4、數 a的取值范圍.
【答案】(1) a _11 ；(2) 0 ：： a _1.
【解析】試題分析：<1)分別求函數y = + 的定義域和不等式^-2x+l-^>0 (a>0)的
解集化簡集合釘由/c円=0得到區(qū)間端點值之間的關系，解不等式組得到趕的取值范圍；
< 2)求出對應的X的取值范圍，由祕是q的充分不必要條件得到對應集合之間的關系,由區(qū)間端點值 的關系列不等式組求解鼻的范圍.
試題解析：
(1) 由條件得：/ = ｛k|-IGck c2｝， B - ｛x|x> 1 + ￡zq54x<1-x｝
14-a>2
若Ar^B = ^f貝U必須滿足｛1-?<1O
￡Z> 0
所
5、兒 4的取值范圍為：4 = 11
(2) 易得：—p : x_2或 x_-1O,
??? 一p是q的充分不必要條件，
??? ｛x|x_2或x z-1O｝是 B 二｛x|x_1 a或x ,-a｝的真子集
1 a乞2
則｛1 -a _ -10，解得：0 ：：：aid
a 0
? a的取值范圍為： 0 ：：： a _1
點睛：本題考查了函數定義域的求法，考查了一元二次不等式的解法，考查了數學轉化思想方法，解答
的關鍵是對區(qū)間端點值的比較，是中檔題.
3.已知 m = 0，向量 a =(m,3m)，向量 b = (m 1,6)，集合 A -| (x - m2)(x m - 2)
6、 =0?.
(1) 判斷“ a//b”是“ I： ”的什么條件；
4 4
(2) 設命題p :若a _ b，則m - -19 .命題q :若集合A的子集個數為2，則m = 1.判斷p q , p q , -q的真假，并說明理由.
【答案】
(1)充分不必要條件? (2) p q為真命題p q為假命題_q為真命題.
【解析】
(U 若盤 貝||6m =3/n(w +l),, p m - l(m = 0舍去止時，a = (1,3), a ,
若麗価，則m=±l｝故吃|匠是節(jié) 0?的充分不必要條件一
(2)若：丄Q 則+L) + 18m = 0.AJM = -19(m = O^S)
7、,Ap 為真命題一
由(龍—a?)(兀+朋—2) = 0得無=卅，或工=2—麗,若集合/的子集個數為2,則集合/中只有1個元素， 則加丄=2-砒二朋=1或一2,故嚶為假命題：.pvq為真命題p 2為假命題F為真命題?
【方法點睛】本題主要臥向量平行、垂直的關系和算子集的個數為背景，考查了充分條件、必要條件的判 斷嘆及復合命題的真假的判斷，注重了對基礎的考查『難度不大；假設/是條件，月是結論；由/可嘆推 出町由啟不可臥推出厶則/是召的充分不必要條件M匚月”若由/不可以推出召，由月可以推出A , 則/是月的必要不充分條件(月匚/“ pv?只要有一個為真即為頁，PAG有一個為假即為假 F的頁 假
8、性和燈相反.
4.如圖，在四棱錐O -ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，側棱OB _底面ABCD ,且側棱OB 的長是2，點E,F,G分別是AB,OD, BC的中點?
(I)證明： OD _平面EFG ;
(n)求三棱錐O -EFG的體積.
【答案】(I)證明見解析；(n) 1 .
2
【解析】試題分析：(I)連結比 &S2 ,通過勾股定理計算可知- -1 - - - -■■---- 一工
由三線合一得出OD_EF=OD丄FG:.0D 一平面EFG ；( n)根據中位線定理計算EG得出北FG是 邊長為畀W的正三角形，以丄閃為棱錐的底面，則OF為檯錐的高，代入棱錐
9、的體積公式計算.
試題解析:(1)證明：丁四邊形期仞是邊長為2的正方形，衛(wèi)是皿的中點，二DE二
又T側棱的丄鹿面ABCD, ABu面屈CD ；. OB丄AB
又叮 0B = 2rEB = l /. 0^ = 75 :. DE = 0E=y[5.
/. AODE是等腰三角形，丁冋是血的中坯:、莎丄0Q*
同理DG = DG = y/5l 、ODG是等腰三角形』丁戸是仞的中點』
FG10D
-EFr\FG = F EF.FGci 面 &陽
0D丄平面云陽
(n)側棱 0B _底面 ABCD, BD 面 ABCD|「OB _ BD
t OB =2, DB = 2 2 OD =2
10、3
由(n)知： OD _平面EFG，二 是三棱錐0到平面EFG的距離
：'F 分別是 OD 的中點，OF ；：3 , DE =OE 壬f5, EF _ OD , EF= ：2
DG 二 DG = 5, FH _OD|「FG 二 2
t四邊形ABCD是邊長為2的正方形， E,G是AB,BC的中點
EG =」2
.三角形EFG是等邊三角形.Sefg「
1 1
Vg _eof =V°_efg Sh =
3 2
5?如圖所示，直三棱柱 ABC -ABG中， AB二BC , ABC =90 , D為棱AB“的中點.
(I)探究直線 B,C與平面GAD的位置關系，并說明理由;
11、
(n)若BBr = AB = 2，求三棱錐C - ADC!的體積.
2
【答案】（I）見解析（n） 2 .
3
【解析】試題分析：＜1）連接月。設熱CcBClO,則0為場C的中點由三角形中位線定理可得四邊 形B.OGD為平行四邊形』由線面平行的判定定理可得月&II平面＜H）由點匕到平面QG的距 離等于點耳到平面2G的距離，再利用'.等積變換即可得
滄牛 二％七嚴==學卜x抽必耳0,,進而可得三棱錐C-ADC,的體積?
試題解析：＜ 1 ＞連接RJ 設B&cBC嚴6 因為四邊形B/CC；為矩形』所以。為E]C的中點. 設e為的中點，連接OG, DG,則0GII肋，且0G=\aB
12、.
￡
由已知4月1」1創(chuàng)，&BXD = -AB f 貝iJ^H 0Gf 且Bfi=OG}
2*
所以四邊形色0也＞ 為平行四邊形， 所以斗OIIDGj即B^WDG.
因為BQ伉平面GAD , DG u平面GAD，所以B,cL平面GAD .
（n）易知BQ 丄平面AA1B1B，由（I）可知， BQL平面C1AD .
所以點C到平面ADCi的距離等于點 Bi到平 面ADCi的距離,
11
所以 VC _ADC1 = VB1 _C1AD .因為 BB| = A]B<| = 2 ,
所以 VC 公DCi -VBi _CiAD - VC1 _Bi AD
2
故三棱錐
13、C _ADCj的體積為一.
3
6.如圖，在三棱錐P -ACD中，
1 1 1 1 2
RD ■： BB1 *： B1C1 1 ■：2 ■： 2o 二
3 2 3 2 3
AB ,
PB _ 底面 ACD ,
BC _ AD, AC 二 10, PC = . 5 ,
cos ACP「2
10
(1) 若E為AC上一點，且BE _ AC，證明：平面PBE _平面PAC .
(2) 若Q為棱PD上一點，且BQ//平面PAC，求三棱錐 Q- ACD的體積?
1
【答案】(1)見解析；(2) 1
3
【解析】試題分析，〔門由丹丄平面心
14、⑦可得珂丄AC,又BE±ACy BEr\BD = B ,所以C丄平 面PBE ,根據面面垂直的判定定理得平面PBE丄平面PAC. (2> 6 AACP中,由余弓逮理得 心二辰 根1?勾股定理可得 AE=3 BC=1^ PB-2^ 由 EQ｝｝平面/MC 可得 BQ / / PA.｝從而得到 弟=峯=釘故BDP ?過QttQH"曰，交的于則少為三棱錐Q-ACD的高，且
QD
QH =〔PR仝◎由三棱錐的體積公式可得樂g = i “
-I J
試題解析：
證明；T丹TJL平面蟲(⑦，彳CU平面川仞
二剛丄AC.
又月E 丄 AC ? BEr\BD = B T
J. AC丄平面PBE
15、.
:AC u 平面 PAC f
二平面PBE丄平面PAC.
⑵解：
在叢CP中，由余弦定理得
L 廳
AP1 = AC1 + PC1 -2AC PC ^ZACP = \5-2x5j2x^ = \3f
10
.'.AP = ｝
如玄+月 C*2=1Q AB = 3；
由條件得｛^+^=5.解得｛BC = L
AB1 + PB1=131 PB=2.
*： BQ H 平面 PAC ,因2<=平面 PAD 平面 PACr\平面 7MZ)= ；M,
:.BQ H PA,
■ ■
QP
BD
過。作QHHPB,交AD于E ,則的為三棱錐Q^ACD的高，貝仙=吳=
16、二
4 2
■/ AD = AB+BD =3 + 1 =斗，
.? _1 1 I 「i_l
-- 出卜jcq — — x—x—x4xl=： —.
° 3 2 2 3
即三核錐Q - ACD的體積為j.
7?如圖，在三棱柱 ABC -A^Cj 中，C。_ 底面 ABC , ACWbC^2 , AB = 2「2 , CG = 4 ,
M是棱CCi上一點.
(I)求證：BC _ AM ?
(II )若M , N分別是CCi , AB的中點，求證： CN //平面ABiM
n
(III )若二面角 A—MB1 —C的大小為一，求線段C1M的長
4
3
【答案】(I
17、)見解析(II )見解析(III ) C1M =-
2
【解析］(I) 丄平面ABC,月Cu平面應C,
ACQ丄?
AC =BC = 2 ； AB = 2^^ ?
:.^ABC 中,AC1 +BC2 = ^ = AB2f
:.BC1AC .
ACr^CC^C,
:.BC±平面 ACC.A,?
'：AM u 平面 ACC^ .
.\BC1AM ?
(II )連接AB交ABi于點P .
???四邊形AA1B1B是平行四邊形，
二P是A1B的中點.
又??? M , N分別是CC1, AB的中點，
??? NPLJCM，且 NP二CM ,
???四邊形MCNP是平行四
18、邊形，
? CN LJMP .
又CN丘平面AB1M , MP u平面AB1M ,
? CN L平面 AB1M .
(III )T BC — AC，且 CG _ 平面 ABC ,
…CA , CB , CC1兩兩垂直。
以C為原點，CA , CB , CC1分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系 C-xyz .
設 CM 二 t，則 C 0,0,0 , A 2,0,0 , B 0,2,4 , M 0,0,t ,
二猛551-(0,2,4-/) , 宓二(QO,-￡).
設平面AMB^去向量為n -（兀JN）,
故n MA = 0?
n -A￡3] =0』
19、2x—tz = 0
卿有 Jpd■(斗-f)"0
又平面闕］C的法向量為坊=（LO.O）■
■IT
?■二面角/ 一血］Y的犬小為，
4
. it \m -k| t
hFi 護+d）2+J
解得/=-, ^CM = -t
2 2
3
:.QM = 2-CM = -f
ACjtf--.
2
點睛；利用法向量求解空間二面角的關鍵在于“四破”:第一」破“建系關”,枸建怡當的空間直甬坐標 系；第二.冊俅坐標關”,準確求解相關點的坐標；第三，破“求法冋量關”，求出平面的法問量』第 ES,破"應用公式關?
&如圖，直三棱柱 ABC -ABC中，.ACB=90l AC二BC =
20、 1 AA , D是棱AA上的動點.
2
A
證明：
DC— BC ；
若平面BDC1分該棱柱為體積相等的兩個部分，試 確定點D的位置，并求二面角 A - BD -C^!的大小.
【答案】（1）見解析（2） 30
【解析】試題分析：＜1）由CQ丄平面血C得qc丄BC,再由ZACB =90\得月C丄平面ACC^t 所cue丄oq j⑵根據割補法求 忌叱+忌皿，根據體積為三棱柱一半，求得D為中點畀取4覽 的中點根據垂直關系可得ZQD0是二面角△一月D -q的平面角.最后解三角形可得二面角
4-肋-q的大小
試題解析：解:（I） vqc丄平面曲c, c】c丄月c 又 ZACB
21、= 90\ 即 BC YAC.ACr\ QC = C
:.BC丄平面ACC^,
又 BCjC 平面 ACC\A“ :. BC A/JCi j
111
S BCC1 AC SBCC1B1 AC V
3 6 3
、 亠 1
依題意 Vdjc? ■ Vd-ABC Vabc - A1B1C1 ,
1 2
1 1 1 1
-vd 4bc ■ vabc 占bg ' S abc AD， S abc AA1 = AD， AAi , D 為 AA1 中點;
6 3 6 2
(II)
VD _BCC1
BCC[ B]
ABC ^A] B] C]
設平面BC1D的一個法向量為 *
22、 二 x,y,z ,則 BD 二 1,-1,1 ,琵二-1 ,0,1
（法 1）取AB］的中點O,過點0作OH _ BD于點H，連接GOQH
AC 1 — B]Ci =■ C1O — A]B],面 A|B]Ci —面 ABC =■ C〔O —面 A]BD
OH _ BD = G H _ BD ,得點H與點D重合，且.CQO是二面角A - BD - C1的平面角.
設 AC^a，則 GO 二 2a,C1^ ；2^2C1^ GDO =30 ,得二面角的大小為 30 ° .
2
（法2）以C為空間坐標原點， CA為x軸正向、CB為y軸正向、CC1為z軸正向，建立空間直角坐
23、標系，設 AC 的長為 1，則 A（1 0,0 \ B（0 10 y D（1 0 1、A（1 0 2）、BjO 12）、G（o 0 2 ）?
作AB中點E ,連結CE ,則CE — AB ,從而CE —平面ABD ,平面A^D的一個法向量
n BD = 0二 x-y z=0
n，dc1=o= -x，z=o
，令 z三 1,得 x=1,yW2 , . N = 1,2,1
?” cos日
TcosE牛雷;
二 J _
I 2」_V3
6 2 2
故二面角 A -BD -C1為30 ° .
點睛：(1)探索性問題通常用“肯定順推法”，
將不確定性問題明朗化?其步驟為假設滿
24、足條件的元素 (點、
直線、曲線或參數)存在，用待定系數法設出,
列出關于待定系數的方程組，若方程組有實數解，則元素
(點、直線、曲線或參數)存在；否則，元素
(點、直線、曲線或參數)不存在.(2)反證法與驗證法也是求
解探索性問題常用的方法
9 .已知坐標平面上點 M x, y與兩個定點
M! 26,1 , M2 2,1的距離之比等于5.
31
(1) 求點M的軌跡方程，并說明軌跡是什么圖形；
(2) 記(1)中的軌跡為C,過點A -2,3的直線l被C所截得的線段的長為 8，求直線l的方程.
2 2
【答案】(1) x -1 y -1 25 (2)
25、 X = —2，或 5x-12y 46 = 0 .
【解析】【試題分析】＜1)運用兩點間距離公式建立方程進彳訛簡*⑵借助直線與圓的位蠱關系，運
用圓心距、半徑、弦長之間的關系建立方程待定直線的斜率，再用直線的點斜式方程分析求解；
⑴由題鼠胥勞止
J(蓋一逝十
J任—2『+(y—
化簡，得x2+y2-2x-2y-23=0 ?
即(x-l)a+(j;-l/=25,
二點M的軌跡方程是(x-1)1 1)1 = 25
軌跡是以〔“)為圓心，臥$為半徑的圓
(2)當直線f的斜率不存在時，l:x=-2,
此時所截得的線段的長為2^-32 =8 , 上兀=—2符合題意?
當直線』的斜
26、率存在時，設J的方程為
y-3 = A;(x+2)j 艮卩Ax—y+2fc+3二0，
由題意，得
解得—2.
12
5 23
二直線』的萬程為2-x-r+^=o.
12 6
即 5x-12j + 46=0.
綜上』直線J的方程為
x= —2,或5兀一12戸十46 =0.
點睛；軌跡方程的探求是高中數學中重要的題型之一，本題中的第一問是典型的到兩走點距離之比為定值 的點的軌逝的探求。求解時直接運用兩點.間距高公式建立方程，然后再兩邊平方進行化簡，從而獲得答案; 第二問也是傳統(tǒng)的直線與圓相交的冋題題型。求解時先運用點斜式建立直線的方程，然后運用圓心距、半 徑、弦長之間的關
27、系建立方程待定直線的斜率，再用直線的點斜式方程使得問題獲解*
10.已知圓C的圓心在直線2x ^0上，且與另一條直線 x 相切于點A 2,-1 ?
(1) 求圓C的標準方程；
(2) 已知P 5,4，點Q在圓C上運動，求線段 PQ的中點M的軌跡方程?
【答案】(1)圓 C 的方程為(x - 1) 2+ (y+2) 2=2;(2) (x - 3) 2+ (y - 1) 2= 1 .
2
【解析】試題分析：(1)由題意可知所求圓的圓心在經過點 A，且與直線x 垂直的直線上，又所
求圓的圓心在直線 y = -2x上，解方程組求出圓心，求出半徑，即 AC的長，可得圓的方程；
5+x v
28、 亠 4
(2)設 M (x, y), ( Xo, Vo)，則有 =x, = y= Xo = 2x -5, y° = 2y -4 代入圓 C 即可
2 2
得到線段PQ的中點M的軌跡方程? 試題解析：(1)設圓C的方程為(x- a) 2+ (y - b) 2=r2,
根據題意得:
a=l
* b=-2
2 解得：W二2,
則圓C的方程為(X- 1) 2+ (y+2) 2= 1
2
5+x v +4
C方程得:
(2)設 M(x, y), B(xo, yo),則有 =x, =V= x0=2x — 5,v0 = 2y — 4代入圓
2 2
(2x - 5) 2+
29、( 2y - 4) 2=8，化簡得(x-3) 2+ (y- 1)
11 ?已知與曲線 C : x2 y2-2x-2y *1=0相切的直線I，與x軸，y軸交于 代B兩點， O為原點,
OA = a , OB = b, ( a:>2,b:>2).
(1) 求證：：I與C相切的條件是： a-2 b-2 =2.
(2) 求線段AB中點的軌跡方程；
(3) 求三角形 AOB面積的最小值.
【答案】(1)見解析；(2) x -1 y -1 = ^(x 1,y 1) ； ( 3) 3^2 ?
【解析】試題分析：(1)寫出直線的截距式方程，化為一般式，化圓的一般式方程為標準式，求出圓心坐 標和
30、半徑，由圓心到直線的距離等于半徑得到曲線C與直線1相切的充要條件；
<2)設出線段AB的中點坐標，由中點坐標公式得到2 b與AB中點坐標的關系』代入(1)中的條件得線 段加中點.的軌跡方程.(3)因為卷與b都大于2,且三角形加B対直線三角形，要求面積的最小值即要求 ab的最小值，根據 ⑴ 中直線1與圓相切的條件(眾)(b-2)=2解出ab,然后利用基本不等式即可求出 ab最4和愷且經當盤與b相等，求出此時的a與b即可求出面積的最小值.
試題解析：
⑴圓的圓心為(口)，半徑為1.可以看作是RTMOS的內切圓*
內切圓的半徑二
OA.十 OB — AB
2 2 2
a b = a
31、 b -2 即 ab - 2a - 2b 2 = 0 ,
a-2 b-2 =2 .
⑵線段AB中點x,y為a ,b
(2 2丿
1
??? x -1 y-1；= (x 1,y 1)
⑶ ab二2a二2b 2=0 ,
ab 2 = 2 a b j〉4 ab ,
解得 Jab 占2 , S遇ob = — ab ,
2
ab 一 3 2 2 ,
2
AOB最小面積3 2 2 ?
點睛：本題考查了軌跡方程，考查了直線和圓位置關系的判斷，點到直線的距離公式的用法，解題的關
鍵是對等式進行靈活變換，利用基本不等式求函數的最 值?
12 ?已知動圓— ‘ 巧與圓；：；'一+「+
32、 "? 門交于? 、兩點, 且這兩點平分圓 '的圓周.
(1) 求動圓?的圓心的軌跡方程；
(2) 求圓：半徑最小時的方程.
[答案】(1) |二?：)’=—；；；' ； ；：：； (2 )[—「：「M 丨門‘=二.
【解析】試題分析：(1)由題意得圓尤込〔7-耳為弦肋的中點，故\AM\2 = \AN\2^\MN\\由此可得點M 的軌跡方程；⑵由⑴知圓M的半徑= Vn= + 1,故求出畔的值即可'由￥(m-Fl)3 = -2(^ + 2)>0, 所如咗-2,從而?濟FT工屈 所以爭=-6 m 時半徑最小，由此可得解。
試題解析：
圓就方程即為。-m)3 +(y-n)z = n" 4
33、-1,
圓冋方程即為(x + l)3 + (y + l)a = 4.
⑴ 由題意得，圓心負7-1)為弦汕的中點，
在 RtAAMN 中,
??? I心廠-，口■訂'
.?.加一L J + 人(* )
故動圓圓心的軌跡方程為 ?門=
(2)由(* )式，知 (1丁=一'十｝乙 >.。
于是有 ，
而圓 半徑 - 1 ■''■■熙
.?.當時，二？ 愿二■'
所求圓的方程為—'、■
2 2
13 ?已知橢圓 務+當=1(a a b > 0)的右焦點為F2(3,0 )，離心率為e. a b
⑴若「23
求橢圓的方程;
O在以
MN為直徑的圓上，且
求k
34、的取值范圍
【答案】⑴
2 2
12 3
h ；(2)
(2)設直線y =kx與橢圓相交于 A, B兩點， M , N分別為線段 AF2, BF2的中點，若坐標原點
【解折】(1)由g票 右焦點為罵的，求出心 S可得片即可求出橢圓的方程；⑵聯立直線 y^kx與橢圓的方程，消去八 得到關于卞的一元二次方程，設越耳耳)』〔￡乃)，可得根與系數的關 系,根擔題意得0M丄CW,易知，四邊形OMF.N為平行四邊形』則甥丄BF2J結合向量數量積公式 R —- < e ,即可求出比的取值范圍.
2 2
由題意得瞪=3, — - g、
a 2
「+& = 2-J3 .
XV宀滬+已
35、
.?? b2 = 3.
2 2
?I橢圓的方程為—+— =1 .
12 3
得(滬 + )云—= 0 *
y=kx,
= F7PF
設蟲(西J1),月(兀1?巾).所嘆西+花=0,碼可
依題意，0M丄ON ,易知，四邊形OMF2N為平行四邊形，所以碼丄鷗.
-碼《 =(碼一 3,貯)/罵2=(花一玄》2)，
二 F^A F^B =(兩 一3)(冷 一3)+”旳=(1 + 2)斗Xj + 9 = 0? p"才—9)(1 +護)
+9=0,
即一；2、
農+(/-刃
將其整理"^^亠 懸?
?g
,\2^3
36、睛：在圓錐曲線中研究最值或范圍問題時，若題目的條件和結論能體現一種明確的函數關系，則可首 先建立目標函數，再求這個函數的最值?在利用代數法解決最值與范圍問題時常從以下方面考慮：
① 利用判別式來構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；
② 利用已知參數的范圍，求新參數的范圍，解這類問題的關鍵是在兩個參數之間建立等量關系；
③ 利用隱含或已知的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍
2 2
14 ?已知橢圓C： X2 ' =1
a2 b2
(a b 0)的離心率為
■—3，且過點 M (4,1).
2
(1)求橢圓C的方程;
(2)若直線I : y =x ? m (
37、m = -3)與橢圓C交于P,Q兩點，記直線 MP, MQ的斜率分別為k1, k2,
請說明理由
試探究ki k2是否為定值，若是，請求出該定值；若不是,
2 2
【答案】 ⑴ 二+_L=1（2） ki +k2為定值，該定值為0
20 5
【解析】試題分析；（1〉由橢圓的離心率公式，求得將M代入橢圓方程』即可求得包和b的值'求
得橢圓方程；＜2）將直線X代入橢圓方程，利用韋達定理及直線的斜率公式，即可取得 ^=0?
試題解析；
解得宀筑護“宀卩故橢圓C的方程為和召詡
（2） ki k2 =0,下面給出證明：設 P x1,y1 ， Q x2,y2 ，
2 2
將yWx ?
38、 m代入x - y =i并整理得
20 5
2 2
5x 8mx 4m -20 二 0，
2 2
-8m -20 4m -20 戶 0，解得
一5 ： m 5，且 m = -3.
4m2 -20
X[ X?
5
則人 k廠『2」= yi_i X2—4 y2-i xi-4
花 _4 x2 -4
分子=% m -1 X2 -4〕亠〔x2 m -1 xi -4
= 2x1X2 亠〔m-5 xi X2 】；-8 m-1 =
2
24m _20 8mm「5 -8m-i =0，
故ki k2為定值，該定值為 0.
15 ?已知圓Ci :
2 2
x
39、 y=4過圓上任意一點
D向x軸引垂線垂足為 Di （點D、Di可重合），點E為DDi
的中點.
（i）求E的軌跡方程;
（2）若點E的軌跡方程為曲線 C，不過原點
O的直線l與曲線C交于P、Q兩點，滿足直線OP，
PQ，
OQ的斜率依次成等比數列，求 LJOPQ面積的取值范圍
2
【答案】（1） 丁 + y2=1 ; （ 2） LIOPQ面積的取值范圍為（0,1）.
【解析】試題聳析：⑴設EOjL則D（兀2”），代入圓6 < +尸=4即可得解；
（2）由題意可知，直線J的斜率存在且不為0 ,故可設直線『的方程為y = kx+m 5工0片與橢圓聯立
得0
40、+訶）壬十&砒+卓（/—1}=0,設尸（心》） Q（馮宀），由直線"?PQ, 52的斜率 依次成等比數列，生也=電也空込=叭可得宀匕再由=斗，
碼冷 也掄i 4 /十F
I瑰|=「匸孑B—勺|,計算屯網=如盛1即可.
Jtr
試題解析：
⑴設E（x.y）,則Q仗2y）,則有:x1+（2yf = 4,整理得：羊+宀】?
4
（2）由題意可知，直線I的斜率存在且不為 0，故可設直線I的方程為y = kx ? m （ m = 0），P捲，如，
, y =kx +m
由｛x2 4y2-4=0
Q X2，y2 ， 消去 y 得 1 4k2 x2 8kmx 4 m2 -1 = 0
-
41、8km
2
1 4k2
4 m2 -1
X| X2 =
2
1 4k
則.;.=64k2m2 -16 1 4k2 m2 -d =16 4k2 -m2 1 0，且 x< x2 =
2 2
故 y1 y2 = kx1 m kx2 m = k X1X2 km X1 X2 m
OP， PQ， OQ的斜率依次成等比數列，
y1
y2
2 ] "i "i 2
k x1x2 km x< x2 m 2
k
X1
X2
x1x2
因為直線
2 2
8k m 2 即 2 m
1 4k
2 1
=0，又 m^0，所以 k2 =?
4
由于直線OP，
42、 OQ的斜率存在，且0，得0 ：：： m2 ：：： 2且m2 =1，設d為O到直線I的距離,
Iml , J64k2m2 _16(m2 _1 丫1+4k2 \
d = J 丨,|PQ = Ji +k2|^ —x2 = Ji +k2 2
Tn 1 ^4k
4 1 k2 4k2 -m2 1
- 1 +4k2
則Sopq =1d|PQ|=Jm2(2—m2 )，所以LIOPQ面積的取值范圍為(0,1).
點睛：在圓錐曲線中研究最值或范圍問題時，若題目的條件和結論能體現一種明確的函數關系，則可首
先建立目標函數，再求這個函數的最值?在利用代數法解決最值與范圍問題時常從以下方面
43、考慮：
① 利用判別式來構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；
② 利用已知參數的范圍，求新參數的范圍，解這類問題的關鍵是在兩個參數之間建立等量關系；
③ 利用隱含或已知的不等關系建立不等式，從而求出參數的 取值范圍
(1
16 ?設點F i0,，動圓A經過點F且和直線y 相切，記動圓的圓心 A的軌跡為曲線C .
I 4丿 4
(1) 求曲線C的方程；
(2) 設曲線C上一點P的橫坐標為t t 0，過P的直線交C于另一點Q，交x軸于點M，過點Q作
PQ的垂線交C于另一點N .若MN是C的切線，求t的最小值?
2 2
【答案】(1) X =y ； (2) tmin
【解析
44、】試題分析：(1)根據拋物線的定義，求出拋物線的解析式I卩可；(歷求出直線Pg的方程，求出胚 的坐標'聯立方程組』求出”的坐標，求出直線冊的斜率/得到關于啲不等式，求出#的范圍即可. 試題解析：⑴ 過點/作直線初垂直于直線嚴-丄于點由題意得\AF\ = \AN\r
4
所以動點￡的軌跡是以F為焦點.直線戸=-丄為準線的拋物線?
4
所以抓物線C的方程為兒
<2)由題意知，過點卩(『/)的直線鬥3斜率存在且不為6設其為凱
則血：p—，二風?！?當J = 0, =
一"+肚
聯立方程卩一，整理得：7-Ax+r（fc-r}=0. ^ = y
即：（兀一巧［x—（A:—
45、切=0』解得jc =『或jc =上一『.
二19（無一￡（無一“）
而QN丄QP, ：■直線收斜率為一二 k
［乂一 （上一f）］,
曲7心
整理得：2+丄兀一丄(JtT)_(疋一h = 0,
k k
即：kx2 x — k _t k -t V-0 , ||kx k k -t 1 ^x— k —t = 0 ,
— k(k—1)+1
解得：x =… ，或x = k- t.
k
??? n
- .2
k k -t 1 k k -t 1
, 2
k k
kNM
_k k -t 1 2
k2
k k -t 1 _ -t2 kt
k k
2 2
k2 -kt
46、 1
2 2
k t-k-1
而拋物線在點N處切線斜率:
MN是拋物線的切線,
._ _-2k(k-t)-2
k 切 一y I k k」1 一
x
k
2 2
k - kt 1 _ -2k k - t -2
k t2 -k2 -1
整理得 k2 tk ? 1 -2t2 =0 ,
2 」 2 2 2 2 ???#：=t-4 1-2t -0 ,解得 t （舍去），或 t- ,? tmin .
3 3 3
一 一 f 3）
17 .已知橢圓E中心在坐標原點，焦點在坐標軸上，且經過 A -2,0卜B（2,0卜C.1, 一 三點.
I 2丿
⑴求橢圓E的方
47、程;
⑵ 在直線x二4上任取一點T 4,m m = 0 ,連接TA,TB ,分別與橢圓E交于M、N兩點，判斷直線
MN是否過定點？若是,求出該定點.若不是，請說明理由?
2 2
【答案】（1）X y 1 ；（ 2） 1,0
4 3
【解析】試題分析：由于榊圓過兩個不同的點，故可設橢圓方璨為加+呷丄=1伽亠0』:>0沖工嘰 代
入已知點的坐標，可以橢圓的方程.⑵的直線/T刁r均是過頂點的直線，故通過聯立方程組可以得到
兩點的坐標，再根據桶圓及其動點T的對稱性可以知道走點如果存在，則必定在兀軸上』猜出罡點的 坐標為D（\. 0）,最后禾卿霜率證明MD N三點共練
<1)設橢圓方程
48、為 mx^ + pry1 =\(m > 0;w >0±m(xù)^n),
> m = — i 2
9 ，計算得出｛ 4 ,所臥橢圓方程為蘭十丄
m^r-n=\ 1 4 3
的 H= —
3
(2)直線 AT ： y = m x 2，直線 BT : y = m x - 2，聯立｛
1,扌）代入橢圓方程得到
m o
y= 6 x 2
3x2 4y2 =12
2 2 2 2
m 2 7 x 4m x 4m -108 =0 ,
所以-2 Xm =
2
4m -108
m2 27
，故Xm
54-2m2
m2 27
，代入
叫x 2得到y(tǒng)m
18m
m2 27
，
49、因此
2
54-2m 18m
m2 27 ' m2
+ 27丿
.同理
2
2m-6 -6m
m2 +3，m2+3 ,
6 2
D 1,0，
18m
當m = -3時,
k * 27一°
MD
18m
6m
-6m -0
54-2m2 ,
-1
2 2
2 7 -3m 9 一 m
kND -
m2 3
2
m 27
亦-6_1
6m
9 - m2
，所以M , D, N
三點共線;
當m =： 3時,
xm _ 1, xn - 1
，M ,D, N三點共線;
綜上,
M , D, N三點共線也就是 MN過
50、定點D .
點睛：直線與圓錐曲線的位置關系中，如果已知動直線過定點且與圓錐曲線有另一個交點，那么通過韋
達定理可以求出另一個交點的坐標并用斜率表示它，從而考慮與該點相關的一些定 點定值問題?另外，我
們用先猜后證的策略考慮定點定值問題，因此這樣可以使得代數式變形化簡的目標更明確
2 2
18 ?已知橢圓x2 y2 =1(a ■ b ■ 0)的短軸端點和焦點組成的四邊形為正方形，且橢圓過點
a b
(1)求橢圓的標準方程;
(2)四邊形 ABCD的頂點都在橢圓上，且對角線 AC、BD過原點O，若k
‘k -丄
AC kBD —一 2
a
，求證：四
51、
b2
1+2A：'
ffl1 —4 m3 —
"五廠解得4宀2"則
?加2如一宀,
試題解析:
4 2
(1)由題意 b =c , 2 - 2=1，又
a b
2 2 2 2 a 二 b c ,解得 a =8 ,
b2 =4 ,
2 2
所以橢圓的標準方程為 x y 1
8 4
(2)設直線AB的方程為y = kx ? m ,
設 A Xi, yi ,
B X2, y2 ,
邊形ABCD的面積為定值.
X y2
【答案】(1) 8 4 =1 ；(2)見解析.
【解析】試題分■析：⑴由題竜4 + 又/"+宀 解得只 酹即得橢圓標準方程⑵ 設直線
52、血的方程為了=總+叭設衛(wèi)(耳時，占(耳乃山聯立｛廠孑：： 得
JT +2j?二&
(1十燈)壬十+ 2朋8=0,寫出韋達定理，因為kg k懾二
1 1 2/m1—E JM3 — 4
卜 fem r +m — s-
1 + 2P 1+2/c1
y 二 kx m, /曰 2 2 2
聯立｛ 2 2 得 1 2k x 4kmx 2m -8 = 0,
x 2y 8,
2 2 2 2 2
.■:二 4km;「4 12k 2m -8 ;=8 8k -m 4 i, 0 ,
-4 km
1 2k2
x1x2
2m2 —8
2-
1 2k
x| x2 =
a
1
2
y
53、”2 1
= —
x1x2 2
2
1 2m -8
>■
2
2 1 2k
2 .
m - 4
2
1 2k
2 2
y1y^ kx1 m kx2 m = k x1x2 km % x2 m
2m2 -8
1 2k2
km
-4km
1 2k2
m2
_ m2 —8k2
-1 2k2
m2 -4 m2 -8k2
1 2k2 一 1 2k2
2 2 2 2 2 -m -4 = m -8k，二 4k 2 = m ,
設原點到直線AB的距離為d，則
1
s也ob =2|ab| d
=1J1 +k2 ］禺—x2
2
2
X2 —
54、4x1X2
m
1 k2
|m|『"km j 一 21 2k2
64 k2
2
16(m —4)
2 V
2 m
2 m
ABCD的面積為定值.
,2m2 -8 -1 2k2
= 2\4k2 _m2 4=2 2 ,
…SabCD =4S AOB =8.2，即四邊形
19 ?已知拋物線C ：x2 =4y的焦點為
F，準線與y軸的交點為
Q ,過點Q的直線I與拋物線C相交于不
同的RB兩點?
(1) 若|AB|=4j15，求直線I的方程；
(2) 記FA、FB的斜率分別為k2，試問：k1 k2的值是否隨直線I位置的變化而變化？證明你的 結
55、論?
【答案】(1) I : y ='2x -1 ; (2) k1 k2的值不隨直線I的變化而變化，證明見解析?
【解析】試題分析 ⑴ 設7：y = Ax-l?代入拋物線的方程，利用弦長公式，結合|期卜ML艮阿求解 疋的值，得出直錢的方程；
<2)利用斜率公式，結合韋達定理，由此可得到池+冏為定值.
試題解析:
(1) T Q 0, -1且直線斜率存在，.??可設l:y=kx_1 ,
代入 x?=4y 得: X?—4kx+4=0，令也=161?—16 a 0二 |k|n1,
設 A Xi,物,B x2, y?，二 Xi x? = 4k,XiX2 = 4 ,
??? |AB|
56、= J(1 +k 2
若直線|2與拋物線C相交于A, B兩點，與圓M : x-a y =1相交于D, E兩點，0為坐標原
)(xi _X2 2 = J(1 + k2 )[(xi +X2 , _4^X2 I
=J(1 +k2 J(16k2 -16 ) = 4Jk4 —1 ,
??? AB|=4/15, ? k4-1 =15n k =三乏(-°°,-1 卜(1，兄)，
? l : y = 2x二 1
(2) v F 0,1 ,? ki k2/" y2" / yi" Xi y2"
X1 x2 音x2
X2 (kxi-2 )+為(kx2-2 ) 20x2—2(xi+X2 ) 8k—
57、8k 0
0 ,
x-iX2 x-iX2 4
?- ki k2的值不隨直線I的變化而變化
點睛：本題主要考查了直線與拋物線位置關系的綜合應用，其中解答中涉及到直線與圓錐曲線的弦長公 式，以及二元一次方程中根與系數的關系等關系的應用，著重考查了推理與論證能力，以及轉化與化歸 思想，試題綜合性強，屬于中檔試題，解答中把直線與圓錐曲線問題轉化為方程的根與系數的關系是解
答的關鍵.
2 5
20 ?已知拋物線C: y =2px(p 0)在第一象限內的點 P 2,t到焦點F的距離為 ?
2
QF
，過點M , P的直線li與拋物線相交于另一點 Q，求一
|PF|
(1)
M -
58、A
的值;
(2)
0A—0B，試問：是否存在實數
使得|de|的長為定值？若存在，求出
a的值；若不存在，請
說明理由.
【答案】(1)丄；(2) a=2時， DE =2 , |DE|的長為定值.
4
【解析】試題分析=（1）根擔拋物線的性質可得尸到焦點F的距離為2 + |可得出p,求出4的方程，聯
立拋物屯，故而可得|GF|f \PF\f即可得最后結果K2）設出直線AB的方程為工二即+用，設4（西J］）
月（花』』,與拋物線方程聯立,運用韋達定理得比+旳,劃比，由0A丄0月』得
（①+擷）（切+朋）+鬥旳"，將M 代入可得翩的
59、值?利用直線載圓所得弦長公式得
DE =2」F-
耳尋，故當? = 2時滿定題育.
試題解析：⑴T點尸（2衛(wèi)…遼十彳二*解得p = l, 故拋物線C的方程知 /=2x?當“2時.
R的方程対廠豐+審 聯立y2 = 2x可得_>
又：回|=勺斗嚴E+寧二瞬
一 — 1
8 2 _ 1
2+- 4
2
(2)設直線AB的方程為x = ty ■ m，代入拋物線方程可得 y2 -2ty -2m = 0 ,
設 A Xi, yi B X2,y2，則 yi y^2t , yiy^ -2m，①
由 OA _ OB得：ty1 m ty2 m i亠 ％y2 =
60、0 ,
整理得 t2 1 y-iy2 tm y1 y2 m2 = 0，②
將①代入②解得 m =2 ,???直線丨：x = ty 2 ,
???圓心到直線 l的距離d -」；一2
DE
=2, 12
2
(a-2)
1 t2
顯然當a=2時，|DE|=2 , |DE|的長為定值.
點睛：本題主要考查了拋物線的性質，直線與拋物線的位置關系，直線與圓的位置關系，難度中檔；拋
物線上點的特征，拋物線上任意一點到焦點的距離和到準線的距離相等，即為 x^ P，兩直線垂直即可
2
轉化為斜率也可轉化為數量積為 0,直線與圓相交截得的弦長的一半， 圓的半徑以及圓心到直線的距離可 構成直角三角形
高二數學上學期期末復習備考黃金30題專題06大題易丟分20題蘇教版
