高考数学-平面解析几何专项训练100题(含答案)11043.pdf

试卷第 1 页，共 144页高考数学-平面解析几何专项训练 100题（含答案）1 已知点 1,0Mm m，不垂直于x 轴的直线l 与椭圆22:143xyC相交于11,Axy，22,Bx y两点.(1)若 M为线段 AB 的中点，证明：212112yyx x；(2)设 C的左焦点为 F，若 M在AFB的角平分线所在直线上，且 l 被圆224xy截得的弦长为23，求 l 的方程.【答案】(1)证明见解析(2)15 4 0 xy【解析】【分析】（1）把 A，B两点坐标代入椭圆方程相减，结合中点坐标公式得直线斜率与m的关系，由点M在椭圆内部，得参数范围，从而可得直线斜率范围，得结论；（2）先说明直线斜率不可能为 0，然后设直线方程为:lx ty n，代入椭圆方程应用韦达定理得121 2,y y y y，由MF x轴，MF 平分AFB，得0AFBFkk，代入韦达定理的结果可得n值，再利用圆的弦长求得t得直线方程(1)证明：因为 A，B在椭圆上，所以2211222234123412xyxy，两式相减可得，12121212340 x x x xy yy y，所以12212112332344 24x xyyx xy ymm ，因为 M为 AB 的中点，故点 M在椭圆 C的内部，所以21143m，又0m，所以302m，故212112yyx x；(2)解：当 l 的斜率为 0 时，l 被圆224xy截得的弦长为 4，不符合题意；当 l 的斜率不为 0 时，设直线:lx ty n，试卷第 2 页，共 144页联立方程组223412x ty nxy，可得2223463120tytny n，则2248 340t n，即2234t n，且122634tnyyt，21 2231234nyyt，又 1,0F，则MF x轴，因为 MF 平分AFB，所以0AFBFkk，即1212011yyxx，可得 21221122122312611112103434ntny xy xy tyny tyntntt 解得4n ，所以直线 l 的方程为4x ty，由 l 被圆224xy截得的弦长为23，则圆心 O到直线 l 的距离2224232121dt，解得15t ，满足2234t n，所以直线 l 的方程为15 4 0 xy.2“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长，某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如下图 1）步骤 1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一点，标记为F；步骤 2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F；步骤 3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤 4：不停重复步骤 2 和 3，就能得到越来越多的折痕（如图 2）.(1)已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为23的圆形纸片，设定点F到圆心E的距离为 2，按上述方法折纸.以点,FE所在的直线为x轴，线段EF的中垂线为y轴，建立坐标系，求折痕所围成的椭圆C（即图 1 中M点的轨迹）的标准方程.试卷第 3 页，共 144页(2)经过椭圆C的左焦点1F作直线l，且直线 l 交椭圆C于,PQ两点，问x轴上是否存在一点M，使得MPMQ为常数，若存在，求出M坐标及该常数，若不存在，说明理由.【答案】(1)22132xy(2)存在点4(,0)3M，使得MPMQ为常数，这个常数为119.【解析】【分析】（1）以FE所在的直线为x轴，FE的中点O为原点建立平面直角坐标系，根据椭圆的定义+=232MF ME AEEF，求出a的值，根据2EFc求出c的值，再由2222bac求出b的值即可得椭圆的方程；（2）假设存在点,0M t，使得MPMQ为常数，则当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为 1y kx，1122,Pxy Q x y，再联立方程，结合韦达定理与向量的数量积运算的坐标表示得221641323 2 3tMPMQ ttk ，进而得43t ，此时119MPMQ；最后在验证直线l的斜率不存在时满足条件即可.(1)解：如图，以FE所在的直线为x轴，FE的中点O为原点建立平面直角坐标系.设,M xy为椭圆上一点，由题意可知+=232MF ME AEEF，所以M点轨迹是以,FE为左右焦点，长轴长223a 的椭圆，因为22c，223a，所以1c，3a，则2222bac，所以椭圆的标准方程为22132xy；(2)解：由题知，11,0F，假设存在点,0M t，使得MPMQ为常数，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为 1y kx，1122,Pxy Q x y，则联立方程22(1)132y kxxy得2222(2 3)636 0k xkx k，所以22121 222636,2 32 3kkx xx xkk ，试卷第 4 页，共 144页因为1122,MPx t y MQx t y所以2121 21212()()()()(1)(1)MPMQx tx t y yx tx t k xx 22221 212(1)()()kx xktx xkt22222222(1)(3 6)()62 32 3kkkt kktkk 2222222211616(2)(23)(4)4(61)6133322 32 33 2 3tktttktt ttkkk ，因为MPMQ为常数，故221641323 2 3tttk 与k无关，所以16403t，即43t ，此时119MPMQ；所以，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为1x ，此时23231,1,33PQ ，所以23231,1,33MPtMQt ，当43t 时，2411139MPMQt ，综上，在x轴上存在一点4(,0)3M，使得MPMQ为常数，这个常数为119.3 已知抛物线 C：22ypx（0p）的焦点为 F，M（4，0y）是抛物线 C上的点，O为坐标原点，3cos5OFM(1)求抛物线 C的方程；(2)P（a，b）（0a）为抛物线 C上一点，过点 P的直线 l 与圆 2231xy相切，这样的直线 l 有两条，它们分别交该抛物线 C于 A，B（异于点 P）两点若直线 l 的方程为x ty tb a ，当|PA|=|PB|时，求实数 a 的值【答案】(1)24yx(2)313【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得|42pMF，设点M在x轴上的射影为M，则由题意可得|42pFM ，432542pp，从而可求出p，进而可得抛物线方程，试卷第 5 页，共 144页（2）由直线 l 与圆相切可求得 22212331 0btabta ，当21b不满足，则21b，设这两切线对应的t分别是1t，2t，利用根与系数的关系，设11(,)Ax y，22(,)Bx y，将直线方程代入抛物线方程中，消去x，利用根与系数的关系，设圆22(3)1xy的圆心为C，由题意可得AB PC，从而由斜率关系列方程求解即可(1)0(4,)My是抛物线22(0)ypx p上的一点，|42pMF 设点M在x轴上的射影为M，3cos05OFM ，|42pFM 432542pp，解得，2p 所以，抛物线的方程是24yx(2)直线x ty tb a 与圆22(3)1xy相切，2311tb at，即 22212331 0btabta 若21b，则过P点和圆22(3)1xy相切的一条直线平行于抛物线24yx的对称轴x轴，不满足条件，所以21b 2222 4341 310a bba 设这两切线对应的t分别是1t，2t，则有 122231abt tb 设11(,)Ax y，22(,)Bx y由方程组24,.yxx ty tb a 得，24440ytytba 244440ttb a，不妨令112211111444b yb yybt a xb y，222222221444b yb yybta xb y，则114b yt，224b yt，试卷第 6 页，共 144页 1212283241abb y yt tb，即 1228321aby ybb设圆22(3)1xy的圆心为C，PAPB，直线PC与AB的斜率存在，且都不为零，AB PC由2114yx，2224yx得，121212()()4()y y y yx x，即 1212122448321y yabx xy ybb 24183321bababb，即 411833241aaa 解得，313a 经检验，313a 及相应的t和b满足 所以，实数a的值为3134 已知直线3y 与曲线2:20C xpy的两个公共点之间的距离为46.(1)求 C的方程；(2)若直线1y kx与 C交于 A，B两点，D为 C的准线与 y 轴的交点，且17DADB，求 k 的值.【答案】(1)28xy(2)154【解析】【分析】（1）直接将3y 代入220 xpy，得到2 64 6p，解方程即可；（2）联立直线和抛物线，韦达定理表示出121 2,x x x x，利用17DADB列出方程，解方程即可.(1)将3y 代入220 xpy，得26xp，当0p 时，不合题意，当0p 时，6xp，则2 64 6p，解得4p ，故的方程为：28xy.(2)试卷第 7 页，共 144页由（1）知，准线方程为2y，故(0,2)D，设1122(,),(,)Ax yBx y，联立直线1ykx和28xy得2880 xkx，故26432 0k,12128,8xxkx x，22212121212121,11()28288xxy yyykxkxkxxk ，由17DADB可得 12122217x xyy，即1212122416x xy yyy，故28 1 164416k ，解得154k .5 已知椭圆C：22221(0)xya bab 的右焦点F与右准线l：4x 的距离为2(1)求椭圆C的方程；(2)若直线m：(0)ykx t t与椭圆C相交于A，B两点，线段AB的垂直平分线与直线m及x轴和y轴分别相交于点D，E，G，直线GF与右准线l相交于点H 记GEF，GHD的面积分别为1S，2S，求12SS的值【答案】(1)22184xy(2)14【解析】【分析】（1）根据条件列出方程组，解得 a,b的值，可得答案;（2）联立直线方程和椭圆方程，求出 A,B中点 D的坐标，进而表示出直线 DE 的方程，进而求出点 G,E的坐标，由此求得1S,表示出直线GF的方程，求得点 H坐标，求出点H到直线 GD 的距离，从而表示出2S,则可得12SS的表达式，化简可得答案.(1)由题意可得：0Fc（，），故2242acacc，解得222,8,4cab，故椭圆C的方程为22184xy；(2)联立22184ykx txy，整理得：222(48)16832 0k xktxt，需满足22=12884)0k t （，试卷第 8 页，共 144页设1122(,),(,)Axy Bx y，则21212122224282,1 21 21 2ktttx xx xy ykkk，故222(,)1 21 2kttDkk,故直线 DE 的方程为：2212()1 21 2tktyxkkk，即211 2tyxkk，令0 x，则可得：2(0,)1 2tGk;令0y，则可得：2(,0)1 2ktEk;故222|2(1 2)|2|1 21 2ktkktEFkk,所以221222 21|2(12)|2(12)|21 21 22(12)GEFkkttkkttSSkkk;又222222222|1|()()1 21 21 2ktttkGDkkk，又GF的方程为：2(2)2(12)tyxk，令4x 可得2(4,)1 2tHk,故2(4,)1 2tHk到直线GD的距离为222|4|1 21ktkdk，故222222 222|4|1|1|4 82|1 2|21 2(1 2)1GHDkttktkktkSSGD dkkk ，故22 21222 2|2(12)|12(12)=|4 82|4(1 2)kkttSktkktSk.【点睛】本题综合考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的三角形面积问题，对学生的思维能力以及计算的要求较高，解答时要注意明确解答的思路，难点在于复杂的运算，要十分细心.试卷第 9 页，共 144页6 已知椭圆2222:1xyCab（0a b）的左、右顶点分别为A，B，且|4AB，离心率为32(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C上不同于A，B的一点，直线PA，PB与直线4x 分别交于点MN，若|4MN，求点P横坐标的取值范围【答案】(1)2214xy(2)805，【解析】【分析】（1）直接由条件计算,ab即可；（2）设出点P坐标，分别写出直线PA，PB的方程，表示出MN，坐标，由|4MN得到不等式，解不等式即可.(1)由题意得222243,2,acaab c，解得24a，21b所以椭圆C的方程是2214xy(2)设(,)Pmn（22m ），由已知得(2,0)A，(2,0)B，所以直线AP，BP的方程分别为(2)2nyxm，(2)2nyxm令4x，得点M的纵坐标为62Mnym，点N的纵坐标为22Nnym，所以62|22nnMNmm2444nmm因为点P在椭圆C上，所以2214mn，所以2244mn ，即4|mMNn因为4MN|，所以44mn，即22(4)16mn试卷第 10 页，共 144页所以22(4)4(4)mm整理得2580mm，解得805m所以点P横坐标的取值范围是805，7 已知椭圆2222:10 xyEa bab 的离心率为22，左，右焦点分别为1F，2F，在椭圆 E上任取一点 P，12F PF的周长为 421(1)求椭圆 E的标准方程；(2)设点 P 关于原点的对称点为 Q，过右焦点 F2作与直线 PQ 垂直的直线交椭圆 E于 A、B两点，求ABPQ的取值范围【答案】(1)22184xy(2)1,22【解析】【分析】（1）根据已知条件求得,abc，由此求得椭圆 E的标准方程；（2）利用弦长公式求得AB、PQ，结合二次函数的性质来求得ABPQ的取值范围(1)由12F PF的周长为 421，得 22421ac，即 221a c 又22ca由解得：2 2a，2c 所以222ba c故椭圆 E的方程为22184xy(2)设11,Ax y，22,Bx y，33,P x y，44,Qxy，当直线 AB 的斜率为 0 时，得：4 2AB，4PQ，2ABPQ，当直线 AB 的斜率不为 0 时，设直线:2ABxty，直线:PQytx，联立直线 AB 和椭圆 E的方程，并消去 x整理得：222440tyty，0t R，试卷第 11页，共 144页由韦达定理得：12242ty yt，1 2242y yt，222121 22421142tABty yy yt，联立直线 PQ 和椭圆 E的方程，并消去 y 整理得：221 28 0t x，由韦达定理得：340 x x，3 4281 2x xt，222343 42421141 2tPQtx xx xt，所以 22211 22ttABPQt令222u tu，则22222533 51 51123,2612 2ABuuPQuuuu ，综上，ABPQ的取值范围为1,22.8 已知抛物线2:20M ypx p的焦点为 F，且 F与圆22:44C xy上点的距离的最大值为 8(1)求抛物线 M的方程；(2)若点 Q在 C上，QA，QB 为 M的两条切线，A，B是切点（A在 B的上方），求QAB面积的最小值【答案】(1)28yx(2)16【解析】【分析】（1）根据条件确定 F与圆22:44C xy上点的距离的最大值为8FC r，从而求得4p，可得答案;（2）设点211,8yAy，222,8yBy，联立方程，根据根与系数的关系式，求出弦长AB，再利用导数表示出 QA，QB 的方程，进而表示出点 Q的坐标，求出点 Q到直线 AB 的距离，从而表示出ABCS，结合二次函数的知识可求得答案.(1)试卷第 12页，共 144页由题意知 4,0C，,02pF，圆 C的半径为2r，所以8FC r，即4 2 82p ，解得4p，所以抛物线 M的方程为28yx(2)设211,8yAy，222,8yBy，直线 AB 的方程为x myb，联立方程组2,8,x mybyx，消去 x，得2880ymy b，则26432 0mb，128y ym，1 28y yb 所以2221214142ABm y ymmb，因为28yx，所以8yx或8yx，则2yx 或2yx ，所以切线 QA 的斜率为1124xy，其方程为211148yy yxy，即1142yyxy，同理切线 QB 的斜率为2224xy，其方程为2242yyxy联立方程组11224242yyxyyyxy,解得1 212842y yxby yym,即点 Q的坐标为,4b m，因为点 Q在圆 C上，所以224164bm，且62b ，2 42m，即26b，1122m 满足判别式的条件点 Q到直线 AB 的距离为22421mbdm，所以3212 422ABCSAB dmb，又由224164bm，得228 1216bbm，令242tmb，则216124bbt，且26b，因为216124bbt 在区间 2,6上单调递增，所以当2b 时，t 取得最小值 4，此时0m，所以QAB面积的最小值为 16【点睛】试卷第 13页，共 144页本题考查了抛物线方程的求法以及和直线的位置关系中的三角形面积问题，综合性较强，解答时要有清晰的解答思路，即明确问题的解决是要一步步向表示出三角形 QAB的面积靠拢，难点在于繁杂的计算，要十分细心.9 已知椭圆2222:10 xyCa bab 的左右焦点为1F、2F，P为椭圆上的动点，若2min1PF且当21 2PF FF时，232PF.(1)求椭圆C的方程：(2)过P作不过原点的直线l与椭圆C相交，另一个交点为Q，O为原点，求OPQ面积的最大值.【答案】(1)22143xy(2)3【解析】【分析】（1）根据题意可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆C的方程；（2）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线l的方程，将直线l的方程与椭圆C的方程联立，求出PQ以及原点到直线l的距离，利用三角形的面积公式结合基本不等式可求得OPQ面积的最大值.(1)解：将x c代入椭圆方程可得22221cyab，解得2bya，所以，当21 2PF FF时，2232bPFa，所以，2min2222132PFa cbaabc ，解得231abc，因此，椭圆C的方程为22143xy.(2)解：若直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为22,0 x mmm ，联立223412x mxy，可得2342my，故234PQm，试卷第 14页，共 144页所以，22222133434432222OPQmmSmmmm ，当且仅当2m 时，等号成立；若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y kx t，其中0t，设点11,Pxy、22,Q x y，联立223412y kx txy，可得2224384120kxktx t，22222264443 412 48 430ktktkt，则2243tk，由韦达定理可得122843ktx xk，21 2241243tx xk，所以，22222121 22431431443kktPQkx xx xk，原点到直线l的距离为21tdk，所以，2222222243343123324343OPQkt tkt tSPQdkk ，当且仅当22432kt时，等号成立.综上所述，OPQ面积的最大值为3.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值10 单增数列nan N满足11a，点nA（na，n），nB（12n，0），并且对子任意n N都有12n nAA.(1)求数列na 的通项公式；(2)求四边形11n nn nAA BB的面积nS.【答案】(1)nan(2)222nnnS【解析】【分析】试卷第 15页，共 144页（1）1nnAA可得11nnaa，根据等差数列的通项公式可求nan.（2）算出1n nAA的方程，再算出nB到直线1n nAA的距离后可求nS.(1)因为,nnA a n，故21112nnnnAAa a，而1nnaa，故11nnaa，故na为等差数列，故 11 1naann ，(2)1n nAA的方程为：y x，故nB到直线1n nAA的距离为1012222nn，故11n nnn nnnAA BAB BSSS121211111122222222222nnnnnnnnn .11已知双曲线：222210,0 xyabab过点3,6P，且的渐近线方程为3yx.(1)求的方程；(2)如图，过原点 O作互相垂直的直线1l，2l分别交双曲线于 A，B两点和 C，D两点，A，D在 x 轴同侧.请从两个问题中任选一个作答，如果多选，则按所选的第一个计分.求四边形 ACBD面积的取值范围；设直线 AD 与两渐近线分别交于 M，N两点，是否存在直线 AD 使 M，N为线段 AD的三等分点，若存在，求出直线 AD 的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)2213yx(2)若选，6S；若选，直线 AD 不存在.【解析】【分析】试卷第 16页，共 144页（1）求出,ab后可得双曲线的方程.（2）若选，设1:l y kx，21:l yxk，联立直线方程和双曲线方程后可求四边形面积的平方的表达式，从而可求其取值范围；若选，可得设,3,3M mm N nn，其中0,0mn，则可求,AD的坐标，利用它们在双曲线上及OA OD可得关于,mn的方程组，根据方程组无解可得直线不存在.(1)因为双曲线的渐近线方程为3yx，故3ba，又22361ab，解得1,3ab，故双曲线的方程为：2213yx.(2)若选，由题设可知直线1l，2l的斜率均存在且均不为零，设1:l y kx，21:l yxk，设1:l y kx，则2233y kxxy可得2233Axk，其中33k.同理222331Ckxk，其中133k ，故333k 或333k，故 2222212 112 13AkABk xk，同理 22222112 112 11313kkCDkk，故四边形 ACBD面积的S满足：22222222212 112 111364331331kkkSkkkk 222113636161316 31kkkkkk ，令1y kk，则221kyk，当31k 或13k 时，0y ；当313k 或313k 时，0y ；故1y kk 在3,1，1,3上为增函数，在31,3，3,13上为减函数，故当333k 或333k，且124x xk，1 24x x；因为圆22:20N xyy的圆心为 0,1N（即抛物线的焦点），半径为1，由抛物线的定义，得1|1AF y，2|1BF y，则1|1AC AFy，2|1BD BFy，所以1 212(1)(1)ACDB y ykxkx2221 212()1441 1kx x kx xkk ，即ACDB是定值，定值是 1.试卷第 57页，共 144页38已知直线:lx myt与抛物线24yx交于,AB两点，点 C为抛物线上一点，且ABC的重心为抛物线焦点 F.(1)求 m与 t 的关系式；(2)求ABC面积的取值范围.【答案】(1)2823mt且20mt(2)360,2【解析】【分析】（1）设112233,Axy Bx y C x y，联立方程，利用韦达定理可得121 2,y y y y，再根据ABC的重心为抛物线的焦点(1,0)F，可得12312330 x x xy yy ，求得33,x y代入抛物线方程，即可得解；（2）结合（1）利用弦长公式求得AB，再利用点到直线的距离公式求得点 C到l的距离，再利用导数求得范围即可.(1)解：设112233,Axy Bx y C x y，由24x mytyx得2440ymy t，21616 0mt，121 244y ymy yt，所以21242x xmt，因为ABC的重心为抛物线的焦点(1,0)F，所以12312330 x x xy yy ，解得2333 424xmtym ，又因点 C为抛物线上一点，所以2334yx，即221643 42mmt，所以求 m与 t 的关系式为2823mt且20mt；(2)解：由（1）得23 28tm，试卷第 58页，共 144页结合判别式得1322t ，因为l不经过点 F（否则、A B C三点共线，不能构成三角形），所以1t，所以实数t的取值范围为13,11,22 ，22212|141ABm y ymmt，点 C到l的距离2323228411ymy tmtdmm，所以222136|2 8(1)(2 1)22SABdmt mttt ，设2(1)(2 1)ytt ，则6(1)yt t，当102t 或312x 时，0y ，当01t 时，0y ，所以函数2(1)(2 1)ytt 在1,02和31,2上单调递增，(0,1)上单调递减，1013220,1,0,1xxxxyyyy，所以2(1)(2 1)0,1ytt ，所以ABC面积的取值范围为360,2.39 已知圆2221:(1)Fxyr与圆2222:(1)(4)13Fxyrr 的公共点的轨迹为曲线E.(1)求E的方程；(2)已知点 2,0A，过1F的直线与曲线E交于,PQ两点.直线,AP AQ与直线4x 分别交于不同的两点,M N，证明：以MN为直径的圆过点1F.【答案】(1)22143xy(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意得1|PF r，2|4PFr，1212|4|2PFPFFF，进而得其轨迹为椭圆，进而求得其方程；（2）先考虑直线PQ斜率不存在时，得(4,3)M，(4,3)N，进而计算110F M FN证试卷第 59页，共 144页明；再考虑PQ斜率存在时，设PQ的方程为1122(1),(,)(,)y kxPx y Qx y，结合题意得16(4,)2yMx，226(4,)2yNx，再将(1)y kx与椭圆方程联立，结合韦达定理验证110F M FN即可.(1)解：设公共点为P，则1|PF r，2|4PFr，121 2|4|2PFPFFF，所以公共点P的轨迹为椭圆，且24a，所以2a，又1c，所以2223ba c，所以点P的轨迹，曲线E的方程为22143xy.(2)解：由（1）得1(1,0)F，所以，当直线PQ斜率不存在时，得331,1,22PQ ，直线AP的方程为1(2)2yx，令4x ，得(4,3)M.同理得(4,3)N 所以11(3,3),(3,3)F MF N，110F M FN，所以190NMF，即点1F在以MN为直径的圆上.当直线PQ斜率存在时，依题意0k，设PQ的方程为1122(1),(,)(,)y kxPx y Qx y，所以联立方程22(1)34120y kxxy得2222(3 4)84120k xkxk，易知0，212283 4kx xk，21224123 4kx xk，直线AP的方程为11(2)2yyxx，令4x 得1162yyx，即16(4,)2yMx，同理得226(4,)2yNx，所以21112166(3,),(3,)22yyF MFNxx，221 2121 2121112121 2123636()(1)1999 36(2)(2)(2)(2)412(y yk xxx x x xF M F Nkxxxxx xx x 222222241283 49 3604122(8)4(34)kkkkkkk ，所以110F M FN，即190NMF，试卷第 60页，共 144页所以点1F在以MN为直径的圆上.综上，以MN为直径的圆过点1F.40椭圆C2222:1(0)xya bab 的两焦点分别为1F，2F，椭圆与y轴正半轴交于点(0,2)Q，1 22QF FS.(1)求曲线C的方程；(2)过椭圆C上一动点P(不在x轴上)作圆22:1O xy的两条切线PC PD、，切点分别为C D、，直线CD与椭圆C交于E G、两点，O为坐标原点，求OEG的面积S的取值范围.【答案】(1)22142xy(2)30682 S【解析】【分析】（1）根据已知条件求得,abc，由此求得曲线C的方程.（2）利用弦长公式、点到直线的距离公式求得S的表达式，再结合导数求得S的取值范围.(1)1 212,22,2,22QF FbSc b bcca ，椭圆方程为22142xy.(2)设00(,)Px y，线段OP的中点为00,2 2x y，22222000001,2124242xyxxy，2004x，以OP为直径的圆的半径为22002xy，以OP为直径的圆的方程为22220000224xyxyxy ，即00()()0 xx xyy y，又圆221：O xy，两式相减00:1CDx x yy，试卷第 61页，共 144页由0022124x x yyxy，消去y并化简得22220000242 40 xy xxxy，22222220000000164(2)(24)8(41 2)xxyyyxy ，2222200000841(4)24(1)yxxy x ，222222000000222220000024(1)24(1)122y xxyxxEGyxyxy，22001O EGdxy，22220000222222200000006(1)6(1)2612611224(4)34222xxxxSEGdxxyxxxx 2020261311xx，由于2004x，所以2011 5x，20115x，对于函数 211315,30httth ttt ，ht在1,5上递增.116 514,53555hh，所以2020116 54 3151xx，20205111164311xx，202030266182311xx，30682S.【点睛】求解椭圆中三角形面积的取值范围，关键步骤有两个，一个是利用弦长公式、点到直线的距离公式求得三角形面积的表达式.二个是利用基本不等式、导数、二次函数等知识来求面积的取值范围.41已知椭圆 C 22221(0)xya bab 经过点 P（3，32），O为坐标原点，若直线 l试卷第 62页，共 144页与椭圆 C交于 A，B两点，线段 AB 的中点为 M，直线 l 与直线 OM的斜率乘积为-14.(1)求椭圆 C的标准方程；(2)若3OM，求AOB 面积的最大值.【答案】(1)22112 3xy(2)3【解析】【分析】（1）根据椭圆经过点 P（3，32），得到223914ab，再利用点差法，根据直线 l 与直线 OM的斜率乘积为-14，得到2214ba 求解；（2）当AB x轴时，易得13322AOBSOM AB，当直线 AB 与 x 轴不垂直时，设直线 AB 的方程为y kx t，联立22112 3xyy kx t，根据3OM，得到 k，t 的关系，再求得AB和点 O到直线 AB 的距离为 d，由12AOBSABd 求解.(1)解：因为椭圆经过点 P（3，32），所以223914ab，设 1122,Axy Bx y，因为直线 l 与椭圆 C交于 A，B两点，所以22112222222211xyabxyab，两式相减得2121221212y yx xbx xa y y，因为线段 AB 的中点为 M，且直线 l 与直线 OM的斜率乘积为-14，所以2214ba，解得223,12ba，所以椭圆方程为：22112 3xy；(2)当AB x轴时，点 M在 x 轴上，且OMAB，由3OM，得3AB，所以13322AOBSOM AB，试卷第 63页，共 144页当直线 AB 与 x 轴不垂直时，设直线 AB 的方程为y kx t，由22112 3xyy kx t，消去 y 得2221 484120k xktx t，则21212228412,1 41 4kttx xx xkk，224,1 41 4kttMkk，由3OM，得222231 41 16ktk，因为 2222212122216 1231411 4ktABkx xx xkk ，点 O到直线 AB 的距离为221tdk，所以222212 1 413621 16AOBkkSABdk ，22222121 423631 16kkk，当且仅当22121 4kk，即218k时，等号成立，综上AOB面积的最大值是 3.42如图，椭圆2222:10yxMaba b 的两顶点 2,0A，2,0B，离心率32e，过 y 轴上的点 40,0tFtt的直线 l 与椭圆交于 C，D两点，并与 x 轴交于点 P，直线AC与直线BD交于点 Q.(1)当23t 且4CD 时，求直线 l 的方程；(2)当点 P异于 A，B两点时，设点 P与点 Q横坐标分别为Px，Qx，是否存在常数使PQx x 成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)223 0 x y 或223 0 x y(2)存在，4试卷第 64页，共 144页【解析】【分析】（1）先求得椭圆M的方程，再以设而不求的方法即可求得直线 l 的方程；（2）先以设而不求的方法得到PQxx、的解析式，再去计算PQx x是否为定值即可解决.(1)椭圆的方程222210yxa bab，由题可得2b；由32cea，结合222ab c，得4a，椭圆的标准方程：22116 4yx；当直线 l 的斜率不存在时，8CD，与题意不符，故设直线 l 的方程为23y kx，代入椭圆方程22416yx整理得224434 0kxkx，设11,C xy，22,D x y，122434kx xk，12244x xk；22222121 22228143414144444kkCDkx xx xkkkk，解得2k .则直线 l 的方程为223 0 x y 或223 0 x y.(2)当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 与 y 轴重合，由椭圆的对称性可知直线AC与直线BD平行，不符合题意；由题意可设直线的方程：x myn0,0mn代入椭圆方程，得2221 484160m ymnyn；设11,C xy，22,D x y，12281 4mny ym，21224161 4ny ym；2121242nmyyy yn 直线AC的方程为 1122yyxx则直线BD的方程为 2222yyxx由得12121 2121211 2222222222y xy my nmy yy nxxy xy my nmy yy n 试卷第 65页，共 144页由代入，得 21212222222222n nynynxxnn nyny ，解得4xn，即4Qxn；且知Pxn；44PQx xnn （常数）即点 P与点 Q横坐标之积为定值 4.故存在常数443已知抛物线2:20E xpy p的焦点为F，直线4x 分别与x轴交于点P，与抛物线E交于点Q，且54QFPQ.(1)求抛物线E的方程；(2)如图，设点,ABC都在抛物线E上，若ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，求AB ACuu u r uuu r的最小值.【答案】(1)24xy(2)32【解析】【分析】（1）设 04,Qy，列方程组00021652 4pypyy，求出2p，即可得到抛物线E的方程；（2）设点222312123123,444xxxA xB xC xxxx ，利用ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，表示出 32211kxkk，用坐标表示出AB AC uuu r uuu rg 32221611kk k利用基本不等式求出AB AC 的最小值.(1)设点 04,Qy，由已知00021652 4pypyy，则8102ppp，即24p.因为0p，则2p，所以抛物线E的方程是24xy.(2)试卷第 66页，共 144页设点222312123123,444xxxA xB xC xxxx ，直线AB的斜率为0kk，因为AB BC，则直线BC的斜率为1k.因为AB BC，则212232111x xkx xk，得2312x x kx x，因为22121212444xxx xkx x，则124x xk，即124xk x，因为223223231444xxx xkx x，则234x xk ，即324xxk 将代入，得2