ即|OM||PQ|5當(dāng)且僅當(dāng)2|OM||PQ2|OM|·|PQ|52

5

66

SOEG2D(uvE(x1,y1G(x2,

66

SOEG2 u2x23,u2x23,x2x23;v2y22,v2y2 解得u2x2x23v2y2y2 因此u,x,x只能從 5中選取,v,y,y只能從1中選取 因此D，E，G只能在 6,1)這四點(diǎn)中選取三個(gè)不同點(diǎn)2而這三點(diǎn)的兩兩連線中必有一條過原點(diǎn)，與

6SOEG 6

，

為半徑的圓和拋物線Cy0 C

x2y2

22 2

x2 4（22（ 在平面直角坐標(biāo)系xOy中已知橢圓C 3

1.k(k＞0的直線l交橢圓CABx3D(3m

E，射線OE交橢圓C于點(diǎn)G求m2k2OG2OD?OE（i）求證：直線lBGx軸對(duì)稱？若能，求出此時(shí)t0.ykx

由方程組

y2

得

6ktx

30，由題意0，所以3k21t2.A(x1y1B(x2y2 定理得xx ,所以yy

EAB 3k2

,3

此時(shí)

yE

OE11yD（-3，mx=-3，得m1mk=1m2k22mkkm=k=1時(shí)上式等號(hào)成立，此時(shí)由00t因此當(dāng)mk1 時(shí)，m2k2取最小值213k2（II（i13k2

Ck3k3k2t0

)

3k

，由距 9k2|OG| )( )(3)2(1k93(3)2(1k9 |OE由|OG|2|OD||OE|得tk,因此，直線l的方程 yk(x1).所以，直3k2（3k2

13k2 )B13k23k213k213k2yk(x1)整理得3k21k2

3k21即6k47k210k2（舍去6（舍去k=1B(31G(3

x軸對(duì)稱。又由（I）

0,

（，

, 2 由于ABGx軸上，可設(shè)ABG的外接圓的圓心為（d，0因此d21(d3)21解得d1故ABG d25rd252所以ABG的外接圓方程為(x1)2y25 （y2

y2

y2

y2【解選 由準(zhǔn)線方程x2得p

y22px8xC（A，B分別在曲線Cx3cos（為參數(shù)）和曲線C y4 1上，則|AB|的最小值 2 2【解】曲線

的方程是(x3)2y4)21，曲線

x2y2132所以|3217（

11x2y225xPD上一點(diǎn)，且|MD|4|PD|．5PMC4求過點(diǎn)（3，0）且斜率為C5（1）MPP的坐標(biāo)用點(diǎn)M的坐標(biāo)表示，然（2）（1）M的坐標(biāo)是(x,y，P的坐標(biāo)是(xpypPD上一點(diǎn)，且|MD|

x

5y4∵P

2

25x24

y)225，整理得x 2222 即C的方程

CA(x1y1B(x2,y2)將直線方程y4

代入C的方程

(x 得 1，化簡(jiǎn) x23x80，∴

3121

41，

232(1(116)(xx

AB(xx(xx)2(yy 度 5

41，即所截線段的長(zhǎng)4141C（ x3cos（為參數(shù)和曲線

：1：y 上，則|AB|的最小值 12【解】曲線C的方程是(x3)2y21，曲線Cx2y211232|32【答案】

11x2y2 設(shè)橢圓C

（0，4求C4求過點(diǎn)（3，0）且斜率為的直線被C（2）【解（1）將點(diǎn)（0，4）代入C的方程得16 ec

a2 ，即1

a5Cx2（2）過點(diǎn)304y4x35

x

1，即x23x80，解得

，x 3 3 3

AB的中點(diǎn)坐標(biāo)xx1x23，yy1y22 5即所截線段的中點(diǎn)坐標(biāo)為3,6．注： 5 理mF(0,5)

y2x2

1的一個(gè)焦點(diǎn)，則 . 5.在極坐標(biāo)系中，直線(2cossin)2與直線cos1的夾角大小 arccos23.（1814638分已知平面上的線段lP，任取l上一點(diǎn)QPQPl的距離，記作d(P（1）P(1,1到線段lxy303x5d(Pl（2）設(shè)l2D{Pd(P,l)1（3）寫出到兩條線段l1l2距離相等的點(diǎn)的集合{Pd(P,l1)d(P,l2l1AB,l2CDABCD是下列三組點(diǎn)中的一組y1AB1xO對(duì)于下列三種情形，只需選做一種，滿分分別是①2y1AB1xO③A(0,1),B(0,0),C(0,0),D(2,0)23、解：⑴設(shè)Q(xx3是線段lxy30(3x5|PQd(P,l|PQ|min 5

2(x5)29(3x ，當(dāng)(x1)(x1)2(x

x 時(shí)，⑵設(shè)線段lAB

A(10B(10)D C:(x1)2y21(x1),C:(x1)2y21(x 其面積為S4A(13B(10)C(13D(12{(x,y)|x0,y0}{(x,y)|y24x,2y0}{(x,y)|xy10,xA(0,1B(00)C(00)D(20{(x,y){(x,y)|x0,y yx,0{(x,y){(x,y)|x22y1,1x2}{(x,y)|4x2y30,xyC3ADyC3ADB yC3AB1xDOyADB=C x文5l過點(diǎn)（34）（12）是它的一個(gè)法向量，則直線l得方程為x2y1122.（16142636分 已知橢圓C: y

1（常數(shù)m

P是曲線C上的動(dòng)點(diǎn)，M是曲線CA的坐標(biāo)為(2若MA重合，求曲線C若m3PAPAMA，求實(shí)數(shù)m的取值范圍

m2

x2y4y

1，c 43∴左、右焦點(diǎn)坐標(biāo)為43

30),(30)⑵m3

x2y9y

1P(x,y)|PA|2(x2)2y2(x2)2

2 x9時(shí)|PA 22

x3時(shí)|PA

5P(x,y

m2

1|PA|(x2)1

(x

1

(x

m2

5(mxm)m21∵xm|PA|

m2

0 m解得1m 10.yx2ax5(a0x4x2 線，有平行于該割線的一條直線同時(shí)與拋物線和圓5x25y236相切，則拋物線頂點(diǎn)的答案

解析：令拋物線上橫坐標(biāo)為x14x22

B(22a1)，則kABa

，由y2xaa

(14a)(a2)x

(a2)2

，解得a465a0（舍去則拋物線為yx24x5(x2)29，定點(diǎn)坐標(biāo)為(2, 6522214xy1P4P 解析：離心率e5Pd45d16P42641616

21（xPACBDQ．（Ⅰ）當(dāng)|CD|

（Ⅰ）1，y2x21， 由已知得b

c1，所以

，則橢圓方程為x 2 設(shè)直線l的方程為y ，聯(lián)立x21,得(k22)x22kx102ykx2設(shè)C(x1,y1)，D(x2,y2)，則4k4(k2)8(k1)，x1x2 xx 22(k2122(k21k(x1k(xx)24x 222(k2

k2

k2

2，解得k2ly

2x1y

2x1ly

（k0且k

P點(diǎn)的坐標(biāo)為(10k設(shè)C(x,y)，D(x,y)，由（Ⅰ）知xx ，xx 1

k2 1

k2ACy

x11

(x1BDy

x21

(xy y1(x

1y1(x2 x1

y(x y(x聯(lián)立方程

Q(xy)

2 2 y

1y1(x2xx

(kx21)(x11)(kx11)(x21)2kx1x2(x1x2)k(x2x1

(kx1)(x1)(kx1)(x k(xx)(xx)2k2k

k8(k2k8(k2k2 k2 k2 28(k1)2k2 k24k2k2(k2 22(k21)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(k,yP(10)OPOQ(k101 故OPOQ為定值．y聯(lián)立方程

(x

x1y2(x11)y

x21

(x

x

y1(x2因?yàn)?x,x1x1y21 x 112k k2 k2

(k12kk2 k2 k1yyx1k1x1k1xkk 1

x

k

x

kQ點(diǎn)的坐標(biāo)為(k,yP(10)OPOQ(k101 故OPOQ為定值．x2y24x6y0 解析：圓方程化為(x2)2y3)213，圓心(2，－3)，D．21（l2）2C(01)2

y2

的離心率 橢圓與x軸交于兩點(diǎn)A(a,0)31 31解：（）b1ca

3a2，所以橢圓方程為2y．x2y．4橢圓的右焦點(diǎn)為(30)，此時(shí)直線l

y

3x137x283x0

0,

83，代入直線l的方程得

y1,

1，所以D(83,1) 故|CD

(83(830)2(1777

（Ⅱ）當(dāng)直線lx設(shè)直線lykx1(k0且k1．代入橢圓方程得(4k21)x28kx02 14kx10x24k21，代入直線ly11y24k21D點(diǎn)的坐標(biāo)為(4k2

14k1 1又直線AC的方程為x 又直線BD的方程為y12k(x2)聯(lián)立得x2因此Q(4k2k1P(10)k所以O(shè)POQ(1, 故OPOQ為定值．

2

y2k

a0,b0y2a2

3x在拋物線y224x的準(zhǔn)線上，則雙曲線的方程為 x2 x2 x2 x2

2

3

1．于是c2 4 y224xx6y224xc2436，于是3x2 ．故選9解法2因?yàn)閽佄锞€y224x的準(zhǔn)線方程為x6，雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)在拋物線y224x的準(zhǔn)線上，則c2362 22又雙曲線 1a0,b0的一條漸近線方程是y2

bx x

（t為參數(shù)xCxy3y1相切，則圓C的方程 【解】x12y22x把直線y1

（t為參數(shù)）yx1x軸的交點(diǎn)為10因?yàn)閳ACxy30xy30的距離即為半徑r10 10 所以圓C的方程為x12y223 320（

ab0的離心率e2a2

2個(gè)頂點(diǎn)得到的菱形的面積為4設(shè)直線lABA的坐標(biāo)為a,0

段 的垂直平分線上，且QAQB4．求y0的值【解（Ⅰ）由eca

3得3a24c2，再由a2b2c2a2b2因?yàn)檫B接橢圓的四個(gè)頂點(diǎn)得到的菱形的面積為4，12a2b4ab2，2a

解方程組ab2,得a2,b1．所以橢圓的方程4 由題意直線l的斜率存在，設(shè)直線l的斜率為k，則直線lykx2AB兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組

x2y4y

y

14k2x216k2x16k240因?yàn)閤2是方程的一個(gè)根，則由定理有

2x1

16k2，14k

2

14k 8k

的中點(diǎn)為MM的坐標(biāo)為1

4k2

1

2當(dāng)k0B的坐標(biāo)為20

y于是QA

，QB

，由QAQB4得y0 2當(dāng)k02

1 8k y14k2kx14k2 令x0得y

，由QA

，QBx,yy，0

228k2

QAQB2x1y0y1y0

14k

14k214k214k2 4．整理得7k22k 14k

y0

14k

21452綜上，y 或y2142 2 2 AB的中垂線斜率存在,B(x1y1

yy1x12xx12 x2x x24令x0，則y0 1 11 1 2B(x1y1

x2y4y

41 114x24 4y2 因此y0 1 1 2 2 QAQByQAQB

y 整理得15x2

40x

x12（舍 1 2 14

415

164y2 1 4

，所以y

2y3y214y2

y214 2 文

a0,b0y2a2

拋物線y216x的焦點(diǎn)相同，則雙曲線的方程 【解 4由題設(shè)可得雙曲線方程滿足

2

3

于是c2

y216x的焦點(diǎn)為40，則c4．與c2

2，于是1224

．14Cxy10xCxy30

的方程 【解】x12y22xy10x軸的交點(diǎn)為10．于是圓心的坐標(biāo)為10；因?yàn)閳ACxy30xy30的距離即為半徑r10 10 所以圓C的方程為x12y2221（3 3

ab0的離心率e2a2

2的面積為4設(shè)直線lABA的坐標(biāo)為a,045若AB ,求直線l的傾斜角45點(diǎn)Q0,y0 段

的垂直平分線上，且QAQB4y0【解（Ⅰ）由eca

3得3a24c2，再由a2b2c2a2b2因?yàn)檫B接橢圓的四個(gè)頂點(diǎn)得到的菱形的面積為4，12a2b4，則ab2，2a

解方程組ab2,得a2,b1．所以橢圓的方程4 由題意直線l的斜率存在，設(shè)直線l的斜率為k，則直線lykx2AB兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組

x2y4y

y 2x1

16k214k

x1

2

，從而ykx2 14k228k2228k2 14k2 14k2AB

14k

， AB ，541k14k

425整理得32k49k2230k2132k2230，所以k 所以直線l的傾斜角為 4

8k

的中點(diǎn)為MM的坐標(biāo)為1

4k2

1

2．當(dāng)k0B的坐標(biāo)為20

y于是QA

，QB

，由QAQB4得y0 2當(dāng)k02

1 8k y14k2kx14k2x0y0 由QA

，QBx1,y1y0，228k2

QAQB2x1y0y1y0

14k

14k214k214k2 4．整理得7k22k 14k

y0

14k

21452綜上，y 或y2142 8．已知橢圓C1a2b21(a＞b＞0與雙曲線C1x

1的一條漸近線與以C1ABC1

則a22

a2

b22

b2C F1F23

A的坐標(biāo) ．(0,21（12已知拋物線Cx3＝y(tǒng)，圓12

:x2