高考数学解析几何专题练习及答案解析版

来源：化拓教育网

,2，焦距的一半为3的椭圆的标准方程是（） 1．一个顶点的坐标0 x2y2x2y2x2y2x2y21 B. 1 C. 1 D. 1 A. 4994413134x2y22．已知双曲线的方程为221(a0,b0)，过左焦点F1作斜率为3的直线交

ab双曲线的右支于点P，且y轴平分线段F1P，则双曲线的离心率是( ) A． 3

B．22

3 C． 13 D． 23

3．已知过抛物线y=2px（p>0）的焦点F的直线x－my+m=0与抛物线交于A，B两点，且△OAB（O为坐标原点）的面积为22，则m+ m的值为（）

A．1 B． 2 C．3 D．4

4．若直线经过A(0,1),B(3,4)两点，则直线AB的倾斜角为 A．30o B． 45o C．60o D．120o

5．已知曲线C的极坐标方程ρ=2cos2 ,给定两点P(0，π/2)，（-2，Qπ），则有 ( )

（Ａ）P在曲线C上，Q不在曲线C上（Ｂ）P、Q都不在曲线C上（Ｃ）P不在曲线C上，Q在曲线C上（Ｄ）P、Q都在曲线C上 6．点M的直角坐标为(3,1)化为极坐标为（） A．(2,1157) B．(2,) C．(2,) D．(2,) 6666

x3t227．曲线的参数方程为(t是参数)，则曲线是（） 2yt1A、线段 B、直线 C、圆 D、射线 8．点（2,1）到直线3x-4y+2=0的距离是（） A．

245 B． 542C．

425 D． 2549．圆xy4x6y0的圆心坐标和半径分别为（）

A.(2,3)、13 B.(2,3)、13 C.(2,3)、13 D.(2,3)、13

x2y21的焦点为F1,F2,两条准线与x轴的交点分别为M、N，若10．椭圆

2b2MN2F1F2，则该椭圆离心率取得最小值时的椭圆方程为 ( )

x2y2x2x2y221 y1 B. 1 C.A.

22232x2y21 D.2311．过双曲线的右焦点F作实轴所在直线的垂线，交双曲线于A，B两点，设双曲线的左顶点M，若MAB是直角三角形，则此双曲线的离心率e的值为（）

A．

3 B．2 2x2a2y2b2C．2 D．3 12．已知1(ab0)，M,N是椭圆上关于原点对称的两点，P是椭圆上任

意一点且直线PM,PN的斜率分别为k1,k2，k1k20，则k1k2的最小值为1,则椭圆的离心率为( ). (A)

2233 (B) (C) (D) 24242y21上的一点，F1、F2是该双曲线的两个焦点，若13．设P为双曲线x12PF1:PF23:2，则△PF1F2的面积为（）

A．63

B．12

C．123

D．24

14．如果过点P2,m和Qm,4的直线的斜率等于1,那么m的值为( ) A．4

B．1 C．1或3

D．1或4

uuuurx2y21上,若A点坐标为(3,0),|AM|1,且15．已知动点P(x,y)在椭圆

2516uuuuruuuuruuuur|PM|的最小值是（） PMAM0则

A．2 B．3 C．2 D．3 16．直线l与抛物线A、C、

交于A,B两点;线段AB中点为

、

，则直线l的方程为

B、 D、

x2y2317．已知椭圆C:221(a＞b＞0)的离心率为，过右焦点F且斜率为k(k＞0)2abuuuruuur的直线与C相交于A、B两点．若AF3FB，则k（）

（A）1 （B）2 （C）3 （D）2 18．圆(x2)y4与圆(x2)(y1)9的位置关系为( ) A.内切 B.相交 C.外切 D.相离

222219．已知点P在定圆O的圆内或圆周上,动圆C过点P与定圆O相切,则动圆C的圆心轨迹可能是( )

(A)圆或椭圆或双曲线 (B)两条射线或圆或抛物线 (C)两条射线或圆或椭圆 (D)椭圆或双曲线或抛物线

20．若直线l：y＝kx－3与直线2x＋3y－6＝0的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是( ) A．[

，) B．(，) C．(，) D．[，] 6362326221．直线l与两直线y1和xy70分别交于A,B两点，若线段AB的中点为

M(1,1)，则直线l的斜率为（）

A．

3 2B．

232 C． D．  3232222．已知点O0,0,A1,1，若F为双曲线xy1的右焦点，P是该双曲线上

uuruur且在第一象限的动点，则OAFP的取值范围为（）

A．

21,1 B．

21,2 C．1,2 D．

2,

23．若a,b满足a2b1，则直线ax3yb0过定点（）

A., B., C., D.,

y21的实轴长为 ( ) 24．双曲线x921162121611261612A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

x2y225．已知F1 、F2分别是双曲线221（a>0,b>0）的左、右焦点，P为双曲线上

ab的一点，若F1PF290,且F1PF2的三边长成等差数列，则双曲线的离心率是（）

A．2 B． 3 C． 26．过A(1，1)、B(0，-1)两点的直线方程是( )

D． 5

C. =x

227．抛物线y12x上与焦点的距离等于6的点横坐标是（）

A．1 B．2 Ｃ．3 Ｄ．4

22C:xy2x6y0，则圆心P及半径r分别为（） 28．已知圆

A、圆心P1,3，半径r10； B、圆心P1,3，半径r10；

C、圆心P1,3，半径r10； D、圆心P1,3，半径r10。

y229．F1、F2是双曲线C：x－ 2＝１的两个焦点，P是C上一点，且△F1PF2是等腰直

角三角形，则双曲线C的离心率为 A．1＋2 B．2＋2 C．3－2 D．3＋2 30．圆xy2x10关于直线2xy30对称的圆的方程是（）Ａ．(x3)2(y2)222221 2

Ｂ．(x3)2(y2)2221 2 Ｃ．(x3)(y2)2

Ｄ．(x3)(y2)2

31．如图，轴截面为边长为43等边三角形的圆锥，过底面圆周上任一点作一平面，且与底面所成二面角为率为（）

，已知与圆锥侧面交线的曲线为椭圆，则此椭圆的离心6

（A）

3332 （B）（C）（D） 42322yyk(x2)(k0)32．已知直线与抛物线C：8x相交于两点，F为C的焦点，若

FA2FB，则k（）

12222A. 3 B. 3 C. 3 D. 3

x2y2333．已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，过右焦点F且

2ab斜率为k(k0)的直线与C相交于A,B两点，若AF3FB，则k （） A. 1 B．2 C． 3 D．2

2C:y2px(p＞0)的准线为l，过M(1,0)且斜率为3的直线与l相34．已知抛物线

uuuuruuurC交于点A，与的一个交点为B．若AMMB，则P的值为（）

（A）1 （B）2 （C）3 （D）4

35．若动圆与圆(x-2)+y=1外切，又与直线x+1=0相切，则动圆圆心的轨迹方程是 ( )

=8x =-8x =4x =-4x

x2y21表示焦点在x轴上的双曲线的充要条件是（）36．若kR，则方程 k3k2A．3k2 B．k3 C．k3或k2 D．k2 37．点（1，2）关于直线y =x 1的对称点的坐标是（A）（3，2）（B）（3，2）（C）（3，2）（D）（3，2） 38．设圆xy4的一条切线与x轴、y轴分别交于点A、B, 则AB的最小值为( )

A、4 B、42 C、6 D、8

39．圆xyaxby0与直线axby0(ab0)的位置关系是 ( ) A．直线与圆相交但不过圆心. B．相切. C．直线与圆相交且过圆心. D．相离

40．椭圆的长轴为A1A2，B为短轴的一个端点，若∠A1BA2=120°，则椭圆的离心率为

2222226331A．3 B．2 C．3 D．2

41．已知圆C与圆(x－1)＋y＝1关于直线y＝－x对称，则圆C的方程为（）

2222

A．(x＋1)＋y＝1 B．x＋y＝1

2222

C．x＋(y＋1)＝1 D．x＋(y－1)＝1

42．已知直线l经过坐标原点，且与圆xy4x30相切，切点在第四象限，则直线l的方程为( )

222

A.y3x B．y3x C．y33x D．yx 3343．当曲线y14x2与直线kxy2k40有两个相异的交点时，实数k的取值范围是（） A．(0,513535) B．(,] C．(,] D．(,)

341241212x2y244．已知F1、F2分别是双曲线221的左、右焦点,P为双曲线右支上的任意一点

ab|PF1|2且8a，则双曲线离心率的取值范围是（） |PF2|A. (1,2] +)

2 B. [2 +)

2C. (1,3] D. [3，

uuur145．已知P是圆(x3)(y3)1上或圆内的任意一点，O为坐标原点，OA(,0)，

2uuuruuur则OAOP的最小值为（）

A．

1 2 B．

3 2 C．1 D．2

46．已知AB0且BC0，则直线AxByC0一定不经过( )

（A）第一象限（B）第二象限（C）第三象限（D）第四象限

47．[2012·课标全国卷]等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y＝16x的准线交于A，B两点，|AB|＝43，则C的实轴长为( ) A.2 B.22

48．双曲线具有光学性质：“从双曲线的一个焦点发出的光线经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线都汇聚到双曲线的另一个焦点。”由此可得如下结论：如右图，过双曲线C：

x2y21(a、b0)右支上的点P的切线l平分F1PF2。a2b2现过原点作l的平行线交PF1于M，则|MP|等于（ ▲ ） A．a B．b C．ab 22 D．与点P的位置有关

49．已知直线xya20与圆x2y24交于B、（与点B、C两点，A是圆上一点

uuuruuuruuuruuuruuur，且满足OBOCOBOC2OA，其中O是坐标原点，则实数a值是C不重合）

（）

A．2 B．3

C．4 D．5

x2y21只有一个公共点，则k的值有（） 50．直线yk(x3)与双曲线94A．3个 B．2个 C．1个 D．无数多个

51．直线l：y＝k(x－2)与曲线x－y＝1(x>0)相交于A、B两点，则直线l的倾斜

角范围是（）

3，)∪(，) 42243C．[0，)∪(，π) D．(，)

2244A．[0，π)

B．(

52．若方程xy4mx2y5m0表示的曲线为圆，则m的取值范围是（）

2211m1 B．m或m1．

441C．m D．m1

4A．

xsin253．下列在曲线(为参数)上的点是（）

ycossinA．(,2) B．(,) C．(2,3) D．(1,3)

123142x2y21的中心和右焦点，54．若点O和点F分别为椭圆点P为椭圆上的任意一点，2uuuruuur则OPFP的最小值为

A．22 B．

1 C．22 D．1 2x2y255．若双曲线221的离心率为3，则其渐近线方程为( )

abA．y＝±2x B．y＝±2x

C．y＝±

21x D．y＝±x

222256．圆(x1)y1与直线y3x的位置关系是（） 3 A.直线过圆心 B.相交 C. 相切 D.相离 57．在直角坐标系中，直线x3y30的倾斜角是（） A．

uuuruuuruuuruuur58．已知直线xya与圆xy4交于A,B两点，且OAOBOAOB，

22 6B．

 3C．

5 6 D．

2 3则实数a的值为( )

A．2 B．-2 C．2或-2 D．6或6

2xxOy59．在平面直角坐标系中，抛物线2py(p0)上纵坐标为1的点到焦点的距离

为3，则焦点到准线的距离为（） A．2 B．8 C．3 D．4

260．P(x0,y0)是圆xyR内异于圆心的一点，则直线x0xy0yR与圆

222x2y2R2的位置关系是（）

A.相交 B.相切 C.相离 D.不能确定

61．( ) A.等

轴

双

曲

线

的

离

心

率

为

2 B.1 C.2 D.3 24y + 2 = 0的距离是

25 4544 B. C.

452562．点（2，1）到直线3x

x2y21x1的离心率是e，则a的值为 ( ) 63．已知焦点在轴上的椭圆29a2

A．32 B．3 C．23 D．12

2．抛物线y2x的准线方程是（） A. x1111 B. x C. x D. x 2288（）

65．点P(2,5)关于直线xy1的对称点的坐标是

A．(5,2) B．(4,1) C．(6,3) D．(4,2) 66．双曲线的离心率为2，则双曲线的两条渐近线的夹角是 A、45° B、30° C、60° D、90°

xy5167．我们把离心率为黄金比的椭圆称为“优美椭圆”．设221(ab0)

2ab为“优美椭圆”，F、A分别是左焦点和右顶点，B是短轴的一个端点，则ABF ( )

A．60° B．75° C．90° D．120°

68．已知△ABC的顶点A(0,-4)、B(0,4),且4(sinB-sinA)=3sinC,则顶点C的轨迹方程是( )

22x2y2x2y2=1(x>3) =1(x<-7) 9779y2x2y2x2=1(y>3) =1(y<-3) 979769．设直线 ax＋by＋c＝0的倾斜角为α，且sin α＋cos α＝0，则a，b满足( ) A．a＋b＝1 B．a－b＝1 C．a＋b＝0 D．a－b＝0

y21（a是常数）则下列结论正确的是（） 70．若方程C：xa2A．aR，方程C表示椭圆 B．aR，方程C表示双曲线 C．aR，方程C表示椭圆 D．aR，方程C表示抛物线 71．直线3x3y20的倾斜角为（）

A.150o B.120o C.60o D.30o

72．已知点M(1,0)，直线l:x1，点B是l上的动点，过点B垂直于y轴的直线与线段BM的垂直平分线交于点P，则点P的轨迹是（） A．抛物线 B．椭圆 C．双曲线的一支 D．直线 73．下列说法正确的是（）

A．若两个角互补，则这两个角是邻补角； B．若两个角相等，则这两个角是对顶角 C．若两个角是对顶角，则这两个角相等； D．以上判断都不对 74．已知：AB（） A．

2，BC2，CD1，ABC45o，则四边形ABCD的面积为

3333322322 B． C． D．

4234A D B C

75．从椭圆短轴的一个端点看两焦点的视角是120,则这个椭圆的离心率e=( ) (A)

3311 (B) (C) (D) 232376．如图，O的两条弦AB、CD相交于点E，AC和DB的延长线交于点P，下列结论成立的是（）． A．PCCAPBBD B．CEAEBEED C．CECDBEBA D．PBPDPCPA

x2y21上一点P到它的右焦点的距离是8，那么点P到它的左焦77．如果双曲线

412点的距离是（）

A. 4 B. 12 C. 4或12 D. 6 78．圆xA.

22xy24y30与直线xyb0相切,正实数b的值为 ( )

1 B．1 C．221 D．3 279．若直线axby1经过点M(cos,sin)，则（）

A、a2b21 B、a2b21 C、ab1 D、ab1

x2y21上，F1,F2是椭圆的焦点，则|PF1||PF2|（） 80．已知P在椭圆3A．6 B．3 C．3 D． 23 x2y281．设双曲线221（a0,b0）两焦点为F1,F2，点Q为双曲线上除顶点外

ab的任意一点，过焦点F1作FQF 12的平分线的垂线，垂足为P，则P点的轨迹是（）（A）圆的一部分（B）椭圆的一部分（C）双曲线的一部分（D）抛物线的一部分 82．若直线y2x3k14与直线x4y3k2的交点位于第四象限，则实数k 的取值范围是（）

A、6k2 B、5k3 C、k6 D、k2 83．已知点A的直角坐标为(,),则它的极坐标为（）

1212A.(22325,) B.(,) C.(,) 24242427,) 24D.(22mxy1的虚轴长是实轴长的2倍，则m的值为（）. 84．双曲线

11A．4 B．4 C．4 D．4 22(x1)(y2)4的切线,则切线方程为（） M(1,5)作85．过点圆

A．x1 B．5x12y550 C．x1或5x12y550 D．x1或12x5y550

86．如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道I绕月飞行，之后卫星在P点第二次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行，最终卫星在P点第三次变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月飞行．已知椭圆轨道I和Ⅱ的中心与F在同一直线上，设椭圆轨道I和Ⅱ的长半轴长分别为a1,a2，半焦距分别为c1,c2，则有（）． A．

2c1c2cc B．a1c1a2c2 C．12 D．a1c1a2c2 a1a2a1a2P F Ⅲ Ⅱ Ⅰ 2222uuuuruuur87．直线axbyc0与圆xy9相交于两点M，N，若cab，则OMON（O为坐标原点）等于（） A．-7 B．-14 C．7 D．14

88．如图所示，在△ABC中，AD⊥BC于D，下列条件：

(1)∠B＋∠DAC＝90°； (2)∠B＝∠DAC； (3)

CDAC＝； ADAB2

(4)AB＝BD·BC.

其中一定能够判定△ABC是直角三角形的共有 A．3个 B．2个 C．1个 D．0个

．若直线ax＋by=1与圆 x2＋y2=1相交，则P（a，b）（） A 在圆上 B 在圆外 C 在圆内 D 以上都有可能

x2y290．椭圆221(ab0)的一个焦点为F1，若椭圆上存在一个点P，满足以

ab椭圆短轴为直径的圆与线段PF1相切于该线段的中点，则椭圆的离心率为( )

A．5225 B． C． D． 32391,则椭圆的方程是( ) 291．已知中心在原点的椭圆的右焦点为F(1,0),离心率等于

x2y2x2y21 B．A．1 3443x2y2x2y21 D．1 C．

434292．如图所示，在直角梯形ABCD中，AB＝7，AD＝2，BC＝3.设边AB上的一点P，使得

以P、A、D为顶点的三角形和以P、B、C为顶点的三角形相似，那么这样的点P有

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

x2y293．椭圆2+2=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A、B,左、右焦点分别是F1、F2,若

ab|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列,则此椭圆的离心率为( ) (A)

511 (B) (C) (D) 5-2 42 52

94．已知圆C1：(x＋1)＋(y－1)＝1，圆C2与圆C1关于直线x－y－1＝0对称，则圆C2

的方程为( )

A.(x－1)＋(y＋1)＝1

B.(x＋2)＋(y－2)＝1

C.(x＋1)＋(y－1)＝1

D.(x－2)＋(y＋2)＝1

22(x5)y36，P是⊙B上的动点，直线BP与线段95．已知点A（5，0）和⊙B：

AP的垂直平分线交于点Q，则点Q（x，y）所满足的轨迹方程为（ ▲ ）

x2y2x2y2x2y2x2y21111916169916169A. B. C . D.

x2y2x2y296．已知ab，椭圆C1的方程为221，双曲线C2的方程为221，C1与

ababC2的离心率之积为32，则C2的渐近线方程为（）．

A．x2y0 B．2xy0 C．x2y0 D．2xy0 97．设球的半径为R, P、Q是球面上北纬60圈上的两点，这两点在纬度圈上的劣弧的长是

R，则这两点的球面距离是（） 22RRR C、 D、

322A、3R B、

212xyxy21C2p(p0)的焦点与双曲线C2：398．已知抛物线1：的右焦点的

连线交

C1于第一象限的点M,若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p

（）

332343A．16 B．8 C．3 D．3

99．圆C:xy2x4y40的圆心到直线l:3x4y40的距离d .

22x2y21 259

x34t(t为参数)y45t101．.直线的斜率为 102．(极坐标与参数方程选讲选做题)设曲线C的参数方程为x23cos（为

y13sin710的点的个数10参数），直线l的方程为x3y20，则曲线C上到直线l距离为有_个 103．已知椭圆

上任意一点P及点

，则

的最大值为

x2104．在平面直角坐标系中，曲线C:y1___________.

2t2（为参数）的普通方程为

t2t2105．已知双曲线中心在原点，一个焦点为F点P在双曲线上，且线段PF1的1(5,0)，中点坐标为（0，2），则此双曲线的方程是________________.

106．直线l1: x-2y+3=0, l2: 2x-y-3=0, 动圆C与l1、l2都相交, 并且l1、l2被圆截得

的线段长分别是20和16, 则圆心C的轨迹方程是 .

x2y2107．已知双曲线C:221(a0,b0)的离心率e2，且它的一个顶点到相

ab应焦点的距离为1，则双曲线C的方程为。

x2y2108．椭圆C:221(ab0)的左，右焦点分别为F1,F2，焦距为2c，若直线

aby3(xc)与椭圆C的一个交点M满足MF1F22MF2F1，则该椭圆的离心率

为 .

x2y21的焦点分别为F1和F2，109．椭圆点P在椭圆上，如果线段PF1的中点在y123轴上，那么cosF1PF22

。

2110．．圆x2y27关于直线xy2对称的圆的方程为；

x2y2111．若点P是以F1,F2为焦点的双曲线1上一点，满足PF1PF2，且

a2b2PF12PF2，则此双曲线的离心率为 ▲ ．

112．如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB和DC相交于点P，若

PB1,PD3，则

A O D B C BC的值为 . AD· P

x2y2113．已知F1、F2分别是椭圆2＋2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A、B分别是此椭圆

ab的右顶点和上顶点，P是椭圆上一点，O是坐标原点，OP∥AB，PF1⊥x轴，F1A＝10＋5，则此椭圆的方程是________________．

114．曲线C是平面内与定点F(2,0)和定直线x2的距离的积等于4的点的轨迹.给出下列四个结论： ①曲线C过坐标原点； ②曲线C关于x轴对称； ③曲线C与y轴有3个交点； ④若点M在曲线C上，则

MF的最小值为

2(21).

其中，所有正确结论的序号是___________．

115．如图，A，B，C是⊙O上的三点，BE切⊙O于点B， D是CE与⊙O的交点.若

BAC70，则CBE______；若BE2，CE4，则CD .

AOCBDE

116．已知圆在直角坐标系中的参数方程为x22cos，现以直角坐标系的原点为

y2sin极点，以X轴正半轴为极轴，建立极坐标系，则该圆的极坐标方程是_______________

x2y21上一点M，点M的横坐标是3，则117．在平面直角坐标系xOy中，双曲线

412M到双曲线右焦点的距离是___ _______

x≤0,axb,118．如图2，函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，则1log(x),x0c9abc ．

119．在直角坐标系xOy中，点B与点A(1,0)关于原点O对称．点P(x0,y0)在抛物线y4x上，且直线AP与BP的斜率之积等于－2，则x0_____________ 120．若点A(2,a)到直线l:x2y30距离为5，则a= * * * ．

121．点P(4,1)平分双曲线x4y4的一条弦，则这条弦所在的直线方程是

222x2y21的右焦点重合，则p的值122．若抛物线y2px的焦点与双曲线632为．

123．已知方程xy4x2y40，则xy的最大值是． 124．如图，PA与圆O相切于A，不过圆心O的割线PCB与直径AE相交于D点.已知∠BPA=300，AD2，PC1，则圆O的半径等于．

2222

125．点(0，5)到直线2xy0的距离是 .

126．圆x＋y－2x－2y＋1＝0上的动点Q到直线3x＋4y＋8＝0距离的最小值为．

127．与直线2x－6y＋1＝0垂直，且与曲线f(x)＝x＋3x－1相切的直线方程是________．

128．不论k为何实数，直线ykx1与曲线xy2axa2a40恒有交点，则实数a的取值范围为。

129．已知P是直线l:kxy40(k0)上一动点，PA,PB是圆

2222

C:x2y22y0的两条切线，切点分别为A,B．若四边形PACB的最小面积为2，

则k= ．

y21的左、右焦点,若点P在双曲线上，且 130．.设F1、F2分别是双曲线x92PF1PF20，则|PF1PF2| ；

131．（几何证明选讲）

如图，P是圆O外的一点，PT为切线，T为切点，割线PA经过圆心O，PB=6，PT23，则∠TBP= .

132．曲线Ｃ：yb(a0,b0)与y轴的交点关于原点的对称点称为“望点”，

|x|a以“望点”为圆心，凡是与曲线C有公共点的圆，皆称之为“望圆”，则当a=1，b=1时，所有的“望圆”中，面积最小的“望圆”的面积为．

133．[2014·太原质检]过点A(4,1)的圆C与直线x－y－1＝0相切于B(2,1)，则圆C的方程为________．

x2y2134．P为椭圆221(ab0)上一点，F1、F2是椭圆的左、右焦点，若使△F1PF2

ab为直角三角形的点P共有8个，则椭圆离心率的取值范围是

1x2y2135．已知点P(1,0)到双曲线C:221(a0,b0)的一条渐近线的距离为，则双

ab2曲线C的离心率为．

136．如图，圆O的割线PAB交圆O于A、B两点，割线PCD经过圆心O，已知

PA6，AB22，PO12，则圆O的半径是__ . 3

137．点（2，－1）到直线3x4y50的距离为__________ ．

138．已知圆C的圆心在坐标原点，且过点M（1,3）．

（1）求圆C的方程；

（2）已知点P是圆C上的动点，试求点P到直线xy40的距离的最小值；（3）若直线l与圆C相切，且l与x，y轴的正半轴分别相交于A，B两点，求△ABC的面积最小时直线 l的方程． 139．

（12分）已知抛物线y2Px的一条焦点弦AB被焦点F分成长为m、n的两部分，求证：

211为定值 mn140．（本小题满分14分）已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，长轴长为23，离心率为

3，经过其左焦点F1的直线l交椭圆C于P、Q两点（I）求椭圆C的方程； 3uuuruuuur（II）在x轴上是否存在一点M，使得MPMQ恒为常数？若存在，求出M点的坐

标和这个常数；若不存在，说明理由.

141．直线l经过点P(3，4)，它的倾斜角是直线3xy30倾斜角的2倍，求直线l的方程．

22 2

142．已知圆x+y-2(m-1)x+2(m -1)y+2 m-6 m+4=0过坐标原点，求实数m的值. 143．如图,A是以BC为直径的eO上一点,ADBC于点D,过点B作eO的

切线,与CA的延长线相交于点E，G是AD的中点,连结CG并延长与BE相交于点F,延长AF与CB的延长线相交于点P.

(1)求证:BFEF； (2)求证:PA是eO的切线；

(3)若FGBF,且eO的半径长为32,求BD和

E A F G P

B D O C

FG的长度.

144．已知椭圆的的右顶点为A，离心率e1，过左焦点2F1,0作直线l与椭圆交于点P，Q，直线AP，AQ分别

与直线x 4交于点M,N．（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）证明以线段MN为直径的圆经过焦点F． 145．本小题满分10分）根据下列条件，求直线方程

0（1）经过点A（3，0）且45

第3题图

（2）经过点B（2，0），与C(0,-1)

146．过点M(0，1)作一条直线，使它被两条直线l1：x－3y＋10＝0，l2：2x＋y－8＝0所截得的线段恰好被M点平分．求此直线方程．

x2y21，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率。147．已知椭圆C1: 4（1）求椭圆C2的方程；

uuuruuur（2）设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，OB2OA，求直线AB的方

程 148．（本题满分14分）

已知关于x,y的方程C:xy2x4ym0. （1）当m为何值时，方程C表示圆。

（2）若圆C与直线l:x+2y-4=0相交于M,N两点，且MN=

2245,求m的值。

149．已知圆的参数方程x2cos4(02)（1）设时对应的点这P，求

3y2sin直线OP的倾斜角；（2）若此圆经过点（m,1），求m的值，其中[0,2)；（3）求圆上点到直线3x4y50距离的最值．

x2y21两焦点分别为F1、F2、P是椭圆在第一象限弧上一点，并满150．已知椭圆24足PF1PF21，过P作倾斜角互补的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点（1）求P点坐标；

（2）求证直线AB的斜率为定值；（3）求△PAB面积的最大值。

151．选修4－4：坐标系与参数方程

2tx2(t是参数)，圆C的极坐标方程为已知直线l的参数方程是2yt4224（1）求圆心C的直角坐标；

（2）由直线l上的点向圆C引切线，求切线长的最小值．

152．已知圆C：（1）求证：对m

，直线L：

，直线L与圆C总有两个交点；

，求直线L的倾斜角；

,求此时直线L的方程.

2cos()．

（2）设直线L与圆C交于点A、B，若|AB|=

（3）设直线L与圆C交于A、B，若定点P(1,1)满足153．（本小题满分14分）

6x2y2椭圆C:221(ab0)过点P(3,1)，且离心率为，F为椭圆的右焦点，

3ab． M、N两点在椭圆C上，且 MFFN(0)，定点A（－4，0）

第21题

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）当1时，问：MN与AF是否垂直；并证明你的结论.

（Ⅲ）当M、N两点在C上运动，且AMANtanMAN =63时, 求直线MN的方程. 154．（本小题满分13分）

x2y2已知椭圆221（ab0）的右焦点为F2(3,0)，离心率为e.

ab（Ⅰ）若e3，求椭圆的方程； 2（Ⅱ）设直线ykx与椭圆相交于A，B两点，M,N分别为线段AF2,BF2的中点. 若坐标原点O在以MN为直径的圆上，且

23e，求k的取值范围. 22155．设点A和B为抛物线 y=4px(p＞0)上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB，

求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.

x2y25156．已知椭圆221(ab0)的一个顶点为B(0，4)，离心率e，直

5ab线l交椭圆于M,N两点．

（1）若直线l的方程为y=x-4，求弦MN的长：

（2）如果BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，求直线l的方程.

157．如图，过点(0,a3)的两直线与抛物线yax2相切于A、B两点， AD、BC垂直于直线y8，垂足分别为D、C．

（1）若a1，求矩形ABCD面积；

（2）若a(0,2)，求矩形ABCD面积的最大值．

158．已知抛物线C: y4x的焦点为F，点P（2,0），O为坐标原点，过P的直线l与抛物线C相交于A,B两点，若向量求直线l的方程。

2ABAB在向量OF上的投影为n,且(OA•OB)n22，

4x1t5(t为参数)被曲线22acos()所截得的弦长大于159．若直线l:4y13t522，求正整数a的最小值。

160．已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的离心率为（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）是否存过点P（2,1）的直线l1与椭圆C相交于不同的两点A,B，满足

1，且经过点M231,. 2

uuuruuuruuuur2PAPBPM？若存在，求出直线l1的方程；若不存在，请说明理由．

161．.(本小题满分12分) 已知双曲线的两个焦点的坐标为F1(5,0)、F2(5,0)，离心率e5.（1）求双曲线的标准方程；（2）设P是（1）中所求双曲线上任意一点，2uuuruuur过点P的直线与两渐近线l1、l2分别交于点P12的面积. 1,P2,若PP1PP2，求OPP162．已知直线l1：mx8yn0与直线l2：2xmy10互相平行，经过点(m,n)的直线l与l1，l2垂直，且被l1，l2截得的线段长为5，试求直线l的方程． 163．圆在x，y轴上分别截得弦长为4和14，且圆心在直线2x3y0上，求此圆方程．

1．已知直线l过点P(3,1),且被两平行直线l1:x+y+1=0和l2:x+y+6=0截得的线段的长度为5,求直线l的方程.

165．已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，其左、右焦点分别为F1、F2，短轴长为23，点P在椭圆C上，且满足PF1F2的周长为6．（Ⅰ）求椭圆C的方程；；

（Ⅱ）设过点1,0的直线与椭圆相交于A、B两点，试问在x轴上是否存在一个定点

uuuruuurM使MAMB恒为定值？若存在求出该定值及点M的坐标，若不存在请说明理由．

uuuvuuuv166．（本小题13分）已知两定点F1(2,0),F2(2,0),满足条件PF2PF12的

点P的轨迹是曲线E，直线ykx1与曲线E交于A、B两点。如果AB63,且曲

uuuvuuuvuuuvuuuv线E上存在点C，使OAOBmOC.

（Ⅰ）求曲线E的方程；（Ⅱ）求AB的直线方程；（Ⅲ）求m的值.

167．已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c>0)到直线l：x－y－2＝0的距离为

32.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切2点．

(1)求抛物线C的方程；

(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程； (3)当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值．

168．已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上且过点P3,，离心率是123. 2(1)求椭圆C的标准方程；

(2)直线l过点E (－1,0)且与椭圆C交于A，B两点，若|EA|＝2|EB|，求直线l的方程．

x2y2169．已知椭圆G：221(ab0)过点A(0,5)，B(8,3)，C、D在该椭圆

ab上，直线CD过原点O，且在线段AB的右下侧．

（1）求椭圆G的方程；

（2）求四边形ABCD 的面积的最大值．

x2costx4cos170．已知曲线C1:（t为参数），C2:（为参数）.

y1sinty3sin（1）化C1,C2的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；（2）过曲线C2的左顶点且倾斜角为

的直线l交曲线C1于A,B两点，求|AB|. 4171．在极坐标系中，圆C的方程为ρ＝2 2sin ，以极点为坐标原点，极4轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为判断直线l和圆C的位置关系．

xt (t为参数)，

y12t»»AD，过A点的切线交CB的延长线于E172．如图，四边形ABCD内接于eO，AB点．

求证：AB2BECD．

x2y2173．（本小题满分12分）已知抛物线C1：y2px的准线经过双曲线C2：221ab2的左焦点，若抛物线C1与双曲线C2的一个交点是M(,（1）求抛物线C1的方程；（2）求双曲线C2的方程．

226)．

33x2y21,F1,F2是其两个焦点,点M在双曲线上． 174．如图,设有双曲线49(1)若∠F1MF2=90°,求△F1MF2的面积;

(2)若∠F1MF2=60°,△F1MF2的面积是多少?若∠F1MF2=120°,△F1MF2的面积又是多少? (3)观察以上计算结果,你能看出随∠F1MF2的变化,△F1MF2的面积将怎样变化吗?试证明你的结论．

175．（本小题满分12分）

x2y22已知椭圆221（ab0）的离心率为，且短轴长为2．

2ab（1）求椭圆的方程；

（2）若与两坐标轴都不垂直的直线l与椭圆交于A,B两点，O为坐标原点，且

OAOB22，SAOB，求直线l的方程． 332

176．已知圆C过定点A(0，p)(p＞0)，圆心C在抛物线x=2py上运动，若MN为圆C在

x轴上截得的弦，设｜AM｜=m,｜AN｜=n，∠MAN=θ.

(1)当点C运动时，｜MN｜是否变化?写出并证明你的结论? (2)求

nm+的最大值，并求取得最大值时θ的值和此时圆C的方程.若不存在，说明mn理由 177．（本小题满分12分，（Ⅰ）问5分，（Ⅱ）问7分）已知以原点O为中心的椭圆的一条准线方程为y上的动点。

（Ⅰ）若C,D的坐标分别是(0,3),(0,3)，求MCgMD的最大值；

（Ⅱ）如题（20）图，点A的坐标为(1,0)，B是圆xy1上的点，N是点M在

22433，离心率e，M是椭圆32uuuruuuuruuuruuuruuurx轴上的射影，点Q满足条件：OQOMON，QAgBA0，求线段QB的中点P的轨迹方程。

参

1．D 【解析】

,2 b2 abc13，结试题分析：焦距的一半为3 c3，顶点的坐标0 222x2y21 合图形可知焦点在x轴上，所以椭圆方程为134考点：椭圆方程及性质

点评：椭圆中由顶点坐标可得到a,b的值，由焦点可得到c值，满足关系式abc，由a,b,c写椭圆方程时要注意焦点位置 2．B

【解析】

试题分析：依题意知过左焦点F1(c,0)且斜率为3的直线为y2223(xc)，与y轴交点

为(0,3c)，因为y轴平分线段F1P，所以点P坐标为(c,23c)，此点在双曲线上，代入双

c212c2222222222曲线方程得221,bc12acab,又bca,代入可以求得双曲线的

ab离心率为23.

考点：本小题主要考查双曲线的简单几何性质.

点评：本题考查了双曲线的性质以及与直线的关系，关键是用含有c的式子表示出点p的坐标，属于中档题． 3．B 【解析】

试题分析：由题意，可知该抛物线的焦点为（p，它过直线，代入直线方程，可知： ,0）2ppm0求得m 22∴直线方程变为：y2x1 pA，B两点是直线与抛物线的交点， ∴它们的坐标都满足这两个方程． ∴(2x1)22px p4162p)224p2160 pp∴(42p4p216p∴方程的解x1，

8p242p4p216px2 ；

p2842p4p216p代入直线方程，可知：y11 ，

4p42p4p216py21，

4p△OAB的面积可分为△OAP与△OBP的面积之和，而△OAP与△OBP若以OP为公共底，

则其高即为A，B两点的y轴坐标的绝对值， ∴△OAP与△OBP的面积之和为：

1Pp2Sy1y2228求得p=2， ∵m4p21622

p2 ，所以m1 ，∴mm2. 2故答案为：B

考点：椭圆的简单性质

点评：本题主要考查了椭圆的简单性质，直线，抛物线与椭圆的关系．考查了学生综合分析问题和基本的运算能力． 4．B

【解析】分析：由直线经过A（0，1），B（3，4）两点，能求出直线AB的斜率，从而能求出直线AB的倾斜角．

解答：解：∵直线经过A（0，1），B（3，4）两点， ∴直线AB的斜率k=

41=1， 30∴直线AB的倾斜角α=45°．故选B． 5．D

【解析】P(0，π/2)即为极点，将其坐标更改为（0，π/4）就在曲线C上，Q（-2，π）更

改为Q（2，0）就在曲线C上。 6．D

【解析】：∵M的直角坐标为(3,1)，设M的极坐标为（ρ，θ），则ρ

=(3)(1)2，又tanθ= 7．D 【解析】

22377，∴θ=，∴M的极坐标为(2,)，故选D

636试题分析：消去参数t，得x3y5x2,故是一条射线，故选D. 考点：参数方程与普通方程的互化

8．A 【解析】 9．D

【解析】由方程xy4x6y0可得(x2)(y3)13，所以圆

2222x2y24x6y0的圆心坐标和半径分别为(2,3)、13，故选D。

10．A

a2c21122c 所以2 即e2 可见e的最小值为【解析】由 MN2F1F2可得2c22a2. 2又a22b2a2c2211

11．B

【解析】解：因为过双曲线的右焦点F作实轴所在直线的垂线，交双曲线于A，B两点，又因为MAB是直角三角形，那么可知c=ba,解得为2，选B 12．C

ytyty2t222 【解析】设M(s,t),N(s,t),P(x,y);k1k2xsxsxsx2s22b(12)b(12)2bb2aa；，所以 |k||k|2|kk|1212222axsa232b.故选C 1,a2b,则c3b，e2a13．B

【解析】由双曲线定义可知，PF1PF22a2又∵PF1:PF23:2， ∴|PF1|6,|PF2|4。∵|F1PF21F2|2c213，∴PF∴△PF1F2为直角三角形，面积S14．B

22|F1F2|2 1|PF1||PF2|12。故选B。 2【解析】解：因为过点P2,m和Qm,4的直线的斜率等于1，即

m41m1，选B。

2m15．B 【解析】

uuuur试题分析：由|AM|1可知点M的轨迹为以点A为圆心，1为半径的圆，

222

过点P作该圆的切线PM，则|PA|=|PM|+|AM|，得|PM|=|PA|-1，

uuuruuuruuuur∴要使得|PM|的值最小，则要PA的值最小，而PA的最小值为a-c=2，

uuuur此时|PM|＝3，故选B．

考点：椭圆的定义． 16．C

2222【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2);则y14x1,y24x2；两式相减得：y2y14(x2x1)

y2y14452,所以直线l方程为y12(x),即2xy40.故选C

x2x1y1y22217．B

a2c33222a，从而bac【解析】因为e，所以c，则椭圆方程为

a2243yk(xa)22x4y3221。依题意可得直线方程为yk(xa)，联立可得2222aax4y1a2a2(14k2)x243k2ax(3k21)a20

43k2(3k21)a2,x1x2设A,B坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)，则x1x2

14k214k2uuuruuur33ax1,y1)3(x2a,y2)，从而有x13x223a ① 因为AF3FB，所以(22uuuruuur再由AF3FB可得|AF|3|FB|，根据椭圆第二定义可得

32332343(ax1)3(ax2)，即3x2x1a ② 2323352(3k21)a2(3k21)5353，a,x2a，所以x1x2a由①②可得x1，则2239914k14k9解得k2。因为k0，所以k2，故选B

18．B

【解析】

试题分析：圆心分别为（-2，0），（2，1），半径分别为2，3.

圆心距(22)2(01)217(1,5)，所以，两圆的位置关系为相交，选B。考点：圆与圆的位置关系

点评：简单题，判定圆与圆的位置关系，有“代数法”和“几何法”。首选“几何法”，研究圆心距与半径的关系。 19．C

【解析】当点P在定圆O的圆周上时,圆C与圆O内切或外切,O,P,C三点共线,∴轨迹为两条射线;

当点P在定圆O内时(非圆心),|OC|+|PC|=r0为定值,轨迹为椭圆; 当P与O重合时,圆心轨迹为圆.

【误区警示】本题易因讨论不全,或找错关系而出现错误. 20．B

【解析】如图，直线l：y＝kx－3，过定点P(0，－3)，又A(3,0)，

∴kPA＝21．D

【解析】A(2,1),B(4,3) 22．B 【解析】试

题

分=

析

：

设

3，则直线PA的倾斜角为，满足条件的直线l的倾斜角的范围是(，)． 3662P(x,y)(x1,y0).

又

.因

F(2,0)为消

.所.可

以令得

uuruurOAFP(1,1)(x2,y)xy2，

联

立

x2y21去

xy2m,yxm22x2y21x1m222m32(m2)xm22m3(m0),xy02(m2).由21m2.

考点：1.双曲线的性质.2.向量的数量积.3.不等式恒成立问题.4.注重条件.

23．B

【解析】略 24．C 【解析】

可得

x2y2y2x121(ab0)229ab试题分析：由双曲线对应的标准方程的a1.所以

2a1.又因为双曲线的长轴为2a2，故选C.本小题关键是考查双曲线的标准方程，以及

双曲线实轴长为2a，这也是易错点，值得注意. 考点：1.双曲线的标准方程.2.实轴的概念.

25．D

mn2a222【解析】设|PF1|=m，|PF2|=n，不妨设P在第一象限，则由已知得mn(2c),∴

n2c2m5a-6ac+c=0，方程两边同除a得：e-6e+5=0，解得e=5或e=1（舍去），故选D． 26．A

【解析】由直线方程的两点式知，过A、B两点的直线方程是27．C 【解析】

,即

2试题分析：由抛物线的方程y12x可知，焦点F(3,0)，准线方程为x3，设点

P(xP,yP)与焦点的距离等于6，则由抛物线的定义可得|PF|xP36xP3，故选

答案C.

考点：抛物线的定义与标准方程. 28．D

【解析】略 29．A

【解析】解：由△PF1F2为等腰直角三角形，又|PF1|≠|PF2|，

b2222

故必有|F1F2|=|PF2|，即2c=，从而得c-2ac-a=0，即e-2e-1=0，

a解之得e=1±2 ∵e＞1，∴e=1+2 故选：A． 30．C

【解析】圆心为（1,0），半径是2；设圆心关于直线2xy30的对称点为(a,b);则有

a1b02302222(x3)(y2)2。 a3,b2;解得所以所求圆方程为b021a1故选C 31．C 【解析】

试题分析：根据题意，由于轴截面为边长为43等边三角形的圆锥，过底面圆周上任一点作一平面，且与底面所成二面角为

，那么可知椭圆的长轴长为8，那么短轴长为43，6那么结合椭圆的性质可知其离心率为

3，故选C. 3考点：椭圆的几何性质

点评：解决的关键是根据截面图形的特征来得到椭圆中a,b的值，进而求解离心率，属于基础题。 32．略【解析】略 33．B

【解析】略 34．B

【解析】本题考查抛物线的定义，标准方程，几何性质，直线斜率及平面几何知识. B C M N D A

如图：BCl,MNl,BDx轴；因为M(1,0)所以|MN|1以点M是AB中点，则|BC|2|MN|2(1uuuuruuurpAMMB,所又因为;2p)2p；设B(xB,yB),则 2ppp2xB2p2;所以yB2pxB2p(2)4pp2;则yB4pp2;于是

222pp|BD|yB4pp2,|MD||BC||MN|2p(1)1;因为直线AB斜率

224pp2|BD|为3,所以3,解得p2.故选B

p|MD|1235．A

【解析】设动圆圆心的坐标为(x,y).

由题意，得动点(x,y)到点（2，0）的距离与到直线x+2=0的距离相等，则动点的轨迹方程

为y=8x. 36．A

【解析】略 37．D

【解析】因为解：设对称点的坐标为（a，b），由题意可知

b2b2a111，1 a122解得a=3，b=-2，所以点（-1，2）关于直线 y=x-1的对称点的坐标是（3，-2）

故选D

38．A

【解析】设切线方程为

xy1，即bxayab0， ab|00ab|ab22由圆心到直线的距离等于半径得2

a2b2所以|a||b|2ab

222令tab，即|AB|t，则t24t0，得t4 即|AB|最小值为4

故选A.

【考点】点到直线的距离；基本不等式. 39．B

22aba2b2;圆心到直线axby0的距离为【解析】圆心、半径分别为(,),222a2b2222aba2b2,所以相切。故选B 240．A

【解析】略 41．C

【解析】分析：设出圆C上的任意一点M坐标，求出关于直线y=-x对称的点的坐标，代入已知圆的方程化简即可．

解：由圆C上的任意一点M（x，y）关于y=-x的对称点为（-y，-x），（-y，-x）在圆（x-1）22

+y=1上，

代入化简即得x+（y+1）=1．故选C．

点评：本题考查关于直线对称的圆的方程，考查计算能力，是基础题 42．D 【解析】

试题分析：设直线l为ykx，联立圆xy4x30的方程.可得

22x2(k21)4x30.由直线与圆相切，所以得V1612(k2)0,k3x.故选D. 33.由于切3点在第四象限，所以直线l的方程为y考点：1.直线与圆的位置关系.2.二次方程的判别式.

43．C 【解析】

试题分析：方程y14x2对应的曲线为以(0,1)为圆心，2为半径的上半圆，直线

kxy2k40可化为k(x2)y40，即直线恒过点(2,4)，利用数形结合思想可

知实数k的取值范围是(53,]。 124 考点：（1）曲线的方程，方程的曲线；（2）数形结合思想。 44．C 【解析】

试题分析：由定义知：|PF1|-|PF2|=2a，所以|PF1|=2a+|PF2|，

|PF1|2(2a|PF2|)24a24a2+4a+|PF2| ≥8a，当且仅当=|PF2|，即|PF2|=2a时|PF2||PF2||PF2||PF2|取得等号,设P（x0，y0）（x0

a），由焦半径公式得：|PF2|=-ex0-a=2a，

|PF2|ex0a2a,ex03a,e3a3，又双曲线的离心率e＞1，∴e∈（1，3]，故选C． x0考点：本题主要考查双曲线的定义及几何性质，均值定理的应用 45．C

【解析】略 46．C

【解析】本题考查直线所经过象限与其斜率、纵截距的关系。将直线改写成点斜式：y图形，可知选C。

ACx，由题意可知其斜率小于0，纵截距大于0.画出对应BB

47．C

【解析】如图，AB为抛物线y＝16x的准线，

由题意可得A(－4,23)．

设双曲线C的方程为x－y＝a(a>0)，则有 16－12＝a，故a＝2，∴双曲线的实轴长2a＝4.故选C. 48．A 【解析】 49．A 【解析】 50．A

【解析】l恒过点3,0，即过右顶点，l平行于渐近线时，直线与双曲线只有一个公共点，又过点3,0可以作双曲线的一条切线，∴这样的直线共有3条。 51．B

【解析】双曲线xy1的渐近线为yx;焦点为(2,0),(2,0).直线

222

l:yk(x2)过双曲线右焦点，与双曲线右支相交于两点，则直线l的斜率应满足

k1,或k1;所以直线l的倾斜角范围是

52．B 【解析】

23,或.故选B 442试题分析：∵方程xy4mx2y5m0表示的曲线为圆，∴

22(4m)2(2)245m0，即4m25m10，解得m1或m1，故选B 4考点：本题考查了圆的一般式的应用

点评：熟练运用二元二次方程表示圆的充要条件是解决此类问题的关键，属基础题 53．B 【解析】

试题分析：曲线xsin2(为参数)化普通方程y21x，代入点的坐标验证可

ycossin知点(,)成立

考点：参数方程化普通方程

点评：参数方程化为普通方程主要是消去参数，常用代入法加减法消参，本题借助了三角函数公式sincossin2cos22sincos1sin2 54．B 【解析】

试题分析：设点Px,y，所以OPx,y,PFx1,y，由此可得

23142OPPFx,y•x1,y

x2xy212112xx1x1，x2,2，所以OPPF222min1 2考点：向量数量积以及二次函数最值． 55．B

a2b2c【解析】∵e＝3，∴＝3，即＝3， 2aax2y2∴b＝2a，∴双曲线方程为221，

a2a2

∴渐近线方程为y＝±2x. 56．B

【解析】∵(x1)y1的圆心为（1,0），半径r=1，∴圆心到直线的距离

22d=33911r，故选B 257．C

【解析】直线的斜率为58．C

35,所以倾斜角为.

63uuuruuuruuuruuur【解析】由OAOBOAOB知：

OAOB,且OAOB2,AB22 |a|2,a2

圆心到直线的距离是2。故选C

59．D

1【解析】由抛物线定义得：

p3,p4.2所以焦点到准线的距离为p4.

考点：抛物线定义

60．C 【解析】

考点：直线与圆的位置关系．

分析：由圆的方程找出圆心坐标与半径，因为M为圆内一点，所以M到圆心的距离小于圆的半径，利用两点间的距离公式表示出一个不等式，然后利用点到直线的距离公式表示出圆心到已知直线的距离d，根据求出的不等式即可得到d大于半径r，得到直线与圆的位置关系是相离．

解：由圆的方程得到圆心坐标为（0，0），半径r=a，由M为圆内一点得到： x0y0＜a，

22a2则圆心到已知直线的距离d=＞=a=r，

22ax0y0|a2|所以直线与圆的位置关系为：相离．

故选C 点评：此题考查小时掌握点与圆的位置关系及直线与圆的位置关系的判断方法，灵活运用两点间的距离公式及点到直线的距离公式化简求值，是一道综合题． 61．C

【解析】略 62．A

【解析】分析：直接利用点到直线的距离公式，求出距离即可．解答：解：由点到直线的距离公式可知，点（2，1）到直线3x-4y+2=0的距离d=324123242=4 5故选A．

点评：本题考查点到直线的距离的应用，考查计算能力． 63．C 【解析】

22xy1的离心率是试题分析：根据题意，由于焦点在x轴上的椭圆29ae1ca2cQa2b2c29c2a23，故选C. 2a考点：椭圆的离心率点评：解决的关键是利用椭圆的性质来得到a,c的比值关系，然后借助于其方程得到a的值，属于基础题。．A

【解析】略 65．B

【解析】略 66．D 【解析】

试题分析：因为双曲线的离心率为2，所以此为等轴双曲线，渐近线方程为y=x,y=－x，双曲线的两条渐近线的夹角是90°，故选D。考点：本题主要考查等轴双曲线的几何性质。点评：简单题，等轴双曲线离心率为2。 67．C 【解析】试题分析：由已知

2352c251222a， =，2c=(3－5)a ，所以 AF(ac)22a222又|BF|=a2b2c2，|AB|ab，

从而|AB|+|BF|=a2b2+b2c2=a2(ac)c3ac=

22222222352a 2考点：本题主要考查椭圆的几何性质。

点评：中档题，注意到选项均为角度值，所以应从研究三角形ABF的边的关系入手。本题对计算能力要求较高。 68．C

【解析】∵4(sinB-sinA)=3sinC, ∴由正弦定理得4|AC|-4|BC|=3|AB|, 即|CA|-|CB|=

3×8=6. 4∴C点的轨迹是以A、B为焦点的双曲线的上支. 69．D

【解析】由sinα+cosα=0，我们易得tanα=-1，即函数的斜率为-1，进而可以得到a，b的关系．

解：∵sinα+cosα=0 ∴tanα=-1，k=-1，- 故选D． 70．B 【解析】

试题分析：由双曲线方程的特点，可知对于aR方程C表示双曲线，故选B 考点：本题考查了圆锥曲线的性质

点评：熟练掌握圆锥曲线标准方程的特点是解决此类问题的关键，属基础题 71．A 【解析】

a=-1，a=b，a-b=0 b试题分析：直线化为y323x，直线的斜率k，因此1500

333考点：直线的斜率与倾斜角.

72．A 【解析】 73．C

【解析】对顶角的性质：对顶角相等。但是相等的两个角不一定是对顶角。故A正确，B错误。邻补角互补，但是互补的两个角不一定是邻补角。故C、D都错误。由此选C 74．D．

【解析】连结AC，则BAC90，又ABC45o，所以ABC为等腰直角三角形，

SBAC1ABAC1， 2因为四边形ABCD内接于圆，所以ADCABC180，则ADC135，所以在

AD212，解得ADC中，ACAB2，CD1，由余弦定理可知，cos1352ADAD62131，所以SADCADDCsin135，则四边形ABCD的面积为22431331. 44A D B C

75． A 【解析】 ec3sin60 a276． D．

【解析】

考点：切割线定理；相交弦定理．

分析：根据相交弦定理的割线定理即可求解．

解：由相交弦定理知，CE•ED=BE•AE，由割线定理知，PC•PA=PB•PD，只有D正确．故选D． 77．C

【解析】略 78．B

【解析】

试题分析：该圆的圆心坐标为(1,2)，半径为2，由题意知

12b22，又b0，

b1。

考点：直线与圆相切，圆心到直线的距离等于圆的半径。 79．A 【解析】

试题分析：由已知直线axby1经过点Mcos,sin，而点Mcos,sin在圆x2y21上，所以直线与圆有交点，所以圆心到直线的距离小于或等于半径：考点：点与圆、直线与圆的位置关系． 80．D

【解析】略 81．A

【解析】本题考查双曲线的定义和平面几何知识. Q O F1 F2 P M

延长F1P交QF2的延长线于M,则|QF1|QM|,根据双曲线定义得：|QF1||QF2|2a，所以|FM||QM||QF2||QF1||QF2|2a；又因为O是F1F2的中点，P是F1M的中点，所以|OP|82．A

【解析】略 83．D 【解析】

试题分析：∵点A的直角坐标为(,)，∴ρ=()()1a2b2 1,a2b21．

1|F2M|a;则则P点的轨迹是圆.故选A 2121212212221，再由=ρcosθ，22-

2717,)，故选D. =ρsinθ，可得θ=,故点A的极坐标为(2424考点：点的极坐标和直角坐标的互化．

84．A

【解析】本题考查双曲线的几何性质

双曲线的方程mx2y21化为标准式为xy21；

1m2由双曲线的定义可知10，设其实半轴a，虚半轴b，则b21,a21

mm又虚轴长是实轴长的2倍，则b2a，即b22a4a2

于是有14，所以m1

m42故正确答案为A

85．C

【解析】略 86．C

【解析】设圆形轨道Ⅲ的半径为R，a1c1a2c2R，

c1a1RR1，a1a1a1c2a2RccR1，由a1a2知12． a2a2a2a1a287．A

【解析】略 88．A 【解析】 (1)不能判定△ABC为直角三角形，因为∠B＋∠DAC＝90°，而∠B＋∠DAB＝90°，∴∠BAD＝∠DAC，∴∠B＝∠C，不能判定∠BAD＋∠DAC＝90°；而(2)中∠B＝∠DAC，∠C为公共角，∴△ABC∽△DAC，∵△DAC为直角三角形，∴△ABC为直角三角形；在(3)中，CDAD＝

AC可得△ACD∽△BAD，所以∠BAD＝∠C，∠B＝∠DAC，∴∠BAD＋∠DAC＝90°；而(4)AB中AB＝BD·BC，即

BDAB＝，∠B为公共角，∴△ABC∽△DBA，即△ABC为直角三角形． ABBC∴正确命题有3个．．B 【解析】

考点：直线与圆的位置关系．

分析：因为直线与圆相交，所以圆心到直线的距离小于半径，求出圆心坐标，利用两点间的距离公式求出圆心到该直线的距离小于圆的半径得到关于a和b的关系式，然后再根据点与圆心的距离与半径比较即可得到P的位置．

解：由圆x+y=1得到圆心坐标为（0，0），半径为1，因为直线与圆相交，所以圆心到该直线的距离d=2

|1|ab22＜1，

即a+b＞1即P点到原点的距离大于半径，所以P在圆外．故选B 90．A 【解析】

试题分析：记线段PF1的中点为M，椭圆中心为O，连接OM，PF2则有|PF2|=2|OM|，

2a2c2b22b，a2c2a2a2c2，12e211e255e2，e ．故选A． 93考点：圆与圆锥曲线的综合． 91．D 【解析】

试题分析：由题意设椭圆的方程为2，解得

x2ayb22＝1(a＞0，b＞0)．因为椭圆C的右焦点为F（1，0），所以c=1，又离心率等于221c1222，即＝，所以a=2，则bac3．所以2a2xy＝1．故选D．椭圆的方程为43考点：椭圆的标准方程．

92．C

【解析】设AP＝x，则PB＝7－x. (1)若△PAD∽△PBC，则

PAPB＝， ADBC即

x7x＝， 2314<7，符合条件． 5x32

＝，x－7x＋6＝0，解得x1＝1，x2＝6也符合条件，故满27x得x＝

(2)若△PAD∽△CBP，即

足条件的点P有3个． 93．B

【解析】由题意知,|AF1|=a-c,|F1F2|=2c,|F1B|=a+c. 由|AF1|、|F1F2|、|F1B|成等比数列可得:

(2c)=(a-c)(a+c).

整理得a=5c,

5c1c2∴e====. 255aa94．D

【解析】圆C1：(x＋1)＋(y－1)＝1的圆心为(－1,1)．圆C2的圆心设为(a，b)，C1与C2

关于直线x－y－1＝0对称，∴解得圆C2的半径为1，∴圆

C2的方程为(x－2)＋(y＋2)＝1，选D 95．C

【解析】略 96．A．【解析】试题分析：

由题可知：

c椭c双33a2b2a2b23a4b43e1e22aa2a22a44a4ab3a4a4b442，又因为C2的渐近线方程为yx，即为

bba444y2y0． x，整理为x22考点：椭圆与双曲线的离心率公式，椭圆与双曲线中a,b,c三者关系，双曲线的渐近线方程． 97． C

【解析】

因纬线弧长＞球面距离＞直线距离，排除A、B、D，故选C。 98．D 【解析】

试题分析：抛物线的焦点F'0,3pyx．．双曲线右焦点，准线F2,032设Mx0,y0,将y12113x求导可得y'x．由导数的几何意义可知x0,所以2ppp3x03p． 3uuuuuruuuur3pp则y0．即M．因为F',M,F三点共线,则F'MFM,即p,6633343pp23pp3pp33．则有故D正确． p,p2,3．33626ppp2626考点：1双曲线的简单几何性质;2导数的几何意义;3三点共线．

99．3

【解析】由已知圆心为(1,2)，由点到直线的距离公式得，d100．22或2，

【解析】双曲线方程中a5,2a10，由曲线定义知PF210PF122或2

|31424|34223. 5101．4

x34t(t为参数)y45t【解析】解：因为直线的参数方程为，则斜率利用化为普通方程可知

为

102．2

【解析】曲线C的普通方程为(x2)(y1)9，它表示圆心为C（2，－1），半径为3的圆。

过圆心C做直线l的垂线，垂足为M，与直线l交于P1,P2两点，如图，

2242P1MOCx-3y+2=05Q210Q124P2 因为|CM|6710710710710，所以|P，|P2M|， 1M|101010如图，过圆心C做直线l的平行线，与圆C交于Q1,Q2两点，则Q1,Q2即为满足条件的点。 103．

【解析】设∴

，则

∵

∴

∵∴当

, 而时，

，

即．

104．xy10

x2【解析】试题分析：联立y1xy10.

考点：参数方程

2t2消可得xy1xy10,故填

t2t2y21 105．x42【解析】

试题分析：由题可得P（5，4），∵c2a2b25，∴把P（5，4）代入双曲线标准方程，解方程组即可. 考点：双曲线的标准方程.

(x3)2(y3)21 106．

6060【解析】设C(x,y), 点C到l1,l2距离分别为

x2y32xy3, ,55(x2y3)2(2xy3)22108, 化简即得.

552y21 107．x32【解析】解：将试题条件转化为方程组 c a =2 c-a=1 ，

解得c=2，a=1，b=3，再代入．

y21 ∴双曲线方程为：x32y21 故答案为：x32108．31 【解析】

试题分析：直线y3(xc)过点F1，且倾斜角为60，所以MF1F260，从而

MF2F130，所以MF1MF2，在RtMF1F2中，|MF1|c,|MF2|3c，所以该椭

圆的离心率e2c2c31. 2ac3c考点：椭圆的离心率. 109．

1 7【解析】

试题分析：依题意，可求得a=23，b=3，c=3，设P的坐标为（x，y），由线段PF1的

3中点在y轴上，可求得P（3，±2），继而可求得|PF1|与|PF2|，利用余弦定理即可求得

答案．考点：（1）椭圆定义；（2）余弦定理. 110．xy7

【解析】解：因为根据圆心的坐标，半径不变可知圆x2y27关于直线

2222xy2对称的圆的方程为x2y27

111．5 【解析】略 112．

1 3BCPB1 ADPD3【解析】由题意，⊿PCB∽⊿PAD∴

x2y2113．＋＝1

105【解析】由于直线AB的斜率为－

bbb，故直线OP的斜率为－，直线OP的方程为y＝－x.aaax2y222与椭圆方程联立得2＋2＝1，解得x＝±a.根据PF1⊥x轴，取x＝－a，从而－

22ab2a＝－c，即a＝2c.又F1A＝a＋c＝10＋5，故2c＋c＝10＋5，解得c＝2x2y25，从而a＝10.所以所求的椭圆方程为＋＝1

105114．①②④

【解析】

试题分析：设M(x,y)曲线C上任意一点，则依题意可得（x2)yx24，将原

22点代入验证，方程成立，说明曲线C过坐标原点，故①正确；把方程中的x不变，y被-y 代换，方程不变，说明曲线C关于x轴对称，故②正确；将x0代入方程

（x2)2y2x24可得y0，即方程只有一个根，所以③不正确；定点F(2,0)和

2定直线x2可看做是抛物线y8x的焦点和准线，设点N是抛物线上的任意一点，由

抛物线的定义可知点N到焦点和准线的距离相等，要使

MF的最小值画图分析可知点

M(x,y)应在抛物线y28x的内侧且x2，当点M(x,y)在x上时

MF取得最小值，此

时MFx2，点M到直线x2的距离为x2，所以x2x24，解得x22，此时MFmin2222(21)。故④正确。综上可得正确的是①②④。

考点：1、定义法求轨迹；2、对称问题；3、抛物线的定义；4、数形结合思想和转化思想。 115．70； 3 【解析】略 116．4cos 【解析】略 117．4 【解析】 118．13

3【解析】略 119．2－1

【解析】

试题分析：∵点B与点A（-1，0）关于原点O对称，∴B（1，0）． ∴kAP=

oy0y0，kBP=， x01x01y02∵kAP•kBP=-2，∴22，

x01又∵点P（x0，y0）在抛物线y=4x上，∴y0=4x0 代入上式得到2

24x02，化为x022x010，解得x0=21． 2x01∴x0=2－1．答案为2－1．

考点：点对称，直线垂直的条件，抛物线的几何性质，方程组解法。

点评：中档题，熟练掌握中心对称性、斜率的计算公式、点在曲线上即满足曲线的方程解出即可。 120．0或5 【解析】略 121．xy30 【解析】略 122．6 【解析】

x2y2P1的右焦点F(3,0)是抛物线y22px的焦点，所以，3，试题分析：双曲线632P6.

考点：双曲线的焦点. 123．1465

【解析】把xy(0x)(0y)看做(0,0)到圆xy4x2y40

22上动点的距离的平方，即xy的最大值是(53)1465．

2222222124．7 【解析】略 125．5 【解析】略 126．2 【解析】试题分析：当直线与3x＋4y＋8＝0平行且与圆相切时，切点到直线3x＋4y＋8＝0的距离最小。

其最小距离为圆心1,1到直线3x＋4y＋8＝0的距离减去半径，即d3483422-12。

考点：圆的一般式方程；点到直线的距离。

点评：分析出“圆上的点到直线的距离最小值为：圆心到直线的距离减去半径”是做本题的关键。

另：圆上的点到直线的距离最大值为：圆心到直线的距离加上半径。 127．3xy20 【解析】

试题分析：与已知直线垂直的直线的斜率k3,fx3x6x3,解得x1,代

2入曲线方程y1

所以切线方程为y13x1,整理得：3xy20 考点：1.导数的几何意义；2.直线的垂直. 128．1a3 【解析】

试题分析：曲线xy2axa2a40变形为xay22a4，当

22222a40即a2时表示曲线圆，直线ykx1过定点0,1，要满足直线与曲线恒有

交点，则点0,1在圆的内部或圆上0a12a41a3

考点：直线与圆的位置关系

点评：本题还可利用直线与圆恒有公共点，则圆心到直线的距离小于等于圆的半径，列出关于实数a的不等式 129．2 【解析】

试题分析：圆C:xy2y0的圆心为(0,1)，半径为1，因为四边形PACB的面积而S最小值为2，所以PC的最小值为5，SPAACPC2AC2ACPC21，即圆心(0,1)到直线l距离222|014|k125，解得k2.

考点：圆的切线的性质、点到直线的距离公式，函数的应用. 130．210

【解析】略

131．30° 【解析】 132．3 【解析】略

133．(x－3)＋y＝2

222

【解析】设圆C的方程为(x－a)＋(y－b)＝r，由题意知：点(a，b)既在直线y－1＝－(x－2)上，又在AB的垂直平分线上，由xy30，得圆心坐标为(3,0)，r＝|AC|＝

x3043134．212＝2，所以圆C的方程为(x－3)2＋y2＝2.

2,1 2【解析】略

23 3【解析】

试题分析：双曲线一条渐近线方程为bxay0135．，所以

|b1a0|123,c2b,a3b,e.

c23考点：点到直线距离公式，双曲线渐近线

136．8. 【解析】

试题分析：PBPAAB62240，设圆O的半径为R，由割线定理得334080，R212280，解得3PCPDPAPB，即

PORPORPO2R2122R26R8.

考点：割线定理 137．3 【解析】略

138．x2y24,yx22 【解析】

解析：（1）圆C的半径为|CM|132， ……………………… 2分

所以圆C的方程为x2y24………………………………………………………………3分

（2）圆心到直线l的距离为d|-4|112222，…………………………………………4分

所以P到直线l：xy40的距离的最小值为：222…………………………… 6分（3）设直线l的方程为：ykxb，因为l与x，y轴的正半轴分别相交于A，B两点，则k0,b0，

且A(,0),B(0,b)，又l与圆C相切，则C点到直线l的距离等于圆的半径2，

|b|k12bk即：

2b4k4， ①，而SVABC221bb2 ()b2k2k② ……………… 8分将①代入②得SVABC(4k24)112(k)4(k)g4，当且仅当k=﹣1时取等号，所

2kkk以当k=﹣1时，△ABC的面积最小，此时b24k248,b22，直线l的方程为：

yx22……………… 10分

139．【解析】

x2y2140．解：（I）设椭圆C的方程为221(ab0).

ab2a23a32b2. …………………2分由题意，得c，解得，所以3c13ax2y21. …………………………………………………4分所求的椭圆方程为32uuuruuuur（II）由（I）知F1(1,0). 假设在x轴上存在一点M(t,0)，使得MPMQ恒为常数

①当直线l与x轴不垂直时，设其方程为yk(x1)，P(x1,y1)、Q(x2,y2).

yk(x1)2222由x2y2得(23k)x6kx(3k6)0. ……………………………5分

1236k23k26所以x1x2，x1x2. ………………………………………6分

23k223k2uuuruuuurMPMQ(x1t)(x2t)y1y2(x1t)(x2t)k2(x11)(x21)

(k21)x1x2(k2t)(x1x2)k2t2

(k21)(3k26)(k2t)6k2(6t1)k26222ktt 23k223k223k211616(2t)(23k2)(4t)4t33t2t22t13. 223k323k2uuuruuuur1因为MPMQ是与k无关的常数，从而有4t0，即t. ……………9分

33uuuruuuur11此时MPMQ. …………………………………………………11分

92323②当直线l与x轴垂直时，此时点P、Q的坐标分别为1 ，、1，， 33uuuruuuur411当t时，亦有MPMQ. ……………………………13分

39uuuruuuur411综上，在x轴上存在定点M(,0)，使得MPMQ恒为常数，且这个常数为.

39 ……………………………14分

【解析】略

141．3xy4330

【解析】设直线3xy30的倾斜角为，则所求直线倾斜角为2．

2， Qtan3，[0，)，，232所求直线的斜率ktan2tan3．

所求直线方程为y43(x3)，即3xy4330．

142．m的值为2.

【解析】由条件知D=-2(M-1),E=2(m -1),F=2 m-6 m+4,

2222

则方程表示圆的条件为D+E-4F=8(m -1)-4(2m-6m+4)＞0, 解得m＞1.

又知该圆过点(0，0),代入得 222

0+0-2(m-1)·0+2(m -1)·0+2m-6m+4=0,

即m-3 m +2=0,得m =2或m =1(舍去). 因此m的值为2.

143．(3)解：过点F作FHAD于点H．∵BDAD，FHAD，∴FH∥BC．由(1)，知FBABAF，∴BFAF．

由已知，有BFFG，∴AFFG，即△AFG是等腰三角形．

HG1． DG2∵FH∥BD，BF∥AD，FBD90°，∴四边形BDHF是矩形，BDFH．

FHFGHG，即∵FH∥BC，易证△HFG∽△DCG．∴CDCGDGBDFGHG1． CDCGDG2∵FHAD，∴AHGH．∵DGAG，∴DG2HG，即

∵eO的半径长为32，∴BC62．∴解

得

BDBDBD1． CDBCBD62BD2BD22．∴BDFH22．

∵FGHG1CGDG2，

1∴FGCG．∴CF3FG．

2在Rt△FBC中，∵CF3FG，BFFG，由勾股定理，得CF2BF2BC2．

∴(3FG)2FG2(62)2．解得FG3（负值舍去）．∴FG3．

【解析】略

x2y21．144．（Ⅰ）椭圆方程为（Ⅱ）见解析 43【解析】（Ⅰ）由离心率e1，过左焦点F（-1，0），可求得 c=1，a=2，从而可求b= 3 ，2进而可得椭圆方程；（Ⅱ）斜率存在时，设直线l方程为 y=k（x+1），与椭圆方程联立，消去y 整理得34k2x28k2x4k2120．进而可求M，N的坐标关系，从而可证

uuuuruuuruuuuruuurFMFN；斜率不存在时，同理可证FMFN，从而以线段MN为直径的圆经过定点F

（Ⅰ）由已知 c1,c1,∴ a2,b3， a2x2y21．——————————5分 ∴ 椭圆方程为43（Ⅱ）设直线l方程为 ykx1，

ykx1,由 x2y2 得34k2x28k2x4k2120．

1,348k24k212,x1x2设Px1,y1,Qx2,y2，则x1x2．—————7分

34k234k2设M4,yM,N4,yN，则由A,P,M共线，得

yMy1y6y16y21, 有 yM．同理 yN．

4x1x12x12x2236k236y1y2x1x2x1x21．——————9分

∴ yMyNx1x22x1x24x12x22uuuuruuurFMFN3,yM3,yN9yMyN 936k2x1x2x1x21x1x22x1x242

4k2128k236k134k234k2936k2 990.4k2128k236k22434k234k2uuuuruuur∴FMFN，即FMFN，以线段MN为直径的圆经过点F；

当直线l的斜率不存在时，不妨设M4,3,N4,3．则有FMFN3,33,3990,

uuuuruuuruuuuruuur∴ FMFN，即FMFN，以线段MN为直径的圆经过点F．

综上所述，以线段MN为直径的圆经过定点F． 145．

【解析】略

146．x＋4y－4＝0.

【解析】(解法1)由于过点M(0，1)且与x轴垂直的直线显然不合题意，故可设所求直线方程为y＝kx＋1，与已知两条直线l1、l2分别交于A、B两点，联立方程组y＝kx＋1，xA

x－3y＋10＝0y＝kx＋1，7＝，3k12x＋y－8＝0即有

xB＝

7，∵点M平分线段AB，∴xA＋xB＝2xM， k2771＋＝0，解得k＝－.故所求的直线方程为x＋4y－4＝0. 3k1k24(解法2)设所求的直线与已知两条直线l1、l2分别交于A、B两点，∵点B在直线l2：2x＋y－8＝0上，∴设B(t，8－2t)，由于M(0，1)是线段AB的中点，∴根据中点坐标公式得A(－t，2t－6)，

而A点在直线l1：x－3y＋10＝0上，∴(－t)－3(2t－6)＋10＝0，解之得t＝4，∴B(4，0)．故所求直线方程为x＋4y－4＝0.

x2y21. yx或yx. 147．

1【考点定位】本题主要考察曲线与方程、椭圆的标准方程，直线与曲线、直线与直线，圆锥曲线的综合问题.掌握通性通法是关键【解析】

x2y23（）依题意设椭圆方程为11(a2),Qe,a242

2243xy12,a216,椭圆方程为1.a21uuuruuur（2）设（Ax1,y1),B（x2,y2),QOB2OA,O,A,B三点共线且不在y轴上，x2x2y22设直线AB方程为ykx,并分别代入y1和1得：41uuuruuur416161622x1,x,QOB2OA,x4x,,22114k24k24k214k2k1,所求直线为：yx或yx.148．（1）5m0时,即m5时方程C表示圆（2）m4

【解析】解：（1）方程C可化为 (x1)(y2)5m 显然 5m0时,即m5时方程C表示圆。（2）圆的方程化为 (x1)(y2)5m 圆心 C（1，2），半径 r2222

5m

则圆心C（1，2）到直线l:x+2y-4=0的距离为 d12241242215

MN112222，有 rd(MN) ,则MN225515)2(25)2,得 m4

5M(149．(1) 直线OP的倾斜角为60° ;(2) m=±√3;(3) 最大值为3，最小值为0 【解析】（1）因为圆上任一点的坐标为（2cos，2sin），所以当444，即（-1，-3）． 时，对应的点P的坐标为（2cos，2sin）

33310所以直线OP的斜率为k303，所以直线OP的倾斜角为60°

（2）因为圆经过点（m,1），

m2cos所以1512sinsin,[0,2)或266m3  （3）设圆上的点P的坐标为（2cos，2sin），点P到直线3x4y50的距离为

3410(cossin)532cos42sin555 d22534342sin()1，其中sin，cos

55故最大值为3，最小值为0

150．（1）由题可得F1(0,2),F2(02),设P0(x0,y0)(x00,y00) 则PF1(x0,2y0),PF2(x0,2y0) …………2分

22PF1PF2x0(2y0)1,22x0y0点P(x0,y0)在曲线上,则1,24

224y04y022x0,从而(2y0)1,22得y02,则点P的坐标为(1,2).5分（2）由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在，设PB的斜率为k(k0)，…………6分则BP的直线方程为：y2k(x1).

y2k(x1)由x2y2得(2k2)x22k(2k)x(2k)240,1422k(k2)2k(k2)k222k2设B(xB,yB),则1xB,xB1,

2k22k22k2k222k242k同理可得xA,则xx.9分AB222k2kyyB所以:AB的斜率kABA2为定值.10分xAxB（3）设AB的直线方程：y2xm

y2xm由x2y2,得4x222mxm240

142由(22m)216(m24)0,得22m22

P到AB的距离为d

|m|3， …………12分

111|m|12|AB|d(4m2)3m(m28)22238221mm82 ()2.82当且仅当m2(22,22)取等号三角形PAB面积的最大值为2.LLLL15分则SPAB

【解析】略

151．（I）2cos2sin，

22cos2sin， …………（2分） 圆C的直角坐标方程为x2y22x2y0， …………（3分）

222222)(y)1，圆心直角坐标为(,)．…………（5分） 2222（II）方法1：直线l上的点向圆C 引切线长是

即(x(22222t)(t42)21t28t40(t4)22426， 2222 …………（8分） ∴直线l上的点向圆C引的切线长的最小值是26 …………（10分）方法2：直线l的普通方程为xy420， …………（8分）

|圆心C到直线l距离是

2242|225，

2∴直线l上的点向圆C引的切线长的最小值是521226 【解析】略 152．（1）略（2）

3或2（3）x-y=0或x+y-2=0 3【解析】本试题主要是考查了直线与圆的位置关系，以及向量的知识综合运用。（1）要证明直线与圆总有公共点，则说明圆心到直线的距离小于圆的半径即可。

（2）设出直线方程，利用联立方程组，通过弦长公式得到斜率K的值，进而得到直线方程。（3）设出点A,B的坐标，然后利用向量关系式得到坐标关系，进而联立方程组结合韦达定理得到结论。

【答案】解：（Ⅰ）椭圆的离心率为ec6, a3b26b21,可得2 --2分即1()a33a又椭圆C过点P(3,1),311 22abx2y21-----1 -----------4分解得a6，b2，椭圆C的方程为6222（Ⅱ）设M(x1,y1),N(x2,y2),F(2,0)，则MF(2x1,y1),NF(x22,y2)，

当1时，MFFN,y1y2,x1x24， -----------５分由M，N两点在椭圆上，

2y12y222x6(1),x26(1),x12x2 ---------６分

2221若x1x2，则x1x202c4（舍去），x1x2 ------------７分

MN(0,2y2),AF(6,0),MNAF. ． ------------8分

（Ⅲ）因为AMANtanMAN2SAMN|AF||yMyN|=63．--９分由已知点F(2,0), 所以|AF|=6, 即得|yM-yN|=3 ------------1０分当MNx轴时，yMyN3故直线的斜率存在. ------------11分不妨设直线MN的方程为：yk(x2),(k0)-----2

联立1、2得(13k)y4ky2k0 ------------12分

222|yy24k224k4MN|=

13k23,解得k1 ------------14此时，直线MN的方程为xy20,或xy20 ------------15

【解析】略 154．

(1) x2y21231 (2) k(,24]U(24,] c3【解析】解：（Ⅰ）由题意得c3，得a23. a22分

结合a2b2c2，解得a212，b23. x2所以，椭圆的方程为12y231. x2y2（Ⅱ）由a2b21, 得(b2a2k2)x2a2b20.

ykx,设A(x1,y1),B(x2,y2).

xa2b2所以1x20,x1x2b2a2k2，依题意，OMON，

分分 ………………………………3分

………………4分 ………………6分

易知，四边形OMF2N为平行四边形，

所以AF2BF2， ………………7分

uuuuruuuur因为F2A(x13,y1)，F2B(x23,y2)，

uuuuruuuur2所以F2AF2B(x13)(x23)y1y2(1k)x1x290. ………………8分

a2(a29)(1k2)90， ………………9分即 222ak(a9)a418a2812811将其整理为 k. ………………10分 4242a18aa18a2因为

23e，所以23a32，12a218. ………………11分 22221]U(,]. ………………13分，即k(,4482

所以k2155．动点M的轨迹方程为x+y－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，

去掉坐标原点.

【解析】解法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y) (x≠0)

yAoNMBx

直线AB的方程为x=my+a 由OM⊥AB，得m=－

y x2

由y=4px及x=my+a，消去x,得y－4pmy－4pa=0

(y1y2)22a所以y1y2=－4pa, x1x2= 2(4p)所以，由OA⊥OB，得x1x2 =－y1y2 所以a4paa4p 故x=my+4p,用m=－

2y22

代入，得x+y－4px=0(x≠0) x2

故动点M的轨迹方程为x+y－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，

去掉坐标原点.

解法二：设OA的方程为ykx，代入y=4px得A(2

2p2p,) 2kk1x，代入y2=4px得B(2pk2,2pk) kk∴AB的方程为y(x2p)，过定点N(2p,0)，

1k2则OB的方程为y由OM⊥AB，得M在以ON为直径的圆上（O点除外）

故动点M的轨迹方程为x+y－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点.

解法三: 设M(x,y) (x≠0)，OA的方程为ykx，

2p2p,) k2k1则OB的方程为yx，代入y2=4px得B(2pk2,2pk)

k代入y=4px得A(2

由OM⊥AB，得

M既在以OA为直径的圆：x2y2222p2pxy0……①上， 2kk2又在以OB为直径的圆： xy2pkx2pky0……②上（O点除外）， ①k2+②得 x+y－4px=0(x≠0)

故动点M的轨迹方程为x+y－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，

去掉坐标原点. 156．（1）【解析】

试题分析：（1）由椭圆顶点B0,4知b4，又离心率e22

402；（2）6x5y280. 9c5，且a2b2c2，所a5x2y21，联立椭圆方程与直线yx4消去y得以a20，从而求得椭圆方程为

201629x240x0，x10,x2402，再根据弦长公式MN1kx1x2，可求得弦MN9的长；（2）由题意可设线段MN的中点为Qx0,y0，则根据三角形重心的性质知

uuuruuurBF2FQ，可求得Q的坐标为3,2，又设直线MN的方程为

y2kx3,Mx1,y1,Nx2,y2，根据中点公式得x1x26,y1y24，又由

22x12y12x2y21,1，两式相减整理得点M,N是椭圆上的点所以

20162016ky1y24xx46612，从而可求出直线MN的方程.

x1x25y1y2545x2y2c521. 4分（1）由已知b4，且，a20.所以椭圆方程为

a52016x2y2401与yx4联立，消去y得9x240x0，x10,x2由. 6分 20169MN112x1x2402. 7分 9（2）椭圆右焦点F的坐标为2,0，设线段MN的中点为Qx0,y0，由三角形重心的性

uuuruuur质知BF2FQ，又B0,4，故得x03,y02.所以得Q的2,42x02,y0，

坐标为3,2. 9分

设直线MN的方程为y2kx3,Mx1,y1,Nx2,y2，则x1x26,y1y24，

22x1x2x1x2y1y2y1y2x12y12x2y21,1，两式相减得0. 且

20162016201611分

k13分

y1y24xx46612，故直线MN的方程为6x5y280.

x1x25y1y2545

考点：1.椭圆方程；2.直线方程. 157．（1）14 （2）1232 【解析】

试题分析：（1）当a=1时，假设切线为y=kx+1,联立yx.令判别式为零可求得k及切点坐标.即可求出面积.（2）假设切点，对抛物线求导求出斜率写出切线方程，代入定点(0, a)求出切点坐标（含a）.写出面积的表达式.根据a的范围求出S的最大值.本题是常见的直线与抛物线的关系的题型.设切点，联立方程找出关于切点的等式.通过对参数a的分类求出相应的最大值.

试题解析：（1）a1时，S14 （详细过程见第（2）问） 6分（2）设切点为(x0,y0)，则y0ax02,

因为y2ax，所以切线方程为yy02ax0(xx0), 即yax022ax0(xx0)，因为切线过点0,a3，所以a3ax022ax0(0x0)，即a3ax02，于是x0a．将x0a代入y0ax02得y0a3．

(若设切线方程为ykxa3，代入抛物线方程后由0得到切点坐标，亦予认可．) 所以AB2a,BC8a3，所以矩形面积为S16a2a4(0a2)， S168a3．

2所以当0a32时，S0；当32a2时，S0；故当a32时，S有最大值为1232． 15分

考点：1.直线与抛物线的关系.2.特殊到一般的思维方式.3.导数求最值.

0158．法一：90时，与已知矛盾

A(x1,y1) B(x1,y2) 设直线方程：yk(x2),A(x1,y1),B(x2,y2)

yk(x2)y24xky24y8k0 y1y28,y1y24k。

代

入抛物线方xx(y221y2)2yy212164,x1x214

(OA•OB)n22，cos2(x1x2y1y2)2 1sec2(4)2，k1 l:xy20 法二：设直线l的倾斜角为

ncos，设直线方程：xmy2

n2cos2111m2sec21tan2111m2 m2m21m2(x1x2y1y2)2， xmy2y24xy24my80，y1y28,y1y24m x1x2m(y1y2)44m24，x1x24

m21m2(48)2，m21,m1 程可得：

l:xy20

【解析】略

159．a的最小值为2 【解析】

4x1t5试题分析：解：把化为普通方程为：3x4y10 …………2分

3y1t5把22acos(4)直角坐标系方程为：(xa)2(ya)22a2 …4分

a1 …………7分 5因为a为正整数，所以圆心到直线的距离为

(a1)22，解得：a1，所以正整数a的最小值为又因为弦长大于22，所以2a2522 。 …………10分。考点：直线与圆点评：解决该试题的关键是能将极坐标方程化为普通方程，以及直线的参数方程化为普通方程，结合圆心到直线的距离来求解最值，属于基础题。

x2y2160．⑴1． ⑵y=1/2x

4391a24b21x2y2c1【解析】第一问利用设椭圆C的方程为221(ab0)，由题意得

a2aba2b2c2解得a24,b23

第二问若存在直线l1满足条件的方程为yk1(x2)1，代入椭圆C的方程得

(34k12)x28k1(2k11)x16k1216k180．

因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点A,B，设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)，所以[8k(2k1)]24(34k2)(16k216k8)32(6k13)0. 所以k1．解得。 291a24b21x2y2c1解：⑴设椭圆C的方程为221(ab0)，由题意得

a2aba2b2c2x2y2解得a4,b3，故椭圆C的方程为1．……………………4分

4322⑵若存在直线l1满足条件的方程为yk1(x2)1，代入椭圆C的方程得

(34k12)x28k1(2k11)x16k1216k180．

因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点A,B，设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)，所以[8k(2k1)]24(34k2)(16k216k8)32(6k13)0. 所以k1． 28k1(2k11)16k1216k18,x1x2又x1x2，

34k1234k12uuuruuuruuuur25因为PAPBPM，即(x12)(x22)(y11)(y21)，

4所以(x12)(x22)(1k2)|PM|2即[x1x22(x1x2)4](1k12)5． 45． 416k216k2844k258k(2k1)1224](1k)所以[，解得． k134k234k234k242因为A,B为不同的两点，所以k=1/2．

于是存在直线L1满足条件，其方程为y=1/2x

x2y21 (Ⅱ) SOP1P22 161．(Ⅰ) 4【解析】（1）由题意可知 c5，ec55， aa2x2y21. …………3分 ∴a2，bca1，∴双曲线的标准方程为4222（2）设P、P1、P2点的坐标分别为(x,y)、(x1,x1x)、(x2,2)， 22x1x2x1x2x；x；2uuuvuuuv2由PP ………………………5分 x1x2即1PP2，得2yx1x2．22．y22x2y21，得x1x24．将P点坐标代入 ……7分 412224， ……9分，sin522sin2cos21tan22221154， OPOPsinxx12122245设POP12，则tan2sincos2tanSOP1P2将x1x24代入得SOP1P22 …12分

162．直线方程为y182(x4)或y222(x4)，即2xy260或

2xy140

【解析】本题主要考查两直线平行的性质，两直线平行、垂直的性质，点到直线的距离公式

的应用以及用点斜式求直线方程，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题。

根据 l1∥l2 ，求得关系式，由此求出m，n的值，再利用两直线垂直的性质，用点斜式求直线方程，再化为一般式．

163．圆的方程为(x9)(y6)85或(x9)(y6)85 【解析】设圆的圆心为(a，b)，圆的半径为r，则圆的方程为(xa)(yb)r．

222a2r ① ∵圆在x轴，y轴上截得的弦长分别为4和14．则有222b7r ②2222222又∵圆心在直线2x3y0上，

∴2a3b0 ③ a9a9由①②③可得b6，或b6

r285r285∴适合题意的圆的方程为(x9)2(y6)285或(x9)2(y6)285．

1．直线方程为x=3或y=1. 【解析】若直线l的斜率不存在,

则直线l的方程为x=3,此时与l1、l2的交点分别为A′(3,-4)和B′(3,-9), 截得线段A′B′的长为|A′B′|=|-4+9|=5符合题意. 若直线l的斜率存在,则直线l的方程为y=k(x-3)+1,

解方程组,

解方程组∵|AB|=5,

∴

解得k=0,即所求直线为y=1.

综上可知,所求直线方程为x=3或y=1.

x2y21 165．（Ⅰ）43uuuruuur13511（Ⅱ）存在这样的定点M,0，使得MAMB。

8【解析】

2b23a24x2y21 试题分析：（Ⅰ）Q2a2c6 2 所以椭圆的方程为43b3a2b2c2 4分

（Ⅱ）假设存在这样的定点Mx0,0，设Ax1,y1,Bx2,y2，AB直线方程为xmy1

uuuruuur则MAMBx1x0,y1x2x0,y2my11x0,y1my21x0,y2

=m1y1y2m1x0y1y21x0

22联立xmy122x 消去得3m4y6my90 223x4y12y1y26m9,yy 12223m43m4uuuruuur52x03m24118x0118x02 MAMBx40223m43m4uuuruuur11135令118x00 即x0 ，MAMB

8uuuruuur13511当ABy轴时，令A2,0,B2,0,M,0,仍有MAMB

8uuuruuur13511所以存在这样的定点M,0，使得MAMB 13分

8考点：本题主要考查椭圆的标准方程，椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，平面向量

的坐标运算。

点评：中档题，求椭圆的标准方程，主要运用了椭圆的几何性质，a,b,c,e的关系。曲线关系问题，往往通过联立方程组，得到一元二次方程，运用韦达定理。对于存在性问题，往往假定存在，条件存在的条件是否具备，而明确存在与否。本题应用韦达定理，结合向量数量积的坐标运算，简化了解题过程。 166．（Ⅰ）xy1x0；（Ⅱ）

225xy10。（Ⅲ）m4。 2【解析】本试题主要是考查了双曲线方程的求解，以及直线与双曲线的位置关系的综合运用。结合韦达定理和弦长公式，以及向量的坐标关系式，得到参数的求解。（1）根据双曲线的定义可以得到双曲线的方程的求解。

（2）联立方程组，得到相交弦的长度以及韦达定理得到直线的方程。

uuuruuuruuur(3)根据OAOBmOC，得到坐标关系式，结合上一问的结论，可知参数m的等式，得

到结论。

解：（Ⅰ）由双曲线的定义可知，曲线E是以F12,0,F2且c2,0为焦点的双曲线的左支，

2,a1，易知b1

故曲线E的方程为xy1x0……….4分

22ykx1（Ⅱ）设Ax1,y1,Bx2,y2，由题意建立方程组2 2xy1消去y，得1k2x22kx20

又已知直线与双曲线左支交于两点A,B，有

1k20222k81k0 解得2k1……….6分 xx2k0121k22x1x201k2又∵ AB1kx1x21k22x1x2222224x1x2 22k21k24221k1k依题意得 221k2k

1k421k2k61k22223 整理后得 28k55k250

∴k2555或k2 但2k1 ∴k

2745xy10……….9分 2故直线AB的方程为

uuuruuuruuur（Ⅲ）设Cxc,yc，由已知OAOBmOC，得x1,y1x2,y2mxc,myc

∴mxc,mycx1x2y1y2,，m0

mm2k2k22又x1x2245，y1y2kx1x222228

k1k1k180∴点C45,8 将点C的坐标代入曲线E的方程，得221

mmmm得m4，但当m4时，所得的点在双曲线的右支上，不合题意 ∴m4，…13分

2167．(1) x4y (2) x0x2y2y00 (3)

9 22【解析】

试题分析：(1)由焦点为F0,c可知抛物线开口向上，其方程为x4cy ，由点到线的距离可求c 的值.从而可得抛物线的方程.(2)由导数的几何意义可得切线PA,PB的斜率.从而可得切线PA,PB的方程.由两点确定一条直线可得直线AB的方程. (3)根据抛物线的定

义将到焦点的距离转化为到准线的距离可得AF,BF.将直线AB的方程与抛物线方程联立消去x整理为关于y的一元二次函数,由韦达定理可得两根之和与两根之积.可用配方法求最值.

试题解析：解: (1)依题意知2c2232，c0，解得c1. 2所以抛物线C的方程为x4y 2分 (2)由y121x得y'x， 4211x1,x2，所以切线PA的方程为22设Ax1,y1,Bx2,y2，则切线PA,PB的斜率分别为

x1x12x1y1，即x1x2y2y10. yy1xx1，即yx222同理可得切线PB的方程为x2x2y2y20，又点Px0,y0在切线PA和PB上，

所以x1x02y02y10,x2x02y02y20，

所以x1,y1,x2,y2为方程x0x2y02y0的两组解，所以直线AB的方程为x0x2y2y00. 6分 (3)由抛物线定义知AFy11,BFy21，所以AFBFy11y21y1y2(y1y2)1，

x0x2y2y00联立方程2

x4y消去x整理得y22y0x02yy020，

22∴y1y2x02y0,y1y2y0，

∴AFBFy1y2y1y21y02x022y01y02y022y01＝2y0＋

22y0＋5

192y02y052y0，

2222∴当y019时，AFBF取得最小值，且最小值为. 12分 22考点：1抛物线的定义即性质;2直线与抛物线的位置关系.

x22

168．（1）＋y＝1（2）15x＋6y＋15＝0和15x－6y＋15＝0.

4c3＝a2x2y2222【解析】(1)设椭圆C的标准方程为22＝1(a＞b＞0)．由已知可得a＝b＋c，

ab312＋2＝14ba解得a＝4，b＝1.

x22

故椭圆C的标准方程为＋y＝1.

4(2)由已知，若直线l的斜率不存在，则过点E(－1,0)的直线l的方程为x＝－1，此时令

33A1,，B1,2，显然|EA|＝2|EB|不成立． 2x22y1若直线l的斜率存在，则设直线l的方程为y＝k(x＋1)．则4，

yk(x1)整理得(4k＋1)x＋8kx＋4k－4＝0.

22222

由Δ＝(8k)－4(4k＋1)(4k－4)＝48k＋16＞0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

8k24k24故x1＋x2＝－2，① x1x2＝.②

4k14k21因为|EA|＝2|EB|，即x1＋2x2＝－3.③ ①②③联立解得k＝±

15. 6所以直线l的方程为15x＋6y＋15＝0和15x－6y＋15＝0

x2y21，169．（1）（2）20105. 10025【解析】试题分析：（1）求椭圆方程一般方法为待定系数法，将A,B两点坐标代入椭圆方程，联立方

x2y21，（2）四边形可分割成三个三角形，即程组解得：

10025S四边形ABCD=SOABSAODSBOC，其中三角形OAB面积确定，OC=OD，因此可用直线CD斜

x2y21得率表示高及底：设直线CD方程为y = kx，代入椭圆方程

10025x4kx1000，解得：D(2221014k2,10k14k8k32)，OCOD101k214k，

2，又

dA51k2，

dB3(k)81k2则

115101+k218k3101+k2S四边形ABCD=85+222221+k21+k1+4k1+4k216k2+8k116k2+4(k21)1=20+10201020105 2214k14kx2y21 试题解析：解：（1）将点A（0，5），B（-8，-3）代入椭圆G 的方程解得

10025（2）连结OB，

则S四边形ABCD=SOABSAODSBOC111|xB|AOdAODdBOC， 222其中dA,dB分别表示点A，点B 到直线CD 的距离．

x2y21得x24k2x21000，设直线CD方程为y = kx，代入椭圆方程

10025解得：D(1014k52,10k14k2)，OCOD101k214k2，

又dA1k2，dB8k33(k)

81k2115101+k218k3101+k2则S四边形ABCD=85+ 222221+k221+4k1+k1+4k16k2+8k116k2+4(k21)1=20+10201020105．

14k214k2考点：椭圆方程，直线与椭圆位置关系

x2y21，曲线C1为圆心是(2,1)，半径是1170．（1）C1:(x2)(y1)1,C2:16922的圆，曲线C2为中心是坐标原点，焦点在x轴上，长轴长是8，短轴长是6的椭圆；（2）

|AB|2.

【解析】试题分析：本题考查参数方程与普通方程的互化，考查学生的转化能力和计算能力.第一问，利用参数方程与普通方程的互化方法转化方程，再根据曲线的标准方程判断曲线的形状；第二问，根据已知写出直线l的参数方程，与曲线C1联立，根据韦达定理得到两根之和两根之积，再利用两根之和两根之积进行转化求出|AB|.

x2y21. 试题解析：⑴C1:(x2)(y1)1,C2:16922曲线C1为圆心是(2,1)，半径是1的圆．

曲线C2为中心是坐标原点，焦点在x轴上，长轴长是8，短轴长是6的椭圆． 4分

2x4s,2⑵曲线C2的左顶点为(4,0)，则直线l的参数方程为（s为参数） y2s,2将其代入曲线C1整理可得：s32s40，设A,B对应参数分别为s1,s2，则s1s232,s1s24.

所以|AB||s1s2|(s1s2)4s1s2222. 10分

考点：1.参数方程与普通方程的互化；2.圆和椭圆的标准方程；3.韦达定理；4.直线的参数

方程. 171．相交

【解析】消去参数t，得直线l的直角坐标方程为y＝2x＋1；

ρ＝22 sin2

，即ρ＝2(sin θ＋cos θ)， 4两边同乘以ρ得ρ＝2(ρsin θ＋ρcos θ)，

得⊙C的直角坐标方程为：(x－1)＋(x－1)＝2，圆心C到直线l的距离d＝|2－1＋1|22＋12＝25＜2，所以直线l和⊙C相交． 5172．见解析

【解析】证明：连结AC．…………………………………………………1分因为EA切eO于A，所以∠EAB＝∠ACB．…………3分

因为»AB»AD，所以∠ACD＝∠ACB，AB＝AD．于是∠EAB＝∠ACD．…………………………………5分又四边形ABCD内接于eO，所以∠ABE＝∠D．所以ABE∽CDA．

于是ABBE，即ABDABECD．………………9分

CDDA所以AB2BECD．…………………………………10分

x2y21 173．（1）y4x（2）

192【解析】

试题分析：（1）由题意抛物线C1的方程为y2px, 把M(,2226)代入方程y22px，得p2,

332因此，抛物线C1的方程为y4x． ……6分

F1(1,0)，（2）抛物线C1的准线方程为x1，所以，而双曲线C2的另一个焦点为F(1,0)，

于是2aMF1MF7521,因此a. 3333又因为c1，所以b2c2a28， 9x2y21. ……12分于是，双曲线C2的方程为

19考点：本小题主要考查抛物线与双曲线的标准方程的求解，考查学生运算求解能力.

点评：求圆锥曲线的标准方程通常用待定系数法，找清楚焦点的位置，开口等，代入条件求解即可.

174．(1) SVFMF9; (2) 93, 33 ; (3) θ增大时面积变小，证明过程见解析．

12【解析】

试题分析：(1) 设|MF1|r1,|MF2|r2, 直角三角形△F1MF2中r1r2|FF|213，12利用双曲线定义得r1r24,平方得r1r2，求得面积；(2) △F1MF2 中由余弦定理可得，|MF1|·|MF2|，由面积公式SVFMF12221o|MF1||MF2|sin60可得面积；(3) 由双曲线定义与2余弦定理，可得面积与θ的关系SVFMF12b2tan2，所以θ增大时面积变小．

解：(1)由双曲线方程知a=2,b=3,c13, 设|MF1|r1,|MF2|r2 (r1r2)．

由双曲线定义,有r1r22a4,两边平方得,

r1r22rr16, 12即|F1F2|4SVFMF16,

12222也即52164SVFMF,求得SVFMF9． 4分

1212 (2)若∠F1MF2=60°,在△MF1F2中,

由余弦定理得|FF|r1r22rrcos60, 1212222o|F1F2|r1r22rrcos60,所以r1r236． 12求得SVFMF12222o1o|MF1||MF2|sin6093． 212同理可求得若∠F1MF2=120°, SVFMF33． 8分 (3)由以上结果猜想,随着∠F1MF2的增大,△F1MF2的面积将减小．证明如下:

令∠F1MF2=θ,则SVFMF121r1rsin． 2由双曲线定义及余弦定理,有

22(r1r2)4a ①222r1r22r1gr2cos4c ②

4c4a②-①得r1r2,

21cos所以SVFMF1222c2asin21cosb2tan2,

因为0<θ<π,022,

在0,tan内,是增函数， 22b2因此当θ增大时, SVFMF12tan2将减小． 12分

考点：双曲线的定义，余弦定理，三角形面积公式． 175．（1）xy21

22（2）yx2

【解析】（1）短轴长2b2,b1，eca22…………………………1分

2又a2b2c2，所以a2,c1，所以椭圆的方程为xy21…………………………4分

2（2）设直线l的方程为ykxm(k0)，A(x1,y1),B(x2,y2)

ykxm，消去22x2y2y得，(12k2)x24mkx2m220

4mkx1x212k2，…………………………6分 2xx2m21212k2OAOBx1x2y1y2SAOB2即3m22k222 即9m23312k210k28…………………………8分

1118m2(12k2m2)2 22|m||x1x2|m[(x1x2)4x1x2]2223(12k2)2即9m2(12k2m2)(12k2)2…………………………10分

222229m(12km)(12k)，解得k2229m10k81,m22，所以yx2……………12分

176．(1)｜MN｜=2p不变化

（2）22 ， θ=45°圆的方程为(x-2 p)+(y-p)=2p或(x+2p)+(y-p)=2p

【解析】 (1)设圆心C(x0,y0),则x0=2py0，圆C的半径｜CA｜=x0(y0p)，其方程

22为(x-x0)+(y-y0)=x0+(y0-p),令y=0，并将x0=2py0，代入，得x-2x0x+x0-p=0，解得xm=x0-p,xN=x0+p,∴｜MN｜=｜xN-xM｜=2p(定值) (2)∵m=｜AM｜=

22222222

(x0p)2p2,n=｜AN｜=

440(x0p)2p2,∴

24p(py0)nmm2n24p22x0m+n=4p+2x0,m·n=4px，∴+====

4422mnmn4px02ppy02(py0)2p2y0=212py0≤22，当且仅当y0=p时等号成立，x0=±2p，此时△MCN22py01∠MCN=45°，故当θ=45°时，圆的方程为22

为等腰直角三角形，且∠MCN=90°，∴∠MAN=

(x-2 p)+(y-p)=2p或(x+2p)+(y-p)=2p 177．（Ⅰ）4

（Ⅱ）(x)2y21

12x2y2【解析】（Ⅰ）由题设条件知焦点在y轴上，故设椭圆方程为221（a ＞b＞ 0 ）。

ab22设cab，由准线方程y3433c得，由e得，解得 a = 2 ，c = 3，a232y21。从而 b = 1，椭圆方程为x42y21的焦点，所以,MCMD2a4。又易知C，D两点是椭圆x42MCMD2)224，当且仅当MCMD，即点M的坐标为从而MCMD(2(1,0) 时上式取等号，MCMD的最大值为4。

（II）如答（20）图，设M(xm,ym),B(xB,yB)，Q(xQ,yQ)。

uuuuruuuruuur因为N(xN,0),OMONOQ，故

xQ2xN,yQyM,

xQyQ(2xM)y4 ① 因为QABA0,

222yuuuruuur(1xQyQ)(1xNyn)(1xQ)(1xN)yQyN0,

所以 xQxNyQyNxNxQ1. ② 记P点的坐标为(xP,yP)，因为P是BQ的中点所以 2xPxQxP,2yPyQyP

22由因为 xNyN1，结合①，②得

122xPyP((xQxN)2(yQyN)2)

412222 (xQxNyQyn2(xQxNyQyN))

41 (52(xQxN1))

43 xP

4故动点P的估计方程为

1(x)2y21。

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