高考數(shù)學試題分項版—解析幾何解析版[共29頁]

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1、 2019年高考數(shù)學試題分項版——解析幾何（解析版） 一、選擇題 1．(2019全國Ⅰ文，10)雙曲線C：x5a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的一條漸近線的傾斜角為130，則C的離心率為(　　) A．2sin 40 B．2cos 40 C.1son50 D.1cos50 答案　D 解析　由題意可得－ba＝tan 130， 所以e＝ 1+b2a2＝1+tan2130 ＝ 1+sin2130cos2130 ＝1cos130＝1cos50. 2．(2019全國Ⅰ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

2、．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，則C的方程為(　　) A.x22＋y2＝1 B.x23＋y22＝1 C.x24＋y23＝1 D.x25＋y24＝1 答案　B 解析　由題意設橢圓的方程為x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，連接F1A，令|F2B|＝m，則|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由橢圓的定義知，4m＝2a，得m＝a2，故|F2A|＝a＝|F1A|，則點A為橢圓C的上頂點或下頂點．令∠OAF2＝θ(O為坐標原點)，則sin θ＝ca＝1a.在等腰三角形ABF1中，cos 2θ＝2m2+3m2-3m222m?3m＝13，因為cos 2θ＝1－2sin2

3、θ，所以13＝1－21a2，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，橢圓C的方程為x23＋y22＝1，故選B. 3．(2019全國Ⅱ文，9)若拋物線y2＝2px(p>0)的焦點是橢圓x23p＋y2p＝1的一個焦點，則p等于(　　) A．2 B．3 C．4 D．8 答案　D 解析　由題意知，拋物線的焦點坐標為p2,0，橢圓的焦點坐標為(2p，0)，所以p2＝2p，解得p＝8，故選D. 4．(2019全國Ⅱ文，12)設F為雙曲線C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓x2＋y2

4、＝a2交于P，Q兩點．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為(　　) A.2 B.3 C．2 D.5 答案　A 解析　如圖，由題意知，以OF為直徑的圓的方程為x-c222＋y2＝c24①，將x2＋y2＝a2記為②式，①－②得x＝a2c，則以OF為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2的相交弦所在直線的方程為x＝a2c，所以|PQ|＝2a2-a2c2. 由|PQ|＝|OF|，得2a2-a2c2＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝2，故選A. 5．(2019全國Ⅲ文，10)已知F是雙曲線C：x24－y25

5、＝1的一個焦點，點P在C上，O為坐標原點．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x24－y25＝1的一個焦點， 知|OF|＝3，所以|OP|＝|OF|＝3. 不妨設點P在第一象限，P(x0，y0)，x0>0，y0>0， 則x02+y02=3,x024-y025=1,解得x02=569,y02=259, 所以P2143,53， 所以S△OPF＝12|OF|y0＝12353＝52. 6．(2019北京文，5已知雙曲線x2a2－y2＝1(a>0)的離

6、心率是5，則a等于(　　) A.3 B．4 C．2 D.12 答案　D 解析　由雙曲線方程x2a2－y2＝1，得b2＝1， ∴c2＝a2＋1. ∴5＝e2＝c2a2＝a2+1a2＝1＋1a2. 結合a>0，解得a＝12. 7．(2019天津文，6)已知拋物線y2＝4x的焦點為F，準線為l.若l與雙曲線x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)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 C．2 D.5 答案

7、　D 解析　由題意，可得F(1,0)，直線l的方程為x＝－1，雙曲線的漸近線方程為y＝bax.將x＝－1代入y＝bax，得y＝ba，所以點A，B的縱坐標的絕對值均為ba.由|AB|＝4|OF|可得2ba＝4，即b＝2a，b2＝4a2，故雙曲線的離心率e＝ca＝a2+b2a2＝5. 8．(2019浙江，2)漸近線方程為xy＝0的雙曲線的離心率是(　　) A.22 B．1 C.2 D．2 答案　C 解析　因為雙曲線的漸近線方程為xy＝0，所以無論雙曲線的焦點在x軸上還是在y軸上，都滿足a＝b，所以c＝2a，所以雙曲線的離心率e＝ca＝2. 9．(2019全國Ⅰ理，10)已知橢

8、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.x22＋y2＝1 B.x23＋y22＝1 C.x24＋y23＝1 D.x25＋y24＝1 答案　B 解析　由題意設橢圓的方程為x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，連接F1A，令|F2B|＝m，則|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由橢圓的定義知，4m＝2a，得m＝a2，故|F2A|＝a＝|F1A|，則點A為橢圓C的上頂點或下頂點．令∠OAF2＝θ(O為坐標原點)，則sin θ＝ca＝1a.在等腰三角形ABF1中，cos 2θ

9、＝2m2+3m2-3m222m?3m＝13，因為cos 2θ＝1－2sin2θ，所以13＝1－21a22，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，橢圓C的方程為x23＋y22＝1，故選B. 10．(2019全國Ⅱ理，8)若拋物線y2＝2px(p>0)的焦點是橢圓x23p＋y2p＝1的一個焦點，則p等于(　　) A．2 B．3 C．4 D．8 答案　D 解析　由題意知，拋物線的焦點坐標為p2,0，橢圓的焦點坐標為(2p，0)，所以p2＝2p，解得p＝8，故選D. 11．(2019全國Ⅱ理，11)設F為雙曲線C：x2a2－y

10、2b2＝1(a>0，b>0)的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于P，Q兩點．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為(　　) A.2 B.3 C．2 D.5 答案　A 解析　如圖， 由題意知，以OF為直徑的圓的方程為x-c22＋y2＝c24①，將x2＋y2＝a2記為②式，①－②得x＝a2c，則以OF為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2的相交弦所在直線的方程為x＝a2c，所以|PQ|＝2a2-a2c2. 由|PQ|＝|OF|，得2a2-a2c2＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解

11、得e＝2，故選A. 12．(2019全國Ⅲ理，10)雙曲線C：x24－y22＝1的右焦點為F，點P在C的一條漸近線上，O為坐標原點．若|PO|＝|PF|，則△PFO的面積為(　　) A.324 B.322 C．22 D．32 答案　A 解析　不妨設點P在第一象限，根據(jù)題意可知c2＝6， 所以|OF|＝6. 又tan∠POF＝ba＝22，所以等腰△POF的高h＝6222＝32，所以S△PFO＝12632＝324. 13．(2019北京理，4)已知橢圓的離心率為，則　　 A． B． C． D． 【思路分析】由橢圓離心率及隱含條

12、件得答案． 【解析】：由題意，，得，則， ，即． 故選：． 【歸納與總結】本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，熟記隱含條件是關鍵，是基礎題． 14．(2019北京理，8)數(shù)學中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線，曲線就是其中之一（如圖）．給出下列三個結論： ①曲線恰好經(jīng)過6個整點（即橫、縱坐標均為整數(shù)的點）； ②曲線上任意一點到原點的距離都不超過； ③曲線所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3． 其中，所有正確結論的序號是　　 A．① B．② C．①② D．①②③ 【思路分析】將換成方程不變，所以圖形關于軸對稱，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，所以圖形關于軸對

13、稱， 當時，代入得，，即曲線經(jīng)過，； 當時，方程變?yōu)?，所以△，解得，? 所以只能取整數(shù)1，當時，，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①正確． 當時，由得，（當時取等）， ，，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②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③錯誤． 故選：． 【歸納與總結】本題考查了命題的真假判斷與應用，屬中檔題． 15．(2019天津理，5)已知拋物線y2＝4x的焦點為F，準線為

14、l.若l與雙曲線x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)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 C．2 D.5 答案　D 解析　由題意，可得F(1,0)，直線l的方程為x＝－1，雙曲線的漸近線方程為y＝bax.將x＝－1代入y＝bax，得y＝ba，所以點A，B的縱坐標的絕對值均為ba.由|AB|＝4|OF|可得2ba＝4，即b＝2a，b2＝4a2，故雙曲線的離心率e＝ca＝a2+b2a2＝5. 二、填空題 1．(2019全國Ⅲ文，15)設F1，F(xiàn)2為橢圓

15、C：x236＋y220＝1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c＝36-20＝4.因為△MF1F2為等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4. 設M(x，y)，則x236+y220=1,|F1M|2=(x+4)2+y2=64,x>0,y>0,得x=3,y=15, 所以M的坐標為(3，15)． 2．(2019北京文，11)設拋物線y2＝4x的焦點為F，準線為l.則以F為圓心，且與l相切的圓的方程為________．

16、 答案　(x－1)2＋y2＝4 解析　∵拋物線y2＝4x的焦點F的坐標為(1,0)， 準線l為直線x＝－1，∴圓的圓心坐標為(1,0)． 又∵圓與l相切，∴圓心到l的距離為圓的半徑， ∴r＝2. ∴圓的方程為(x－1)2＋y2＝4. 3．(2019浙江，12)已知圓C的圓心坐標是(0，m)，半徑長是r.若直線2x－y＋3＝0與圓C相切于點A(－2，－1)，則m＝________，r＝________. 答案　－2　5 解析　方法一　設過點A(－2，－1)且與直線2x－y＋3＝0垂直的直線方程為l：x＋2y＋t＝0，所以－2－2＋t＝0，所以t＝4，所以l：x＋2y＋4＝0，令x

17、＝0，得m＝－2，則r＝(-2-0)2+(-1+2)2＝5. 方法二　因為直線2x－y＋3＝0與以點(0，m)為圓心的圓相切，且切點為A(－2，－1)，所以m+10-(-2)2＝－1，所以m＝－2，r＝(-2-0)2+(-1+2)2＝5. 4．(2019浙江，15)已知橢圓x29＋y25＝1的左焦點為F，點P在橢圓上且在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，設點P(m，n)(n＞0)，由題意知F(－2,0)，|OF|＝2，所以線段FP的中點M-2+m2,n2在圓x2＋y2＝4上，所以-2+m

18、22＋n22＝4，又點P(m，n)在橢圓x29＋y25＝1上，所以n29＋n25＝1，所以4m2－36m－63＝0，所以m＝－32或m＝212(舍去)，當m＝－32時，n＝152，所以kPF＝152-0-32-(-2)＝15. 5．(2019江蘇，7)在平面直角坐標系xOy中，若雙曲線x2－y2b2＝1(b>0)經(jīng)過點(3,4)，則該雙曲線的漸近線方程是_________________． 答案　y＝2x 解析　因為雙曲線x2－y2b2＝1(b>0)經(jīng)過點(3,4)，所以9－16b2＝1，得b＝2，所以該雙曲線的漸近線方程是y＝bx＝2x. 6．(2019江蘇，10)在平面直角坐標系x

19、Oy中，P是曲線y＝x＋4x(x>0)上的一個動點，則點P到直線x＋y＝0的距離的最小值是________． 答案　4 解析　設Px,x+4x，x>0，則點P到直線x＋y＝0的距離d＝2x+4x2＝≥22x?4x2＝4，當且僅當2x＝4x，即x＝2時取等號，故點P到直線x＋y＝0的距離的最小值是4. 7．(2019全國Ⅰ理，16)已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)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F1A＝AB，F(xiàn)1BF2B＝0，則C的離心率為________． 答案　2 解析　因為＝0，所以F1B⊥F2B，如圖．

20、 因為F1A＝AB，所以點A為F1B的中點，又點O為F1F2的中點，所以OA∥BF2，所以F1B⊥OA，所以|OF1|＝|OB|，所以∠BF1O＝∠F1BO，所以∠BOF2＝2∠BF1O.因為直線OA，OB為雙曲線C的兩條漸近線， 所以tan∠BOF2＝ba，tan∠BF1O＝ab. 因為tan∠BOF2＝tan(2∠BF1O)， 所以ba＝2ab1-ab2，所以b2＝3a2， 所以c2－a2＝3a2， 即2a＝c，所以雙曲線的離心率e＝ca＝2. 8．(2019全國Ⅲ理，15)設F1，F(xiàn)2為橢圓C：x236＋y220＝1的兩個焦點，M為C上一點且在第一象限．若△MF1F2為等腰三

21、角形，則M的坐標為________． 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c＝36-20＝4.因為△MF1F2為等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4. 設M(x，y)，則x236+y220＝1，F(xiàn)1M2=x+42+y2＝64，x>0，y>0，得x=-3,y=15, 所以M的坐標為(3，15)． 三、解答題 1．(2019全國Ⅰ文，21)已知點A，B關于坐標原點O對稱，|AB|＝4，⊙M過點A，B且與直線x＋2＝0相切． (1)若A在直線x＋y＝0上，求⊙M的半徑； (2)是否存在定點P，使得當A運動時

22、，|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x＋y＝0上，且A，B關于坐標原點O對稱， 所以M在直線y＝x上，故可設M(a，a)． 因為⊙M與直線x＋2＝0相切，所以⊙M的半徑為r＝|a＋2|. 由已知得|AO|＝2. 又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2， 解得a＝0或a＝4. 故⊙M的半徑r＝2或r＝6. (2)存在定點P(1,0)，使得|MA|－|MP|為定值． 理由如下： 設M(x，y)，由已知得⊙M的半徑為r＝|x＋2|，|AO|＝2. 由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(

23、x＋2)2， 化簡得M的軌跡方程為y2＝4x. 因為曲線C：y2＝4x是以點P(1,0)為焦點，以直線x＝－1為準線的拋物線， 所以|MP|＝x＋1. 因為|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1， 所以存在滿足條件的定點P. 2．(2019全國Ⅱ文，20)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的兩個焦點，P為C上的點，O為坐標原點． (1)若△POF2為等邊三角形，求C的離心率； (2)如果存在點P，使得PF1⊥PF2，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△F1

24、PF2中， ∠F1PF2＝90，|PF2|＝c，|PF1|＝3c， 于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(3＋1)c， 故C的離心率為e＝ca＝3－1. (2)由題意可知，若滿足條件的點P(x，y)存在， 則12|y|2c＝16，yx+cyx-c＝－1， 即c|y|＝16，① x2＋y2＝c2，② 又x2a2＋y2b2＝1.③ 由②③及a2＝b2＋c2得y2＝b4c2. 又由①知y2＝162c2，故b＝4. 由②③及a2＝b2＋c2得x2＝a2c2(c2－b2)， 所以c2≥b2，從而a2＝b2＋c2≥2b2＝32， 故a≥42. 當b＝4，a≥42時，存在滿足條件的

25、點P. 所以b＝4，a的取值范圍為[42，＋∞)． 3．(2019全國Ⅲ文，21)已知曲線C：y＝x22，D為直線y＝－12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Dt,-12，A(x1，y1)， 則x12＝2y1. 由于y′＝x，所以切線DA的斜率為x1， 故y1+12x1-t＝x1， 整理得2tx1－2y1＋1＝0. 設B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0. 所以直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0. 所以直線AB

26、過定點0,12. (2)解　由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋12. 由y=tx+12,y=x22,可得x2－2tx－1＝0， 于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1. 設M為線段AB的中點，則Mt,t2+12. 由于EM⊥AB，而EM＝(t，t2－2)，AB與向量(1，t)平行， 所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝1. 當t＝0時，|EM|＝2， 所求圓的方程為x2＋y-522＝4； 當t＝1時，|EM|＝2， 所求圓的方程為x2＋y-522＝2. 4．(2019北京文，19)已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1的右焦點為(1,0)

27、，且經(jīng)過點A(0,1)． (1)求橢圓C的方程； (2)設O為原點，直線l：y＝kx＋t(t≠1)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|OM||ON|＝2，求證：直線l經(jīng)過定點． (1)解　由題意，得b2＝1，c＝1， 所以a2＝b2＋c2＝2. 所以橢圓C的方程為x22＋y2＝1. (2)證明　設P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 則直線AP的方程為y＝y(tǒng)1-1x1x＋1. 令y＝0，得點M的橫坐標xM＝－x1y1-1. 又y1＝kx1＋t，從而|OM|＝|xM|＝x1kx1+t-1. 同理，|ON|＝x2kx2+t-1.

28、由y=kx+tk,x22+y2=1,得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0， 則x1＋x2＝－4kt1+2k2，x1x2＝2t2-21+2k2. 所以|OM||ON|＝x1kx1+t-1x2kx2+t-1 ＝x1x2k2x1x2+kt-1x1+x2+(t-1)2 ＝2t2-11+2k2k2?2t2-21+2k2+kt-1?-4kt1+2k2+(t-1)2 ＝21+t1-t. 又|OM||ON|＝2，所以21+t1-t＝2. 解得t＝0，所以直線l經(jīng)過定點(0,0)． 5．(2019天津文，19)設橢圓x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左焦點為F，左頂點為A，上頂點為

29、B.已知3|OA|＝2|OB|(O為原點)． (1)求橢圓的離心率； (2)設經(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x＝4上，且OC∥AP.求橢圓的方程． 解　(1)設橢圓的半焦距為c，由已知有3a＝2b，又由a2＝b2＋c2，消去b得a2＝32a2＋c2，解得ca＝12. 所以橢圓的離心率為12. (2)由(1)知，a＝2c，b＝3c，故橢圓方程為x24c2＋y23c2＝1. 由題意，F(xiàn)(－c,0)，則直線l的方程為y＝34(x＋c)． 點P的坐標滿足x24c2+y23c2=1,y=34x+c,消去y并化簡， 得到7x

30、2＋6cx－13c2＝0， 解得x1＝c，x2＝－13c7. 代入到l的方程，解得y1＝32c，y2＝－914c. 因為點P在x軸上方，所以Pc,32c. 由圓心C在直線x＝4上，可設C(4，t)． 因為OC∥AP，且由(1)知A(－2c,0)， 故t4＝32cc+2c，解得t＝2. 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+342＝2，可得c＝2. 所以，橢圓的方程為x216＋y212＝1. 6.(2019浙江，21)如圖，已知點F(1,0)為拋物線y2＝2px(p＞0)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△

31、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．記△AFG，△CQG的面積分別為S1，S2. (1)求p的值及拋物線的準線方程； (2)求S1S2的最小值及此時點G的坐標． 解　(1)由題意得p2＝1，即p＝2. 所以，拋物線的準線方程為x＝－1. (2)設A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，則xA＝t2.由于直線AB過點F，故直線AB的方程為x＝ t2-12ty＋1，代入y2＝4x，得 y2－2(t2-1)ty－4＝0， 故2tyB＝－4，即yB＝－2t，所以B1t2,-2t. 又由于xG＝13

32、(xA＋xB＋xC)，yG＝13(yA＋yB＋yC)及重心G在x軸上，故2t－2t＋yC＝0. 即C1t-t2,21t-t，G2t4-2t2+23t2,0. 所以，直線AC的方程為y－2t＝2t(x－t2)， 得Q(t2－1,0)． 由于Q在焦點F的右側，故t2＞2.從而 S1S2＝12|FG||yA|12|QG||yC|＝2t4-2t2+23t2-1?|2t|t2-1-2t4-2t2+23t2?2t-2t ＝2t4-t2t4-1＝2－t2-2t4-1. 令m＝t2－2，則m＞0， S1S2＝2－mm2+4m+3＝2－1m+3m+4≥2－12m?3m+4＝1＋32. 當且僅當

33、m＝3時，S1S2取得最小值1＋32，此時G(2,0)． 7.(2019江蘇，17)如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)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：(x－1)2＋y2＝4a2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DF1＝52. (1)求橢圓C的標準方程； (2)求點E的坐標． 解　(1)設橢圓C的焦距為2c. 因為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，所以F1F2＝2，則c＝1. 又因為DF1＝52，AF2⊥x軸，

34、所以DF2＝DF12-F1F22＝522-22＝32. 因此2a＝DF1＋DF2＝4，所以a＝2. 由b2＝a2－c2，得b2＝3. 所以橢圓C的標準方程為x24＋y23＝1. (2)方法一　由(1)知，橢圓C：x24＋y23＝1，a＝2. 因為AF2⊥x軸，所以點A的橫坐標為1. 將x＝1代入圓F2方程(x－1)2＋y2＝16，解得y＝4. 因為點A在x軸上方，所以A(1,4)． 又F1(－1,0)，所以直線AF1：y＝2x＋2. 由y=2x+2,(x-1)2+y2=16,得5x2＋6x－11＝0，解得x＝1或x＝－115. 將x＝－115代入y＝2x＋2，得y＝－1

35、25. 因此B-115,-125.又F2(1,0)，所以直線BF2：y＝34(x－1)． 由y=34x-1,x24+y23=1,得7x2－6x－13＝0，解得x＝－1或x＝137. 又因為E是線段BF2與橢圓的交點，所以x＝－1. 將x＝－1代入y＝34(x－1)，得y＝－32. 因此E-1,-32. 方法二　由(1)知，橢圓C：x24＋y23＝1.如圖，連接EF1. 因為BF2＝2a，EF1＋EF2＝2a，所以EF1＝EB，從而∠BF1E＝∠B. 因為F2A＝F2B，所以∠A＝∠B. 所以∠A＝∠BF1E，從而EF1∥F2A. 因為AF2⊥x軸，所以EF1⊥x軸．

36、因為F1(－1,0)，由x=-1,x24+y23=1,得y＝32. 又因為E是線段BF2與橢圓的交點，所以y＝－32. 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(C，D為垂足)，測得AB＝10，AC＝6，BD＝12(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

37、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d最小時，P，Q兩點間的距離． 解　方法一　(1)過A作AE⊥BD，垂足為E. 由已知條件得，四邊形ACDE為矩形， DE＝BE＝AC＝6，AE＝CD＝8. 因為PB⊥AB， 所以cos∠PBD＝sin∠ABE＝AEAB＝810＝45. 所以PB＝BDcos∠PBD＝1245＝15. 因此道路PB的長為15(百米)． (2)①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，所以P選在D處不滿足規(guī)劃要求． ②若Q在D處，連接AD，

38、由(1)知AD＝AE2+ED2＝10，從而cos∠BAD＝AD2+AB2-BD22AD?AB＝725>0， 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∠OBP<90時，線段PB上存在點到點O的距離小于圓O的半徑，點P不符合規(guī)劃要求；當∠OBP≥90時，對線段PB上任意一點F，OF≥OB，即線段PB上所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑，點P符合規(guī)劃要求． 設P1為l上一點，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15，此時P1D＝P1Bsin∠P1BD＝P1Bco

39、s∠EBA＝1535＝9； 當∠OBP>90時，在△PP1B中，PB>P1B＝15. 由上可知，d≥15. 再討論點Q的位置． 由(2)知，要使得QA≥15，點Q只有位于點C的右側，才能符合規(guī)劃要求．當QA＝15時，CQ＝QA2-AC2＝152-62＝321.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PB⊥AB，點Q位于點C右側，且CQ＝321時，d最小，此時P，Q兩點間的距離PQ＝PD＋CD＋CQ＝17＋321. 因此，d最小時，P，Q兩點間的距離為17＋321(百米)． 方法二　(1)如圖，過O作OH⊥l，垂足為H. 以O為坐標原點，直線OH為y軸

40、，建立如圖所示的平面直角坐標系． 因為BD＝12，AC＝6，所以OH＝9，直線l的方程為y＝9，點A，B的縱坐標分別為3，－3. 因為AB為圓O的直徑，AB＝10， 所以圓O的方程為x2＋y2＝25. 從而A(4,3)，B(－4，－3)，直線AB的斜率為34. 因為PB⊥AB，所以直線PB的斜率為－43， 直線PB的方程為y＝－43x－253. 所以P(－13,9)，PB＝(-13+4)2+(9+3)2＝15. 所以道路PB的長為15(百米)． (2)①若P在D處，取線段BD上一點E(－4,0)，則EO＝4<5，所以P選在D處不滿足規(guī)劃要求． ②若Q在D處，連接AD，由(1

41、)知D(－4,9)，又A(4,3)， 所以線段AD：y＝－34x＋6(－4≤x≤4)． 在線段AD上取點M3,154， 因為OM＝32+1542<32+42＝5， 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∠OBP<90時，線段PB上存在點到點O的距離小于圓O的半徑，點P不符合規(guī)劃要求； 當∠OBP≥90時，對線段PB上任意一點F，OF≥OB，即線段PB上所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑，點P符合規(guī)劃要求． 設P1為l上一點，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15，此時

42、P1(－13,9)； 當∠OBP>90時，在△PP1B中，PB>P1B＝15. 由上可知，d≥15. 再討論點Q的位置． 由(2)知，要使得QA≥15，點Q只有位于點C的右側，才能符合規(guī)劃要求．當 QA＝15時，設Q(a,9)，由AQ＝(a-4)2+(9-3)2＝15(a>4)， 得a＝4＋321，所以Q(4＋321，9)．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P(－13,9)，Q(4＋321，9)時，d最小，此時P，Q兩點間的距離PQ＝4＋321－(－13)＝17＋321. 因此，d最小時，P，Q兩點間的距離為17＋321 (百米)． 9．(2019

43、全國Ⅰ理，19)已知拋物線C：y2＝3x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AP＝3PB，求|AB|. 解　設直線l：y＝32x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)． (1)由題設得F34,0，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋32，由題設可得x1＋x2＝52. 由y=32x+t,y2=3x,可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0， 令Δ>0，得t<12， 則x1＋x2＝－12t-19. 從而－12t-19＝52，得t＝－78. 所以l的方程為y＝32x－78. (2)由AP＝3P

44、B可得y1＝－3y2， 由y=32x+t,y2=3x,可得y2－2y＋2t＝0， 所以y1＋y2＝2，從而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3， 代入C的方程得x1＝3，x2＝13， 即A(3,3)，B13,-1， 故|AB|＝4133. 10．(2019全國Ⅱ理，21)已知點A(－2,0)，B(2,0)，動點M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為－12.記M的軌跡為曲線C. (1)求C的方程，并說明C是什么曲線； (2)過坐標原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長交C于點G. (ⅰ)證明：△PQG是直角三角形； (ⅱ)求

45、△PQG面積的最大值． (1)解　由題設得yx+2yx-2＝－12，化簡得x24＋y22＝1(|x|≠2)，所以C為中心在坐標原點，焦點在x軸上的橢圓，不含左右頂點． (2)(ⅰ)證明　設直線PQ的斜率為k，則其方程為y＝kx(k>0)． 由y=kx,x24+y22=1,得x＝21+2k2 . 記u＝21+2k2，則P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)． 于是直線QG的斜率為k2，方程為y＝k2(x－u)． 由y=k2x-u,x24+y22=1,得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.① 設G(xG，yG)，則－u和xG是方程①的解， 故xG＝u3k2+2

46、2+k2，由此得yG＝uk32+k2. 從而直線PG的斜率為uk32+k2-uku3k2+22+k2-u＝－1k， 因為kPQkPG＝－1. 所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形． (ⅱ)解　由(ⅰ)得|PQ|＝2u1+k2，|PG|＝2ukk2+12+k2，所以△PQG的面積S＝12|PQ||PG|＝8k1+k21+2k22+k2＝81k+k1+21k+k2. 設t＝k＋1k，則由k>0得t≥2，當且僅當k＝1時取等號． 因為S＝8t1+2t2在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當t＝2，即k＝1時，S取得最大值，最大值為169. 因此，△PQG面積的最大值為169. 11．(2

47、019全國Ⅲ理，21)已知曲線C：y＝x22，D為直線y＝－12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Dt,12，A(x1，y1)，則x12＝2y1. 由y′＝x，所以切線DA的斜率為x1，故y1+12x1-t＝x1. 整理得2tx1－2y1＋1＝0. 設B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0. 故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0. 所以直線AB過定點0,12. (2)解　由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋1

48、2. 由y=tx+12,y=x22,可得x2－2tx－1＝0，Δ＝4t2＋4>0， 于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2 ＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1， |AB|＝1+t2|x1－x2| ＝1+t2x1+x22-4x1x2＝2(t2＋1)． 設d1，d2分別為點D，E到直線AB的距離， 則d1＝t2+1，d2＝2t2+1， 因此，四邊形ADBE的面積S＝12|AB|(d1＋d2) ＝(t2＋3)t2+1. 設M為線段AB的中點，則Mt,t2+12. 由于EM⊥AB，而EM＝(t，t2－2)， AB與坐標為(1，t)的向量平行，所以t＋(t2－2)t＝0

49、. 解得t＝0或t＝1. 當t＝0時，S＝3；當t＝1時，S＝42. 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． （Ⅰ）求拋物線的方程及其準線方程； （Ⅱ）設為原點，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】（Ⅰ）代入點，解方程可得，求得拋物線的方程和準線方程； （Ⅱ）拋物線的焦點為，設直線方程為，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，可得為直徑的圓方程，可令，解方程，即可得到所求定點． 【解析】：（Ⅰ）拋物

50、線經(jīng)過點．可得，即， 可得拋物線的方程為，準線方程為； （Ⅱ）證明：拋物線的焦點為， 設直線方程為，聯(lián)立拋物線方程，可得， 設，，，， 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】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)設橢圓x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左焦點為F，上

51、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軸的負半軸上．若|ON|＝|OF|(O為原點)，且OP⊥MN，求直線PB的斜率． 解　(1)設橢圓的半焦距為c，依題意，2b＝4，ca＝55，又a2＝b2＋c2，可得a＝5，b＝2，c＝1. 所以橢圓的方程為x25＋y24＝1. (2)由題意，設P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM,0)，直線PB的斜率為k(k≠0)，又B(0,2)，則直線PB的方程為y＝kx＋2，與橢圓方程聯(lián)立得y=kx+,x25+y24=1, 整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，可得xP＝－20k4+5k2， 代入y＝kx＋2得yP＝8-10k24+5k2. 所以直線OP的斜率為yPxP＝4-5k2-10k. 在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－2k. 由題意得N(0，－1)，所以直線MN的斜率為－k2. 由OP⊥MN，得4-5k2-10k-k2＝－1，化簡得k2＝245， 從解得k＝2305. 所以直線PB的斜率為2305或－2305.