高考复习方案全国人教数学历年高考真题与模拟题分类汇编 H单元 解析几何Word版含答案

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1、高考数学精品复习资料2019.5课标理数 15.H115.H1 在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x，y)为整点，下列命题中正确的是_(写出所有正确命题的编号)存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点；如果k与b都是无理数，则直线ykxb不经过任何整点；直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点；直线ykxb经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数；存在恰经过一个整点的直线课标理数 15.H115.H1 【解析】 正确，比如直线y 2x 3，不与坐标轴平行，且当x取整数时，y始终是一个无理数，即不经过任何整点；错，直线y 3x 3中k与b都是无理数，但

2、直线经过整点(1，0)；正确，当直线经过两个整点时，它经过无数多个整点；错误，当k0，b13时，直线y13不通过任何整点；正确，比如直线y 3x 3只经过一个整点(1，0)课标文数 17.H217.H2，H5H5 设直线l1：yk1x1，l2：yk2x1，其中实数k1，k2满足k1k220.(1)证明l1与l2相交；(2)证明l1与l2的交点在椭圆 2x2y21 上课标文数 17.H217.H2，H5H5 本题考查直线与直线的位置关系，线线相交的判断与证明，点在曲线上的判断与证明，椭圆方程等基本知识考查推理论证能力和运算求解能力【解答】 (1)反证法：假设l1与l2不相交，则l1与l2平行，有

3、k1k2，代入k1k220，得k2120.此与k1为实数的事实相矛盾，从而k1k2，即l1与l2相交(2)(方法一)由方程组yk1x1，yk2x1，解得交点P的坐标(x，y)为x2k2k1，yk2k1k2k1，而 2x2y222k2k12k2k1k2k128k22k212k1k2k22k212k1k2k21k224k21k2241.此即表明交点P(x，y)在椭圆 2x2y21 上(方法二)交点P的坐标(x，y)满足y1k1x，y1k2x，故知x0，从而k1y1x，k2y1x.代入k1k220，得y1xy1x20.整理后，得 2x2y21，所以交点P在椭圆 2x2y21 上课标文数 8.B58.

4、B5，H2H2 已知点A(0，2)，B(2，0)若点C在函数yx2的图象上，则使得ABC的面积为 2 的点C的个数为()A4B3C2D1课标文数 8.B58.B5，H2H2 A【解析】 由已知可得|AB|2 2，要使SABC2，则点C到直线AB的距离必须为 2，设C(x，x2)，而lAB：xy20，所以有|xx22|2 2，所以x2x22，当x2x22 时，有两个不同的C点；当x2x22 时，亦有两个不同的C点因此满足条件的C点有 4 个，故应选 A.课标文数 14.H414.H4，H2H2 过点(1，2)的直线l被圆x2y22x2y10 截得的弦长为2，则直线l的斜率为_课标文数 14.H4

5、14.H4，H2H2 1 或177【解析】 由题意，直线与圆要相交，斜率必须存在，设为k，则直线l的方程为y2k(x1).又圆的方程为(x1)2(y1)21，圆心为(1，1)，半径为 1，所以圆心到直线的距离d|k1k2|1k2122222，解得k1 或177.课标理数 20.H220.H2，H9H9 【解答】 (1)设M(x，y)，由已知得B(x，3)，A(0，1)所以MA(x，1y)，MB(0，3y)，AB(x，2)再由题意可知(MAMB)AB0，即(x，42y)(x，2)0，所以曲线C的方程为y14x22.(2)设P(x0，y0)为曲线C：y14x22 上一点，因为y12x，所以l的斜率

6、为12x0.因此直线l的方程为yy012x0(xx0)，即x0 x2y2y0 x200.则O点到l的距离d|2y0 x20|x204，又y014x202，所以d12x204x20412x2044x204 2，当x00 时取等号，所以O点到l距离的最小值为 2.课标文数 12.H212.H2 若直线x2y50 与直线 2xmy60 互相垂直，则实数m_.课标文数 12.H212.H2 1【解析】 直线x2y50 与直线 2xmy60，122m0，即m1.大纲文数 11.H311.H3 设两圆C1、C2都和两坐标轴相切， 且都过点(4， 1)， 则两圆心的距离|C1C2|()A4B4 2C8D8

7、2大纲文数 11.H311.H3 C【解析】 由题意知两圆的圆心在直线yx上，设C1(a，a)，C2(b，b)，可得(a4)2(a1)2a2，(b4)2(b1)2b2，即a，b是方程x210 x170 的两根，ab10，ab17，|C1C2| 2（ab）2 2（ab）24ab8，故选 C.课标理数 17.H717.H7，H3H3，H4H4 已知直线l：yxm，mR R.(1)若以点M(2，0)为圆心的圆与直线l相切于点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；(2)若直线l关于x轴对称的直线为l，问直线l与抛物线C：x24y是否相切？说明理由课标理数 17.H717.H7，H3H3，H4H4 【解答】

8、 解法一：图 16(1)依题意，点P的坐标为(0，m)因为MPl，所以0m2011，解得m2，即点P的坐标为(0，2)从而圆的半径r|MP| （20）2（02）22 2，故所求圆的方程为(x2)2y28.(2)因为直线l的方程为yxm，所以直线l的方程为yxm.由yxm，x24y得x24x4m0.4244m16(1m)当m1，即0 时，直线l与抛物线C相切；当m1，即0 时，直线l与抛物线C不相切综上，当m1 时，直线l与抛物线C相切；当m1 时，直线l与抛物线C不相切解法二：(1)设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为(x2)2y2r2.依题意，所求圆与直线l：xym0 相切于点P(0，m)，

9、则4m2r2，|20m|2r，解得m2，r2 2.所以所求圆的方程为(x2)2y28.(2)同解法一图 14课标文数 18.H318.H3，H4H4，H7H7 如图 14，直线l：yxb与抛物线C：x24y相切于点A.(1)求实数b的值；(2)求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程课标文数 18.H318.H3，H4H4，H7H7 【解答】 (1)由yxb，x24y得x24x4b0.(*)因为直线l与抛物线C相切，所以(4)24(4b)0.解得b1.(2)由(1)可知b1，故方程(*)即为x24x40.解得x2，代入x24y，得y1，故点A(2，1)因为圆A与抛物线C的准线相切，所以

10、圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y1 的距离，即r|1(1)|2.所以圆A的方程为(x2)2(y1)24.图 12课标理数 14.H314.H3 如图 12，直角坐标系xOy所在的平面为，直角坐标系xOy(其中y轴与y轴重合)所在的平面为，xOx45.(1)已知平面内有一点P(2 2， 2)， 则点P在平面内的射影P的坐标为_；(2)已知平面内的曲线C的方程是(x 2)22y220， 则曲线C在平面内的射影C的方程是_课标理数 14.H314.H3(2，2)(x1)2y21【解析】 (1)过点P作PP，垂足为P，过P作PMy轴于M，连接PM，则PMP45.又MP2 2，所以MP2 2cos

11、452.所以点P(2，2).(2)设曲线C上任意一点为(x，y)，则该点在平面内的射影为(x，y)，故有22xx，yy，即x 2x，yy，代入(x 2)22y220 中，得(x1)2y210，即(x1)2y21.课标文数 13.H313.H3 已知圆C经过A(5，1)，B(1，3)两点，圆心在x轴上，则C的方程为_课标文数 13.H313.H3 (x2)2y210【解析】 设圆心坐标为(x，0)，则有 （x5）21 （x1）29，解得x2.由两点距离得r （25）21 10，所以圆的方程为(x2)2y210.课标文数 20.H320.H3，H4H4 在平面直角坐标系xOy中，曲线yx26x1

12、与坐标轴的交点都在圆C上(1)求圆C的方程；(2)若圆C与直线xya0 交于A、B两点，且OAOB，求a的值课标文数 20.H320.H3，H4H4 【解答】 (1)曲线yx26x1 与y轴的交点为(0，1)，与x轴的交点为(32 2，0)，(32 2，0)故可设C的圆心为(3，t)，则有 32(t1)2(2 2)2t2，解得t1.则圆C的半径为 32（t1）23.所以圆C的方程为(x3)2(y1)29.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足方程组xya0，（x3）2（y1）29.消去y，得到方程2x2(2a8)xa22a10.由已知可得，判别式5616a4a20.从而x1x2

13、4a，x1x2a22a12.由于OAOB，可得x1x2y1y20.又y1x1a，y2x2a，所以2x1x2a(x1x2)a20.由，得a1，满足0，故a1.大纲文数 3.H33.H3 圆x2y24x6y0 的圆心坐标是()A(2，3)B(2，3)C(2，3)D(2，3)大纲文数 3.H33.H3 D【解析】 圆的方程可化为(x2)2(y3)213，所以圆心坐标是(2，3)，选 D.大纲理数 8.H38.H3 在圆x2y22x6y0 内，过点E(0，1)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为()A5 2B10 2C15 2D20 2大纲理数 8.H38.H3 B【解析】 将圆

14、方程配方得(x1)2(y3)210.图 12设圆心为G，易知G(1，3)最长弦AC为过E的直径，则|AC|2 10.最短弦BD为与GE垂直的弦，如图 12 所示易知|BG| 10，|EG| （01）2（13）2 5，|BD|2|BE|2BG2EG22 5.所以四边形ABCD的面积为S12|AC|BD|10 2.故选 B.课标文数 4.H44.H4 若直线 3xya0 过圆x2y22x4y0 的圆心， 则a的值为()A1B1C3D3课标文数 4.H44.H4 B【解析】 圆的方程可化为(x1)2(y2)25，因为直线经过圆的圆心(1，2)，所以 3(1)2a0，得a1.课标理数 17.H717.

15、H7，H3H3，H4H4 已知直线l：yxm，mR R.(1)若以点M(2，0)为圆心的圆与直线l相切于点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；(2)若直线l关于x轴对称的直线为l，问直线l与抛物线C：x24y是否相切？说明理由课标理数 17.H717.H7，H3H3，H4H4 【解答】 解法一：图 16(1)依题意，点P的坐标为(0，m)因为MPl，所以0m2011，解得m2，即点P的坐标为(0，2)从而圆的半径r|MP| （20）2（02）22 2，故所求圆的方程为(x2)2y28.(2)因为直线l的方程为yxm，所以直线l的方程为yxm.由yxm，x24y得x24x4m0.4244m16(1

16、m)当m1，即0 时，直线l与抛物线C相切；当m1，即0 时，直线l与抛物线C不相切综上，当m1 时，直线l与抛物线C相切；当m1 时，直线l与抛物线C不相切解法二：(1)设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为(x2)2y2r2.依题意，所求圆与直线l：xym0 相切于点P(0，m)，则4m2r2，|20m|2r，解得m2，r2 2.所以所求圆的方程为(x2)2y28.(2)同解法一图 14课标文数 18.H318.H3，H4H4，H7H7 如图 14，直线l：yxb与抛物线C：x24y相切于点A.(1)求实数b的值；(2)求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程课标文数 18.H318

17、.H3，H4H4，H7H7 【解答】 (1)由yxb，x24y得x24x4b0.(*)因为直线l与抛物线C相切，所以(4)24(4b)0.解得b1.(2)由(1)可知b1，故方程(*)即为x24x40.解得x2，代入x24y，得y1，故点A(2，1)因为圆A与抛物线C的准线相切，所以圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y1 的距离，即r|1(1)|2.所以圆A的方程为(x2)2(y1)24.课标文数 8.H48.H4 设圆C与圆x2(y3)21 外切，与直线y0 相切，则C的圆心轨迹为()A抛物线B双曲线C椭圆D圆课标文数 8.H48.H4 A【解析】 设圆心C的坐标C(x，y)，由题意知y0

18、，则圆C的半径为y，由于圆C与已知圆相外切，则由两圆心距等于半径之和，得x2（y3）21y，整理得：x28(y1)，所以轨迹为抛物线课标文数 14.H414.H4，H2H2 过点(1，2)的直线l被圆x2y22x2y10 截得的弦长为2，则直线l的斜率为_课标文数 14.H414.H4，H2H2 1 或177【解析】 由题意，直线与圆要相交，斜率必须存在，设为k，则直线l的方程为y2k(x1).又圆的方程为(x1)2(y1)21，圆心为(1，1)，半径为 1，所以圆心到直线的距离d|k1k2|1k2122222，解得k1 或177.课标文数 15.H415.H4，K3K3 已知圆C：x2y21

19、2，直线l：4x3y25.(1)圆C的圆心到直线l的距离为_；(2)圆C上任意一点A到直线l的距离小于 2 的概率为_课标文数 15.H415.H4，K3K3 (1)5(2)16【解析】 (1)圆心到直线的距离为：d|25|32425;图 14(2)当圆C上的点到直线l的距离是 2 时有两个点为点B与点D， 设过这两点的直线方程为 4x3yc0，同时可得到的圆心到直线 4x3yc0 的距离为OC3，又圆的半径为r2 3， 可得BOD60， 由图 12 可知点A在弧BD上移动， 弧长lBD16cc6，圆周长c，故P(A)lBDc16.课标文数 20.H320.H3，H4H4 在平面直角坐标系xO

20、y中，曲线yx26x1 与坐标轴的交点都在圆C上(1)求圆C的方程；(2)若圆C与直线xya0 交于A、B两点，且OAOB，求a的值课标文数 20.H320.H3，H4H4 【解答】 (1)曲线yx26x1 与y轴的交点为(0，1)，与x轴的交点为(32 2，0)，(32 2，0)故可设C的圆心为(3，t)，则有 32(t1)2(2 2)2t2，解得t1.则圆C的半径为 32（t1）23.所以圆C的方程为(x3)2(y1)29.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足方程组xya0，（x3）2（y1）29.消去y，得到方程2x2(2a8)xa22a10.由已知可得，判别式5616

21、a4a20.从而x1x24a，x1x2a22a12.由于OAOB，可得x1x2y1y20.又y1x1a，y2x2a，所以2x1x2a(x1x2)a20.由，得a1，满足0，故a1.大纲文数 13.H413.H4 过原点的直线与圆x2y22x4y40 相交所得的弦长为 2，则该直线的方程为_大纲文数 13.H413.H4 2xy0【解析】 将圆x2y22x4y40 配方得(x1)2(y2)21，该圆半径为 1，圆心M(1，2)直线与圆相交所得弦的长为 2，即为该圆的直径，该直线的方程的斜率k20102，该直线的方程为y2x，即 2xy0.课标文数 17.H217.H2，H5H5 设直线l1：yk

22、1x1，l2：yk2x1，其中实数k1，k2满足k1k220.(1)证明l1与l2相交；(2)证明l1与l2的交点在椭圆 2x2y21 上课标文数 17.H217.H2，H5H5 本题考查直线与直线的位置关系，线线相交的判断与证明，点在曲线上的判断与证明，椭圆方程等基本知识考查推理论证能力和运算求解能力【解答】 (1)反证法：假设l1与l2不相交，则l1与l2平行，有k1k2，代入k1k220，得k2120.此与k1为实数的事实相矛盾，从而k1k2，即l1与l2相交(2)(方法一)由方程组yk1x1，yk2x1，解得交点P的坐标(x，y)为x2k2k1，yk2k1k2k1，而 2x2y222k

23、2k12k2k1k2k128k22k212k1k2k22k212k1k2k21k224k21k2241.此即表明交点P(x，y)在椭圆 2x2y21 上(方法二)交点P的坐标(x，y)满足y1k1x，y1k2x，故知x0，从而k1y1x，k2y1x.代入k1k220，得y1xy1x20.整理后，得 2x2y21，所以交点P在椭圆 2x2y21 上课标理数 7.H57.H5，H6H6 设圆锥曲线的两个焦点分别为F1，F2.若曲线上存在点P满足|PF1|F1F2|PF2|432，则曲线的离心率等于()A.12或32B.23或 2C.12或 2D.23或32课标理数 7.H57.H5，H6H6 A【

24、解析】 设|F1F2|2c(c0)，由已知|PF1|F1F2|PF2|432，得|PF1|83c，|PF2|43c，且|PF1|PF2|，若圆锥曲线为椭圆，则 2a|PF1|PF2|4c，离心率eca12；若圆锥曲线为双曲线，则 2a|PF1|PF2|43c，离心率eca32，故选 A.课标文数 11.H511.H5，H6H6 设圆锥曲线的两个焦点分别为F1，F2，若曲线上存在点P满足|PF1|F1F2|PF2|432，则曲线的离心率等于()A.12或32B.23或 2C.12或 2D.23或32课标文数 11.H511.H5，H6H6 A【解析】 设|F1F2|2c(c0)，由已知|PF1|

25、F1F2|PF2|432，得|PF1|83c，|PF2|43c，且|PF1|PF2|，若圆锥曲线为椭圆，则 2a|PF1|PF2|4c，离心率eca12；若圆锥曲线为双曲线，则 2a|PF1|PF2|43c，离心率eca32，故选 A.课标理数 21.H521.H5，H7H7，H8H8 如图 19，椭圆C1：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，x轴被曲线C2：yx2b截得的线段长等于C1的长半轴长(1)求C1，C2的方程；(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.证明：MDME；记MAB，MDE的面积分别为S1，S2

26、.问：是否存在直线l，使得S1S21732？请说明理由图 110课标理数 21.H521.H5，H7H7，H8H8 【解答】 (1)由题意知，eca32，从而a2b.又 2ba，解得a2，b1.故C1，C2的方程分别为x24y21，yx21.(2)由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为ykx.由ykx，yx21得x2kx10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1x2k，x1x21.又点M的坐标为(0，1)，所以kMAkMBy11x1y21x2（kx11）（kx21）x1x2k2x1x2k（x1x2）1x1x2k2k2111.故MAMB，

27、即MDME.设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为yk1x1，由yk1x1，yx21解得x0，y1或xk1，yk211.则点A的坐标为(k1，k211)又直线MB的斜率为1k1，同理可得点B的坐标为1k1，1k211.于是S112|MA|MB|121k21|k1|11k21|1k1|1k212|k1|.由yk1x1，x24y240得(14k21)x28k1x0.解得x0，y1或x8k114k21，y4k21114k21.则点D的坐标为8k114k21，4k21114k21.又直线ME的斜率为1k1，同理可得点E的坐标为8k14k21，4k214k21.于是S212|MD|ME|32（1k2

28、1）|k1|（14k21）（k214）.因此S1S21644k214k2117.由题意知，1644k214k21171732，解得k214，或k2114.又由点A，B的坐标可知，kk211k21k11k1k11k1，所以k32.故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y32x和y32x.课标理数 14.H514.H5 若椭圆x2a2y2b21 的焦点在x轴上，过点1，12 作圆x2y21 的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是_课标理数 14.H514.H5 【答案】x25y241【解析】 由题可知过点1，12 与圆x2y21 的圆心的直线方程为y1

29、2x，由垂径定理可得kAB2.显然过点1，12 的一条切线为直线x1，此时切点记为A(1，0)，即为椭圆的右焦点，故c1.由点斜式可得，直线AB的方程为y2(x1)，即AB：2xy20.令x0 得上顶点为(0，2)，b2，a2b2c25，故得所求椭圆方程为x25y241.课标理数 14.H514.H5 在平面直角坐标系xOy中， 椭圆C的中心为原点， 焦点F1，F2在x轴上，离心率为22.过F1的直线l交C于A，B两点，且ABF2的周长为 16，那么C的方程为_课标理数 14.H514.H5x216y281【解析】 设椭圆方程为x2a2y2b21(ab0)因为离心率为22，所以221b2a2，

30、解得b2a212，即a22b2.图 17又ABF2的周长为|AB|AF2|BF2|AF1|BF1|BF2|AF2|(|AF1|AF2|)(|BF1|BF2|)2a2a4a，所以 4a16，a4，所以b2 2，所以椭圆方程为x216y281.课标文数 4.H54.H5 椭圆x216y281 的离心率为()A.13B.12C.33D.22课标文数 4.H54.H5 D【解析】 由题意a4，c28，c2 2，所以离心率为eca2 2422.课标理数 17.H517.H5，H8H8图 18如图 18，设P是圆x2y225 上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|45|PD|.(1)

31、当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；(2)求过点(3，0)且斜率为45的直线被C所截线段的长度课标理数 17.H517.H5，H8H8 【解答】 (1)设M的坐标为(x，y)，P的坐标为(xP，yP)，由已知得xPx，yP54y，P在圆上，x254y225，即C的方程为x225y2161.(2)过点(3，0)且斜率为45的直线方程为y45(x3)，设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y45(x3)代入C的方程，得x225（x3）2251，即x23x80.x13 412，x23 412.线段AB的长度为|AB| （x1x2）2（y1y2）211625 （x1x2）

32、2412541415.课标文数 17.H517.H5 设椭圆C：x2a2y2b21(ab0)过点(0，4)，离心率为35.(1)求C的方程；(2)求过点(3，0)且斜率为45的直线被C所截线段的中点坐标课标文数 17.H517.H5 【解答】 (1)将(0，4)代入椭圆C的方程得16b21，b4.又eca35得a2b2a2925，即 116a2925，a5，C的方程为x225y2161.(2)过点(3，0)且斜率为45的直线方程为y45(x3)，设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y45(x3)代入C的方程，得x225（x3）2251，即x23x80.解得x13 4

33、12，x23 412，AB的中点坐标xx1x2232，yy1y2225(x1x26)65.即中点为32，65 .课标理数 17.H517.H5 设F1，F2分别为椭圆x23y21 的左，右焦点，点A，B在椭圆上若F1A5F2B，则点A的坐标是_课标理数 17.H517.H5 (0，1)【解析】 设直线F1A的反向延长线与椭圆交于点B，又F1A5F2B，由椭圆的对称性可得F1A5BF1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又|F1A|63x13 22，|F1B|63x23 22，63x13 22563x23 22，x1 25( 2x2)，解之得x10，点A的坐标为(0，1).课标文数 3.H6

34、3.H6 双曲线 2x2y28 的实轴长是()A2B2 2C4D4 2课标文数 3.H63.H6 C【解析】 双曲线方程可化为x24y281，所以a24，得a2，所以2a4.故实轴长为 4.课标理数 2.H62.H6 双曲线 2x2y28 的实轴长是()A2B2 2C4D4 2课标理数 2.H62.H6 C【解析】 双曲线方程可化为x24y281，所以a24，得a2，所以2a4.故实轴长为 4.课标文数 10.H610.H6 已知双曲线x2y2b21(b0)的一条渐近线的方程为y2x，则b_课标文数 10.H610.H6 2【解析】 易知ybx2x，故b2.大纲理数 15.H615.H6 已知

35、F1、F2分别为双曲线C：x29y2271 的左、右焦点，点AC，点M的坐标为(2，0)，AM为F1AF2的平分线，则|AF2|_大纲理数 15.H6 6 【解析】 根据角平分线的性质，|AF2|AF1|MF2|MF1|12.又|AF1|AF2|6，故|AF2|6.大纲文数 16.H616.H6 已知F1、F2分别为双曲线C：x29y2271 的左、右焦点，点AC，点M的坐标为(2，0)，AM为F1AF2的平分线，则|AF2|_大纲文数 16.H616.H6 6【解析】 根据角平分线的性质，|AF2|AF1|MF2|MF1|12.又|AF1|AF2|6，故|AF2|6.课标理数 7.H57.H

36、5，H6H6 设圆锥曲线的两个焦点分别为F1，F2.若曲线上存在点P满足|PF1|F1F2|PF2|432，则曲线的离心率等于()A.12或32B.23或 2C.12或 2D.23或32课标理数 7.H57.H5，H6H6 A【解析】 设|F1F2|2c(c0)，由已知|PF1|F1F2|PF2|432，得|PF1|83c，|PF2|43c，且|PF1|PF2|，若圆锥曲线为椭圆，则 2a|PF1|PF2|4c，离心率eca12；若圆锥曲线为双曲线，则 2a|PF1|PF2|43c，离心率eca32，故选 A.课标文数 11.H511.H5，H6H6 设圆锥曲线的两个焦点分别为F1，F2，若曲

37、线上存在点P满足|PF1|F1F2|PF2|432，则曲线的离心率等于()A.12或32B.23或 2C.12或 2D.23或32课标文数 11.H511.H5，H6H6 A【解析】 设|F1F2|2c(c0)，由已知|PF1|F1F2|PF2|432，得|PF1|83c，|PF2|43c，且|PF1|PF2|，若圆锥曲线为椭圆，则 2a|PF1|PF2|4c，离心率eca12；若圆锥曲线为双曲线，则 2a|PF1|PF2|43c，离心率eca32，故选 A.课标理数 5.H65.H6 设双曲线x2a2y291(a0)的渐近线方程为 3x2y0，则a的值为()A4B3C2D1课标理数 5.H6

38、5.H6 C【解析】 根据双曲线x2a2y291 的渐近的方程得：y3ax，即ay3x0.因为已知双曲线的渐近线的方程为 3x2y0 且a0，所以有a2，故选 C.课标文数 6.H66.H6 设双曲线x2a2y291(a0)的渐近线方程为 3x2y0，则a的值为()A4B3C2D1课标文数 6.H66.H6 C 【解析】根据双曲线x2a2y291 的渐近线的方程得：y3ax， 即ay3x0.又已知双曲线的渐近线的方程为 3x20 且a0，故有a2，故选 C.课标文数 12.H612.H6 若双曲线y216x2m1 的离心率e2，则m_课标文数 12.H612.H6 48【解析】 由题知a216

39、，即a4，又eca2，c2a8，mc2a248.图 14课标理数 7.H67.H6 设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|为C的实轴长的 2 倍，则C的离心率为()A. 2B. 3C2D3课标理数 7.H67.H6 B【解析】 设双曲线方程为x2a2y2b21(a0，b0)，直线过右焦点F，且垂直于x轴交双曲线于A，B两点，则|AB|2b2a4a，所以b22a2，所以双曲线的离心率e1b2a2 3.课标理数 13.H613.H6 已知点(2，3)在双曲线C：x2a2y2b21(a0，b0)上，C的焦距为 4，则它的离心率为_课标理数 13.H613

40、.H6 2【解析】 法一：点(2，3)在双曲线C：x2a2y2b21 上，则4a29b21.又由于 2c4，所以a2b24.解方程组4a29b21，a2b24得a1 或a4.由于a0)上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n，则()An0Bn1Cn2Dn3课标理数 4.H74.H7 C【解析】 不妨设三个顶点分别为A，B，F(其中F为抛物线的焦点)，由抛物线的定义，有A，B两点关于x轴对称，点F的坐标为p2，0.设A(m， 2pm)(m0)，则由抛物线的定义得|AF|mp2.又|AB|2 2pm，|AF|AB|，所以mp22 2pm，整理得m27pmp240，所以(7p)24p2448

41、p20，所以方程m27pmp240 有两个不同的实根，记为m1，m2，则m1m27p0，m1m2p240，所以m10，m20.所以n2.课标文数 4.H74.H7 将两个顶点在抛物线y22px(p0)上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n，则()An0Bn1Cn2Dn3课标文数 4.H74.H7 C【解析】 不妨设三个顶点分别为A，B，F(其中F为抛物线的焦点)，由抛物线的定义，有A，B两点关于x轴对称，点F的坐标为p2，0.设A(m， 2pm)(m0)，则由抛物线的定义得|AF|mp2.又|AB|2 2pm，|AF|AB|，所以mp22 2pm，整理得m27pmp240，所以(7p

42、)24p2448p20，所以方程m27pmp240 有两个不同的实根，记为m1，m2，则m1m27p0，m1m2p240，所以m10，m20.所以n2.课标理数 21.H521.H5，H7H7，H8H8 如图 19，椭圆C1：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，x轴被曲线C2：yx2b截得的线段长等于C1的长半轴长(1)求C1，C2的方程；(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.证明：MDME；记MAB，MDE的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线l，使得S1S21732？请说明理由图 110课标理数 21.H5

43、21.H5，H7H7，H8H8 【解答】 (1)由题意知，eca32，从而a2b.又 2ba，解得a2，b1.故C1，C2的方程分别为x24y21，yx21.(2)由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为ykx.由ykx，yx21得x2kx10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1x2k，x1x21.又点M的坐标为(0，1)，所以kMAkMBy11x1y21x2（kx11）（kx21）x1x2k2x1x2k（x1x2）1x1x2k2k2111.故MAMB，即MDME.设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为yk1x1，由yk1x1，yx

44、21解得x0，y1或xk1，yk211.则点A的坐标为(k1，k211)又直线MB的斜率为1k1，同理可得点B的坐标为1k1，1k211.于是S112|MA|MB|121k21|k1|11k21|1k1|1k212|k1|.由yk1x1，x24y240得(14k21)x28k1x0.解得x0，y1或x8k114k21，y4k21114k21.则点D的坐标为8k114k21，4k21114k21.又直线ME的斜率为1k1，同理可得点E的坐标为8k14k21，4k214k21.于是S212|MD|ME|32（1k21）|k1|（14k21）（k214）.因此S1S21644k214k2117.由题

45、意知，1644k214k21171732，解得k214，或k2114.又由点A，B的坐标可知，kk211k21k11k1k11k1，所以k32.故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y32x和y32x.课标文数 21.H721.H7，H8H8 已知平面内一动点P到点F(1，0)的距离与点P到y轴的距离的差等于 1.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨迹C相交于点D，E，求ADEB的最小值课标文数 21.H721.H7，H8H8 【解答】 设动点P的坐标为(x，y)，由题意有 （x1）2y2|x|1.化

46、简得y22x2|x|.当x0 时，y24x；当x0 时，y0.所以，动点P的轨迹C的方程为y24x(x0)和y0(x0)的焦点， 斜率为22的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10)，则焦点Fp2，0，Ap2，p，Bp2，p，所以|AB|2p12，所以p6.又点P到AB边的距离为p6，所以SABP1212636.课标文数 9.H79.H7 设M(x0，y0)为抛物线C：x28y上一点，F为抛物线C的焦点，以F为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交，则y0的取值范围是()A(0，2)BC(2，)D C【解析】 根据x28y，所以F(0，2)，准线y2，所以F到准线的距离

47、为 4，当以F为圆心、以|FM|为半径的圆与准线相切时，|MF|4，即M到准线的距离为 4， 此时y02， 所以显然当以F为圆心， 以|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交时，y0(2，)课标理数 2.H72.H7 设抛物线的顶点在原点，准线方程为x2，则抛物线的方程是()Ay28xBy28xCy24xDy24x课标理数 2.H72.H7 B【解析】 由题意设抛物线方程为y22px(p0)，又其准线方程为xp22，p4，所求抛物线方程为y28x.课标文数 2.H72.H7 设抛物线的顶点在原点，准线方程为x2，则抛物线的方程是()Ay28xBy24xCy28xDy24x课标文数 2.H72.H

48、7 C【解析】 由题意设抛物线方程为y22px(p0)，又其准线方程为xp22，p4，所求抛物线方程为y28x.大纲文数 11.H711.H7 在抛物线yx2ax5(a0)上取横坐标为x14，x22 的两点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆 5x25y236 相切，则抛物线顶点的坐标为()A(2，9)B(0，5)C(2，9)D(1，6)大纲文数 11.H711.H7 A【解析】 根据题意可知横坐标为4，2 的两点分别为(4，114a)，(2，12a)，所以该割线的斜率为a2，由y2xaa2x1，即有切点为(1，4a)，所以切线方程为y4a(a2)(x1)(a2)xy

49、60，由切线与圆相切可知6（a2）21365a4 或a0(舍去)，所以抛物线方程为yx24x5(x2)29，所以抛物线顶点坐标为(2，9)选择 A.大纲理数 10.H710.H7 在抛物线yx2ax5(a0)上取横坐标为x14，x22 的两点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆 5x25y236 相切，则抛物线顶点的坐标为()A(2，9)B(0，5)C(2，9)D(1，6)大纲理数 10.H710.H7 A【解析】 根据题意可知横坐标为4，2 的两点分别为(4，114a)，(2，12a)，所以该割线的斜率为a2，由y2xaa2x1，即有切点为(1，4a)，所以切线方程

50、为y4a(a2)(x1)(a2)xy60，由切线与圆相切可知6（a2）21365a4 或a0(舍去)，所以抛物线方程为yx24x5(x2)29，所以抛物线顶点坐标为(2，9)选择 A.课标理数 21.H721.H7 已知抛物线C1：x2y，圆C2：x2(y4)21 的圆心为点M.(1)求点M到抛物线C1的准线的距离；(2)已知点P是抛物线C1上一点(异于原点)，过点P作圆C2图 18的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程课标理数 21.H721.H7 【解答】 (1)由题意可知，抛物线的准线方程为：y14，所以圆心M(0，4)到准线的距离是174

51、.(2)设P(x0，x20)，A(x1，x21)，B(x2，x22)，由题意得x00，x01，x1x2.设过点P的圆C2的切线方程为yx20k(xx0)，即ykxkx0 x20.则|kx04x20|1k21.即(x201)k22x0(4x20)k(x204)210.设PA，PB的斜率为k1，k2(k1k2)，则k1，k2是上述方程的两根，所以k1k22x0（x204）x201，k1k2（x204）21x201.将代入yx2得x2kxkx0 x200，由于x0是此方程的根，故x1k1x0，x2k2x0，所以kABx21x22x1x2x1x2k1k22x02x0（x204）x2012x0，kMPx

52、204x0.由MPAB，得kABkMP2x0（x204）x2012x0 x204x01，解得x20235，即点P的坐标为235，235 ，所以直线l的方程为y3 115115x4.图 18课标文数 22.H722.H7 如图 18，设P是抛物线C1：x2y上的动点过点P做圆C2：x2(y3)21 的两条切线，交直线l：y3 于A，B两点(1)求圆C2的圆心M到抛物线C1准线的距离；(2)是否存在点P，使线段AB被抛物线C1在点P处的切线平分？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由课标文数 22.H722.H7 【解答】 (1)因为抛物线C1的准线方程为y14，所以圆心M到抛物线C1准线的

53、距离为|14（3）|114.(2)设点P的坐标为(x0，x20)，抛物线C1在点P处的切线交直线l于点D，再设A，B，D的横坐标分别为xA，xB，xD，过点P(x0，x20)的抛物线C1的切线方程为：yx202x0(xx0)当x01 时，过点P(1，1)与圆C2的切线PA为：y1158(x1)，可得xA1715，xB1，xD1，xAxB2xD.当x01 时，过点P(1，1)与圆C2的切线PB为：y1158(x1)可得xA1，xB1715，xD1，xAxB2xD.所以x2010.设切线PA，PB的斜率为k1，k2，则PA：yx20k1(xx0)，PB：yx20k2(xx0)将y3 分别代入，得x

54、Dx2032x0(x00)；xAx0 x203k1；xBx0 x203k2(k1，k20)从而xAxB2x0(x203)1k11k2.又|x0k1x203|k2111，即(x201)k212(x203)x0k1(x203)210.同理，(x201)k222(x203)x0k2(x203)210.所以k1，k2是方程(x201)k22(x203)x0k(x203)210 的两个不相等的根，从而k1k22（3x20）x0 x201，k1k2（3x20）21x201.因为xAxB2xD，所以 2x0(3x20)1k11k2x203x0，即1k11k21x0.从而2（3x20）x0（x203）211x

55、0，进而得x408，x048.综上所述，存在点P满足题意，点P的坐标为(48，2 2)课标文数 19.H819.H8 已知椭圆G：x2a2y2b21(ab0)的离心率为63，右焦点为(2 2，0)，斜率为 1 的直线l与椭圆G交于A，B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P(3，2)(1)求椭圆G的方程；(2)求PAB的面积课标文数 19.H819.H8 【解答】 (1)由已知得，c2 2，ca63.解得a2 3.又b2a2c24，所以椭圆G的方程为x212y241.(2)设直线l的方程为yxm.由yxm，x212y241得4x26mx3m2120.设A、B的坐标分别为(x1，y1)，(x2

56、，y2)(x10，a0.过M(a，b)作L的两条切线l1，l2，切点分别为Ep1，14p21，Ep2，14p22，l1，l2与y轴分别交于F、F.线段EF上异于两端点的点集记为X.证明：M(a，b)X|p1|p2|(a，b)|p1|2；(3)设D（x，y）|yx1，y14（x1）254 .当点(p，q)取遍D时，求(p，q)的最小值(记为min)和最大值(记为max)课标理数 21.B921.B9，H8H8 【解答】 (1)证明：切线l的方程为y12p0 x14p20.Q(p，q)AB有(p，q)|p|p24q2|p| （pp0）22.当p00 时，0pp0，于是(p，q)pp0p2p02|p

57、0|2；当p00，a0，故有|p1|p2| .先证：M(a，b)X|p1|p2|.()设M(a，b)X.当p10 时，0p1p22p10p1p2|p2|；当p10 时，p1p1p2202p1p1p2|p2|.( )设|p1|p2|，则|p2p1|11p2p110p1p2p10 时，0p1p22p1；当p10 时，p1p1p22|p2|.若不然，|p1|p2|.再由等价式，M(a，b)X.综上，M(a，b)X|p1|p2|(a，b)|p1|2.(3)求得yx1 和y14(x1)254的交点Q1(0，1)，Q2(2，1)而yx1 是L的切点为Q2(2，1)的切线，且与y轴交于Q1(0，1)，由(1

58、)Q(p，q)线段Q1Q2，有(p，q)1.当Q(p，q)L1：y14(x1)254(0 x2)时，q14(p1)254，h(p)(p，q)pp24q2p 42p2(0p2)，在(0，2)上，令h(p)42p12 42p0 得p32，由于h(0)h(2)1，h32 54，h(p)(p，q)在上取得最大值hmax54.(p，q)D，有 0p2，14(p1)254qp1，故(p，q)pp24q2pp2414（p1）2542p 42p2hmax54，(p，q)pp24q2pp24（p1）2p （p2）22p2p21，故min1，max54.课标理数 21.H521.H5，H7H7，H8H8 如图 1

59、9，椭圆C1：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，x轴被曲线C2：yx2b截得的线段长等于C1的长半轴长(1)求C1，C2的方程；(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.证明：MDME；记MAB，MDE的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线l，使得S1S21732？请说明理由图 110课标理数 21.H521.H5，H7H7，H8H8 【解答】 (1)由题意知，eca32，从而a2b.又 2ba，解得a2，b1.故C1，C2的方程分别为x24y21，yx21.(2)由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方

60、程为ykx.由ykx，yx21得x2kx10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1x2k，x1x21.又点M的坐标为(0，1)，所以kMAkMBy11x1y21x2（kx11）（kx21）x1x2k2x1x2k（x1x2）1x1x2k2k2111.故MAMB，即MDME.设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为yk1x1，由yk1x1，yx21解得x0，y1或xk1，yk211.则点A的坐标为(k1，k211)又直线MB的斜率为1k1，同理可得点B的坐标为1k1，1k211.于是S112|MA|MB|121k21|k1|11k21|1k1|1k21

61、2|k1|.由yk1x1，x24y240得(14k21)x28k1x0.解得x0，y1或x8k114k21，y4k21114k21.则点D的坐标为8k114k21，4k21114k21.又直线ME的斜率为1k1，同理可得点E的坐标为8k14k21，4k214k21.于是S212|MD|ME|32（1k21）|k1|（14k21）（k214）.因此S1S21644k214k2117.由题意知，1644k214k21171732，解得k214，或k2114.又由点A，B的坐标可知，kk211k21k11k1k11k1，所以k32.故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y32x和y32x.课

62、标文数 21.H721.H7，H8H8 已知平面内一动点P到点F(1，0)的距离与点P到y轴的距离的差等于 1.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨迹C相交于点D，E，求ADEB的最小值课标文数 21.H721.H7，H8H8 【解答】 设动点P的坐标为(x，y)，由题意有 （x1）2y2|x|1.化简得y22x2|x|.当x0 时，y24x；当x0 时，y0.所以，动点P的轨迹C的方程为y24x(x0)和y0(x0，b0)上一点，M，N分别是双曲线E的左、右顶点，直线PM，PN的斜率之积为15.(1)求双曲

63、线的离心率；(2)过双曲线E的右焦点且斜率为 1 的直线交双曲线于A、B两点，O为坐标原点，C为双曲线上一点，满足OCOAOB，求的值课标理数 20.H820.H8 【解答】 (1)点P(x0，y0)(x0a)在双曲线x2a2y2b21 上，有x20a2y20b21，由题意又有y0 x0ay0 x0a15，可得a25b2，c2a2b26b2，则eca305.(2)联立x25y25b2，yxc得 4x210cx35b20，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x25c2，x1x235b24.设OC(x3，y3)，OCOAOB，即x3x1x2，y3y1y2，又C为双曲线上一点，即x235y2

64、35b2，有(x1x2)25(y1y2)25b2，化简得：2(x215y21)(x225y22)2(x1x25y1y2)5b2.又A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线上，所以x215y215b2，x225y225b2.由式又有x1x25y1y2x1x25(x1c)(x2c)4x1x25c(x1x2)5c210b2，得：240，解得0 或4.课标理数 20.H820.H8图 110如图 110，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线lMN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.

65、(1)设e12，求|BC|与|AD|的比值；(2)当e变化时，是否存在直线l，使得BOAN，并说明理由课标理数 20.H820.H8 【解答】 (1)因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设C1：x2a2y2b21，C2：b2y2a4x2a21，(ab0)设直线l：xt(|t|a)，分别与C1，C2的方程联立，求得At，aba2t2，Bt，baa2t2.当e12时，b32a，分别用yA，yB表示A，B的纵坐标，可知|BC|AD|2|yB|2|yA|b2a234.(2)t0 时的l不符合题意，t0 时，BOAN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即baa2t2taba2t2ta，解得

66、tab2a2b21e2e2a.因为|t|a，又 0e1，所以1e2e21，解得22e1.所以当 0e22时，不存在直线l，使得BOAN；当22e1 时，存在直线l，使得BOAN.课标文数 21.H821.H8图 19如图 19，已知椭圆C1的中点在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e.直线lMN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.(1)设e12，求|BC|与|AD|的比值；(2)当e变化时，是否存在直线l，使得BOAN，并说明理由课标文数 21.H821.H8 【解答】 (1)因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设C1：x2a2y2b21，C2：b2y2a4x2a21，(ab0)设直线l：xt(|t|a)，分别与C1，C2的方程联立，求得At，aba2t2，Bt，baa2t2.当e12时，b32a，分别用yA，yB表示A，B的纵坐标，可知|BC|AD|2|yB|2|yA|b2a234.(2)t0 时的l不符合题意t0 时，BOAN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即baa2t2