2022年高考數(shù)學 （真題+模擬新題分類匯編） 解析幾何 理

2022年高考數(shù)學 （真題+模擬新題分類匯編） 解析幾何 理20H1，H5，H8xx·新課標全國卷 平面直角坐標系xOy中，過橢圓M：1(ab0)右焦點的直線xy0交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為.(1)求M的方程；(2)C，D為M上兩點，若四邊形ACBD的對角線CDAB，求四邊形ACBD面積的最大值20解：(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則1，1.1.由此可得1.因為x1x22x0，y1y22y0，所以a22b2.又由題意知，M的右焦點為(，0)，故a2b23.因此a26，b23.所以M的方程為1.(2)由解得或因此|AB|.由題意可設直線CD的方程為yxn<n<，設C(x3，y3)，D(x4，y4)由得3x24nx2n260，于是x3，4.因為直線CD的斜率為1，所以|CD|x4x3|.由已知，四邊形ACBD的面積S|CD|·|AB|.當n0時，S取得最大值，最大值為.所以四邊形ACBD面積的最大值為.9E5，H1xx·新課標全國卷 已知a>0，x，y滿足約束條件若z2xy的最小值為1，則a()A. B. C1 D29B解析 直線ya(x3)過定點(3，0) .畫出可行域如圖，易得A(1，2a)，B(3，0)，C(1，2). 作出直線y2x，平移易知直線過A點時直線在y軸上的截距最小，即2(2a)1a .答案為B.H2兩直線的位置關系與點到直線的距離8H2xx·湖南卷 在等腰直角三角形ABC中，ABAC4，點P是邊AB上異于A，B的一點，光線從點P出發(fā)，經(jīng)BC，CA反射后又回到點P(如圖11所示)，若光線QR經(jīng)過ABC的重心，則AP等于()圖11A2 B1C. D.8D解析 不妨設APm(0m4)，建立坐標系，設AB為x軸，AC為y軸，則A(0，0)，B(4，0)，C(0，4)，Q(xQ，yQ)，R(0，yR)，P(m，0)，可知ABC的重心為G，根據(jù)反射性質，可知P關于y軸的對稱點P1(m，0)在直線QR上，P關于xy4的對稱點P2(4，4m)在直線RQ上，則QR的方程為，將G代入可得3m24m0，即m或m0(舍)，選D.12H2，E1xx·新課標全國卷 已知點A(1，0)，B(1，0)，C(0，1)，直線yaxb(a0)將ABC分割為面積相等的兩部分，則b的取值范圍是()A(0，1) B.C. D.12B解析 方法一：易得ABC面積為1，利用極限位置和特值法當a0時，易得b1；當a時，易得b；當a1時，易得b1>.故選B.方法二：(直接法) y ，yaxb與x 軸交于，結合圖形與a>0 ，××(ab)2a(a1)>0a.a>0，>0b<，當a0時，極限位置易得b1，故答案為B.7H2，H4xx·重慶卷 已知圓C1：(x2)2(y3)21，圓C2：(x3)2(y4)29，M，N分別是圓C1，C2上的動點，P為x軸上的動點，則|PM|PN|的最小值為()A5 4 B. 1C62 D.7A解析 如圖，作圓C1關于x軸的對稱圓C1：(x2)2(y3)21，則|PM|PN|PN|PM|.由圖可知當C2，N，P，M，C1在同一直線上時，|PM|PN|PN|PM|取得最小值，即為|C1C2|135 4，故選A.圖13H3圓的方程20H3，H10，H8，H5xx·新課標全國卷 已知圓M：(x1)2y21，圓N：(x1)2y29，動圓P與圓M外切并且與圓N內切，圓心P的軌跡為曲線C.(1)求C的方程；(2)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，當圓P的半徑最長時，求|AB|.20解：由已知得圓M的圓心為M(1，0)，半徑r11；圓N的圓心為N(1，0)，半徑r23.設圓P的圓心為P(x，y)，半徑為R.(1)因為圓P與圓M外切并且與圓N內切，所以|PM|PN|(Rr1)(r2R)r1r24.由橢圓的定義可知，曲線C是以M, N為左、右焦點，長半軸長為2，短半軸長為的橢圓(左頂點除外)，其方程為1(x2)(2)對于曲線C上任意一點P(x，y)，由于|PM|PN|2R22，所以R2，當且僅當圓P的圓心為(2，0)時，R2，所以當圓P的半徑最長時，其方程為(x2)2y24.若l的傾斜角為90°，則l與y軸重合，可得|AB|2 .若l的傾斜角不為90°，由r1R知l不平行于x軸，設l與x軸的交點為Q，則，可求得Q(4，0)，所以可設l：yk(x4)由l與圓M相切得1，解得k±.當k時，將yx代入1，并整理得7x28x80.解得x1，2.所以|AB|x2x1|.當k時，由圖形的對稱性可知|AB|.綜上，|AB|2 或|AB|.21F2、F3、H3、H5，H8xx·重慶卷 如圖19所示，橢圓的中心為原點O，長軸在x軸上，離心率e，過左焦點F1作x軸的垂線交橢圓于A，A兩點，|AA|4.(1)求該橢圓的標準方程；(2)取垂直于x軸的直線與橢圓相交于不同的兩點P，P，過P，P作圓心為Q的圓，使橢圓上的其余點均在圓Q外，若PQPQ，求圓Q的標準方程圖1921解：(1)由題意知點A(c，2)在橢圓上，則1，從而e21.由e得b28，從而a216.故該橢圓的標準方程為1.(2)由橢圓的對稱性，可設Q(x0，0)又設M(x，y)是橢圓上任意一點，則|QM|2(xx0)2y2x22x0xx8(x2x0)2x8(x4，4)設P(x1，y1)，由題意，P是橢圓上到Q的距離最小的點，因此，上式當xx1時取得最小值又因x1(4，4)，所以上式當x2x0時取得最小值，從而x12x0，且|QP|28x.因為PQPQ，且P(x1，y1)，所以·(x1x0，y1)·(x1x0，y1)0，即(x1x0)2y0.由橢圓方程及x12x0得x80，解得x1±，x0±，從而|QP|28x.故這樣的圓有兩個，其標準方程分別為y2，y2.H4直線與圓、圓與圓的位置關系9H4xx·江西卷 過點(，0)引直線l與曲線y相交于A，B兩點，O為坐標原點，當AOB的面積取最大值時，直線l的斜率等于()A. BC± D9B解析 AB：yk(x)，k<0，圓心到直線的距離d<1，得1<k<0，|AB|22，SAOB|AB|d，1<k<0，可得當k時，SAOB最大故選B.9H4xx·山東卷 過點(3，1)作圓(x1)2y21的兩條切線，切點分別為A，B，則直線AB的方程為()A2xy30 B2xy30C4xy30 D4xy309A解析 方法一：設點P(3，1)，圓心為C，設過點P的圓C的切線方程為y1k，由題意得1，解之得k0或，即切線方程為y1或4x3y90.聯(lián)立 得一切點為，又kPC，kAB2，即弦AB所在直線方程為y12，整理得2xy30.方法二：設點P(3，1)，圓心為C，以PC為直徑的圓的方程為y0，整理得x24xy2y30，聯(lián)立，兩式相減得2xy30.11H7，H4xx·新課標全國卷 設拋物線C：y22px(p>0)的焦點為F，點M在C上，|MF|5.若以MF為直徑的圓過點(0，2)，則C的方程為()Ay24x或y28xBy22x或y28xCy24x或y216xDy22x或y216x11C解析 拋物線焦點為F，0 ，由拋物線的定義，設M5，設N點坐標為(0，2)因為圓過點N(0，2)，故NFNM×1，設t，則式可化為t24 t80t2 p210p160p2或p8 .圖1521H4，H5xx·浙江卷 如圖15所示，點P(0，1)是橢圓C1：1(a>b>0)的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2y24的直徑l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點，l2交橢圓C1于另一點D.(1)求橢圓C1的方程；(2)求ABD面積取得最大值時直線l1的方程21解：(1)由題意得所以橢圓C的方程為y21.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由題意知直線l1的斜率存在，不妨設其為k，則直線l1的方程為ykx1.又圓C2：x2y24，故點O到直線l1的距離d，所以|AB|2 2 .又l2l1，故直線l2的方程為xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0.故x0，所以|PD|.設ABD的面積為S，則S·|AB|·|PD|，所以S，當且僅當k±時取等號所以所求直線l1的方程為y±x1.7H2，H4xx·重慶卷 已知圓C1：(x2)2(y3)21，圓C2：(x3)2(y4)29，M，N分別是圓C1，C2上的動點，P為x軸上的動點，則|PM|PN|的最小值為()A5 4 B. 1C62 D.7A解析 如圖，作圓C1關于x軸的對稱圓C1：(x2)2(y3)21，則|PM|PN|PN|PM|.由圖可知當C2，N，P，M，C1在同一直線上時，|PM|PN|PN|PM|取得最小值，即為|C1C2|135 4，故選A.圖13H5橢圓及其幾何性質20H3，H10，H8，H5xx·新課標全國卷 已知圓M：(x1)2y21，圓N：(x1)2y29，動圓P與圓M外切并且與圓N內切，圓心P的軌跡為曲線C.(1)求C的方程；(2)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，當圓P的半徑最長時，求|AB|.20解：由已知得圓M的圓心為M(1，0)，半徑r11；圓N的圓心為N(1，0)，半徑r23.設圓P的圓心為P(x，y)，半徑為R.(1)因為圓P與圓M外切并且與圓N內切，所以|PM|PN|(Rr1)(r2R)r1r24.由橢圓的定義可知，曲線C是以M, N為左、右焦點，長半軸長為2，短半軸長為的橢圓(左頂點除外)，其方程為1(x2)(2)對于曲線C上任意一點P(x，y)，由于|PM|PN|2R22，所以R2，當且僅當圓P的圓心為(2，0)時，R2，所以當圓P的半徑最長時，其方程為(x2)2y24.若l的傾斜角為90°，則l與y軸重合，可得|AB|2 .若l的傾斜角不為90°，由r1R知l不平行于x軸，設l與x軸的交點為Q，則，可求得Q(4，0)，所以可設l：yk(x4)由l與圓M相切得1，解得k±.當k時，將yx代入1，并整理得7x28x80.解得x1，2.所以|AB|x2x1|.當k時，由圖形的對稱性可知|AB|.綜上，|AB|2 或|AB|.10H5xx·新課標全國卷 已知橢圓E：1(ab0)的右焦點為F(3，0)，過點F的直線交E于A，B兩點，若AB的中點坐標為(1，1)，則E的方程為()A.1 B.1C.1 D.110D解析 由題意知kAB，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則0.由AB的中點是(1，1)知，聯(lián)立a2b29，解得a218，b29，故橢圓E的方程為1.18H5、H8、H9xx·安徽卷 設橢圓E：1的焦點在x軸上(1)若橢圓E的焦距為1，求橢圓E的方程；(2)設F1，F(xiàn)2分別是橢圓E的左、右焦點，P為橢圓E上第一象限內的點，直線F2P交y軸于點Q，并且F1PF1Q.證明：當a變化時，點P在某定直線上18解：(1)因為焦距為1，所以2a21，解得a2.故橢圓E的方程為1.(2)設P(x0，y0)，F(xiàn)1(c，0)，F(xiàn)2(c，0)，其中c.由題設知x0c，則直線F1P的斜率kF1P，直線F2P的斜率kF2P，故直線F2P的方程為y(xc)x0時，y，即點Q的坐標為0，.因此，直線F1Q的斜率為kF1Q.由于F1PF1Q，所以kF1P·kF1Q·1.化簡得yx(2a21)將代入橢圓E的方程，由于點P(x0，y0)在第一象限，解得x0a2，y01a2，即點P在定直線xy1上14H5，H8xx·福建卷 橢圓：1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2c.若直線y(xc)與橢圓的一個交點M滿足MF1F22MF2F1，則該橢圓的離心率等于_14.1解析 如圖，MF1F2中，MF1F260°，MF2F130°，F(xiàn)1MF290°，又|F1F2|2c，|MF1|c，|MF2|c，2a|MF1|MF2|cc，得e1.12H5xx·江蘇卷 在平面直角坐標系xOy中，橢圓C的標準方程為1(a>0，b>0)，右焦點為F，右準線為l，短軸的一個端點為B.設原點到直線BF的距離為d1，F(xiàn)到l的距離為d2.若d2d1，則橢圓C的離心率為_12.解析 由題意知F(c，0)，l：x，不妨設B(0，b)，則直線BF：1，即bxcybc0.于是d1，d2c.由d2d1，得6，化簡得6c4a2c2a40，即6e4e210，解得e2或e2(舍去)，故e，故橢圓C的離心率為.20.圖17H5，H8xx·江西卷 如圖17所示，橢圓C：1(a>b>0)經(jīng)過點P，離心率e，直線l的方程為x4.(1)求橢圓C的方程；(2)AB是經(jīng)過右焦點F的任一弦(不經(jīng)過點P)，設直線AB與直線l相交于點M，記PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3.問：是否存在常數(shù)，使得k1k2k3？若存在，求的值；若不存在，說明理由解：(1)由P在橢圓上得1，依題設知a2c，則b23c2，代入解得c21，a24，b23.故橢圓C的方程為1.(2)方法一：由題意可設AB的斜率為k，則直線AB的方程為yk(x1)，代入橢圓方程3x24y212并整理，得(4k23)x28k2x4(k23)0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1x2，x1x2，在方程中令x4得，M的坐標為(4，3k)從而k1，k2，k3k，注意到A，F(xiàn)，B共線，則有kkAFkBF，即有k，所以k1k22k·，代入得k1k22k·2k1.又k3k，所以k1k22k3，故存在常數(shù)2符合題意方法二：設B(x0，y0)(x01)，則直線FB的方程為：y(x1)令x4，求得M.從而直線PM的斜率為k3，聯(lián)立得A，則直線PA的斜率為k1，直線PB的斜率為k2，所以k1k22k3，故存在常數(shù)2符合題意19H5，H10xx·北京卷 已知A，B，C是橢圓W：y21上的三個點，O是坐標原點(1)當點B是W的右頂點，且四邊形OABC為菱形時，求此菱形的面積；(2)當點B不是W的頂點時，判斷四邊形OABC是否可能為菱形，并說明理由19解：(1)橢圓W：y21的右頂點B的坐標為(2，0)因為四邊形OABC為菱形，所以AC與OB相互垂直平分所以可設A(1，m)，代入橢圓方程得m21，即m±.所以菱形OABC的面積是|OB|·|AC|×2×2|m|.(2)假設四邊形OABC為菱形因為點B不是W的頂點，且直線AC不過原點，所以可設AC的方程為ykxm(k0，m0)由消y并整理得(14k2)x28kmx4m240.設A(x1，y1)，C(x2，y2)，則，k·m.所以AC的中點為M.因為M為AC和OB的交點，所以直線OB的斜率為.因為k·1，所以AC與OB不垂直所以四邊形OABC不是菱形，與假設矛盾所以當點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形15H5xx·遼寧卷 已知橢圓C：1(a>b>0)的左焦點為F，C與過原點的直線相交于A，B兩點，聯(lián)結AF，BF.若|AB|10，|AF|6，cosABF，則C的離心率e_15.解析 設橢圓的右焦點為Q，在三角形ABF中利用余弦定理可以得到|BF|8，利用橢圓的對稱性可以得到|AQ|8，則FAQ為直角三角形，然后利用橢圓的定義可以得到2a14，2c10，得e.15H5xx·全國卷 記不等式組所表示的平面區(qū)域為D.若直線ya(x1)與D有公共點，則a的取值范圍是_15.解析 已知不等式組表示的平面區(qū)域如圖12中的三角形ABC及其內部，直線ya(x1)是過點(1，0)斜率為a的直線，該直線與區(qū)域D有公共點時，a的最小值為MA的斜率，最大值為MB的斜率，其中點A(1，1)，B(0，4)，故MA的斜率等于，MB的斜率等于4，故實數(shù)a的取值范圍是.8H5、H8xx·全國卷 橢圓C：1的左、右頂點分別為A1，A2，點P在C上且直線PA2斜率的取值范圍是2，1，那么直線PA1斜率的取值范圍是()A. B. C. D.8B解析 橢圓的左、右頂點分別為(2，0)，(2，0)，設P(x0，y0)，則kPA1kPA2·，而1，即y(4x)，所以kPA1kPA2，所以kPA1.22H5xx·山東卷 橢圓C：1(a>b>0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，離心率為，過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1.(1)求橢圓C的方程；(2)點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，聯(lián)結PF1，PF2，設F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M(m，0)，求m的取值范圍；(3)在(2)的條件下，過點P作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個公共點，設直線PF1，PF2的斜率分別為k1，k2，若k0，試證明為定值，并求出這個定值22解：(1)由于c2a2b2，將xc代入橢圓方程1，得y±.由題意知 1，即a2b2.又e，所以a2，b1.所以橢圓C的方程為y21.(2)方法一：設P(x0，y0)(y00)又F1(，0)，F(xiàn)2(，0)，所以直線PF1，PF2的方程分別為lPF1：y0x(x0)yy00，lPF2：y0x(x0)yy00.由題意知.由于點P在橢圓上，所以y1，所以 .因為<m<，2<x0<2，可得.所以mx0.因此<m<.方法二：設P(x0，y0)當0x02時，當x0時，直線PF2的斜率不存在，易知P，或P.若P，則直線PF1的方程為x4 y0.由題意得m，因為<m<，所以m.若P，同理可得m.當x0時，設直線PF1，PF2的方程分別為yk1(x)，yk2(x)由題意知，所以.因為y1，并且k1，k2，所以，即.因為<m<，0x02且x0，所以.整理得m，故0m且m.綜合可得0m.當2<x0<0時，同理可得<m<0.綜上所述，m的取值范圍是.(3)設P(x0，y0)(y00)，則直線l的方程為yy0k(xx0)聯(lián)立整理得(14k2)x28(ky0k2x0)x4(y2kx0y0k2x1)0.由題意0，即(4x)k22x0y0k1y0.又y1，所以16yk28x0y0kx0，故k.由(2)知，所以·8，因此為定值，這個定值為8.20H5，H8xx·四川卷 已知橢圓C：1(a>b>0)的兩個焦點分別為F1(1，0)，F(xiàn)2(1，0)，且橢圓C經(jīng)過點P.(1)求橢圓C的離心率；(2)設過點A(0，2)的直線l與橢圓C交于M，N兩點，點Q是線段MN上的點，且，求點Q的軌跡方程20解：(1)由橢圓定義知，|PF1|PF2|2 .所以a，又由已知，c1，所以橢圓C的離心率e.(2)由(1)知，橢圓C的方程為y21.設點Q的坐標為(x，y)當直線l與x軸垂直時，直線l與橢圓C交于(0，1)，(0，1)兩點，此時點Q的坐標為.當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為ykx2.因為M，N在直線l上，可設點M，N的坐標分別為(x1，kx12)，(x2，kx22)，則|AM|2(1k2)x，|AN|2(1k2)x.又|AQ|2x2(y2)2(1k2)x2.由，得，即.將ykx2代入y21中，得(2k21)x28kx60.由(8k)24×(2k21)×6>0，得k2>.由可知，x1x2，x1x2，代入中并化簡，得x2.因為點Q在直線ykx2上，所以k，代入中并化簡，得10(y2)23x218.由及k2>，可知0<x2<，即x.又滿足10(y2)23x218，故點Q的軌跡方程為10(y2)23x218，x.18H5，H8xx·天津卷 設橢圓1(a>b>0)的左焦點為F，離心率為，過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為.(1)求橢圓的方程；(2)設A，B分別為橢圓的左、右頂點，過點F且斜率為k的直線與橢圓交于C，D兩點，若··8，求k的值18解：(1)設F(c，0)，由，知ac.過點F且與x軸垂直的直線為xc，代入橢圓的方程有1，解得y±.于是，解得b.又a2c2b2，從而a，c1，所以所求橢圓的方程為1.(2)設點C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(1，0)得直線CD的方程為yk(x1)由方程組消去y，整理得(23k2)x26k2x3k260，可得x1x2，x1x2.因為A(，0)，B(，0)，所以··(x1，y1)·(x2，y2)(x2，y2)·(x1，y1)62x1x22y1y262x1x22k2(x11)(x21)6(22k2)x1x22k2(x1x2)2k26.由已知得68，解得k±.20H1，H5，H8xx·新課標全國卷 平面直角坐標系xOy中，過橢圓M：1(ab0)右焦點的直線xy0交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為.(1)求M的方程；(2)C，D為M上兩點，若四邊形ACBD的對角線CDAB，求四邊形ACBD面積的最大值20解：(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則1，1.1.由此可得1.因為x1x22x0，y1y22y0，所以a22b2.又由題意知，M的右焦點為(，0)，故a2b23.因此a26，b23.所以M的方程為1.(2)由解得或因此|AB|.由題意可設直線CD的方程為yxn<n<，設C(x3，y3)，D(x4，y4)由得3x24nx2n260，于是x3，4.因為直線CD的斜率為1，所以|CD|x4x3|.由已知，四邊形ACBD的面積S|CD|·|AB|.當n0時，S取得最大值，最大值為.所以四邊形ACBD面積的最大值為.圖1521H4，H5xx·浙江卷 如圖15所示，點P(0，1)是橢圓C1：1(a>b>0)的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2y24的直徑l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點，l2交橢圓C1于另一點D.(1)求橢圓C1的方程；(2)求ABD面積取得最大值時直線l1的方程21解：(1)由題意得所以橢圓C的方程為y21.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由題意知直線l1的斜率存在，不妨設其為k，則直線l1的方程為ykx1.又圓C2：x2y24，故點O到直線l1的距離d，所以|AB|2 2 .又l2l1，故直線l2的方程為xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0.故x0，所以|PD|.設ABD的面積為S，則S·|AB|·|PD|，所以S，當且僅當k±時取等號所以所求直線l1的方程為y±x1.圖129H5，H6xx·浙江卷 如圖12，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：y21與雙曲線C2的公共焦點，A，B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是()A. B. C. D.9D解析 設雙曲線實半軸長為a，焦半距為c，|AF1|m，|AF2|n，由題意知c，2mn(mn)2(m2n2)4，(mn)2m2n22mn8，2amn2 ，a，則雙曲線的離心率e，選擇D.21F2、F3、H3、H5，H8xx·重慶卷 如圖19所示，橢圓的中心為原點O，長軸在x軸上，離心率e，過左焦點F1作x軸的垂線交橢圓于A，A兩點，|AA|4.(1)求該橢圓的標準方程；(2)取垂直于x軸的直線與橢圓相交于不同的兩點P，P，過P，P作圓心為Q的圓，使橢圓上的其余點均在圓Q外，若PQPQ，求圓Q的標準方程圖1921解：(1)由題意知點A(c，2)在橢圓上，則1，從而e21.由e得b28，從而a216.故該橢圓的標準方程為1.(2)由橢圓的對稱性，可設Q(x0，0)又設M(x，y)是橢圓上任意一點，則|QM|2(xx0)2y2x22x0xx8(x2x0)2x8(x4，4)設P(x1，y1)，由題意，P是橢圓上到Q的距離最小的點，因此，上式當xx1時取得最小值又因x1(4，4)，所以上式當x2x0時取得最小值，從而x12x0，且|QP|28x.因為PQPQ，且P(x1，y1)，所以·(x1x0，y1)·(x1x0，y1)0，即(x1x0)2y0.由橢圓方程及x12x0得x80，解得x1±，x0±，從而|QP|28x.故這樣的圓有兩個，其標準方程分別為y2，y2.H6雙曲線及其幾何性質4H6xx·新課標全國卷 已知雙曲線C：1(a0，b0)的離心率為，則C的漸近線方程為()Ay±x By±xCy±x Dy±x4C解析 離心率，所以.由雙曲線方程知焦點在x軸上，故漸近線方程為y±x.6H6xx·北京卷 若雙曲線1的離心率為，則其漸近線方程為()Ay±2x By±xCy±x Dy±x6B解析 由離心率為，可知ca，c23a2，b22a2，ba，雙曲線的漸近線方程為y±x±x.3H6xx·福建卷 雙曲線y21的頂點到其漸近線的距離等于()A. B. C. D.3C解析 取一頂點(2，0)，一條漸近線x2y0，d ，故選C.7H6xx·廣東卷 已知中心在原點的雙曲線C的右焦點為F(3，0)，離心率等于，則C的方程是()A.1 B.1C.1 D.17B解析 設雙曲線方程為1，由題知：c3，e，解得a2，b2c2a2945，故C的方程是1.5H6xx·湖北卷 已知0<<，則雙曲線C1：1與C2：1的()A實軸長相等 B虛軸長相等C焦距相等 D離心率相等5D解析 e，C1與C2的tan2 ，故e1e2，選D.14H6xx·湖南卷 設F1，F(xiàn)2是雙曲線C：1(a>0，b>0)的兩個焦點，P是C上一點，若|PF1|PF2|6a，且PF1F2的最小內角為30°，則C的離心率為_14.解析 若最小角為F1PF2，由對稱性設|PF1|>|PF2|，由|PF1|PF2|6a，|PF1|PF2|2a，得|PF1|4a，|PF2|2a，此時|PF2|<|F1F2|，故F1PF2不可能為最小角由雙曲線對稱性，不妨記最小角為PF1F230°，則|PF1|>|PF2|，由|PF1|PF2|6a，|PF1|PF2|2a，得|PF1|4a，|PF2|2a，由余弦定理可得4a216a24c22×4a×2c×cos 30°，即3a22 acc20，解得ca，即e.3H6xx·江蘇卷 雙曲線1的兩條漸近線的方程為_3y±x解析 令0，得漸近線方程為y±x.14H6xx·江西卷 拋物線x22py(p>0)的焦點為F，其準線與雙曲線1相交于A，B兩點，若ABF為等邊三角形，則p_146解析 由題知三角形邊長為p，得點B，代入雙曲線方程得p6.21H6、H8、D3xx·全國卷 已知雙曲線C：1(a0，b0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為3，直線y2與C的兩個交點間的距離為.(1)求a，b；(2)設過F2的直線l與C的左、右兩支分別交于A，B兩點，且|AF1|BF1|，證明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列21解：(1)由題設知3，即9，故b28a2.所以C的方程為8x2y28a2.將y2代入上式，求得x±.由題設知，2 ，解得a21.所以a1，b2 .(2)證明：由(1)知，F(xiàn)1(3，0)，F(xiàn)2(3，0)，C的方程為8x2y28.由題意可設l的方程為yk(x3)，|k|2 ，代入并化簡得(k28)x26k2x9k280.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x11，x21，x1x2，x1x2.于是|AF1|(3x11)，|BF1|3x21.由|AF1|BF1|得(3x11)3x21，即x1x2.故，解得k2，從而x1x2.由于|AF2|13x1，|BF2|3x21，故|AB|AF2|BF2|23(x1x2)4，|AF2|·|BF2|3(x1x2)9x1x2116.因而|AF2|·|BF2|AB|2，所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列11H6、H7xx·山東卷 拋物線C1：yx2(p>0)的焦點與雙曲線C2：y21的右焦點的連線交C1于第一象限的點M.若C1在點M處的切線平行于C2的一條漸近線，則p()A. B. C. D.11D解析 拋物線C1：yx2的焦點坐標為，雙曲線y21的右焦點坐標為，連線的方程為y，聯(lián)立 得2x2p2x2p20.設點M的橫坐標為a，則在點M處切線的斜率為y|xa.又雙曲線y21的漸近線方程為±y0，其與切線平行，即ap，代入2x2p2x2p20得，p或p0(舍去)11H6xx·陜西卷 雙曲線1的離心率為，則m等于_119解析 由a216，b2m，則c216m，則e，則m9.6H6，H7xx·四川卷 拋物線y24x的焦點到雙曲線x21的漸近線的距離是()A. B. C1 D.6B解析 拋物線y24x的焦點坐標為F(1，0)，雙曲線x21的漸近線為x±y0，故點F到x±y0的距離d.5H6，H7xx·天津卷 已知雙曲線1(a>0，b>0)的兩條漸近線與拋物線y22px(p>0)的準線分別交于A，B兩點，O為坐標原點若雙曲線的離心率為2，AOB的面積為，則p()A1 B. C2 D35C解析 雙曲線的離心率e2，解得，聯(lián)立得y.又因為SOAB×，將代入解得p2.圖129H5，H6xx·浙江卷 如圖12，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：y21與雙曲線C2的公共焦點，A，B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是()A. B. C. D.9D解析 設雙曲線實半軸長為a，焦半距為c，|AF1|m，|AF2|n，由題意知c，2mn(mn)2(m2n2)4，(mn)2m2n22mn8，2amn2 ，a，則雙曲線的離心率e，選擇D.H7拋物線及其幾何性質13H7xx·安徽卷 已知直線ya交拋物線yx2于A，B兩點若該拋物線上存在點C，使得ACB為直角，則a的取值范圍為_131，)解析 方法一：設直線ya與y軸交于M點，若拋物線yx2上存在C點使得ACB90°，只要以|AB|為直徑的圓與拋物線yx2有除A、B外的交點即可，即使|AM|MO|，所以a，所以a1或a0，因為由題意知a>0，所以a1.方法二：設C(m，m2)，由已知可令A(，a)，B(，a)，則(m，m2a)，(m，m2a)，因為，所以m2am42am2a20，可得(m2a)(m21a)0，解得m2a>0且m2a10，故a1，)18H7，H8xx·福建卷 如圖15所示，在正方形OABC中，O為坐標原點，點A的坐標為(10，0)，點C的坐標為(0，10)分別將線段OA和AB十等分，分點分別記為A1，A2，A9和B1，B2，B9，聯(lián)結OBi，過Ai作x軸的垂線與OBi交于點Pi(iN*，1i9)(1)求證：點Pi(iN*，1i9)都在同一條拋物線上，并求該拋物線E的方程；(2)過點C作直線l與拋物線E交于不同的兩點M，N，若OCM與OCN的面積比為41，求直線l的方程圖1518解：(1)方法一：依題意，過Ai(iN*，1i9)且與x軸垂直的直線方程為xi，Bi的坐標為(10，i)，所以直線OBi的方程為yx.設Pi的坐標為(x，y)，由得yx2，即x210y.所以點Pi(iN*，1i9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x210y.方法二：點Pi(iN*，1i9)都在拋物線E：x210y上證明如下：過Ai(iN*，1i9)且與x軸垂直的直線方程為xi，Bi的坐標為(10，i)，所以直線OBi的方程為yx.由解得Pi的坐標為，因為點Pi的坐標都滿足方程x210y，所以點Pi(iN*，1i9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x210y.(2)依題意，直線l的斜率存在，設直線l的方程為ykx10.由得x210kx1000.此時100k2400>0，直線l與拋物線E恒有兩個不同的交點M，N.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則因為SOCM4SOCN，所以|x1|4|x2|.又x1·x2<0，所以x14x2，分別代入和，得解得k±.所以直線l的方程為y±x10，即3x2y200或3x2y200.11H6、H7xx·山東卷 拋物線C1：yx2(p>0)的焦點與雙曲線C2：y21的右焦點的連線交C1于第一象限的點M.若C1在點M處的切線平行于C2的一條漸近線，則p()A. B. C. D.11D解析 拋物線C1：yx2的焦點坐標為，雙曲線y21的右焦點坐標為，連線的方程為y，聯(lián)立 得2x2p2x2p20.設點M的橫坐標為a，則在點M處切線的斜率為y|xa).又雙曲線y21的漸近線方程為±y0，其與切線平行，即ap，代入2x2p2x2p20得，p或p0(舍去)20H7，H8xx·陜西卷 已知動圓過定點A(4，0)，且在y軸上截得弦MN的長為8.(1)求動圓圓心的軌跡C的方程；(2)已知點B(1，0)，設不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點P，Q，若x軸是PBQ的角平分線，證明直線l過定點20解：(1)如圖所示，設動圓圓心O1(x，y)，由題意，|O1A|O1M|，當O1不在y軸上時，過O1作O1HMN交MN于H，則H是MN的中點，|O1M|，又|O1A|，.化簡得y28x(x0)又當O1在y軸上時，O1與O重合，點O1的坐標(0，0)也滿足方程y28x，動圓圓心的軌跡C的方程為y28x.(2)由題意，設直線l的方程為ykxb(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將ykxb代入y28x中，得k2x2(2bk8)xb20，其中32kb64>0.由求根公式得，x1x2，x1x2.因為x軸是PBQ的角平分線，所以.即y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(bk)(x1x2)2b0，將，代入得2kb2(kb)(82bk)2k2b0，kb，此時>0，直線l的方程為yk(x1)，即直線l過定點(1，0)6H6，H7xx·四川卷 拋物線y24x的焦點到雙曲線x21的漸近線的距離是()A. B. C1 D.6B解析 拋物線y24x的焦點坐標為F(1，0)，雙曲線x21的漸近線為x±y0，故點F到x±y0的距離d.5H6，H7xx·天津卷 已知雙曲線1(a>0，b>0)的兩條漸近線與拋物線y22px(p>0)的準線分別交于A，B兩點，O為坐標原點若雙曲線的離心率為2，AOB的面積為，則p()A1 B. C2 D35C解析 雙曲線的離心率e2，解得，聯(lián)立得y.又因為SOAB×，將代入解得p2.11H7，H4xx·新課標全國卷 設拋物線C：y22px(p>0)的焦點為F，點M在C上，|MF|5.若以MF為直徑的圓過點(0，2)，則C的方程為()Ay24x或y28xBy22x或y28xCy24x或y216xDy22x或y216x11C解析 拋物線焦點為F，0 ，由拋物線的定義，設M5，設N點坐標為(0，2)因為圓過點N(0，2)，故NFNM×1，設t，則式可化為t24 t80t2 p210p160p2或p8 .H8直線與圓錐曲線(AB課時作業(yè))20H3，H10，H8，H5xx·新課標全國卷 已知圓M：(x1)2y21，圓N：(x1)2y29，動圓P與圓M外切并且與圓N內切，圓心P的軌跡為曲線C.(1)求C的方程；(2)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，當圓P的半徑最長時，求|AB|.20解：由已知得圓M的圓心為M(1，0)，半徑r11；圓N的圓心為N(1，0)，半徑r23.設圓P的圓心為P(x，y)，半徑為R.(1)因為圓P與圓M外切并且與圓N內切，所以|PM|PN|(Rr1)(r2R)r1r24.由橢圓的定義可知，曲線C是以M, N為左、右焦點，長半軸長為2，短半軸長為的橢圓(左頂點除外)，其方程為1(x2)(2)對于曲線C上任意一點P(x，y)，由于|PM|PN|2R22，所以R2，當且僅當圓P的圓心為(2，0)時，R2，所以當圓P的半徑最長時，其方程為(x2)2y24.若l的傾斜角為90°，則l與y軸重合，可得|AB|2 .若l的傾斜角不為90°，由r1R知l不平行于x軸，設l與x軸的交點為Q，則，可求得Q(4，0)，所以可設l：yk(x4)由l與圓M相切得1，解得k±.當k時，將yx代入1，并整理得7x28x80.解得x1，2.所以|AB|x2x1|.當k時，由圖形的對稱性可知|AB|.綜上，|AB|2 或|AB|.18H5、H8、H9xx·安徽卷 設橢圓E：1的焦點在x軸上(1)若橢圓E的焦距為1，求橢圓E的方程；(2)設F1，F(xiàn)2分別是橢圓E的左、右焦點，P為橢圓E上第一象限內的點，直線F2P交y軸于點Q，并且F1PF1Q.證明：當a變化時，點P在某定直線上18解：(1)因為焦距為1，所以2a21，解得a2.故橢圓E的方程為1.(2)設P(x0，y0)，F(xiàn)1(c，0)，F(xiàn)2(c，0)，其中c.由題設知x0c，則直線F1P的斜率kF1P，直線F2P的斜率kF2P，故直線F2P的方程為y(xc)x0時，y，即點Q的坐標為0，.因此，直線F1Q的斜率為kF1Q.由于F1PF1Q，所以kF1P·kF1Q·1.化簡得yx(2a21)將代入橢圓E的方程，由于點P(x0，y0)在第一象限，解得x0a2，y01a2，即點P在定直線xy1上18H7，H8xx·福建卷 如圖15所示，在正方形OABC中，O為坐標原點，點A的坐標為(10，0)，點C的坐標為(0，10)分別將線段OA和AB十等分，分點分別記為A1，A2，A9和B1，B2，B9，聯(lián)結OBi，過Ai作x軸的垂線與OBi交于點Pi(iN*，1i9)(1)求證：點Pi(iN*，1i9)都在同一條拋物線上，并求該拋物線E的方程；(2)過點C作直線l與拋物線E交于不同的兩點M，N，若OCM與OCN的面積比為41，求直線l的方程圖1518解：(1)方法一：依題意，過Ai(iN*，1i9)且與x軸垂直的直線方程為xi，Bi的坐標為(10，i)，所以直線OBi的方程為yx.設Pi的坐標為(x，y)，由得yx2，即x210y.所以點Pi(iN*，1i9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x210y.方法二：點Pi(iN*，1i9)都在拋物線E：x210y上證明如下：過Ai(iN*，1i9)且與x軸垂直的直線方程為xi，Bi的坐標為(10，i)，所以直線OBi的方程為yx.由解得Pi的坐標為，因為點Pi的坐標都滿足方程x210y，所以點Pi(iN*，1i9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x210y.(2)依題意，直線l的斜率存在，設直線l的方程為ykx10.由得x210kx1000.此時100k2400>0，直線l與拋物線E恒有兩個不同的交點M，N.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則因為SOCM4SOCN，所以|x1|4|x2|.又x1·x2<0，所以x14x2，分別代入和，得解得k±.所以直線l的方程為y±x10，即3x2y200或3x2y200.14H5，H8xx·福建卷 橢圓：1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2c.若直線y(xc)與橢圓的一個交點M滿足MF1F22MF2F1，則該橢圓的離心率等于_14.1解析 如圖，MF1F2中，MF1F260°，MF2F130°，F(xiàn)1MF290°，又|F1F2|2c，|MF1|c，|MF2|c，2a|MF1|MF2|cc，得e1.21