高考數(shù)學(xué)試題分項版—解析幾何解析版[共29頁]

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1、2019年高考數(shù)學(xué)試題分項版解析幾何（解析版）一、選擇題1(2019全國文，10)雙曲線C：x5a2y2b21(a0，b0)的一條漸近線的傾斜角為130，則C的離心率為()A2sin 40 B2cos 40 C.1son50 D.1cos50答案D解析由題意可得batan 130，所以e 1+b2a21+tan2130 1+sin2130cos21301cos1301cos50.2(2019全國文，12)已知橢圓C的焦點為F1(1,0)，F(xiàn)2(1,0)，過F2的直線與C交于A，B兩點若|AF2|2|F2B|，|AB|BF1|，則C的方程為()A.x22y21 B.x23y221C.x24y23

2、1 D.x25y241答案B解析由題意設(shè)橢圓的方程為x2a2y2b21(ab0)，連接F1A，令|F2B|m，則|AF2|2m，|BF1|3m.由橢圓的定義知，4m2a，得ma2，故|F2A|a|F1A|，則點A為橢圓C的上頂點或下頂點令OAF2(O為坐標(biāo)原點)，則sin ca1a.在等腰三角形ABF1中，cos 22m2+3m2-3m222m3m13，因為cos 212sin2，所以13121a2，得a23.又c21，所以b2a2c22，橢圓C的方程為x23y221，故選B.3(2019全國文，9)若拋物線y22px(p0)的焦點是橢圓x23py2p1的一個焦點，則p等于()A2 B3 C4

3、 D8答案D解析由題意知，拋物線的焦點坐標(biāo)為p2,0，橢圓的焦點坐標(biāo)為(2p，0)，所以p22p，解得p8，故選D.4(2019全國文，12)設(shè)F為雙曲線C：x2a2y2b21(a0，b0)的右焦點，O為坐標(biāo)原點，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2y2a2交于P，Q兩點若|PQ|OF|，則C的離心率為()A.2 B.3 C2 D.5答案A解析如圖，由題意知，以O(shè)F為直徑的圓的方程為x-c222y2c24，將x2y2a2記為式，得xa2c，則以O(shè)F為直徑的圓與圓x2y2a2的相交弦所在直線的方程為xa2c，所以|PQ|2a2-a2c2.由|PQ|OF|，得2a2-a2c2c，整理得c44a2c24a40，

4、即e44e240，解得e2，故選A.5(2019全國文，10)已知F是雙曲線C：x24y251的一個焦點，點P在C上，O為坐標(biāo)原點若|OP|OF|，則OPF的面積為()A.32 B.52 C.72 D.92答案B解析由F是雙曲線x24y251的一個焦點，知|OF|3，所以|OP|OF|3.不妨設(shè)點P在第一象限，P(x0，y0)，x00，y00，則x02+y02=3,x024-y025=1,解得x02=569,y02=259,所以P2143,53，所以SOPF12|OF|y01235352.6(2019北京文，5已知雙曲線x2a2y21(a0)的離心率是5，則a等于()A.3 B4 C2 D.1

5、2答案D解析由雙曲線方程x2a2y21，得b21，c2a21.5e2c2a2a2+1a211a2.結(jié)合a0，解得a12.7(2019天津文，6)已知拋物線y24x的焦點為F，準(zhǔn)線為l.若l與雙曲線x2a2y2b21(a0，b0)的兩條漸近線分別交于點A和點B，且|AB|4|OF|(O為原點)，則雙曲線的離心率為()A.2 B.3 C2 D.5答案D解析由題意，可得F(1,0)，直線l的方程為x1，雙曲線的漸近線方程為ybax.將x1代入ybax，得yba，所以點A，B的縱坐標(biāo)的絕對值均為ba.由|AB|4|OF|可得2ba4，即b2a，b24a2，故雙曲線的離心率ecaa2+b2a25.8(2

6、019浙江，2)漸近線方程為xy0的雙曲線的離心率是()A.22 B1C.2 D2答案C解析因為雙曲線的漸近線方程為xy0，所以無論雙曲線的焦點在x軸上還是在y軸上，都滿足ab，所以c2a，所以雙曲線的離心率eca2.9(2019全國理，10)已知橢圓C的焦點為F1(1,0)，F(xiàn)2(1,0)，過F2的直線與C交于A，B兩點若|AF2|2|F2B|，|AB|BF1|，則C的方程為()A.x22y21 B.x23y221C.x24y231 D.x25y241答案B解析由題意設(shè)橢圓的方程為x2a2y2b21(ab0)，連接F1A，令|F2B|m，則|AF2|2m，|BF1|3m.由橢圓的定義知，4m

7、2a，得ma2，故|F2A|a|F1A|，則點A為橢圓C的上頂點或下頂點令OAF2(O為坐標(biāo)原點)，則sin ca1a.在等腰三角形ABF1中，cos 22m2+3m2-3m222m3m13，因為cos 212sin2，所以13121a22，得a23.又c21，所以b2a2c22，橢圓C的方程為x23y221，故選B.10(2019全國理，8)若拋物線y22px(p0)的焦點是橢圓x23py2p1的一個焦點，則p等于()A2 B3 C4 D8答案D解析由題意知，拋物線的焦點坐標(biāo)為p2,0，橢圓的焦點坐標(biāo)為(2p，0)，所以p22p，解得p8，故選D.11(2019全國理，11)設(shè)F為雙曲線C：

8、x2a2y2b21(a0，b0)的右焦點，O為坐標(biāo)原點，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2y2a2交于P，Q兩點若|PQ|OF|，則C的離心率為()A.2 B.3 C2 D.5答案A解析如圖，由題意知，以O(shè)F為直徑的圓的方程為x-c22y2c24，將x2y2a2記為式，得xa2c，則以O(shè)F為直徑的圓與圓x2y2a2的相交弦所在直線的方程為xa2c，所以|PQ|2a2-a2c2.由|PQ|OF|，得2a2-a2c2c，整理得c44a2c24a40，即e44e240，解得e2，故選A.12(2019全國理，10)雙曲線C：x24y221的右焦點為F，點P在C的一條漸近線上，O為坐標(biāo)原點若|PO|PF|，則P

9、FO的面積為()A.324 B.322 C22 D32答案A解析不妨設(shè)點P在第一象限，根據(jù)題意可知c26，所以|OF|6.又tanPOFba22，所以等腰POF的高h(yuǎn)622232，所以SPFO12632324.13(2019北京理，4)已知橢圓的離心率為，則ABCD【思路分析】由橢圓離心率及隱含條件得答案【解析】：由題意，得，則，即故選：【歸納與總結(jié)】本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，熟記隱含條件是關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題14(2019北京理，8)數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線，曲線就是其中之一（如圖）給出下列三個結(jié)論：曲線恰好經(jīng)過6個整點（即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點）；曲線上任意一點到原點的距離都不超過；曲

10、線所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3其中，所有正確結(jié)論的序號是ABCD【思路分析】將換成方程不變，所以圖形關(guān)于軸對稱，根據(jù)對稱性討論軸右邊的圖形可得【解析】：將換成方程不變，所以圖形關(guān)于軸對稱，當(dāng)時，代入得，即曲線經(jīng)過，；當(dāng)時，方程變?yōu)?，所以，解得，所以只能取整?shù)1，當(dāng)時，解得或，即曲線經(jīng)過，根據(jù)對稱性可得曲線還經(jīng)過，故曲線一共經(jīng)過6個整點，故正確當(dāng)時，由得，（當(dāng)時取等），即曲線上軸右邊的點到原點的距離不超過，根據(jù)對稱性可得：曲線上任意一點到原點的距離都不超過；故正確在軸上圖形面積大于矩形面積，軸下方的面積大于等腰直角三角形的面積，因此曲線所圍成的“心形”區(qū)域的面積大于，故錯誤故選：【歸納與總結(jié)

11、】本題考查了命題的真假判斷與應(yīng)用，屬中檔題15(2019天津理，5)已知拋物線y24x的焦點為F，準(zhǔn)線為l.若l與雙曲線x2a2y2b21(a0，b0)的兩條漸近線分別交于點A和點B，且|AB|4|OF|(O為原點)，則雙曲線的離心率為()A.2 B.3 C2 D.5答案D解析由題意，可得F(1,0)，直線l的方程為x1，雙曲線的漸近線方程為ybax.將x1代入ybax，得yba，所以點A，B的縱坐標(biāo)的絕對值均為ba.由|AB|4|OF|可得2ba4，即b2a，b24a2，故雙曲線的離心率ecaa2+b2a25.二、填空題1(2019全國文，15)設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓C：x236y2201的兩個

12、焦點，M為C上一點且在第一象限若MF1F2為等腰三角形，則M的坐標(biāo)為_答案(3，15)解析不妨令F1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點，根據(jù)題意可知c36-204.因為MF1F2為等腰三角形，所以易知|F1M|2c8，所以|F2M|2a84.設(shè)M(x，y)，則x236+y220=1,|F1M|2=(x+4)2+y2=64,x0,y0,得x=3,y=15,所以M的坐標(biāo)為(3，15)2(2019北京文，11)設(shè)拋物線y24x的焦點為F，準(zhǔn)線為l.則以F為圓心，且與l相切的圓的方程為_答案(x1)2y24解析拋物線y24x的焦點F的坐標(biāo)為(1,0)，準(zhǔn)線l為直線x1，圓的圓心坐標(biāo)為(1,0)又圓與l相切

13、，圓心到l的距離為圓的半徑，r2.圓的方程為(x1)2y24.3(2019浙江，12)已知圓C的圓心坐標(biāo)是(0，m)，半徑長是r.若直線2xy30與圓C相切于點A(2，1)，則m_，r_.答案25解析方法一設(shè)過點A(2，1)且與直線2xy30垂直的直線方程為l：x2yt0，所以22t0，所以t4，所以l：x2y40，令x0，得m2，則r(-2-0)2+(-1+2)25.方法二因為直線2xy30與以點(0，m)為圓心的圓相切，且切點為A(2，1)，所以m+10-(-2)21，所以m2，r(-2-0)2+(-1+2)25.4(2019浙江，15)已知橢圓x29y251的左焦點為F，點P在橢圓上且在

14、x軸的上方若線段PF的中點在以原點O為圓心 ，|OF|為半徑的圓上，則直線PF的斜率是_答案15解析依題意，設(shè)點P(m，n)(n0)，由題意知F(2,0)，|OF|2，所以線段FP的中點M-2+m2,n2在圓x2y24上，所以-2+m22n224，又點P(m，n)在橢圓x29y251上，所以n29n251，所以4m236m630，所以m32或m212(舍去)，當(dāng)m32時，n152，所以kPF152-0-32-(-2)15.5(2019江蘇，7)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若雙曲線x2y2b21(b0)經(jīng)過點(3,4)，則該雙曲線的漸近線方程是_答案y2x解析因為雙曲線x2y2b21(b0)經(jīng)過點

15、(3,4)，所以916b21，得b2，所以該雙曲線的漸近線方程是ybx2x.6(2019江蘇，10)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，P是曲線yx4x(x0)上的一個動點，則點P到直線xy0的距離的最小值是_答案4解析設(shè)Px,x+4x，x0，則點P到直線xy0的距離d2x+4x222x4x24，當(dāng)且僅當(dāng)2x4x，即x2時取等號，故點P到直線xy0的距離的最小值是4.7(2019全國理，16)已知雙曲線C：x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點若F1AAB，F(xiàn)1BF2B0，則C的離心率為_答案2解析因為0，所以F1BF2B，如圖因為F

16、1AAB，所以點A為F1B的中點，又點O為F1F2的中點，所以O(shè)ABF2，所以F1BOA，所以|OF1|OB|，所以BF1OF1BO，所以BOF22BF1O.因為直線OA，OB為雙曲線C的兩條漸近線，所以tanBOF2ba，tanBF1Oab.因為tanBOF2tan(2BF1O)，所以ba2ab1-ab2，所以b23a2，所以c2a23a2，即2ac，所以雙曲線的離心率eca2.8(2019全國理，15)設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓C：x236y2201的兩個焦點，M為C上一點且在第一象限若MF1F2為等腰三角形，則M的坐標(biāo)為_答案(3，15)解析不妨令F1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點，根據(jù)題意可知

17、c36-204.因為MF1F2為等腰三角形，所以易知|F1M|2c8，所以|F2M|2a84.設(shè)M(x，y)，則x236+y2201，F(xiàn)1M2=x+42+y264，x0，y0，得x=-3,y=15,所以M的坐標(biāo)為(3，15)三、解答題1(2019全國文，21)已知點A，B關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱，|AB|4，M過點A，B且與直線x20相切(1)若A在直線xy0上，求M的半徑；(2)是否存在定點P，使得當(dāng)A運動時，|MA|MP|為定值？并說明理由解(1)因為M過點A，B，所以圓心M在AB的垂直平分線上由已知A在直線xy0上，且A，B關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱，所以M在直線yx上，故可設(shè)M(a，a)因為M與直線

18、x20相切，所以M的半徑為r|a2|.由已知得|AO|2.又MOAO，故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半徑r2或r6.(2)存在定點P(1,0)，使得|MA|MP|為定值理由如下：設(shè)M(x，y)，由已知得M的半徑為r|x2|，|AO|2.由于MOAO，故可得x2y24(x2)2，化簡得M的軌跡方程為y24x.因為曲線C：y24x是以點P(1,0)為焦點，以直線x1為準(zhǔn)線的拋物線，所以|MP|x1.因為|MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在滿足條件的定點P.2(2019全國文，20)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的兩個焦點，P為C上的點，O為坐標(biāo)原

19、點(1)若POF2為等邊三角形，求C的離心率；(2)如果存在點P，使得PF1PF2，且F1PF2的面積等于16，求b的值和a的取值范圍解(1)連接PF1.由POF2為等邊三角形可知在F1PF2中，F(xiàn)1PF290，|PF2|c，|PF1|3c，于是2a|PF1|PF2|(31)c，故C的離心率為eca31.(2)由題意可知，若滿足條件的點P(x，y)存在，則12|y|2c16，yx+cyx-c1，即c|y|16，x2y2c2，又x2a2y2b21.由及a2b2c2得y2b4c2.又由知y2162c2，故b4.由及a2b2c2得x2a2c2(c2b2)，所以c2b2，從而a2b2c22b232，故

20、a42.當(dāng)b4，a42時，存在滿足條件的點P.所以b4，a的取值范圍為42，)3(2019全國文，21)已知曲線C：yx22，D為直線y12上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.(1)證明：直線AB過定點；(2)若以E0,52為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求該圓的方程(1)證明設(shè)Dt,-12，A(x1，y1)，則x122y1.由于yx，所以切線DA的斜率為x1，故y1+12x1-tx1，整理得2tx12y110.設(shè)B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.所以直線AB的方程為2tx2y10.所以直線AB過定點0,12.(2)解由(1)得直線AB的方程為ytx1

21、2.由y=tx+12,y=x22,可得x22tx10，于是x1x22t，y1y2t(x1x2)12t21.設(shè)M為線段AB的中點，則Mt,t2+12.由于EMAB，而EM(t，t22)，AB與向量(1，t)平行，所以t(t22)t0.解得t0或t1.當(dāng)t0時，|EM|2，所求圓的方程為x2y-5224；當(dāng)t1時，|EM|2，所求圓的方程為x2y-5222.4(2019北京文，19)已知橢圓C：x2a2y2b21的右焦點為(1,0)，且經(jīng)過點A(0,1)(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)O為原點，直線l：ykxt(t1)與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N.若|

22、OM|ON|2，求證：直線l經(jīng)過定點(1)解由題意，得b21，c1，所以a2b2c22.所以橢圓C的方程為x22y21.(2)證明設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則直線AP的方程為yy1-1x1x1.令y0，得點M的橫坐標(biāo)xMx1y1-1.又y1kx1t，從而|OM|xM|x1kx1+t-1.同理，|ON|x2kx2+t-1.由y=kx+tk,x22+y2=1,得(12k2)x24ktx2t220，則x1x24kt1+2k2，x1x22t2-21+2k2.所以|OM|ON|x1kx1+t-1x2kx2+t-1x1x2k2x1x2+kt-1x1+x2+(t-1)22t2-11+2k2k22

23、t2-21+2k2+kt-1-4kt1+2k2+(t-1)221+t1-t.又|OM|ON|2，所以21+t1-t2.解得t0，所以直線l經(jīng)過定點(0,0)5(2019天津文，19)設(shè)橢圓x2a2y2b21(ab0)的左焦點為F，左頂點為A，上頂點為B.已知3|OA|2|OB|(O為原點)(1)求橢圓的離心率；(2)設(shè)經(jīng)過點F且斜率為34的直線l與橢圓在x軸上方的交點為P，圓C同時與x軸和直線l相切，圓心C在直線x4上，且OCAP.求橢圓的方程解(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知有3a2b，又由a2b2c2，消去b得a232a2c2，解得ca12.所以橢圓的離心率為12.(2)由(1)知，a2c

24、，b3c，故橢圓方程為x24c2y23c21.由題意，F(xiàn)(c,0)，則直線l的方程為y34(xc)點P的坐標(biāo)滿足x24c2+y23c2=1,y=34x+c,消去y并化簡，得到7x26cx13c20，解得x1c，x213c7.代入到l的方程，解得y132c，y2914c.因為點P在x軸上方，所以Pc,32c.由圓心C在直線x4上，可設(shè)C(4，t)因為OCAP，且由(1)知A(2c,0)，故t432cc+2c，解得t2.因為圓C與x軸相切，所以圓C的半徑為2.又由圓C與l相切，得344+c-21+3422，可得c2.所以，橢圓的方程為x216y2121.6.(2019浙江，21)如圖，已知點F(1

25、,0)為拋物線y22px(p0)的焦點過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在拋物線上，使得ABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點Q，且Q在點F的右側(cè)記AFG，CQG的面積分別為S1，S2.(1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程；(2)求S1S2的最小值及此時點G的坐標(biāo)解(1)由題意得p21，即p2.所以，拋物線的準(zhǔn)線方程為x1.(2)設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)令yA2t，t0，則xAt2.由于直線AB過點F，故直線AB的方程為x t2-12ty1，代入y24x，得y22(t2-1)ty40，故2tyB4，即yB2t，所以B1t2,-2t.又由于

26、xG13(xAxBxC)，yG13(yAyByC)及重心G在x軸上，故2t2tyC0.即C1t-t2,21t-t，G2t4-2t2+23t2,0.所以，直線AC的方程為y2t2t(xt2)，得Q(t21,0)由于Q在焦點F的右側(cè)，故t22.從而S1S212|FG|yA|12|QG|yC|2t4-2t2+23t2-1|2t|t2-1-2t4-2t2+23t22t-2t2t4-t2t4-12t2-2t4-1.令mt22，則m0，S1S22mm2+4m+321m+3m+4212m3m+4132.當(dāng)且僅當(dāng)m3時，S1S2取得最小值132，此時G(2,0)7.(2019江蘇，17)如圖，在平面直角坐標(biāo)系

27、xOy中，橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的焦點為F1(1,0)，F(xiàn)2(1,0)過F2作x軸的垂線l，在x軸的上方，l與圓F2：(x1)2y24a2交于點A，與橢圓C交于點D.連接AF1并延長交圓F2于點B，連接BF2交橢圓C于點E，連接DF1.已知DF152.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求點E的坐標(biāo)解(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c.因為F1(1,0)，F(xiàn)2(1,0)，所以F1F22，則c1.又因為DF152，AF2x軸，所以DF2DF12-F1F22522-2232.因此2aDF1DF24，所以a2.由b2a2c2，得b23.所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24y231.(2)方法一由(1)知，

28、橢圓C：x24y231，a2.因為AF2x軸，所以點A的橫坐標(biāo)為1.將x1代入圓F2方程(x1)2y216，解得y4.因為點A在x軸上方，所以A(1,4)又F1(1,0)，所以直線AF1：y2x2.由y=2x+2,(x-1)2+y2=16,得5x26x110，解得x1或x115.將x115代入y2x2，得y125.因此B-115,-125.又F2(1,0)，所以直線BF2：y34(x1)由y=34x-1,x24+y23=1,得7x26x130，解得x1或x137.又因為E是線段BF2與橢圓的交點，所以x1.將x1代入y34(x1)，得y32.因此E-1,-32.方法二由(1)知，橢圓C：x24

29、y231.如圖，連接EF1.因為BF22a，EF1EF22a，所以EF1EB，從而BF1EB.因為F2AF2B，所以AB.所以ABF1E，從而EF1F2A.因為AF2x軸，所以EF1x軸因為F1(1,0)，由x=-1,x24+y23=1,得y32.又因為E是線段BF2與橢圓的交點，所以y32.因此E-1,-32.8(2019江蘇，18)如圖，一個湖的邊界是圓心為O的圓，湖的一側(cè)有一條直線型公路l，湖上有橋AB(AB是圓O的直徑)規(guī)劃在公路l上選兩個點P，Q，并修建兩段直線型道路PB，QA，規(guī)劃要求：線段PB，QA上的所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑已知點A，B到直線l的距離分別為AC和BD

30、(C，D為垂足)，測得AB10，AC6，BD12(單位：百米)(1)若道路PB與橋AB垂直，求道路PB的長；(2)在規(guī)劃要求下，P和Q中能否有一個點選在D處？并說明理由；(3)在規(guī)劃要求下，若道路PB和QA的長度均為d(單位：百米)，求當(dāng)d最小時，P，Q兩點間的距離解方法一(1)過A作AEBD，垂足為E.由已知條件得，四邊形ACDE為矩形，DEBEAC6，AECD8.因為PBAB，所以cosPBDsinABEAEAB81045.所以PBBDcosPBD124515.因此道路PB的長為15(百米)(2)若P在D處，由(1)可得E在圓上，則線段BE上的點(除B，E)到點O的距離均小于圓O的半徑，所

31、以P選在D處不滿足規(guī)劃要求若Q在D處，連接AD，由(1)知ADAE2+ED210，從而cosBADAD2+AB2-BD22ADAB7250，所以BAD為銳角所以線段AD上存在點到點O的距離小于圓O的半徑因此Q選在D處也不滿足規(guī)劃要求綜上，P和Q均不能選在D處(3)先討論點P的位置當(dāng)OBP90時，在PP1B中，PBP1B15.由上可知，d15.再討論點Q的位置由(2)知，要使得QA15，點Q只有位于點C的右側(cè)，才能符合規(guī)劃要求當(dāng)QA15時，CQQA2-AC2152-62321.此時，線段QA上所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑綜上，當(dāng)PBAB，點Q位于點C右側(cè)，且CQ321時，d最小，此時P，

32、Q兩點間的距離PQPDCDCQ17321.因此，d最小時，P，Q兩點間的距離為17321(百米)方法二(1)如圖，過O作OHl，垂足為H.以O(shè)為坐標(biāo)原點，直線OH為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系因為BD12，AC6，所以O(shè)H9，直線l的方程為y9，點A，B的縱坐標(biāo)分別為3，3.因為AB為圓O的直徑，AB10，所以圓O的方程為x2y225.從而A(4,3)，B(4，3)，直線AB的斜率為34.因為PBAB，所以直線PB的斜率為43，直線PB的方程為y43x253.所以P(13,9)，PB(-13+4)2+(9+3)215.所以道路PB的長為15(百米)(2)若P在D處，取線段BD上一點E(4

33、,0)，則EO45，所以P選在D處不滿足規(guī)劃要求若Q在D處，連接AD，由(1)知D(4,9)，又A(4,3)，所以線段AD：y34x6(4x4)在線段AD上取點M3,154，因為OM32+154232+425，所以線段AD上存在點到點O的距離小于圓O的半徑因此Q選在D處也不滿足規(guī)劃要求綜上，P和Q均不能選在D處(3)先討論點P的位置當(dāng)OBP90時，在PP1B中，PBP1B15.由上可知，d15.再討論點Q的位置由(2)知，要使得QA15，點Q只有位于點C的右側(cè)，才能符合規(guī)劃要求當(dāng) QA15時，設(shè)Q(a,9)，由AQ(a-4)2+(9-3)215(a4)，得a4321，所以Q(4321，9)此時

34、，線段QA上所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑綜上，當(dāng)P(13,9)，Q(4321，9)時，d最小，此時P，Q兩點間的距離PQ4321(13)17321.因此，d最小時，P，Q兩點間的距離為17321 (百米)9(2019全國理，19)已知拋物線C：y23x的焦點為F，斜率為32的直線l與C的交點為A，B，與x軸的交點為P.(1)若|AF|BF|4，求l的方程；(2)若AP3PB，求|AB|.解設(shè)直線l：y32xt，A(x1，y1)，B(x2，y2)(1)由題設(shè)得F34,0，故|AF|BF|x1x232，由題設(shè)可得x1x252.由y=32x+t,y2=3x,可得9x212(t1)x4t20，

35、令0，得t0)由y=kx,x24+y22=1,得x21+2k2 .記u21+2k2，則P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直線QG的斜率為k2，方程為yk2(xu)由y=k2x-u,x24+y22=1,得(2k2)x22uk2xk2u280.設(shè)G(xG，yG)，則u和xG是方程的解，故xGu3k2+22+k2，由此得yGuk32+k2.從而直線PG的斜率為uk32+k2-uku3k2+22+k2-u1k，因為kPQkPG1.所以PQPG，即PQG是直角三角形()解由()得|PQ|2u1+k2，|PG|2ukk2+12+k2，所以PQG的面積S12|PQ|PG|8k1+k21+2k2

36、2+k281k+k1+21k+k2.設(shè)tk1k，則由k0得t2，當(dāng)且僅當(dāng)k1時取等號因為S8t1+2t2在2，)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t2，即k1時，S取得最大值，最大值為169.因此，PQG面積的最大值為169.11(2019全國理，21)已知曲線C：yx22，D為直線y12上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.(1)證明：直線AB過定點；(2)若以E0,52為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積(1)證明設(shè)Dt,12，A(x1，y1)，則x122y1.由yx，所以切線DA的斜率為x1，故y1+12x1-tx1.整理得2tx12y110.設(shè)B(x2，y

37、2)，同理可得2tx22y210.故直線AB的方程為2tx2y10.所以直線AB過定點0,12.(2)解由(1)得直線AB的方程為ytx12.由y=tx+12,y=x22,可得x22tx10，4t240，于是x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t21，|AB|1+t2|x1x2|1+t2x1+x22-4x1x22(t21)設(shè)d1，d2分別為點D，E到直線AB的距離，則d1t2+1，d22t2+1，因此，四邊形ADBE的面積S12|AB|(d1d2)(t23)t2+1.設(shè)M為線段AB的中點，則Mt,t2+12.由于EMAB，而EM(t，t22)，AB與坐標(biāo)為(1，t)的向量平行，

38、所以t(t22)t0.解得t0或t1.當(dāng)t0時，S3；當(dāng)t1時，S42.因此，四邊形ADBE的面積為3或42.12(2019北京理，18)（14分）已知拋物線經(jīng)過點（）求拋物線的方程及其準(zhǔn)線方程；（）設(shè)為原點，過拋物線的焦點作斜率不為0的直線交拋物線于兩點，直線分別交直線，于點和點求證：以為直徑的圓經(jīng)過軸上的兩個定點【思路分析】（）代入點，解方程可得，求得拋物線的方程和準(zhǔn)線方程；（）拋物線的焦點為，設(shè)直線方程為，聯(lián)立拋物線方程，運用韋達定理，以及直線的斜率和方程，求得，的坐標(biāo)，可得為直徑的圓方程，可令，解方程，即可得到所求定點【解析】：（）拋物線經(jīng)過點可得，即，可得拋物線的方程為，準(zhǔn)線方程為；

39、（）證明：拋物線的焦點為，設(shè)直線方程為，聯(lián)立拋物線方程，可得，設(shè)，可得，直線的方程為，即，直線的方程為，即，可得，可得的中點的橫坐標(biāo)為，即有為直徑的圓心為，半徑為，可得圓的方程為，化為，由，可得或則以為直徑的圓經(jīng)過軸上的兩個定點，【歸納與總結(jié)】本題考查拋物線的定義和方程、性質(zhì)，以及圓方程的求法，考查直線和拋物線方程聯(lián)立，運用韋達定理，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題13(2019天津理，18)設(shè)橢圓x2a2y2b21(ab0)的左焦點為F，上頂點為B.已知橢圓的短軸長為4，離心率為55.(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)點P在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點，點M為直線PB與x軸的交點，點N在y軸的

40、負(fù)半軸上若|ON|OF|(O為原點)，且OPMN，求直線PB的斜率解(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意，2b4，ca55，又a2b2c2，可得a5，b2，c1.所以橢圓的方程為x25y241.(2)由題意，設(shè)P(xP，yP)(xP0)，M(xM,0)，直線PB的斜率為k(k0)，又B(0,2)，則直線PB的方程為ykx2，與橢圓方程聯(lián)立得y=kx+,x25+y24=1,整理得(45k2)x220kx0，可得xP20k4+5k2，代入ykx2得yP8-10k24+5k2.所以直線OP的斜率為yPxP4-5k2-10k.在ykx2中，令y0，得xM2k.由題意得N(0，1)，所以直線MN的斜率為k2.由OPMN，得4-5k2-10k-k21，化簡得k2245，從解得k2305.所以直線PB的斜率為2305或2305.