高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期末復(fù)習(xí)備考黃金30題專題06大題易丟分20題理

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1、大題易丟分 1.【題文】已知c 0，且c』1,設(shè)命題p：函數(shù)y = cx在亠「］上單調(diào)遞減；命題 q：函數(shù) (1) 若“ p且q”為真，求實(shí)數(shù)c的取值范圍 【答案】 (2) 若"p且q”為假，“ p或q”為真，求實(shí)數(shù)c的取值范圍. 亍1 【解析】試題分析：(1) T函數(shù)■在R上單調(diào)即“ 00

2、 且 c護(hù)丄> 二一1 p； cMj —1 q: C A —曰匚芝 2 2 分兩種情況進(jìn)行求解最后求并集即可” 試題解析： (1)V函數(shù)y= cx在R上單調(diào)遞減，??? 00 且 c豐 1,「. p: c>1, q： c 且 c工 1. 2 又???)或q”為真，“p且q”為假，「.p真q假或p假q真. 1 1 當(dāng) p 真，q 假時(shí)，{c|0<

3、c<1} n {c | c ，且 c工 1} ={c| 1} n {c|0

4、1)分別求函數(shù)y =lg(20 ? 8x-x2)的定義域和不等式 x2-2x，1-a2_0( a> 0) 的解集化簡集合 A,由A - B二、得到區(qū)間端點(diǎn)值之間的關(guān)系，解不等式組得到 a的取值范圍； (2)求出？p對(duì)應(yīng)的x的取值范圍，由？p是q的充分不必要條件得到對(duì)應(yīng)集合之間的關(guān)系，由區(qū)間端點(diǎn) 值的關(guān)系列不等式組求解 a的范圍. 試題解析: (1)由條件得：A = {x\-lQ2 若= 則必須滿足{1 —*10 a>Q 所以，o的取值范圍為:"11 (2)易得：—p : x —2或 x — -10, ??? 一p是q的充分不必要條件， ??? {x|

5、 X _ 2或X 乞-10}是 B ={x| X _ 1 a或x 乞 1 -a}的真子集 1 a空2 則{1 —a _ -10，解得：0 ::: a 乞1 a 0 ? a的取值范圍為： 0 ：：： a — 1 點(diǎn)睛：本題考查了函數(shù)定義域的求法，考查了一元二次不等式的解法，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，解答 的關(guān)鍵是對(duì)區(qū)間端點(diǎn)值的比較，是中檔題. 3.【題文】已知 m = 0，向量 a = (m,3m)，向量 b = (m 1,6)，集合 A —x | (x - m2)(x m - 2) = 0?. (1)判斷“ a//b”是“|；|= 麗”的什么條件； (2)設(shè)命題p :若a_b，則

6、m = T9 .命題q :若集合A的子集個(gè)數(shù)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】 (1) 若a\\b f 則6m = +1),jk = l(m =：0舍去此時(shí) # 0 = (1$)」”二, 若a =a/10 , =±1 ?故“口||滬是"”二的充分不必要條件一 (2) 若2 丄廠 貝ij7M(m + l)+18m = O5/.^ = -l9(ZM=O舍去)二.戸為鼻命題. 由匕-卅)(葢十用-2) = 0得*或*2-稱，若集合A的子集個(gè)數(shù)為2 ,則

7、集合A中只有1個(gè)元素， 則詔=2—m3-.m = \或—2』故侖為假命題二為頁命題@八？為假命題-1?為頁命題- 【方法點(diǎn)睛】本題主要以向量平行、垂直的關(guān)系和真子集的個(gè)數(shù)為背景，考查了充分條件、必要條件的 判斷以及復(fù)合命題的真假的判斷，注重了對(duì)基礎(chǔ)的考查，難度不大；假設(shè) A是條件，B是結(jié)論；由A可 以推出B，由B不可以推出A，貝U A是B的充分不必要條件(A B)；若由A不可以推出B，由B可 以推出A，貝U A是B的必要不充分條件(B5A); p q只要有一個(gè)為真即為真， p q有一個(gè)為假即 為假，—q的真假性和q相反? 4.【題文】如圖，在四棱錐 0 - ABCD中，底面ABCD

8、是邊長為2的正方形，側(cè)棱 0B _底面ABCD , 且側(cè)棱0B的長是2，點(diǎn)E,F ,G分別是AB, 0D, BC的中點(diǎn)? ￡ ff (I)證明: 0D _ 平面 EFG ; (n)求三棱錐0 - EFG的體積? 1 【答案】(I)證明見解析；(n) 丄. 2 【解析】試題分析：(I)連結(jié)二丄必?［必,通過勾股定理計(jì)算可知- ------- - - - 由三線合一得出°D丄EF：OD亠FG:.0D丄平面EFG；( n)根據(jù)中位線定理計(jì)算EG得出倆G是 # 邊長為上的正三角形，以_二J為棱錐的底面，則打 為棱錐的高，代入棱錐的體積公式計(jì)算 ? 試題解析：(I)證明：t

9、四邊形ABCD是邊長為2的正方形， E是AB的中點(diǎn)，. DE —、5 又：側(cè)棱 0B_ 底面 ABCD , AB 面 ABCD . OB _ AB 又 t 0B=2,EB=1 . 0E =、_5 . DE=0E= ；5, ODE是等腰三角形，F(xiàn)是0D的中點(diǎn)，.EF_OD. 同理DG = DG二、、5, . . 0DG是等腰三角形，'；F是0D的中點(diǎn)， FG _ 0D ；EFFG=F EF,FG 面 EFG 0D _平面EFG (n)側(cè)棱 0B _底面 ABCD, BD 面 ABCD 0B _ BD t 0B =2, DB =2 ,2 0D = 2 3 由(n)知： 0D _

10、平面EFG，一J是三棱錐0到平面EFG的距離 ：'F 分別是 0D 的中點(diǎn)，0F—. 3 , DE =0E =$5, EF _ 0D , EF = DG = DG = \ 5， FH _ 0D FG -、2 t四邊形ABCD是邊長為2的正方形， E，G是AB，BC的中點(diǎn) E^ 2 三角形EFG是等邊三角形? S EFG 1 1 VG -E0F =V0_EFG ' Sh =匚 3 2 5.【題文】如圖所示，直三棱柱 ABC - ABC中， AB二BC , ABC = 90 , D為棱AiBi的中點(diǎn). (I)探究直線 B1C與平面C1AD的位置關(guān)系，并說明理由; (n)若

11、BB1 = = 2，求三棱錐C - ADC1的體積. 2 【答案】（I）見解析（n） . 3 【解析】試題分析：（I ）連接BC1，設(shè)B1C ■ BG =0，則0為B1C的中點(diǎn)由三角形中位線定理可得四 邊形BQGD為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得 BiCL平面GAD ； （II ）由點(diǎn)C到平面ADCi的 距離等于點(diǎn)B1到平面ADC1的距離，再利用“等積變換”可得 1 1 一、 Vc _adc1 -Vb1 _c1ad =Vq _biad =—域一x BiD x BBi x BG，進(jìn)而可得三棱錐 C - ADCi的體積. 3 2 試題解析：（I）連接設(shè)妁= 因?yàn)樗?/p>

12、邊形％為矩形，所次。為妁c的中點(diǎn). 設(shè)G為/G的中點(diǎn)，連接0G, DG?則OG\\ABf且。G = 由已知4禺11曲，且耳則|| 0G ,且 2 所以四邊形B.0GD為平行四邊形, 所以 Bfi || DG ,即 B.C || DG ? 因?yàn)镽&U平面CyAD? DGu平面所以場0||平面CJD. （n）易知B1C1 —平面AA|B1 B，由（I）可知， BQL平面C1AD . 所以點(diǎn)C到平面ADC1的距離等于點(diǎn) B1到平面ADC1的距離, 9 所以 Vc _adc1 = Vb1 _c1ad .因?yàn)?BB^ =2 , 所以Vc辭& -VBi _CiA

13、D =VCi _Bi AD 1 1 1 1 2 B1D BB1 B1C1 1 2 2o = 3 2 3 2 3 2 故三棱錐C _ADC1的體積為一? 3 6.如圖，在三棱錐P-ACD中，天B=3SD , PB _底面ACD , BC _ AD,AC 二、、10, PC 二,5 , cos/ACP 二 10 （1） 若E為AC上一點(diǎn)，且BE _ AC，證明：平面PBE _平面PAC . （2） 若Q為棱PD上一點(diǎn)，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：（1）由PB

14、 _平面ACD可得PB _ AC，又BE _AC ， BE BD = B，所以C - 平面PBE，根據(jù)面面垂直的判定定理得平面 PBE _平面PAC。（2）在AACP中，由余弦定理得 AP =用，根據(jù)勾股定理可得 AB=3, BC=1, PB=2,由BQ//平面PAC可得BQ//PA，從而得到 PQ QD AB BD -3，故BD=1?過Q作QH //PB，交AD于H，則QH為三棱錐Q - ACD的高，且 1 1 1 QH PB 。由三棱錐的體積公式可得 Vq^cd = 4 2 3 試題解析： (1)證明：??? PB_平面 ACD , AC 平面 ACD ???

15、 PB _ AC. 又 BE — AC , BE 一 BD 二 B , AC —平面 PBE. ??? AC 平面 PAC , ?平面PBE —平面PAC. = 15-2 5.2 在 ACP中，由余弦定理得 2 2 2 AP 二 AC PC -2AC PC cos. ACP ??? AP「13 , AB2 BC -10, AB =3, 由條件得｛ BC2 PB2 =5, 解得｛BC =1, AB2 PB -13, PB=2. ?/ BQ //平面 PAC , BQ 二平面 PAD，平面 PAC「平面 PAD = PA , ? BQ//PA , PQ AB QD 一

16、 BD 1 1 過Q作QH / /PB，交AD于H，則QH為三棱錐 Q -ACD的高，貝U QH PB . 4 2 AD = AB ■ BD = 3 ■ 1 = 4 , Vq hCD =1 1 1 4 1 = 1 3 2 2 3 1 即三棱錐Q - ACD的體積為1 . 3 7?【題文】如圖，在三棱柱 ABC - AB。中，CG _底面ABC , AC二BC = 2 , AB = 2、、2 , CC1 =4 , M是棱CG上一點(diǎn). (I)求證：BC _ AM ? (II )若M , N分別是CC1 , AB的中點(diǎn)，求證： CN //平面AB1M n (III

17、)若二面角 A -MB1 -C的大小為一，求線段C1M的長 4 【答案】（I）見解析（II ）見解析（III ） C1M =3 2 【解析】（D 丁*丄平面ABC,月Cu平面應(yīng)C, 二 eq 丄 bc. v JC=JPC=2, AB =価, :?SC 中'AC2+BC2 = ^=AB2, :.BC丄4C. :AC^CC^C, :.BC丄平面ACC^ . :AMu平面 ACC}Ai? :.BC丄血f . （II ）連接A,B交AB1于點(diǎn)P ? ???四邊形AAiBiB是平行四邊形， 二P是AB的中點(diǎn). 又??? M， N分別是CC1， AB的中點(diǎn)， ??? NP

18、UCM，且 NP =CM , ???四邊形MCNP是平行四邊形， ? CN LJMP ? 又CN二平面AB1M , MP 平面AB1M , ? CN U平面 ABiM ? (III )??? BC _ AC，且 CG —平面 ABC , --CA， CB， CCi兩兩垂直。 以C為原點(diǎn)， CA， CB， CCi分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系 C -xyz . 設(shè) CM 二 t，則 C 0,0,0 , A 2,0,0 , E 0,2,4 , M 0,0,t , ??? MA 二 2,0, -t , AB1 二 0,2,4 -t , MC 二 0,0, —t . 設(shè)平面

19、AMB1的法向量為 n 二 x, y,z , 故 n MA =0， n MR =0, 2x —tz = 0 則有｛ , 2y +(4_t )z =0 令 x =t，則 n = t,t -4,2 ， 又平面MBiC的法向量為 m h[1,0,0 . n ???二面角A -MB1 -C的大小為 , 4 n 二 cos—二 4 t 2 2 t t -4 4 5 解得t ，即CM 2 .GM =2 -CM 5 , 2 3 — ? 2 ?GM = 3. 2 點(diǎn)睛：禾U用法向量求解空間二面角的關(guān)鍵在于“四破”：第一，破“建系關(guān)”，構(gòu)建恰

20、當(dāng)?shù)目臻g直角坐 標(biāo)系；第二，破“求坐標(biāo)關(guān)”，準(zhǔn)確求解相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；第三，破“求法向量關(guān)”，求出平面的法向量; 第四，破“應(yīng)用公式關(guān)”. 1 &【題文】如圖，直三棱柱 ABC-ABiCi中，?ACB=90、，AC = BC AAi , D是棱AAi上的 2 動(dòng)點(diǎn)? 證明：DG _ BC ； 若平面BDC1分該棱柱為體積相等的兩個(gè)部分，試確定點(diǎn) D的位置，并求二面角 A -BD -C1的大小. 【答案】（1）見解析（2） 30° 【解析】試題分析：C1）由＜7?丄平面曲（7得丄再由兒得月C丄平面ACC^f 所以RD丄DC” 2）根據(jù)割補(bǔ)法求%? +忌進(jìn)，根據(jù)體積為三棱柱

21、一半俅得D為山1中點(diǎn)門取4^1 的中點(diǎn)Of根據(jù)垂直關(guān)系可得ZC.DO是二面甬&-BD-G的平面角?最后解三角形可得二面角 A.-BD-C,的大小 試題解析：解：(I )節(jié)CQ _平面ABC, ■ GC _ BC 又.ACB =90：,即 BC _ AC, AC - CQ =C BC _ 平面 ACCiA, 又 DC1 平面 ACC1A1 , BC _ DC1 ； (II) VD _BCC1 1 1 1 S BCC1 AC SBCC1B1 AC v 3 6 3 ；CC[ BCC[ B^ ABC _A] B[C[, 13 1 依題意 Vd _BCC1 Vd

22、 jbc Vabc - A B1C1 , 2 1 1 1 1 、，…亠― -VD _ABC ■ VABC -A|B1C^ ' S ABC AD ' S ABC AA1 = AD ' AA , D 為 AAI 中點(diǎn)； 6 3 6 2 （法 1）取AiBi的中點(diǎn)O,過點(diǎn)O作OH _ BD于點(diǎn)H，連接GO,GH AC1 = B1C1 = CQ _ AQ,面 A1B1C1 一 面 A1B^ = CQ _ 面 A1BD OH — BD = GH — BD ,得點(diǎn)H與點(diǎn)D重合，且? GDO是二面角A - BD - G的平面角. /za 30 ° 設(shè) AC 二a，則 CQ r—^GD 二

23、、2a =2GO= ? CQO =30；,得二面角的大小為 2 （法 2）以C為空間坐標(biāo)原點(diǎn)， 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 標(biāo)系，設(shè) AC 的長為 1 ,則 A(1 0,0 卜 B(0 10 卜 D(1 0 1、A(1 0 ,卜 Bi(0 12 卜 G(0 0 , )? 作AB中點(diǎn)E ,連結(jié)CE ,則CE _ AB ,從而CE _平面ABD ,平面ABD的一個(gè)法向量 25 設(shè)平面 BCQ 的一個(gè)法向量為 H 二 x,y,z，則 BDP.1, -1,1 h[-1,0,1 ,令 Z =1,得 X =1,y =2 , n= 1,2

24、,1 BD 0= x-y z = 0 ?DC1 = 0= -x，z=0 ，■” cos日 =cos I —— I J— 2 _ .3 故二面角 A - BD -C1為30 ° . 點(diǎn)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(shè)滿足條件的元素 (點(diǎn)、 直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素 (點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在.(2)反證法與驗(yàn)證法也是求 解探索性問題常用的方法. 9?【題文】已知坐標(biāo)平面上點(diǎn) M x, y與兩個(gè)定點(diǎn)

25、Mj 26,1 , M2 2,1的距離之比等于5. (1) 求點(diǎn)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(diǎn)A -2,3的直線I被C所截得的線段的長為 8，求直線I的方程. 2 2 【答案】(1)( X—1 ) +(y —1 ) =25 (2) X = —2，或 5x—12y+46 = 0 ? 【解析】 【試題分析】(1)運(yùn)用兩點(diǎn)間距離公式建立方程進(jìn)行化簡； (2)借助直線與圓的位置關(guān)系， 運(yùn)用圓心距、半徑、弦長之間的關(guān)系建立方程待定直線的斜率，再用直線的點(diǎn)斜式方程分析求解： (1)由題意，得 M1M M2M 2丄工 2 x 26 ) +(y

26、 T ) / 2 2 X _2 y -1 化簡，得 x2 ■ y2 _2x _2y _23 =0 ? 2 2 即 x -1 1 亠［y -1 =25 . 2 2 .點(diǎn)M的軌跡方程是 x -1 y -1 25 軌跡是以1,1為圓心，以5為半徑的圓 (2)當(dāng)直線I的斜率不存在時(shí)， 1: x = -2 , 此時(shí)所截得的線段的長為 2 52 -32 =8， .I :x二-2符合題意. 當(dāng)直線I的斜率存在時(shí)，設(shè)I的方程為 y「3 二k x 2，即 kx-y 2k 3=0 , 圓心到I的距離d =叮2 , Jk2+1 由題意，得"嚴(yán)+ 2 +42 =52, b/k^r

27、 丿 5 解得k =—. 12 5 23 ???直線I的方程為三x - y ? — =0 . 12 6 即 5x -12y 46 =0. 綜上，直線I的方程為 x = -2，或 5x -12y 46 =0. 點(diǎn)睛：軌跡方程的探求是高中數(shù)學(xué)中重要的題型之一，本題中的第一問是典型的到兩定點(diǎn)距離之比為定 值的點(diǎn)的軌跡的探求。求解時(shí)直接運(yùn)用兩點(diǎn)間距離公式建立方程，然后再兩邊平方進(jìn)行化簡，從而獲得 答案；第二問也是傳統(tǒng)的直線與圓相交的問題題型。求解時(shí)先運(yùn)用點(diǎn)斜式建立直線的方程，然后運(yùn)用圓 心距、半徑、弦長之間的關(guān)系建立方程待定直線的斜率，再用直線的點(diǎn)斜式方程使得問題獲解 . 10

28、?【題文】已知圓 C的圓心在直線2x ^0上，且與另一條直線 x ? y =1相切于點(diǎn)A 2,-1 . (1) 求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2) 已知P 5,4，點(diǎn)Q在圓C上運(yùn)動(dòng)，求線段 PQ的中點(diǎn)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=- 2 【解析】試題分析：(1)由題意可知所求圓的圓心在經(jīng)過點(diǎn) A，且與直線x ? y =1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 y + 4 (2)設(shè) M (x，y),

29、 B Xo， yo)，則有 0 二 x,丄0 y= x° 二 2x「5, y° 二 2y「4 代入圓 C 即可 2 2 得到線段PQ的中點(diǎn)M的軌跡方程? 試題解析：(1)設(shè)圓C的方程為(x-a) 2+ (y - b) 2=r2, '2a+b=0 ,(2-a) ?+(l「b) JF (-1)二-1 根據(jù)題意得：1日-2 , a=l * b=-2 2 解得：二2, 則圓C的方程為(x- 1) 2+ (y+2) 2=丄; 2 5+x y + 4 (2)設(shè) M( x, y), B( xo, yo),則有 =x, =yn x0=2x —5, y0 = 2y —4 代入圓 C

30、 方程得： 2 2 (2x - 5) 2+ ( 2y - 4) 2=8 ,化簡得(x-3) 2+ (y- 1) 2=- 2 11 .【題文】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A,B兩點(diǎn)，O為 原點(diǎn)， 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(diǎn)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 -^-(x 1,y 1); ( 3) 3 2. 2 . 2 【解析】試題分析：(1 )寫

31、出直線的截距式方程，化為一般式，化圓的一般式方程為標(biāo)準(zhǔn)式，求出圓心 坐標(biāo)和半徑，由圓心到直線的距離等于半徑得到曲線 C與直線I相切的充要條件； (2)設(shè)出線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得到 a, b與AB中點(diǎn)坐標(biāo)的關(guān)系，代入(1)中的條件得 線段AB中點(diǎn)的軌跡方程.(3)因?yàn)閍與b都大于2，且三角形AOB為直線三角形，要求面積的最小值即 要求ab的最小值，根據(jù)(1)中直線I與圓相切的條件(a-2 ) (b-2 ) =2解出ab，然后利用基本不等式 即可求出ab最小時(shí)當(dāng)且經(jīng)當(dāng)a與b相等，求出此時(shí)的 a與b即可求出面積的最小值. 試題解析: ⑴圓的圓心為〔UL半徑為1 ?可以看作是R

32、TMOg的內(nèi)切圓。 內(nèi)切圓的半徑= OA+OB-AB 即a + b-朋+只=2, / + F =(a + B-2)至卩仍一2a-2b + 2^Q , 2)(b—2) = 2 ? r a h\ ⑵線段AE中點(diǎn)(花刃為I -- 12 2 J .\(x-l)(y-l)=i (x>lBy>l) ⑶ ab-2a -2b 2 =0 , ab 2 = 2 a b -4 、ab , 解得 tjab 亠2 ：」2 , S aob = 1 ab , 2 亞 _3 2&, 2 AOB最小面積3'2J2 . 點(diǎn)睛：本題考查了軌跡方程，考查了直線和圓位置關(guān)系的判斷，點(diǎn)到直線的距離公

33、式的用法，解題的關(guān) 鍵是對(duì)等式進(jìn)行靈活變換，利用基本不等式求函數(shù)的最值 12 .【題文】已知?jiǎng)訄A「： ”+二 W：占打+ ；：「 . - ：■與圓.:: 「交于 點(diǎn)，且這兩點(diǎn)平分圓 的圓周. (1) 求動(dòng)圓丫的圓心的軌跡方程； (2) 求圓'半徑最小時(shí)的方程. 【答案】(1)(兀十1尸二-2&+2)；(2)3+1尸十0 + 2)2 = 5. 【解析】試題分析：(1)由題意得圓心 叱-1廠：.；為弦 的中點(diǎn)，故丫沖八「V,由此可得點(diǎn) + 2)>0, M的軌跡方程；(2)由(1)知圓M的半徑為「_」；?，故求出 的值即可，由于 “ 所以 ，從而 一「"— 1 ■--：'，所以當(dāng)

34、“ 一-， 時(shí)半徑最小，由此可得解。 試題解析: 圓程即為(兀-m)2 4-(y - n)3 =n3 4- lj 圓 N 方程即為(x + l)s + Cy+ I)3 = 4. Cl)由題意得，圓心嘰7—1〕為弦朋的中點(diǎn)， 在脫44MN中， \r\AM\2 = |AjY|3 + |MN|S A(m4-1)2 = -2(n 4- 2) (*) 故動(dòng)圓圓心M的軌跡方程為(龍+1)3 = -2(y + 2). (2)由(*)式，知 + L 八 +〉- 于是有 ， 而圓 半徑丁一 J：叮十：|- -' ■■■ .?.當(dāng)."二 時(shí) _ 1 '豈一 I 所求圓的方程為 - 2

35、2 13?【題文】已知橢圓 令?首-1(a b 0)的右焦點(diǎn)為F2 3,0，離心率為e. a b (1若e —，求橢圓的方程； 2 O在以 (2)設(shè)直線y=kx與橢圓相交于 A, B兩點(diǎn)， M,N分別為線段AF2, BF2的中點(diǎn)，若坐標(biāo)原點(diǎn) 72 x/3 MN為直徑的圓上，且 e ，求k的取值范圍. 2 2 2 2 【答案】(1)令才十2)-：： 積公式及 ，即可求出 k的取值范圍 (2)聯(lián)立直 可得根與系數(shù) 結(jié)合向量數(shù)量 【解析】(1)由e =子，右焦點(diǎn)為F2 3,0，求出a , c，可得b，即可求出橢圓的方程; 線y =kx與橢圓的方程，消去 y，得到關(guān)

36、于x的一元二次方程，設(shè) A x1,y1 ,B x2,y2， 的關(guān)系，根據(jù)題意得 OM _0N，易知，四邊形 OMF2N為平行四邊形，則 AF2 _ BF2， 由題意得c=3,C 3， a 2 a = 2.：：.：?3 . 又??? a2 =b2 c2, b2 = 3. ???橢圓的方程為 12 3 2 2 x y (2)由｛ a2 b2 得 b2 a2k2 x2-a2b2 y = kx, 設(shè) A 捲，, B X2,y2 ?所以 X1 X2 =0,加2 二 -a2b2 b2 a2k2 為平行四邊形，所以 AF2 — BF2.

37、 X1X2 9 = 0 ? 依題意， 0M _ ON，易知，四邊形 OMF2N FA = Xj -3,% , T^B = X2 -3$2 , ? F2A F2B = X1 -3 X2 -3 y1y^ 1k -a2 a2-9 1 k2 即 a2k2+(a2—9) +9~Q， 4 2 2 a -18a 81 將其整理為k2 _a4 ^8a2 十81 4 “ c 2 a -18a ，- 2 ??? 2^3

38、 14 一 點(diǎn)睛：在圓錐曲線中研究最值或范圍問題時(shí)，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首 先建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值?在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時(shí)常從以下方面考慮： ① 利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系，從而確 定參數(shù)的取值范圍； ② 利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的關(guān)鍵是在兩個(gè)參數(shù)之間建立等量關(guān)系； ③ 利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍 仝，且過點(diǎn)M 4,1 . 2 2 2 14 .【題文】已知橢圓 C:篤■■y2=1 ( a b 0)的離心率為 a b (1)求橢圓C的方程; (2)若直線l : ^x m

39、 ( m= -3)與橢圓C交于P,Q兩點(diǎn)，記直線MP,MQ的斜率分別為k1,k2，試 探究k1 k2是否為定值，若是，請(qǐng)求出該定值；若不是，請(qǐng)說明理由 【答案】(1) 2 2 y =1 (2) k1 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 a2=4b2,將M代入橢圓方程，即可求得 a和b的值, 求得橢圓方程； (2)將直線1 :代入橢圓方程，禾U用韋達(dá)定理及直線的斜率公式，即可取得 k1+k2=0. 試題解析： a2 b2 7 (1)依題意, {a—2, c 73 a _ 2， 2 2 解得a2 = 20,

40、 b2 = 5,c2 =15，故橢圓C的方程為— - 1 ； 20 5 (2) k1 k2 =0，下面給出證明：設(shè) P X1,y( , Q X2,y2 , 2 2 將 y =x - m代入- y 1 并整理得 5x2 8mx 4m2 - 20 = 0 , 20 5 2 2 :-8m -20 4m -20 0，解得—5 ：： m 5，且 m 一3. 故 x-i x2 8m 5 4m2 -20 則 k- k2 二 Xi —4 y2 -1 x2 -4 yi -1 X2 -4 y2 -1 Xi -4 (xi—4 "2—4) 分子=% m -1 屜 一4 ］亠［x2

41、m -1 為 一4 . 2 2（4m -20 ） 8m（ m -5 ） 二 2x^2 亠〔m -5 x1 x^-8 m -1 8 m -1 = 0 , 5 5 故k1 k2為定值，該定值為 0. 15?【題文】已知圓 C1 : x2 y^4過圓上任意一點(diǎn) D向x軸引垂線垂足為 D1 （點(diǎn)D、D1可重合）， 點(diǎn)E為DD1的中點(diǎn). （1） 求E的軌跡方程； （2） 若點(diǎn)E的軌跡方程為曲線 C，不過原點(diǎn)O的直線I與曲線C交于P、Q兩點(diǎn)，滿足直線OP， PQ， OQ的斜率依次成等比數(shù)列，求 UOPQ面積的取值范圍 2 【答案】（1） 一 + y2=1 ；（ 2） LIOPQ面積的

42、取值范圍為（0,1）. 4 【解析】試題分析：（1 ）設(shè)E x, y，則D x,2 y，代入圓C1 : x2 ? y2 = 4即可得解; （2）由題意可知，直線I的斜率存在且不為 0,故可設(shè)直線I的方程為y = kx + m（ m云0），與橢圓聯(lián) 立得 1 4k2 x2 8kmx 4 m2 -1 =0，設(shè) P 音，比，Q x?, y?，由直線 OP， PQ， OQ 的 斜率依次成等比數(shù)列， 2 2 % y2 k x(x2 km x-i x2 m x-i x2 xi x2 2 2 -k，可得k 寸，再由 PQ=時(shí)|—2，計(jì)算g^dPQl即可. 試題解析: (1)設(shè)

43、 E x, y，則 D x,2y，則有: 2 2 x ■ 2yi； =4，整理得: (2)由題意可知，直線I的斜率存在且不為 0 ,故可設(shè)直線I的方程為 P Xi, yi ， Q X2, y2， y = kx m 2 2 x 4y 「4 = 0 消去 y 得 14k2 x2 8kmx 4 m2 -1 = 0 則厶=64k2m2 -16 1 4k2 m2 -1 =16 4k2-m21 0， 且 x1 ? x2 口 -8 km 2 1 4k 2 2 -8k m 2~ 1 4k2 m2 -0，又 m = 0，所以 k2 二1， 4 % y2 k x-|X

44、2 km x1 x2 m -- k X, x2 x1x2 2 4 m2 -1 2~ 1 4k 2 2 故 * y2 二 kx1 m kx? m = k X1X2 km 為 X2〕亠 m 因?yàn)橹本€OP， PQ， OQ的斜率依次成等比數(shù)列, 由于直線OP， OQ的斜率存在，且=:■- 0，得0 ：：： m2 ：：： 2且m2嚴(yán)1，設(shè)d為O到直線I的距離, PQ = . 1 k2 X)-x2 =.1 k2 v64k2m2 -16 m2 -1 1 4k2 1+4k2 4、1 k2 4k2 -m2 1 1 +4k2 則Sopq =1d|PQ = Jm2(2

45、—m2 )，所以UOPQ面積的取值范圍為(0,1). 點(diǎn)睛：在圓錐曲線中研究最值或范圍問題時(shí)，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首 先建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值?在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時(shí)常從以下方面考慮: ① 利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍； ② 利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的關(guān)鍵是在兩個(gè)參數(shù)之間建立等量關(guān)系； ③ 利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍 16 ?【題文】設(shè)點(diǎn)F 0,1 ，動(dòng)圓A經(jīng)過點(diǎn)F且和直線y 相切，記動(dòng)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)

46、設(shè)曲線C上一點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t t 0，過P的直線交C于另一點(diǎn)Q，交x軸于點(diǎn)M，過點(diǎn)Q作 PQ的垂線交C于另一點(diǎn)N .若MN是C的切線，求t的最小值? 2 2 【答案】(1) X二y ； (2) tmin盲 【解析】試題分析：("根據(jù)拋物線的定％求出拋物線的解析式即可；心〉求出直線尸0的方程，求出財(cái) 的坐標(biāo)，聯(lián)立方程組，求出N的坐標(biāo)，求出直線的斜率，得到關(guān)于才的不等式，求出『的范圍即可. 試題解析：(1)過點(diǎn)/作直線初垂直于直線尸丄于點(diǎn)廠 由題意得的二|婀， 4 所決動(dòng)點(diǎn)A的軌跡是以F為焦點(diǎn)」直線7 為準(zhǔn)線的拋物線. 4 所以拋物線卍的方程為 (2)由題意知，過點(diǎn) P t,t2

47、的直線PQ斜率存在且不為0，設(shè)其為k. 則 1Pq : y -t2 =k x-t，當(dāng) y =0,x 二 -t2 kt k ，則M 12 +kt ? k 聯(lián)立方程｛ 2 y -t = k x _t 2 x y ，整理得: 2 x -kx t k -t = 0. 即：(x -t)[x -(k -t)]=0，解得 x = t 或 x = k -t. 2 1 二 Q(k —t,(k —t ))，而 QN 丄QP ,???直線 NQ 斜率為—丄. k 2 ?? Inq ： y - k -t 2 聯(lián)立方程｛y 一k —t 1 八[x - k -t

48、 2 x y 2 1 1 . . 2 整理得： x ? 一 x - 一 k -t〕?〔 k -1 0 , k k 即：kx2 x - k _t i(k k -t 1 ：=0 , ||kx k k -t 1 ||x— k —t = 0 , 解得： x」k7 1，或 ^k-t. k ??? n k k -t 1 _k k _t 1 2 k ， k2 ||k k —t 1 2 2 2 kNM E k —kt 1 k k -t 1 _t2 kt - k t2 _k2 _1 k _ k 而拋物線在點(diǎn)N處切線斜率: k切=ylx半廠半一 2 MN是拋物

49、線的切線, k - kt 1 -2k k - t -2 k t -k2 -1 k 整理得 k2 tk 1 -2t2 =0 , 2 2 2 2 2 ??? '? =t2-4 1-2t2 _0，解得 t （舍去），或 t—— ,??? tmin . 3 3 3 17 .【題文】已知橢圓 E中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，且經(jīng)過A（-2,0卜B（ 2,0卜C ' 1^3 i三點(diǎn). （1）求橢圓E的方程; ⑵ 在直線x =4上任取一點(diǎn)T 4,m m = 0 ,連接TA,TB ,分別與橢圓E交于M、N兩點(diǎn),判斷直線 MN是否過定點(diǎn)？若是,求出該定點(diǎn)?若不是，請(qǐng)說明理由? 2 2

50、【答案】（1）— y 1 ；（ 2） 1,0 4 3 2 2 【解析】試題分析：由于橢圓過兩個(gè)不同的點(diǎn)，故可設(shè)橢圓方程為 mx ? ny = 1（m 0, n ? 0, m = n）， 代入已知點(diǎn)的坐標(biāo)， 可以橢圓的方程?（2）的直線AT,BT均是過頂點(diǎn)的直線， 故通過聯(lián)立方程組可以得 到M,N兩點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)橢圓及其動(dòng)點(diǎn) T的對(duì)稱性可以知道定點(diǎn)如果存在， 則必定在x軸上，猜出定 點(diǎn)的坐標(biāo)為D 1,0，最后利用斜率證明 M , D,N三點(diǎn)共線. (1)設(shè)橢圓方程為 mx2 ny2 = 1(m 0,n 0, m = n)， 將A -2,0 ,C 1=代入橢圓方程得到 I 2丿

51、 4m = 1 m =丄 { 9 ，計(jì)算得出{ 4，所以橢圓方程為 m —n =1 1 4 n = _ 3 <2)直線尸等匕+2),直線晉(葢-2)』聯(lián)立｛"邸"習(xí)得 6 2 3/十 4只=12 54—2m 皿 l m 小 石不，代入嚴(yán)沙+2) 7 顯 +2?)* + 4m2x+4wi2 -108 =0、所臥—耳—~，故耳= 丿 m +27 54-2m1 18m +同理N —6m 詁+巧 當(dāng)和工±3時(shí)，甩二唱半 5 斗 _ 2/m ^+27 知 0 .27 - 3ma 9-mi 2wa-6 . 9-ma —1 '—1 — 1 新+ 3 三點(diǎn)共線;

52、 當(dāng) m 二 3 時(shí)，xm =1,xn =1 , M ,D, N三點(diǎn)共線; 綜上， M,D,N三點(diǎn)共線也就是 MN過定點(diǎn)D . 點(diǎn)睛：直線與圓錐曲線的位置關(guān)系中，如果已知?jiǎng)又本€過定點(diǎn)且與圓錐曲線有另一個(gè)交點(diǎn)，那么通過韋 .另外，我 達(dá)定理可以求出另一個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)并用斜率表示它，從而考慮與該點(diǎn)相關(guān)的一些定點(diǎn)定值問題 們用先猜后證的策略考慮定點(diǎn)定值問題，因此這樣可以使得代數(shù)式變形化簡的目標(biāo)更明確 2 2 x y 18 ?【題文】已知橢圓 — 2 =1(a b 0)的短軸端點(diǎn)和焦點(diǎn)組成的四邊形為正方形，且橢圓過 點(diǎn) a b (1) 求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;

53、 (2) 邊形 ABCD的面積為定值. b2 四邊形ABCD的頂點(diǎn)都在橢圓上，且對(duì)角線 AC、BD過原點(diǎn)O,若kAC kB^ - ，求證：四 a 2 2 I答案】(1) ⑵見解析. 4 2 【解析】試題分析：(1)由題意b =c , 2 2=1，又a2二b2 ? c2，解得a2, b2即得橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程 y = kx m, 3 1 歲 2 2 '得 x 2y = 8, a b (2)設(shè)直線AB的方程為y = kx ■ m，設(shè)A x1,y1 , B x2, y2，聯(lián)立｛ 2， 2 2 2 2 1 2k x 4kmX 2m -8=0 ,

54、寫出韋達(dá)定理，因?yàn)? b2 1 1 2m2 -8 ?-y1y2_2X1X2_2k m2 -4 2 1 2k 2 2 My2 = m kx2 m = k x1x2 km % x2 m 2 二 k2 2m km -4km 2 2 2 m 「4 m 「8k 2 2 … 廠，解得4k ? 2 =m，則 1 2k2 2 1 2k2 s. AOB 4|ab d =1J1 +k2 "一x2 如 2 1 k2 試題解析: 4 2 ⑴由題意b" , -42 b2^，又 x2 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 1. 8 4 (2)設(shè)直線AB的方程為y =kx m , 聯(lián)

55、立｛y X 1 2k2 1 2k2 m2 2 2 m -8k 2 ) 1 2k2 =2、4k2 - m2 ? 4，結(jié)合 4k2 ? 2 二 m2 即得解. 2 |2 丄 2 "十 2 c a b c，解得 a = 8 , 設(shè) A X1, y1 , B X2, y2 , = ；2；得 1 2k2 —8 = 0 , 2 2 2 2 2 .-i4km -4 1 2k2 2m2 -8 =8 8k-m2 4 0, X| X2 1 -4 km 2 5 2k2 'kOA kOB b2 a 2m2 -8 X1X2 - 1 . 2/ X-|X2 2m2 -8

56、 2 1 2k 2m2 -8 2 2 2 y』2 二 kxi m kx2 m = k X1X2 km X1 X2 m k〔 ？丘2 km m2 -4 2 1 2k m2 -4 2 2 m -8k 1 2k2 1 2k2 m— =m_8k2 2 2 ，二 4k 2 = m , 設(shè)原點(diǎn)到直線 AB的距離為d，則 S^Aob =4aB d 2 m m 1X1 X2 J" 訶二 2 x1 x2 - 4x1x2 -4km 2 2 m 1 2k 2 ci 2 m -8k 2 ) 1 2k

57、 # m -4 km 1 2k2 2 2 ’ 2m -8 ~4 2 1 2k2 2 IJ64^ — 16]-4) =2j4k2 - m2 +4 = 2血, m m 29 …Sabcd = 4S-aob =8,2，即四邊形ABCD的面積為定值. 19.【題文】已知拋物線C : x2 = 4y的焦點(diǎn)為F ,準(zhǔn)線與y軸的交點(diǎn)為Q ,過點(diǎn)Q的直線I與拋物線C

58、相 交于不同的代B兩點(diǎn). (1)若 (2)記 AB =4 .一 15，求直線 I的方程; FA、FB的斜率分別為 k「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(jié)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(1)設(shè)I : y =kx -1，代入拋物線的方程，利用弦長公式，結(jié)合 AB = 4,15，即可求 解k的值，得出直線的方程; (2)利用斜率公式，結(jié)合韋達(dá)定理，由此可得到 k1 - k2為定值. 試題解析: (1) V0{o-

59、1)且直線斜率存在，二可設(shè) 代入云=4$得：y — 4b+4 =(b 令A(yù) = I6A72-16>0o|Jt|>l, 設(shè)/(坷(花…*以十花=4広西花=4, =』1 + 疋)(16疋_16)= 4尿-1 , (2)^ f 0,1 匕 y 八1 x1 “ x1 x2 ^x2 x2 k% -2 x kx2 -2 2k^x2 -2 x1 x2 8k -8k 0 , XX2 XjX2 二k1 k2的值不隨直線I的變化而變化. 點(diǎn)睛：本題主要考查了直線與拋物線位置關(guān)系的綜合應(yīng)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(shù)的關(guān)系等關(guān)系的應(yīng)用，著重考查了推理

60、與論證能力，以及轉(zhuǎn)化與化歸 思想，試題綜合性強(qiáng)，屬于中檔試題，解答中把直線與圓錐曲線問題轉(zhuǎn)化為方程的根與系數(shù)的關(guān)系是解 答的關(guān)鍵? 2 5 20 ?【題文】已知拋物線 C: y =2px(p 0)在第一象限內(nèi)的點(diǎn) P 2,t到焦點(diǎn)F的距離為三? f QF (1) 若M . -一,0 過點(diǎn)M , P的直線|1與拋物線相交于另一點(diǎn) Q，求_L的值； I 2 丿 |PF 2 2 (2) 若直線12與拋物線C相交于 代B兩點(diǎn)，與圓M : x-a y =1相交于D,E兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原 點(diǎn)，OA丄OB,試問：是否存在實(shí)數(shù) a，使得| DE的長為定值？若存在，求出 a的值；若不存在，請(qǐng) 說明理

61、由. 1 【答案】(1) 1 ; (2) a =2時(shí)， DE =2 , DE的長為定值. 4 【解析】試題分析：＜1)根據(jù)拋物線的性質(zhì)可得尸到焦點(diǎn)F的距離為2 +彳可得出'求出￡的方程》聯(lián) ▲ 立拋物線牝,故而可得\0.^\, 即可得最后結(jié)果;⑵設(shè)出直線AB的方程為e卯+心設(shè)/佃 月(花，乃)，與拋物線方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理得旳十乃，旳片，由OA丄O月，得 2 y =2x，當(dāng) x = 2 時(shí), 、 4 --l1的方程為y x 5 -，聯(lián)立y2 =2x可得, 5 1 丄1 qf| QF =Xq 十_ , PF =x + — 入P ，… 甬 2

62、 2 又??? 1 xq 二， 11 _ 8 2 _ 1 2 1 4 2 + m) + ^2 =0 將yr + y2 f旳旳代入可得朋的值，利用直線截圓所得弦長公式得 試題解析： (1)：點(diǎn) P 2,t ,??? 2 - =5，解得 p =1 , 2 2 故當(dāng)a = 2時(shí)滿足題意. 故拋物線C的方程為: (2)設(shè)直線AB的方程為x =ty ? m，代入拋物線方程可得 y2 -2ty -2m = 0 , 設(shè) A xi, yi B X2, y2，則 yi y^2t , y〃2 二-2m，① 由 OA _0B 得：ty1 m ty2 m y1y2 =0, 2 2 整理得 t 1 y-iy2 tm y1 y^;i： m =0，② 將①代入②解得 m =2 ,???直線丨：x = ty 2 , ???圓心到直線 的距離d =匕2 Ji +t2 1 t2 顯然當(dāng)a = 2時(shí)，DE =2 , DE的長為定值. 點(diǎn)睛：本題主要考查了拋物線的性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系，直線與圓的位置關(guān)系，難度中檔；拋 物線 上點(diǎn)的特征，拋物線上任意一點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離和到準(zhǔn)線的距離相等，即為 x0 ?衛(wèi)，兩直線垂直即可 2 轉(zhuǎn)化為斜率也可轉(zhuǎn)化為數(shù)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(gòu)成直角三角形?