1、全國(guó)卷高考圓錐曲線真題答案全國(guó)卷高考圓錐曲線真題答案26/26全國(guó)卷高考圓錐曲線真題答案全國(guó)卷高考圓錐曲線真題參照答案與試題分析一解答題（共21小題）1（2015?新課標(biāo)II）已知橢圓222C：9x+y=m（m0），直線l可是原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M1）證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；2）若l過點(diǎn)（，m），延伸線段OM與C交于點(diǎn)P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時(shí)l的斜率；若不可以，說明原由【分析】（1）聯(lián)立直線方程和橢圓方程，求出對(duì)應(yīng)的直線斜率即可獲取結(jié)論2）四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP相互均分，即xP

2、=2xM，成立方程關(guān)系即可獲取結(jié)論【解答】解：（1）設(shè)直線l：y=kx+b，（k0，b0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM），2222222，將y=kx+b代入9x+y=m（m0），得（k+9）x+2kbx+bm=022222）0，則鑒別式=4kb4（k+9）（bm則x1+x2=，則xM=，yM=kxM+b=，于是直線OM的斜率k=，OM即k?k=9，OM直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值（2）四邊形OAPB能為平行四邊形直線l過點(diǎn)（，m），22222由鑒別式=4kb4（k+9）（bm）0，2222即km9b9m，b=mm，2222km9（mm）9m，即k2k26k，則k

3、0，l可是原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k0，k3，由（1）知OM的方程為y=x，設(shè)P的橫坐標(biāo)為xP，由得，即xP=，將點(diǎn)（，m）的坐標(biāo)代入l的方程得b=，即l的方程為y=kx+，將y=x，代入y=kx+，得kx+=x解得xM=，四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP相互均分，即xP=2xM，于是=2，解得k1=4或k2=4+，ki0，ki3，i=1，2，當(dāng)l的斜率為4或4+時(shí)，四邊形OAPB能為平行四邊形【討論】本題主要察看直線和圓錐曲線的訂交問題，聯(lián)立方程組轉(zhuǎn)變?yōu)橐辉畏匠?，根與系數(shù)之間的關(guān)系是解決本題的要點(diǎn)綜合性較強(qiáng)，難度較大利用2（2015?河北）在直角坐標(biāo)系xOy中

4、，曲線C：y=與直線l：y=kx+a（a0）交于M，N兩點(diǎn)（）當(dāng)k=0時(shí)，分別求C在點(diǎn)M和N處的切線方程（）y軸上能否存在點(diǎn)P，使適合k改動(dòng)時(shí)，總有OPM=OPN？（說明原由）【分析】（I）聯(lián)立，可得交點(diǎn)M，N的坐標(biāo)，由曲線C：y=，利用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法例可得：y=，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義、點(diǎn)斜式即可得出切線方程（II）存在符合條件的點(diǎn)（0，a），設(shè)P（0，b）知足OPM=OPNM（x1，y1），N（x2，y2），直線PM，PN的斜率分別為：k1，k2直線方程與拋物線方程聯(lián)立化為x24kx4a=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計(jì)算公式可得k1+k2=k1+k2=0?直線PM，PN的傾斜角互補(bǔ)OPM=OPN

5、即可證明【解答】解：（I）聯(lián)立，不如取M，N，由曲線C：y=可得：y=，曲線C在M點(diǎn)處的切線斜率為=，其切線方程為：ya=，化為同理可得曲線C在點(diǎn)N處的切線方程為：（II）存在符合條件的點(diǎn)（0，a），下邊給出證明：設(shè)P（0，b）知足OPM=OPNM（x1，y1），N（x2，y2），直線PM，PN的斜率分別為：k1，k2聯(lián)立，化為x24kx4a=0，x1+x2=4k，x1x2=4ak1+k2=+=當(dāng)b=a時(shí)，k1+k2=0，直線PM，PN的傾斜角互補(bǔ)，OPM=OPN點(diǎn)P（0，a）符合條件【討論】本題察看了導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法例、利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義研究切線方程、直線與拋物線相交問題轉(zhuǎn)變?yōu)榉匠搪?lián)立可得根與系

6、數(shù)的關(guān)系、斜率計(jì)算公式，察看了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題3（2014?新課標(biāo)I）已知點(diǎn)A（0，2），橢圓E：+=1（ab0）的離心率為，F(xiàn)是橢圓的焦點(diǎn)，直線AF的斜率為，O為坐標(biāo)原點(diǎn)（）求E的方程；（）設(shè)過點(diǎn)A的直線l與E訂交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)OPQ的面積最大時(shí)，求l的方程【分析】（）經(jīng)過離心率獲取a、c關(guān)系，經(jīng)過A求出a，即可求E的方程；（）設(shè)直線l：y=kx2，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2）將y=kx2代入，利用0，求出k的范圍，利用弦長(zhǎng)公式求出|PQ|，此后求出OPQ的面積表達(dá)式，利用換元法以及基本不等式求出最值，此后求解直線方程【解答】解：（）設(shè)F（c，0），由條件知，得又，2

7、22分）因此a=2，b=ac=1，故E的方程（6（）依題意當(dāng)lx軸不合題意，故設(shè)直線l：y=kx2，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2）將y=kx2代入，得（1+4k2）x216kx+12=0，當(dāng)=16（4k23）0，即時(shí)，從而又點(diǎn)O到直線PQ的距離，因此OPQ的面積=，設(shè)，則t0，當(dāng)且僅當(dāng)t=2，k=等號(hào)成立，且知足0，因此當(dāng)OPQ的面積最大時(shí)，l的方程為：y=x2或y=x2（12分）【討論】本題察看直線與橢圓的地點(diǎn)關(guān)系的應(yīng)用，橢圓的求法，基本不等式的應(yīng)用，察看轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力4（2014?新課標(biāo)II）已知函數(shù)f（x）=exex2x（）討論f（x）的單一性；（）設(shè)g（x）=f（2x）4b

8、f（x），當(dāng)x0時(shí)，g（x）0，求b的最大值；（）已知，預(yù)計(jì)ln2的近似值（精準(zhǔn)到）【分析】對(duì)第（）問，直接求導(dǎo)后，利用基本不等式可達(dá)到目的；對(duì)第（）問，先考證g（0）=0，只需說明g（x）在0+）上為增函數(shù)即可，從而問題轉(zhuǎn)變?yōu)椤芭袛鄃（x）0能否成立”的問題；對(duì)第（）問，依據(jù)第（）問的結(jié)論，想法利用的近似值，并追求ln2，于是在b=2及b2的狀況下分別計(jì)算，最后可預(yù)計(jì)ln2的近似值xx【解答】解：（）由f（x）得f（x）=e+e2，xx即x=0時(shí)，f（x）=0，即f（x）0，當(dāng)且僅當(dāng)e=e函數(shù)f（x）在R上為增函數(shù)（）g（x）=f（2x）4bf（x）=e2xe2x4b（exex）+（8b4）

9、x，則g（x）=2e2x2xxx+e2b（e+e）+（4b2）=2（ex+ex）22b（ex+ex）+（4b4）=2（ex+ex2）（ex+ex+22b）ex+ex2，ex+ex+24，當(dāng)2b4，即b2時(shí)，g（x）0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)，從而g（x）在R上為增函數(shù)，而g（0）=0，x0時(shí)，g（x）0，符合題意當(dāng)b2時(shí)，若x知足2ex+ex2b2即，得，此時(shí)，g（x）0，又由g（0）=0知，當(dāng)時(shí)，g（x）0，不符合題意綜合、知，b2，得b的最大值為2（），依據(jù)（）中2x2xxexg（x）=ee4b（e）+（8b4）x，為了湊配ln2，并利用的近似值，故將ln即代入g（x）的分析式中，得當(dāng)b=

10、2時(shí)，由g（x）0，得，從而；令，得2，當(dāng)時(shí)，由g（x）0，得，得因此ln2的近似值為【討論】1本題三個(gè)小題的難度逐漸增大，察看了學(xué)生對(duì)函數(shù)單一性深層次的掌握能力，對(duì)思想的要求較高，屬壓軸題2從求解過程來看，對(duì)導(dǎo)函數(shù)分析式的合理變形至關(guān)重要，因?yàn)檫@直接影響到對(duì)導(dǎo)數(shù)符號(hào)的判斷，是解決本題的一個(gè)重要打破口3本題的難點(diǎn)在于怎樣追求ln2，要點(diǎn)是依據(jù)第（2）問中g(shù)（x）的分析式研究b的值，從而獲取不等式，這樣自然地將不等式放縮為的范圍的端點(diǎn)值，達(dá)到了估值的目的5（2014?廣西）已知拋物線C：y2=2px（p0）的焦點(diǎn)為F，直線y=4與y軸的交點(diǎn)為P，與C的交點(diǎn)為Q，且|QF|=|PQ|（）求C的方程

11、；（）過F的直線l與C訂交于A、B兩點(diǎn)，若且A、M、B、N四點(diǎn)在同一圓上，求l的方程AB的垂直均分線l與C訂交于M、N兩點(diǎn)，【分析】（）設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（據(jù)|QF|=|PQ|求得p的值，可得x0，4），把點(diǎn)C的方程Q的坐標(biāo)代入拋物線C的方程，求得x0=，根（）設(shè)l的方程為x=my+1（m0），代入拋物線方程化簡(jiǎn)，利用韋達(dá)定理、中點(diǎn)公式、弦長(zhǎng)公式求得弦長(zhǎng)|AB|把直線l的方程代入拋物線方程化簡(jiǎn)，利用韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式求得|MN|因?yàn)镸N垂直均分線段AB，故AMBN四點(diǎn)共圓等價(jià)于|AE|=|BE|=|MN|，由此求得m的值，可得直線l的方程【解答】解：（）設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x0，4），把點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入

12、拋物線C：y2=2px（p0），可得x0=，點(diǎn)P（0，4），|PQ|=又|QF|=x0+=+，|QF|=|PQ|，+=，求得p=2，或p=2（舍去）故C的方程為y2=4x（）由題意可得，直線l和坐標(biāo)軸不垂直，y2=4x的焦點(diǎn)F（1，0），設(shè)l的方程為x=my+1（m0），代入拋物線方程可得y24my4=0，明顯鑒別式=16m2+160，y1+y2=4m，y1?y2=422）AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為D（2m+1，2m），弦長(zhǎng)|AB|=|y1y2|=4（m+1又直線l的斜率為m，直線l的方程為x=y+2m2+3過F的直線l與C訂交于A、B兩點(diǎn)，若AB的垂直均分線l與C訂交于M、N兩點(diǎn)，把線l的方程代入拋物

13、線方程可得222）y+y4（2m+3）=0，y3+y4=，y3?y4=4（2m+32故線段MN的中點(diǎn)E的坐標(biāo)為（+2m+3，），|MN|=|y3y4|=，MN垂直均分線段AB，故AMBN四點(diǎn)共圓等價(jià)于|AE|=|BE|=|MN|，22+DE=MN，4（m2+1）2+=，化簡(jiǎn)可得m21=0，m=1，直線l的方程為xy1=0，或x+y1=0【討論】本題主要察看求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線和圓錐曲線的地點(diǎn)關(guān)系的應(yīng)用，韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式的應(yīng)用，表現(xiàn)了轉(zhuǎn)變的數(shù)學(xué)思想，屬于難題6（2013?新課標(biāo)）平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：（ab0）右焦點(diǎn)的直線x+y=0交M于A，B兩點(diǎn)，P為AB的中點(diǎn)，且OP的斜率

14、為（）求M的方程（）C，D為M上的兩點(diǎn)，若四邊形ACBD的對(duì)角線CDAB，求四邊形ACBD面積的最大值【分析】（）把右焦點(diǎn)（c，0）代入直線可解得c設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），線段AB的中點(diǎn)P（x0，y0），利用“點(diǎn)差法”即可獲取a，b的關(guān)系式，再與a2=b2+c2聯(lián)立刻可獲取a，b，c（）由CDAB，可設(shè)直線CD的方程為y=x+t，與橢圓的方程聯(lián)立獲取根與系數(shù)的關(guān)系，即可獲取弦長(zhǎng)|CD|把直線x+y=0與橢圓的方程聯(lián)立獲取根與系數(shù)的關(guān)系，即可獲取弦長(zhǎng)|AB|，利用S=即可獲取對(duì)于t的表達(dá)式，利用二次函數(shù)的單一性即可獲取其最大值四邊形ACBD【解答】解：（）把右焦點(diǎn)（c，0）代入直線

15、x+y=0得c+0=0，解得c=設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），線段AB的中點(diǎn)P（x0，y0），則，相減得，又=，即a2=2b2聯(lián)立得，解得，M的方程為（）CDAB，可設(shè)直線CD的方程為y=x+t，聯(lián)立，消去y獲取23x+4tx+2t26=0，直線CD與橢圓有兩個(gè)不同樣的交點(diǎn)，=16t212（2t26）=728t20，解3t3（*）設(shè)C（x3，y3），D（x4，y4），|CD|=聯(lián)立獲取3x24x=0，解得x=0或，交點(diǎn)為A（0，），B，|AB|=S四邊形=，ACBD當(dāng)且僅當(dāng)t=0時(shí)，四邊形ACBD面積的最大值為，知足（*）四邊形ACBD面積的最大值為【討論】本題綜合察看了橢圓的定義、標(biāo)

16、準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、“點(diǎn)差法”、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、直線與橢圓訂交問題轉(zhuǎn)變?yōu)榉匠搪?lián)立獲取一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、四邊形的面積計(jì)算、二次函數(shù)的單一性等基礎(chǔ)知識(shí)，察看了推理能力、數(shù)形聯(lián)合的思想方法、計(jì)算能力、分析問題和解決問題的能力7（2013?新課標(biāo)）已知圓M：（x+1）2+y2=1，圓N：（x1）2+y2=9，動(dòng)圓P與圓M外切并與圓N內(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C（）求C的方程；（）l是與圓P，圓M都相切的一條直線，l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí)，求|AB|【分析】（I）設(shè)動(dòng)圓的半徑為R，由已知?jiǎng)訄AP與圓M外切并與圓N內(nèi)切，可得|PM|+|PN|=R+1+（3R）=4，而|NM|

17、=2，由橢圓的定義可知：動(dòng)點(diǎn)的橢圓，求出即可；P的軌跡是以M，N為焦點(diǎn)，4為長(zhǎng)軸長(zhǎng)（II）設(shè)曲線C上隨意一點(diǎn)P（x，y），因?yàn)閨PM|PN|=2R242=2，因此R2，當(dāng)且僅當(dāng)P的圓心為（2，0）R=2時(shí)，其半徑最大，其方程為（x2）2+y2=4分l的傾斜角為90，此時(shí)l與y軸重合，可得|AB|若l的傾斜角不為90，因?yàn)镸的半徑1R，可知l與x軸不平行，設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為Q，依據(jù)，可得Q（4，0），因此可設(shè)l：y=k（x+4），與橢圓的方程聯(lián)立，獲取根與系數(shù)的關(guān)系利用弦長(zhǎng)公式即可得出【解答】解：（I）由圓M：（x+1）2+y2=1，可知圓心M（1，0）；圓N：（x1）2+y2=9，圓心N（1，

18、0），半徑3設(shè)動(dòng)圓的半徑為R，動(dòng)圓P與圓M外切并與圓N內(nèi)切，|PM|+|PN|=R+1+（3R）=4，而|NM|=2，由橢圓的定義可知：動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以M，N為焦點(diǎn)，4為長(zhǎng)軸長(zhǎng)的橢圓，a=2，c=1，b2=a2c2=3曲線C的方程為（x2）（II）設(shè)曲線C上隨意一點(diǎn)P（x，y），因?yàn)閨PM|PN|=2R231=2，因此R2，當(dāng)且僅當(dāng)P的圓心為（2，0）R=2時(shí)，其半徑最大，其方程為（x2）2+y2=4l的傾斜角為90，則l與y軸重合，可得|AB|=若l的傾斜角不為90，因?yàn)镸的半徑1R，可知l與x軸不平行，設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為Q，則，可得Q（4，0），因此可設(shè)l：y=k（x+4），由l于M相切可

19、得：，解得當(dāng)時(shí)，聯(lián)立，獲取7x2+8x8=0，|AB|=因?yàn)閷?duì)稱性可知：當(dāng)時(shí)，也有|AB|=綜上可知：|AB|=或【討論】本題綜合察看了兩圓的相切關(guān)系、直線與圓相切問題、橢圓的定義及其性質(zhì)、直線與橢圓訂交問題轉(zhuǎn)變?yōu)榉匠搪?lián)立獲取根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式等基礎(chǔ)知識(shí)，需要較強(qiáng)的推理能力和計(jì)算能力及其分類討論的思想方法8（2014?滄州校級(jí)一模）已知雙曲線C：=1（a0，b0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，離心率為3，直線y=2與C的兩個(gè)交點(diǎn)間的距離為（I）求a，b；（II）設(shè)過F2的直線l與C的左、右兩支分別訂交于A、B兩點(diǎn)，且|AF1|=|BF1|，證明：|AF2|、|AB|、|BF2|成等比數(shù)列

20、【分析】（I）由題設(shè)，可由離心率為示出來，再由直線成立方程求出參數(shù)3獲取參數(shù)a，b的關(guān)系，將雙曲線的方程用參數(shù)a即可獲取雙曲線的方程；a表（II）由（I）的方程求出兩焦點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)出直線l的方程設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），將其與雙曲線C的方程聯(lián)立，得出x1+x2=，再利用|AF1|=|BF1|成立對(duì)于A，B坐標(biāo)的方程，得出兩點(diǎn)橫坐標(biāo)的關(guān)系，由此方程求出k的值，得出直線的方程，從而可求得：|AF2|、|AB|、|BF2|，再利用等比數(shù)列的性質(zhì)進(jìn)行判斷即可證明出結(jié)論【解答】解：（I）由題設(shè)知=3，即=9，故b2=8a2因此C的方程為8x2y2=8a2將y=2代入上式，并求得x=，由題設(shè)知，

21、2=，解得a2=1因此a=1，b=2（II）由（I）知，F(xiàn)1（3，0），F(xiàn)2（3，0），C的方程為8x2y2=8由題意，可設(shè)l的方程為y=k（x3），|k|2代入并化簡(jiǎn)得（k28）x26k2x+9k2+8=0設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x11，x21，x1+x2=，于是|AF1|=（3x1+1），|BF1|=3x2+1，|AF1|=|BF1|得（3x1+1）=3x2+1，即故=，解得，從而=因?yàn)閨AF2|=13x1，|BF2|=3x21，故|AB|=|AF2|BF2|=23（x1+x2）=4，|AF2|BF2|=3（x1+x2）9x1x21=16因此|AF2|BF2|=|AB|2，

22、因此|AF2|、|AB|、|BF2|成等比數(shù)列【討論】本題察看直線與圓錐曲線的綜合關(guān)系，察看了運(yùn)算能力，題設(shè)條件的轉(zhuǎn)變能力，方程的思想運(yùn)用，此類題綜合性強(qiáng)，但解答過程有其固有規(guī)律，一般需要把直線與曲線聯(lián)立利用根系關(guān)系，解答中要注意提煉此類題解答過程中的共性，恩賜后解答此類題供給借鑒9（2012?新課標(biāo)）設(shè)拋物線2C：x=2py（p0）的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，AC，已知以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓F交l于B，D兩點(diǎn)；（1）若BFD=90，ABD的面積為，求p的值及圓F的方程；（2）若A，B，F(xiàn)三點(diǎn)在同向來線m上，直線n與m平行，且n與C只有一個(gè)公共點(diǎn)，求坐標(biāo)原點(diǎn)到m，n距離的比值【分析】（1）由對(duì)稱

23、性知：BFD是等腰直角，斜邊|BD|=2p點(diǎn)A到準(zhǔn)線l的距離，由ABD的面積SABD=，知=，由此能求出圓F的方程（2）由對(duì)稱性設(shè)，則點(diǎn)A，B對(duì)于點(diǎn)F對(duì)稱得：，得：，由此能求出坐標(biāo)原點(diǎn)到m，n距離的比值【解答】解：（1）由對(duì)稱性知：BFD是等腰直角，斜邊|BD|=2p點(diǎn)A到準(zhǔn)線l的距離，ABD的面積SABD=，=，解得p=2，因此F坐標(biāo)為（0，1），22圓F的方程為x+（y1）=8（2）由題設(shè)，則，A，B，F(xiàn)三點(diǎn)在同向來線m上，又AB為圓F的直徑，故A，B對(duì)于點(diǎn)F對(duì)稱由點(diǎn)A，B對(duì)于點(diǎn)F對(duì)稱得：得：，直線，切點(diǎn)直線坐標(biāo)原點(diǎn)到m，n距離的比值為【討論】本題察看拋物線與直線的地點(diǎn)關(guān)系的綜合應(yīng)用，詳細(xì)

24、波及到拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)、圓的性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，解題時(shí)要認(rèn)真審題，認(rèn)真解答，注意合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)變10已知拋物線C：y=（x+1）2與圓（r0）有一個(gè)公共點(diǎn)A，且在A處兩曲線的切線為同向來線l（）求r；（）設(shè)m，n是異于l且與C及M都相切的兩條直線，m，n的交點(diǎn)為D，求D到l的距離【分析】（）設(shè)A（x0，（x0+1）2），依據(jù)y=（x+1）2，求出l的斜率，圓心M（1，），求得MA的斜率，利用lMA成立方程，求得A的坐標(biāo)，即可求得r的值；（）設(shè)（t，（t+1）2）為C上一點(diǎn)，則在該點(diǎn)處的切線方程為y（t+1）2=2（t+1）（x2程，求得t的值，求出相應(yīng)的切線方程，可得D的坐標(biāo)，從而可求D到l的

25、距離2【解答】解：（）設(shè)A（x0，（x0+1），l的斜率為k=2（x0+1）當(dāng)x0=1時(shí)，不合題意，因此x01圓心M（1，），MA的斜率lMA，2（x0+1）=1x=0，A（0，1），0r=|MA|=；（）設(shè)（t，（t+1）2）為C上一點(diǎn)，則在該點(diǎn)處的切線方程為y（t+1）2=2（t+1）（xt），即y=2（t+1）xt2+1若該直線與圓M相切，則圓心M到該切線的距離為226）=0t（t4tt0=0，或t1=2+，t2=2拋物線C在點(diǎn)（ti，（ti+1）2）（i=0，1，2）處的切線分別為l，m，n，其方程分別為y=2x+1，y=2（t1+1）x，y=2（t2+1）x：x=代入可得：y=1D（

26、2，1），D到l的距離為【討論】本題察看圓與拋物線的綜合，察看拋物線的切線方程，察看導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，察看點(diǎn)到直線的距離公式的運(yùn)用，要點(diǎn)是確立切線方程，求得交點(diǎn)坐標(biāo)11（2011?新課標(biāo)）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A（0，1），B點(diǎn)在直線y=3上，M點(diǎn)知足，=?，M點(diǎn)的軌跡為曲線C（）求C的方程；（）P為C上的動(dòng)點(diǎn)，l為C在P點(diǎn)處的切線，求O點(diǎn)到l距離的最小值【分析】（）設(shè)M（x，y），由已知得B（x，3），A（0，1）并代入，=?，即可求得M點(diǎn)的軌跡C的方程；（）設(shè)P（x0，y0）為C上的點(diǎn)，求導(dǎo)，寫出C在P點(diǎn)處的切線方程，利用點(diǎn)到直線的距離公式即可求得O點(diǎn)到l距離，此后利用基本不等式求

27、出其最小值【解答】解：（）設(shè)M（x，y），由已知得B（x，3），A（0，1）所=（x，1y），=（0，3y），=（x，2）再由題意可知（）?=0，即（x，42y）?（x，2）=0因此曲線C的方程式為y=2（）設(shè)P（x0，y0）為曲線C：y=2上一點(diǎn)，因?yàn)閥=x，因此l的斜率為x0，因此直線l的方程為yy0=x0（xx0），即則o點(diǎn)到l的距離d=又y0=2，因此d=2，2x0 x2y+2y0 x0=0因此x02=0時(shí)取等號(hào)，因此O點(diǎn)到l距離的最小值為2【討論】本題是此中檔題察看向量與分析幾何的交匯點(diǎn)命題及代入法求軌跡方程，以及導(dǎo)數(shù)的幾何意義和點(diǎn)到直線的距離公式，綜合性強(qiáng)，察看了同學(xué)們察看、推理以

28、及創(chuàng)辦性地分析問題、解決問題的能力12（2014?馬山縣校級(jí)模擬）已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)為橢圓C：在y軸正半軸上的焦點(diǎn)，過F且斜率為的直線l與C交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)P知足（）證明：點(diǎn)P在C上；（）設(shè)點(diǎn)P對(duì)于點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為Q，證明：A、P、B、Q四點(diǎn)在同一圓上【分析】（1）要證明點(diǎn)P在C上，即證明P點(diǎn)的坐標(biāo)知足橢圓C的方程，依據(jù)已知中過F且斜率為的直線l與C交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)P知足，我們求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，代入考證即可2）若A、P、B、Q四點(diǎn)在同一圓上，則我們可以先求出隨意三點(diǎn)確立的圓的方程，此后將第四點(diǎn)坐標(biāo)代入考證即可【解答】證明：（）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）橢圓C：，則直線AB的方程為：

29、y=x+1聯(lián)立方程可得4x22x1=0，則x1+x2=，x1x2=則y1+y2=（x1+x2）+2=1設(shè)P（p1，p2），則有：=（x1，y1），=（x2，y2），=（p1，p2）；+=（x1+x2，y1+y2）=（，1）；=（p1，p2）=（+）=（，1）p的坐標(biāo)為（，1）代入方程成立，因此點(diǎn)P在C上（）設(shè)點(diǎn)P對(duì)于點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為Q，證明：A、P、B、Q四點(diǎn)在同一圓上設(shè)線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為（，），即（，），則過線段AB的中點(diǎn)且垂直于AB的直線方程為：y=（x），即y=x+；P對(duì)于點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為Q，故0（）為線段PQ的中點(diǎn)，則過線段PQ的中點(diǎn)且垂直于PQ的直線方程為：y=x；聯(lián)立方程組，解之得：

30、x=，y=的交點(diǎn)就是圓心O1（，），2222r=|O1P|=（）+（1）=故過PQ兩點(diǎn)圓的方程為：（x+）2+（y）2=，把y=x+1代入，有x1+x2=，y1+y2=1A，B也是在圓上的A、P、B、Q四點(diǎn)在同一圓上【討論】本題察看的知識(shí)點(diǎn)是直線與圓錐曲線的關(guān)系，向量在幾何中的應(yīng)用，此中判斷點(diǎn)與曲線關(guān)系時(shí)，所使用的坐標(biāo)代入考證法是解答本題的要點(diǎn)13（2010?全國(guó)卷）己知斜率為1的直線l與雙曲線C：訂交于B、D兩點(diǎn)，且BD的中點(diǎn)為M（1，3）（）求C的離心率；（）設(shè)C的右極點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，|DF|?|BF|=17，證明：過A、B、D三點(diǎn)的圓與x軸相切【分析】（）由直線過點(diǎn)（1，3）及斜率可

31、得直線方程，直線與雙曲線交于BD兩點(diǎn)的中點(diǎn)為（1，3），可利用直線與雙曲線消元后依據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式找出a，b的關(guān)系式即求得離心率（）利用離心率將條件|FA|FB|=17，用含a的代數(shù)式表示，即可求得a，則A點(diǎn)坐標(biāo)可得（1，0），因?yàn)锳在x軸上因此，只需證明2AM=BD即證得【解答】解：（）由題設(shè)知，l的方程為：y=x+2，代入C的方程，并化簡(jiǎn)，得（b2a2）x24a2xa2b24a2=0，設(shè)B（x1，y1），D（x2，y2），則，由M（1，3）為BD的中點(diǎn)知22故，即b=3a，故，C的離心率（）由知，C的方程為：3x2y2=3a2，A（a，0），F(xiàn)（2a，0），故不如設(shè)x1a，x2a，|BF|?

32、|FD|=（a2x1）（2x2a）=4x1x2+2a（x1+x2）a2=5a2+4a+8又|BF|?|FD|=17，故5a2+4a+8=17解得a=1，或（舍去），故=6，連結(jié)MA，則由A（1，0），M（1，3）知|MA|=3，從而MA=MB=MD，且MAx軸，因此以M為圓心，MA為半徑的圓經(jīng)過A、B、D三點(diǎn)，且在點(diǎn)A處與x軸相切，因此過A、B、D三點(diǎn)的圓與x軸相切【討論】本題察看了圓錐曲線、直線與圓的知識(shí)，察看學(xué)生運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題的能力214（2010?全國(guó)卷）已知拋物線C：y=4x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)K（1，0）的直線l與C訂交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)A對(duì)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為D（）證明：點(diǎn)F在直線BD

33、上；（）設(shè)，求BDK的內(nèi)切圓M的方程【分析】（）先依據(jù)拋物線方程求得焦點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)出過點(diǎn)K的直線L方程代入拋物線方程消去x，設(shè)L與C的交點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2），依據(jù)韋達(dá)定理求得y1+y2和y1y2的表達(dá)式，從而依據(jù)點(diǎn)A求得點(diǎn)D的坐標(biāo)，從而表示出直線BD和BF的斜率，從而問題轉(zhuǎn)變兩斜率相等，2從而轉(zhuǎn)變?yōu)?x2=y2，依題意可知等式成立從而推測(cè)出k1=k2原式得證（）第一表示出結(jié)果為求得m，從而求得y2y1的值，推知設(shè)M為（a，0），M到x=y1和到BD的距離相等，從而求得得BD的斜率，則BD方程可知，a和圓的半徑，則圓的方程可【解答】解：（）拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)為F（1，0），

34、設(shè)過點(diǎn)K（1，0）的直線L：x=my1，代入，整理得y24my+4=0，設(shè)L與C的交點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2），則y1+y2=4m，y1y2=4，點(diǎn)A對(duì)于X軸的對(duì)稱點(diǎn)D為（x1，y1）BD的斜率k1=，BF的斜率k2=要使點(diǎn)F在直線BD上需k1=k2需4（x21）=y2（y2y1），需4x2=y22，上式成立，k1=k2，點(diǎn)F在直線BD上2（）=（x11，y1）（x21，y2）=（x11）（x21）+y1y2=（my12）（my22）+y1y2=4（m+1）228m+4=84m=，2m=，m=y2y1=4=，k1=，BD：y=（x1）易知圓心M在x軸上，設(shè)為（a，0），M到x=y1和

35、到BD的距離相等，即|a+1|=|（a1）|，4|a+1|=5|a1|，1a1，解得a=半徑r=，BDK的內(nèi)切圓M的方程為（x）2+y2=【討論】本小題為分析幾何與平面向量綜合的問題，主要察看拋物線的性質(zhì)、直線與圓的位置關(guān)系，直線與拋物線的地點(diǎn)關(guān)系、圓的幾何性質(zhì)與圓的方程的求解、平面向量的數(shù)目積等知識(shí)，察看考生綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行推理論證的能力、運(yùn)算能力和解決問題的能力，同時(shí)察看了數(shù)形聯(lián)合思想、設(shè)而不求思想15（2010?寧夏）設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)，過F1斜率為1的直線?與E訂交于A，B兩點(diǎn)，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差數(shù)列1）求E的離心率；2）設(shè)點(diǎn)P（0，1）知足|

36、PA|=|PB|，求E的方程【分析】（I）依據(jù)橢圓的定義可知|AF2|+|BF2|+|AB|=4a，從而依據(jù)|AF2|，|AB|，|BF2|成等差數(shù)表示出|AB|，從而可知直線l的方程，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），代入直線和橢圓方程，聯(lián)立消去y，依據(jù)韋達(dá)定理表示出x1+x2和x1x2從而依據(jù)，求得a和b的關(guān)系，從而求得a和c的關(guān)系，離心率可得（II）設(shè)AB的中點(diǎn)為N（x0，y0），依據(jù)（1）則可分別表示出x0和y0，依據(jù)|PA|=|PB|，推知直線PN的斜率，依據(jù)求得c，從而求得a和b，橢圓的方程可得【解答】解：（I）由橢圓定義知|AF2|+|BF2|+|AB|=4a，又2|AB|=

37、|AF2|+|BF2|，得，l的方程為y=x+c，此中設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)知足方程組2222222化簡(jiǎn)的（a+b）x+2acx+a（cb）=0則因?yàn)橹本€AB斜率為1，|AB|=|x1x2|=，22得，故a=2b因此E的離心率（II）設(shè)AB的中點(diǎn)為N（x0，y0），由（I）知，由|PA|=|PB|，得kPN=1，即得c=3，從而故橢圓E的方程為【討論】本題主要察看圓錐曲線中的橢圓性質(zhì)以及直線與橢圓的地點(diǎn)關(guān)系，波及等差數(shù)列知識(shí)，察看利用方程思想解決幾何問題的能力及運(yùn)算能力16（2009?全國(guó)卷）已知橢圓的離心率為，過右焦點(diǎn)F的直線l與C訂交于A、B兩點(diǎn)，當(dāng)l的斜率

38、為1時(shí)，坐標(biāo)原點(diǎn)O到l的距離為，（）求a，b的值；（）C上能否存在點(diǎn)P，使適合l繞F轉(zhuǎn)到某一地點(diǎn)時(shí)，有成立？若存在，求出全部的P的坐標(biāo)與l的方程；若不存在，說明原由【分析】（I）設(shè)F（c，0），則直線l的方程為xyc=0，由坐標(biāo)原點(diǎn)O到l的距離求得c，從而依據(jù)離心率求得a和b（II）由（I）可得橢圓的方程，設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），l：x=my+1代入橢圓的方程中整理得方程0由韋達(dá)定理可求得y1+y2和y1y2的表達(dá)式，假定存在點(diǎn)P，使成立，則其充要條件為：點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x1+x2，y1+y2），代入橢圓方程；把A，B兩點(diǎn)代入橢圓方程，最后聯(lián)立方程求得c，從而求得P點(diǎn)坐標(biāo)，求出m的

39、值得出直線l的方程【解答】解：（I）設(shè)F（c，0），直線l：xyc=0，由坐標(biāo)原點(diǎn)O到l的距離為則，解得c=1又，（II）由（I）知橢圓的方程為設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2）由題意知l的斜率為必定不為0，故不如設(shè)l：x=my+1代入橢圓的方程中整理得（22+4my4=0，明顯02m+3）y由韋達(dá)定理有：，假定存在點(diǎn)P，使成立，則其充要條件為：點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x1+x2，y1+y2），點(diǎn)P在橢圓上，即整理得2x22221+3y1+2x2+3y2+4x1x2+6y1y2=6又A、B在橢圓上，即2x122=6，2x2+3y2=6、+3y122故2x1x2+3y1y2+3=02將x1x2=（my1

40、+1）（my2+1）=my1y2+m（y1+y2）+1及代入解得，x1+x2=，即當(dāng)；當(dāng)【討論】本題主要察看了橢圓的性質(zhì)辦理分析幾何題，學(xué)生主假如在“算”上的功夫不夠所謂“算”，主要講的是算理和算法算法是解決問題采納的計(jì)算的方法，而算理是采納這類算法的依據(jù)和原由，一個(gè)是表，一個(gè)是里，一個(gè)是現(xiàn)象，一個(gè)是實(shí)質(zhì)有時(shí)算理和算法其實(shí)不是截然劃分的比方：三角形的面積是用底乘高的一半仍是用兩邊與夾角的正弦的一半，仍是切割成幾部分來算？在詳細(xì)辦理的時(shí)候，要依據(jù)詳細(xì)問題及題意邊做邊調(diào)整，找適合的打破口和切入點(diǎn)尋17（2009?全國(guó)卷）如圖，已知拋物線E：y2=x與圓M：（x4）2+y2=r2（r0）訂交于A、B

41、、C、D四個(gè)點(diǎn)（）求r的取值范圍；（）當(dāng)四邊形ABCD的面積最大時(shí)，求對(duì)角線AC、BD的交點(diǎn)P的坐標(biāo)【分析】（1）先聯(lián)立拋物線與圓的方程消去y，獲取x的二次方程，依據(jù)拋物線E：y2=x與圓M：（x4）2+y2=r2（r0）訂交于A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)的充要條件是此方程有兩個(gè)不相等的正根，可求出r的范圍（2）先設(shè)出四點(diǎn)A，B，C，D的坐標(biāo)再由（1）中的x二次方程獲取兩根之和、兩根之積，表示出頭積并求出其的平方值，最后依據(jù)三次均值不等式確立獲取最大值時(shí)的點(diǎn)P的坐標(biāo)【解答】解：（）將拋物線E：y2=x代入圓M：（x4）2+y2=r2（r0）的方程，消去y2，整理得x27x+16r2=0（1）拋物線E：

42、y2=x與圓M：（x4）2+y2=r2（r0）訂交于A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)的充要條件是：方程（1）有兩個(gè)不相等的正根即解這個(gè)方程組得，II）設(shè)四個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為、則直線AC、BD的方程分別為y=?（xx1），y+=（xx1），解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，0），則由（I）依據(jù)韋達(dá)定理有x1+x2=7，x1x2=16r2，則令，22）下邊求2的最大值則S=（7+2t）（72tS由三次均值有：當(dāng)且僅當(dāng)7+2t=144t，即時(shí)取最大值經(jīng)查驗(yàn)此時(shí)知足題意故所求的點(diǎn)P的坐標(biāo)為【討論】本題主要察看拋物線和圓的綜合問題圓錐曲線是高考必考題，要加強(qiáng)復(fù)習(xí)18（2009?寧夏）已知橢圓C的中心為直角坐標(biāo)系xOy的原點(diǎn)，焦點(diǎn)

43、在x軸上，它的一個(gè)頂711）求橢圓C的方程；2）若P為橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)，M為過P且垂直于x軸的直線上的點(diǎn)，=，求點(diǎn)M的軌跡方程，并說明軌跡是什么曲線【分析】（1）設(shè)橢圓長(zhǎng)半軸長(zhǎng)及半焦距分別為a、c，由橢圓的性質(zhì)可得從而解決2）設(shè)M（x，y），此中x4，4由已知=2及點(diǎn)P在橢圓C上，可得=2，整理得1629）x2+162y2=112，此中x4，4再依據(jù)圓、橢圓、雙曲線、拋物線的方程討論【解答】解：（1）設(shè)橢圓長(zhǎng)半軸長(zhǎng)及半焦距分別為a、c，由已知得，解得a=4，c=3，因此橢圓C的方程為=12）設(shè)M（x，y），此中x4，4由已知=2及點(diǎn)P在橢圓C上，可得=2，整理得（1629）x2+162y2=11

44、2，此中x4，4=時(shí)，化簡(jiǎn)得9y2=112因此點(diǎn)M的軌跡方程為y=（4x4），軌跡是兩條平行于x軸的線段時(shí)，方程變形為=1，此中x4，4；當(dāng)0時(shí)，點(diǎn)M的軌跡為中心在原點(diǎn)、實(shí)軸在y軸上的雙曲線知足4x4的部分；當(dāng)1時(shí)，點(diǎn)M的軌跡為中心在原點(diǎn)、長(zhǎng)軸在x軸上的橢圓知足4x4的部分；當(dāng)1時(shí)，點(diǎn)M的軌跡為中心在原點(diǎn)、長(zhǎng)軸在x軸上的橢圓【討論】本題主要察看圓錐曲線的定義和性質(zhì)及其方程察看分類討論思想，是中檔題19（2014?漳州校級(jí)模擬）雙曲線的中心為原點(diǎn)l2，經(jīng)過右焦點(diǎn)F垂直于l1的直線分別交l1，lO，焦點(diǎn)在x軸上，兩條漸近線分別為l1，2于A，B兩點(diǎn)已知|、|、|成等差數(shù)列，且與同向（）求雙曲線的離

45、心率；（）設(shè)AB被雙曲線所截得的線段的長(zhǎng)為4，求雙曲線的方程【分析】（1）由2個(gè)向量同向，獲取漸近線的夾角范圍，求出離心率的范圍，再用勾股定理得出直角三角形的2個(gè)直角邊的長(zhǎng)度比，聯(lián)想到漸近線的夾角，求出漸近線的斜率，從而求出離心率2）利用第（1）的結(jié)論，設(shè)出雙曲線的方程，將AB方程代入，運(yùn)用根與系數(shù)的關(guān)系及弦長(zhǎng)公式，求出待定系數(shù)，可求出雙曲線方程【解答】解：（1）設(shè)雙曲線方程為由，同向，漸近線的傾斜角為（0，），漸近線斜率為：，|AB|2=（|OB|OA|）（|OB|+|OA|）=（|OB|OA|）2|AB|，可得：，而在直角三角形OAB中，注意到三角形OAF也為直角三角形，即tanAOB=而由對(duì)稱性可知：OA的斜率為k=tan，；，（2）由第（1）知，a=2b，可設(shè)雙曲線方程為=1，c=b，AB的直線方程為y=2（xb），代入雙曲線方程得：15x232bx+84b2=0，x1+x2=，x1?x2=，4=，16=，2b=9，所求雙曲線方程為：=1【討論】做到邊做邊看，從而發(fā)現(xiàn)題中的奇妙，如據(jù)，聯(lián)想到對(duì)應(yīng)的是2漸近線的夾角的正切