高考数学专题09平面解析几何(文理合卷).doc

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1、2020年高考数学压轴必刷题专题09平面解析几何(文理合卷)1【2019年全国新课标2理科11】设F为双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2a2交于P，Q两点若|PQ|OF|，则C的离心率为（）A2B3C2D5【解答】解：如图，由题意，把x=c2代入x2+y2a2，得PQ=2a2-c24，再由|PQ|OF|，得2a2-c24=c，即2a2c2，c2a2=2，解得e=ca=2故选：A2【2018年新课标1理科11】已知双曲线C：x23-y21，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N若OMN为直角三角

2、形，则|MN|（）A32B3C23D4【解答】解：双曲线C：x23-y21的渐近线方程为：y=33x，渐近线的夹角为：60，不妨设过F（2，0）的直线为：y=3(x-2)，则：y=-33xy=3(x-2)解得M（32，-32），y=33xy=3(x-2)解得：N（3，3），则|MN|=(3-32)2+(3+32)2=3故选：B3【2018年新课标2理科12】已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为36的直线上，PF1F2为等腰三角形，F1F2P120，则C的离心率为（）A23B12C13D14【解答】解：由题意可知：A（a，0），

3、F1（c，0），F2（c，0），直线AP的方程为：y=36（x+a），由F1F2P120，|PF2|F1F2|2c，则P（2c，3c），代入直线AP：3c=36（2c+a），整理得：a4c，题意的离心率e=ca=14故选：D4【2018年新课标3理科11】设F1，F2是双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0b0）的左，右焦点，O是坐标原点过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，若|PF1|=6|OP|，则C的离心率为（）A5B2C3D2【解答】解：双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0b0）的一条渐近线方程为y=bax，点F2到渐近线的距离d=bca2+b2=b，即|PF2|b，|OP|=|O

4、F2|2-|PF2|2=c2-b2=a，cosPF2O=bc，|PF1|=6|OP|，|PF1|=6a，在三角形F1PF2中，由余弦定理可得|PF1|2|PF2|2+|F1F2|22|PF2|F1F2|COSPF2O，6a2b2+4c22b2cbc=4c23b24c23（c2a2），即3a2c2，即3ac，e=ca=3，故选：C5【2018年天津理科07】已知双曲线x2a2-y2b2=1（a0，b0）的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1+d26，则双曲线的方程为（）Ax24-y212=1Bx212-y24=1

5、Cx23-y29=1Dx29-y23=1【解答】解：由题意可得图象如图，CD是双曲线的一条渐近线y=bax，即bxay0，F（c，0），ACCD，BDCD，FECD，ACDB是梯形，F是AB的中点，EF=d1+d22=3，EF=bca2+b2=b，所以b3，双曲线x2a2-y2b2=1（a0，b0）的离心率为2，可得ca=2，可得：a2+b2a2=4，解得a=3则双曲线的方程为：x23-y29=1故选：C6【2017年新课标1理科10】已知F为抛物线C：y24x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为（）

6、A16B14C12D10【解答】解：如图，l1l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，要使|AB|+|DE|最小，则A与D，B，E关于x轴对称，即直线DE的斜率为1，又直线l2过点（1，0），则直线l2的方程为yx1，联立方程组y2=4xy=x-1，则y24y40，y1+y24，y1y24，|DE|=1+1k2|y1y2|=232=8，|AB|+|DE|的最小值为2|DE|16，方法二：设直线l1的倾斜角为，则l2的倾斜角为 2+，根据焦点弦长公式可得|AB|=2psin2=4sin2|DE|=2psin2(2+)=2pcos2=4cos2|AB|+|DE|=4sin2+

7、4cos2=4sin2cos2=16sin22，0sin221，当45时，|AB|+|DE|的最小，最小为16，故选：A7【2017年新课标3理科10】已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bxay+2ab0相切，则C的离心率为（）A63B33C23D13【解答】解：以线段A1A2为直径的圆与直线bxay+2ab0相切，原点到直线的距离2aba2+b2=a，化为：a23b2椭圆C的离心率e=ca=1-b2a2=63故选：A8【2017年上海16】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：x236+y24=1和C2：x2+y29=

8、1P为C1上的动点，Q为C2上的动点，w是OPOQ的最大值记（P，Q）|P在C1上，Q在C2上，且OPOQ=w，则中元素个数为（）A2个B4个C8个D无穷个【解答】解：椭圆C1：x236+y24=1和C2：x2+y29=1P为C1上的动点，Q为C2上的动点，可设P（6cos，2sin），Q（cos，3sin），0，2，则OPOQ=6coscos+6sinsin6cos（），当2k，kZ时，w取得最大值6，则（P，Q）|P在C1上，Q在C2上，且OPOQ=w中的元素有无穷多对另解：令P（m，n），Q（u，v），则m2+9n236，9u2+v29，由柯西不等式（m2+9n2）（9u2+v2）324

9、（3mu+3nv）2，当且仅当mv9nu，取得最大值6，显然，满足条件的P、Q有无穷多对，D项正确故选：D9【2016年新课标2理科11】已知F1，F2是双曲线E：x2a2-y2b2=1的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sinMF2F1=13，则E的离心率为（）A2B32C3D2【解答】解：由题意，M为双曲线左支上的点，则丨MF1丨=b2a，丨MF2丨=4c2+(b2a)2，sinMF2F1=13，b2a4c2+b4a2=13，可得：2b4a2c2，即2b2ac，又c2a2+b2，可得2e2e-2=0，e1，解得e=2故选：A10【2016年浙江理科07】已知椭圆C1：x2m2+y2

10、=1(m1)与双曲线C2：x2n2-y21（n0）的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则（）Amn且e1e21Bmn且e1e21Cmn且e1e21Dmn且e1e21【解答】解：由题意可得m21n2+1，即m2n2+2，又m1，n0，则mn，由e12e22=m2-1m2n2+1n2=n2+1n2+2n2+1n2=n4+2n2+1n4+2n2 1+1n4+2n21，则e1e21故选：A11【2016年新课标3理科11】已知O为坐标原点，F是椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点P为C上一点，且PFx轴，过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点

11、E若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为（）A13B12C23D34【解答】解：由题意可设F（c，0），A（a，0），B（a，0），设直线AE的方程为yk（x+a），令xc，可得M（c，k（ac），令x0，可得E（0，ka），设OE的中点为H，可得H（0，ka2），由B，H，M三点共线，可得kBHkBM，即为ka2-a=k(a-c)-c-a，化简可得a-ca+c=12，即为a3c，可得e=ca=13另解：由AMFAEO，可得a-ca=MFOE，由BOHBFM，可得aa+c=OHFM=OE2FM，即有2(a-c)a=a+ca即a3c，可得e=ca=13故选：A12【2015年新课标2理科11】

12、已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，ABM为等腰三角形，顶角为120，则E的离心率为（）A5B2C3D2【解答】解：设M在双曲线x2a2-y2b2=1的左支上，且MAAB2a，MAB120，则M的坐标为（2a，3a），代入双曲线方程可得，4a2a2-3a2b2=1，可得ab，c=a2+b2=2a，即有e=ca=2故选：D13【2015年浙江理科05】如图，设抛物线y24x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则BCF与ACF的面积之比是（）A|BF|-1|AF|-1B|BF|2-1|AF|2-1C|BF|+1|AF|+1D|BF

13、|2+1|AF|2+1【解答】解：如图所示，抛物线的准线DE的方程为x1，过A，B分别作AEDE于E，交y轴于N，BDDE于D，交y轴于M，由抛物线的定义知BFBD，AFAE，则|BM|BD|1|BF|1，|AN|AE|1|AF|1，则SBCFSACF=|BC|AC|=|BM|AN|=|BF|-1|AF|-1，故选：A14【2014年新课标1理科10】已知抛物线C：y28x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若FP=4FQ，则|QF|（）A72B3C52D2【解答】解：设Q到l的距离为d，则|QF|d，FP=4FQ，|PQ|3d，不妨设直线PF的斜率为-22dd=-

14、22，F（2，0），直线PF的方程为y22（x2），与y28x联立可得x1，|QF|d1+23，故选：B15【2014年新课标2理科10】设F为抛物线C：y23x的焦点，过F且倾斜角为30的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则OAB的面积为（）A334B938C6332D94【解答】解：由y22px，得2p3，p=32，则F（34，0）过A，B的直线方程为y=33（x-34），即x=3y+34联立 y2=3xx=3y+34，得4y2123y90设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y233，y1y2=-94SOABSOAF+SOFB=1234|y1y2|=38(y1+y2)2-4y1

15、y2=38(33)2+9=94故选：D16【2014年上海理科17】已知P1（a1，b1）与P2（a2，b2）是直线ykx+1（k为常数）上两个不同的点，则关于x和y的方程组a1x+b1y=1a2x+b2y=1的解的情况是（）A无论k，P1，P2如何，总是无解B无论k，P1，P2如何，总有唯一解C存在k，P1，P2，使之恰有两解D存在k，P1，P2，使之有无穷多解【解答】解：P1（a1，b1）与P2（a2，b2）是直线ykx+1（k为常数）上两个不同的点，直线ykx+1的斜率存在，k=b2-b1a2-a1，即a1a2，并且b1ka1+1，b2ka2+1，a2b1a1b2ka1a2ka1a2+a

16、2a1a2a1a1x+b1y=1a2x+b2y=1，b2b1得：（a1b2a2b1）xb2b1，即（a1a2）xb2b1方程组有唯一解故选：B17【2013年浙江理科09】如图F1、F2是椭圆C1：x24+y21与双曲线C2的公共焦点，A、B分别是C1、C2在第A2B3C32D62【解答】解：设|AF1|x，|AF2|y，点A为椭圆C1：x24+y21上的点，2a4，b1，c=3；|AF1|+|AF2|2a4，即x+y4；又四边形AF1BF2为矩形，|AF1|2+|AF2|2=|F1F2|2，即x2+y2（2c）2=(23)2=12，由得：x+y=4x2+y2=12，解得x2-2，y2+2，设

17、双曲线C2的实轴长为2m，焦距为2n，则2m|AF2|AF1|yx22，2n2c23，双曲线C2的离心率e=nm=32=62故选：D18【2012年浙江理科08】如图，F1，F2分别是双曲线C：x2a2-y2b2=1（a，b0）的在左、右焦点，B是虚轴的端点，直线F1B与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M若|MF2|F1F2|，则C的离心率是（）A233B62C2D3【解答】解：线段PQ的垂直平分线MN，|OB|b，|OF1|ckPQ=bc，kMN=-cb直线PQ为：y=bc （x+c），两条渐近线为：y=bax由y=bc(x+c)y=bax，得Q（acc-a

18、，bcc-a ）；由y=bc(x+c)y=-bax得P(-acc+a，bcc+a)直线MN为y-bc2c2-a2=-cb(x-a2cc2-a2)，令y0得：xM=c(1+a2b2)又|MF2|F1F2|2c，3cxM=c(1+a2b2)，3a22c2解之得：e2=32，即e=62故选：B19【2012年天津理科08】设m，nR，若直线（m+1）x+（n+1）y20与圆（x1）2+（y1）21相切，则m+n的取值范围是（）A1-3，1+3B（，1-31+3，+）C222，2+22D（，2222+22，+）【解答】解：由圆的方程（x1）2+（y1）21，得到圆心坐标为（1，1），半径r1，直线（m

19、+1）x+（n+1）y20与圆相切，圆心到直线的距离d=|m+n|(m+1)2+(n+1)2=1，整理得：m+n+1mn(m+n2)2，设m+nx，则有x+1x24，即x24x40，x24x40的解为：x12+22，x2222，不等式变形得：（x222）（x2+22）0，解得：x2+22或x222，则m+n的取值范围为（，2222+22，+）故选：D20【2010年新课标1理科12】已知双曲线E的中心为原点，P（3，0）是E的焦点，过P的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N（12，15），则E的方程式为（）Ax23-y26=1Bx24-y25=1Cx26-y23=1Dx25-y24=1

20、【解答】解：由已知条件易得直线l的斜率为kkPN1，设双曲线方程为x2a2-y2b2=1，A（x1，y1），B（x2，y2），则有x12a2-y12b2=1x22a2-y22b2=1，两式相减并结合x1+x224，y1+y230得y1-y2x1-x2=4b25a2，从而k=4b25a2=1即4b25a2，又a2+b29，解得a24，b25，故选：B21【2010年浙江理科08】设F1、F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右焦点若在双曲线右支上存在点P，满足|PF2|F1F2|，且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为（）A3x4y0B3x5y0

21、C4x3y0D5x4y0【解答】解：依题意|PF2|F1F2|，可知三角形PF2F1是一个等腰三角形，F2在直线PF1的投影是其中点，由勾股定理知可知|PF1|24c2-4a2=4b根据双曲定义可知4b2c2a，整理得c2ba，代入c2a2+b2整理得3b24ab0，求得ba=43双曲线渐近线方程为y43x，即4x3y0故选：C22【2019年新课标1理科16】已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点若F1A=AB，F1BF2B=0，则C的离心率为【解答】解：如图，F1A=AB，且F1BF2B=0，OAF1B

22、，则F1B：y=ab(x+c)，联立y=ab(x+c)y=bax，解得B（a2cb2-a2，abcb2-a2），则F1B2=(a2cb2-a2+c)2+(abcb2-a2)2，F2B2=(a2cb2-a2-c)2+(abcb2-a2)2，(a2cb2-a2+c)2+(a2cb2-a2-c)2+2(abcb2-a2)2=4c2，整理得：b23a2，c2a23a2，即4a2c2，c2a2=4，e=ca=2故答案为：223【2019年浙江15】已知椭圆x29+y25=1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是【解答】解：椭圆x

23、29+y25=1的a3，b=5，c2，e=23，设椭圆的右焦点为F，连接PF，线段PF的中点A在以原点O为圆心，2为半径的圆，连接AO，可得|PF|2|AO|4，设P的坐标为（m，n），可得3-23m4，可得m=-32，n=152，由F（2，0），可得直线PF的斜率为152-32+2=15故答案为：1524【2018年新课标3理科16】已知点M（1，1）和抛物线C：y24x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点若AMB90，则k【解答】解：抛物线C：y24x的焦点F（1，0），过A，B两点的直线方程为yk（x1），联立y2=4xy=k(x-1)可得，k2x22（2+k2）x+k20，设

24、A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x2=4+2k2k2，x1x21，y1+y2k（x1+x22）=4k，y1y2k2（x11）（x21）k2x1x2（x1+x2）+14，M（1，1），MA=（x1+1，y11），MB=（x2+1，y21），AMB90，MAMB=0（x1+1）（x2+1）+（y11）（y21）0，整理可得，x1x2+（x1+x2）+y1y2（y1+y2）+20，1+2+4k2-4-4k+20，即k24k+40，k2故答案为：225【2018年浙江17】已知点P（0，1），椭圆x24+y2m（m1）上两点A，B满足AP=2PB，则当m时，点B横坐标的绝对值最大【解答】

25、解：设A（x1，y1），B（x2，y2），由P（0，1），AP=2PB，可得x12x2，1y12（y21），即有x12x2，y1+2y23，又x12+4y124m，即为x22+y12m，x22+4y224m，得（y12y2）（y1+2y2）3m，可得y12y2m，解得y1=3-m2，y2=3+m4，则mx22+（3-m2）2，即有x22m（3-m2）2=-m2+10m-94=-(m-5)2+164，即有m5时，x22有最大值4，即点B横坐标的绝对值最大故答案为：526【2018年上海12】已知实数x1、x2、y1、y2满足：x12+y121，x22+y221，x1x2+y1y2=12，则|x1

26、+y1-1|2+|x2+y2-1|2的最大值为【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），OA=（x1，y1），OB=（x2，y2），由x12+y121，x22+y221，x1x2+y1y2=12，可得A，B两点在圆x2+y21上，且OAOB=11cosAOB=12，即有AOB60，即三角形OAB为等边三角形，AB1，|x1+y1-1|2+|x2+y2-1|2的几何意义为点A，B两点到直线x+y10的距离d1与d2之和，显然A，B在第三象限，AB所在直线与直线x+y1平行，可设AB：x+y+t0，（t0），由圆心O到直线AB的距离d=|t|2，可得21-t22=1，解得t=62，即有两平

27、行线的距离为1+622=2+32，即|x1+y1-1|2+|x2+y2-1|2的最大值为2+3，故答案为：2+327【2018年北京理科14】已知椭圆M：x2a2+y2b2=1（ab0），双曲线N：x2m2-y2n2=1若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为；双曲线N的离心率为【解答】解：椭圆M：x2a2+y2b2=1（ab0），双曲线N：x2m2-y2n2=1若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，可得椭圆的焦点坐标（c，0），正六边形的一个顶点（c2，3c2），可得：c24a2+3c24

28、b2=1，可得14e2+34(1e2-1)=1，可得e48e2+40，e（0，1），解得e=3-1同时，双曲线的渐近线的斜率为3，即nm=3，可得：n2m2=3，即m2+n2m2=4，可得双曲线的离心率为e=m2+n2m2=2故答案为：3-1；228【2017年江苏13】在平面直角坐标系xOy中，A（12，0），B（0，6），点P在圆O：x2+y250上若PAPB20，则点P的横坐标的取值范围是【解答】解：根据题意，设P（x0，y0），则有x02+y0250，PAPB=（12x0，y0）（x0，6y0）（12+x0）x0y0（6y0）12x0+6y+x02+y0220，化为：12x06y0+3

29、00，即2x0y0+50，表示直线2xy+50以及直线上方的区域，联立x02+y02=502x0-y0+5=0，解可得x05或x01，结合图形分析可得：点P的横坐标x0的取值范围是52，1，故答案为：52，129【2017年新课标2理科16】已知F是抛物线C：y28x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N若M为FN的中点，则|FN|【解答】解：抛物线C：y28x的焦点F（2，0），M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N若M为FN的中点，可知M的横坐标为：1，则M的纵坐标为：22，|FN|2|FM|2(1-2)2+(22-0)2=6故答案为：630【2017年北京理科14】三名工人加工同

30、一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中Ai的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数，点Bi的横、纵坐标分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数，i1，2，3（1）记Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数，则Q1，Q2，Q3中最大的是（2）记pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p1，p2，p3中最大的是【解答】解：（1）若Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数，Q1A1的纵坐标+B1的纵坐标；Q2A2的纵坐标+B2的纵坐标，Q3A3的纵坐标+B3的纵坐标，由已知中图象可得：Q1，Q2，Q3中最大的是Q1，（2）若pi为第i名工人在这一天中平均每小时

31、加工的零件数，则pi为AiBi中点与原点连线的斜率，故p1，p2，p3中最大的是p2故答案为：Q1，p231【2016年江苏10】如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆x2a2+y2b2=1（ab0）的右焦点，直线y=b2与椭圆交于B，C两点，且BFC90，则该椭圆的离心率是【解答】解法一：设右焦点F（c，0），将y=b2代入椭圆方程可得xa1-b24b2=32a，可得B（-32a，b2），C（32a，b2），由BFC90，可得kBFkCF1，即有b2-32a-cb232a-c=-1，化简为b23a24c2，由b2a2c2，即有3c22a2，由e=ca，可得e2=c2a2=23，可得e=63

32、，解法二：设右焦点F（c，0），将y=b2代入椭圆方程可得xa1-b24b2=32a，可得B（-32a，b2），C（32a，b2），FB=（-32ac，b2），FC=（32ac，b2），FBFC=0，则c2-34a2十14b20，因为b2a2c2，代入得3c22a2，由e=ca，可得e2=c2a2=23，可得e=63解法可得FHHC=32a，在直角三角形OHF中，OF2+OH2FH2，即有c2-34a2十14b20，因为b2a2c2，代入得3c22a2，由e=ca，可得e2=c2a2=23，可得e=63故答案为：6332【2016年新课标3理科16】已知直线l：mx+y+3m-3=0与圆x2+

33、y212交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，若|AB|23，则|CD|【解答】解：由题意，|AB|23，圆心到直线的距离d3，|3m-3|m2+1=3，m=-33直线l的倾斜角为30，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，|CD|=2332=4故答案为：433【2015年江苏12】在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2y21右支上的一个动点，若点P到直线xy+10的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为【解答】解：由题意，双曲线x2y21的渐近线方程为xy0，因为点P到直线xy+10的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线xy+10与直线xy0的距离，即22故答案

34、为：2234【2014年新课标2理科16】设点M（x0，1），若在圆O：x2+y21上存在点N，使得OMN45，则x0的取值范围是【解答】解：由题意画出图形如图：点M（x0，1），要使圆O：x2+y21上存在点N，使得OMN45，则OMN的最大值大于或等于45时一定存在点N，使得OMN45，而当MN与圆相切时OMN取得最大值，此时MN1，图中只有M到M之间的区域满足MN1，x0的取值范围是1，135【2014年浙江理科16】设直线x3y+m0（m0）与双曲线x2a2-y2b2=1（a0，b0）的两条渐近线分别交于点A，B若点P（m，0）满足|PA|PB|，则该双曲线的离心率是【解答】解：双曲线

35、x2a2-y2b2=1（a0，b0）的两条渐近线方程为ybax，则与直线x3y+m0联立，可得A（ma3b-a，mb3b-a），B（-ma3b+a，mb3b+a），AB中点坐标为（ma29b2-a2，3mb29b2-a2），点P（m，0）满足|PA|PB|，3mb29b2-a2-0ma29b2-a2-m=-3，a2b，c=a2+b2=5b，e=ca=52故答案为：5236【2014年上海理科14】已知曲线C：x=-4-y2，直线l：x6，若对于点A（m，0），存在C上的点P和l上的Q使得AP+AQ=0，则m的取值范围为【解答】解：曲线C：x=-4-y2，是以原点为圆心，2 为半径的圆，并且xP

36、2，0，对于点A（m，0），存在C上的点P和l上的Q使得AP+AQ=0，说明A是PQ的中点，Q的横坐标x6，m=6+xP22，3故答案为：2，337【2013年江苏12】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的标准方程为x2a2+y2b2=1（ab0），右焦点为F，右准线为l，短轴的一个端点为B，设原点到直线BF的距离为d1，F到l的距离为d2，若d2=6d1，则椭圆C的离心率为【解答】解：如图，准线l：x=a2c，d2=a2c-c=b2c，由面积法得：d1=bca，若d2=6d1，则b2c=6bca，整理得6a2ab-6b2=0，两边同除以a2，得6(ba)2+（ba）-6=0，解得ba=63e=

37、1-(ba)2=33故答案为：3338【2013年浙江理科15】设F为抛物线C：y24x的焦点，过点P（1，0）的直线l交抛物线C于两点A，B，点Q为线段AB的中点，若|FQ|2，则直线l的斜率等于【解答】解：由题意设直线l的方程为myx+1，联立my=x+1y2=4x得到y24my+40，16m21616（m21）0设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）y1+y24m，y0=y1+y22=2m，x0my012m21Q（2m21，2m），由抛物线C：y24x得焦点F（1，0）|QF|2，(2m2-2)2+(2m)2=2，化为m21，解得m1，不满足0故满足条件的直线l不存在故答

38、案为不存在39【2012年江苏12】在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2+y28x+150，若直线ykx2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是【解答】解：圆C的方程为x2+y28x+150，整理得：（x4）2+y21，即圆C是以（4，0）为圆心，1为半径的圆；又直线ykx2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，只需圆C：（x4）2+y24与直线ykx2有公共点即可设圆心C（4，0）到直线ykx2的距离为d，则d=|4k-2|1+k22，即3k24k0，0k43k的最大值是43故答案为：4340【2012年浙江理科16】定义：

39、曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离，已知曲线C1：yx2+a到直线l：yx的距离等于曲线C2：x2+（y+4）22到直线l：yx的距离，则实数a【解答】解：圆x2+（y+4）22的圆心为（0，4），半径为2，圆心到直线yx的距离为42=22，曲线C2：x2+（y+4）22到直线l：yx的距离为22-2=2则曲线C1：yx2+a到直线l：yx的距离等于2，令y2x1解得x=12，故切点为（12，14+a），切线方程为y（14+a）x-12即xy-14+a0，由题意可知xy-14+a0与直线yx的距离为2，即|a-14|2=2解得a=94或-74当a=-74时直线yx与曲线

40、C1：yx2+a相交，故不符合题意，舍去故答案为：9441【2011年浙江理科17】设F1，F2分别为椭圆x23+y21的焦点，点A，B在椭圆上，若F1A=5F2B；则点A的坐标是【解答】解：方法1：直线F1A的反向延长线与椭圆交于点B又F1A=5F2B由椭圆的对称性，得F1A=5BF1设A（x1，y1），B（x2，y2）由于椭圆x23+y2=1的a=3，b1，c=2e=ca=23=63，F1（2，0）|F1A|=63|x1-322|，|F1B|=63|x2-322|，从而有：63|x1-322|563|x2-322|，由于-3x1，x23，322-x10，322-x20，即63(322+x1

41、)=563(x2+322)322+x1=5(x2+322) 又三点A，F1，B共线，F1A=5BF1（x1-(-2)，y10）5（-2-x2，0y2）由+得：x10代入椭圆的方程得：y11，点A的坐标为（0，1）或（0，1） 方法2：因为F1，F2分别为椭圆x23+y2=1的焦点，则F1(-2，0)，F2(2，0)，设A，B的坐标分别为A（xA，yA），B（xB，yB），若F1A=5F2B；则xA+2=5(xB-2)yA=5yB，所以xB=xA+625yB=yA5，因为A，B在椭圆上，所以xA23+yA2=1xB23+yB2=1，代入解得xA=0yA=1或xA=0yA=-1，故A（0，1）方法

42、ktan=22，由y=22(x2)x2+3y2=3，即可得到A（0，1）故答案为：（0，1）42【2011年北京理科14】曲线C是平面内与两个定点F1（1，0）和F2（1，0）的距离的积等于常数a2（a1）的点的轨迹给出下列三个结论：曲线C过坐标原点；曲线C关于坐标原点对称；若点P在曲线C上，则F1PF2的面积不大于12a2其中，所有正确结论的序号是【解答】解：对于，由题意设动点坐标为（x，y），则利用题意及两点间的距离公式的得：(x+1)2+y2(x-1)2+y2=a2（x+1）2+y2（x1）2+y2a4（1）将原点代入验证，此方程不过原点，所以错；对于，把方程中的x被x代换，y被y 代换，方程不变，故此曲线关于原点对