2【20161m22

點間的距離為4,則n的取值范圍是

（B）1,3

（C）0,

【答案】【2014高 卷.理.4】若實數k滿足0

25

y29

1的

9 【答案】0【解析 ，則90

，25k02x2雙曲 2x2259259k

的實半軸長為5，虛半軸長 ，焦距93434934，離心率 52525k

34y 的實半軸長 ，虛半軸長為934y，離心率 題．解題時要注意a、b、cc2a2b2，否則很容易出現錯誤．解本題需要掌握

（a0，b

）2a，虛軸長為2b，焦距為2c，其中c2a2b2eca【2016年高考理數】設O為坐標原點，P是以F為焦點的拋物線y22px(p上任意一點，M是線段PF上的點，且PM=2MF,則直線OM的斜率的最大值為 32232 【答案】P的坐標，利用向量法求出點M的坐標，是我們求點坐標的常用方法，由于要求最大值，因此我們把k斜率用參數t表示出后，可根據表達式形式選用函數，或不等式的【2015高考理7已知雙曲線的離心率且其右焦點則雙曲線的方 ，【201410已知a

，橢圓C1的

C1與

3，則2

的漸近線 x

2y

2xy

x2y

2xy1(ba1(ba1(ba1(ba

323ba

y

x

2y0A率，關鍵是從已知出發，確定得到abc的關系，本題中由離心率，確定ab的關系，從

1的左，右焦點，點232 2

1,則E的離心率為 33 3【答案】MFx

ba,b

2a

a

13

2 22aa

1，化簡得ba31a2e1a2

c2＝a2＋b2.e∈(1，＋∞)e∈(0，1)．【201410FC:y2

34

98

4【答案】3【解析】由題意可知：直線AB的方y3

，代入拋物線的方程可得：4y2123y9

，設

B(x2y2

(y1y2(y1y2)4y1

4xx xx 【2016C1m2+y=1(m>1)C2n2–y=1(n>0)點重合，e1，e2分別為C1，C2的離心率，則 Bm>n Dm<n【答案】試題分析：由題意知m21n21，即m2n22 m21n2 (e1e2)

，代入

n2mne1e2 【易錯點睛】計算橢圓C的焦點時，要注意c2a2b2；計算雙曲線C的焦點時，要注意c2a2b2 【20161CCA、B兩點,CD、E兩點.已知|AB|

,C 【答案】【2015211A，BEME?ABM120°E的離心率為（

D．【答案】 【解析】設雙曲線方

ABBM ABM1200，過點MMNx軸，垂足為N，在RtBMN中，

aMN 3aMM(2a,3aa2b2a2c2，即2c22a2，所以e2

22

的左焦點，A,B分別為C的左，右頂點.P為C上一點，且 軸.過點A的直線l線段PF交于點M與y軸交于點E.若直線BM經過OE的中點則C的離心率 【答案】試題分析：由題意設直線l的方

yk(xa)，分別令xcx0得點|FM|k(ac|OE|ka，由

1|OE，得 |OB|，|FM |BC ，整理，得c1，所以橢圓離心率為e1，故選 （1）（2）建立abcb或轉化為關于e的等式求解；(3)通過特殊值或特殊位置，求出e． 【2015高考，理5】過雙曲線x 1的右焦點且與x軸垂直的直線，交該3A，B433 433【答案】

3 3 F(20)Fxx2

x 03 將x2代入x 0得：3

12,y

2y 0x2y A、B的縱坐標，從而快速得出|AB|的值【2014，理10】已知F是拋物線y2x的焦點，點A，B在該拋物線上且xOAOB2（其中O為坐標原點，則

與

值是 2

3

17118【答案】 ，設A(x,y),

xy2xy2 y2y2yy2,yy2或y ，因為A,B位于x軸兩側所以.所以yy2兩121 1 1 112積之和為S

xyxy11y

y2yy2y11

yy1121 2 2 12

1 2 2

22298 y1y 9y y322298 8 A(x1,y), 兩點坐標，由OAOB2，得y1y22，接下來表示出

【2015高 ，理10】設直線l與拋物線y2

相交于A，B兩點，與圓x52y2r2r0相切于點M，且M為線段AB的中點.若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是（ 【答案】

【名師點睛】首先應結合圖形進行分析.5，那么必有兩條直線（x軸垂直的兩條切線）滿足題設，因此只需直線的斜率存在時，再有兩條直x3y0r【20144】F為雙曲線Cx2my2F到C的一條漸近線的距離為

3B. D.3【答案】

．則

3m3，c 3設一個焦點F(3m3,0)一條漸近線l的方y3

x

xx

my0m3mFlm3m

x24

1（b>0軸長為半徑長的圓與雙曲線的兩條漸近線相交于A、B、C、D四點，四邊形的ABCD的面積為2b，則雙曲線的方（

x2

242

43

=1（C）242

b2=1（D） 12【答案】AA(xy x2y2

x b2∴yb

b

y b2b2 ∴xy b212，故雙曲線的 b24

哪條坐標軸上，“定量”a，b的值，常用待定系數法．

2

3333（A（- （B（- 3333

22 223

23 223【答案】MF1MF2MMF1MF2y0的函數是解本題的關鍵.

Q是直線PF與C得一個焦點，若PF4FQ，則QF B.

2【答案】PF4FQ

3，過點Q作QMl4M，則QMx 3MQ3

MQ344321–4–3–2–1O13xA，B，CA，B在拋物線上，點Cy軸上，則BCF與的面積之比是（BFBFAF

BF2BF1AFBF1AFAF2

BF21AF21【答案】

BC

BF1

AF2是高小題的熱點，在復習時不能遺漏相應平面幾何知識的復習.2

y

2P使得|PF||2

|3b,|PF||

|9ab心率為 4

【答案】

x2

B,CB,CAC，ABD.DBC離小于aA、(1

a2a2C、

2,

D、(

(2,(0,【答案】(0,

),C(c,

DxD(x0)4 BD 4

0a

a

，解

cx

，所c ab4bcx aa2(c

a2 aca2

0ba因此漸近線的斜率取值范圍是(10)(0,1據已知條件和雙曲線中abc的關系，要據題中提供的條件列出所求雙曲線中關于ab的不等關系，解不等式可得所求范圍．解題中要注意橢圓與雙曲線中abc關系的不同．【2015高考，理4】下列雙曲線中，焦點在y軸上且漸近線方y2x的

（A）x

y4

x4

（D）y 1【答案】y2x

4

0【名師點睛】雙曲線確定焦點位置的技巧：x2前的系數是正，則焦點x軸，反之，在

b,a

容 ，只要根據雙曲

的

卷9】已知F1,F2是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是他們的一個公共點且FPF,則橢圓和雙曲線的離心率的倒數之和的最大值為 2 24

【答案】

y2

3232

y21（a21

半焦距為c由面 得b2 3b23所以a2a2

1)c232 32ac

，3a12sinc23所以11aa12cos sin4323 4 ，故選43【2015高 ，理8】將離心率為e的雙曲線C1的實半軸長a和虛半軸長b(a同時增加m(m0)個單位長度，得到離心率為e2的雙曲線C2，則 A．對任意的a,b，e1 C．對任意的a,be1【答案】

【解析依題意，e1

a21(b1(baabbmabbmabamm(ba)，由于m0a0b0 a

a(a

a(a所以當ab時，0

，0b

b b m ，()b b m a a (當ab時，b，bm1，而bbm，所以b2(bm)2，所以e ( a

a

a 所以當ab時，e1 ；當ab時，e1 2221【20153E:xy1

在雙曲線E上，且PF13，則 等于（ 【答案】

PF1

2a6

3

6

9【2014遼寧理10】已知點A(2,3)在拋物線C：y22px的準線上，過點A的直線與C在第一象限相切于點B，記C的焦點為F，則直線BF的斜率為（ 【答案】及斜率..涉及直線與圓錐曲線的位置關系問題，往往是通過聯立直線方程、圓錐曲線【2014高考 （2,2，近線，則C的方；漸近線方.

y2x4x

1 【答案

y 4y2x

的漸近線方

y2x，所以曲線C設曲線C

y242

m(m0)，將(2,2m3C 1 【2015高

y

3xy0，a 333

x2 y

的漸近線方

xa3x

0

3x ,則1aaa【考點定位本題考點為雙曲線的幾何性質正確利曲線的標準方程求出漸近線方程，方程中的“1”改“0a的值.201415】4ABCD和正方形a,bab，原點OADy22

經過CFb ba22【解析】由題可得CaaFabb,因為CF a2

2 2 b2

a

,故 a,b,pa,b的比2【2016xOy中，F2

byb2

BC兩點，且BFC

【答案】3

a,

3a,),3c2

3a)2b ()03c3a)2b a,

根據條件列出關于a,c的一個齊次等量關系，通過解方程得到離心率的值x2pt 理數】設拋物線y2

（t7p,0AF2且△ACE的面積為32，則p的值 66【名師點睛】1. 22A(x1，y1)，B(x2，y2)，則弦長為|AB|＝x1＋x2＋p，x1＋x2可由根與系數的關系整體求出；若遇到其他標準方程，則焦半徑或焦點弦長可由數形結合的方法類似地得x2y2

（a＞，b＞0E上，AB，CDE2|AB|=3|BC|E 【答案】2AB在第二象限，則A(c2

b2a2|AB|

|BC|2c，由2AB

c2a2b2得離心率e

或e1（2去E【2015江蘇高考，12xOyPx2y21到直線xy10的距離大于c恒成立，則是實數c的最大值 【答案】2P(x,y),(x1xy10x

Pxy10的距離于直線xy10與漸近線x

之間距離，因此cxy10x

之間距離，為1x2y2 1共漸近線22

y2

ya

x22；x2y2；

y2雙曲線的焦點到漸近線的距離等于虛半軸長bc2c2

近線的斜率為a

或極【201515】平面直角坐標系

C1:

y221a0b0的漸近線與拋物線C2y2

2pyp0交于點OAB OAB的垂心為3

的焦點，則C1的離心率 2【解析】設

y

,則

y x2y

2pb2解方程組 得：

的坐標為a

的坐標為0,p

.F

1 2

2pb2pb

2

所以 a

2

1

c21 2 2 2【2016年高 2

（a0，b

OA，OCBOABC2，則 【答案】

方y

漸近線，因此ab，又由題意OB ，∴a2a2(22)2，a2．故填似.Ax2B

A

時為雙曲線【2015高考陜西，理14】若拋物線y22 的準線經過雙曲線x2y2 22y22px（p0）xpx2y212點F1

y2

（p0）x2y21點，所以p2

p

22 22y2（p0）x

（a0，b

）Fc0，右焦點Fc0，其中c2b2a2

的正半軸上，則該圓的標準方【答案】(x3)2y2 1下頂點與左頂點（或右頂點x軸上，設出圓心，算出半徑，根據1

【2016高考江蘇卷】在平面直角坐標系xOy

x2y2

的焦距是

a27,b23,c2a2b27310,c

10,2c

x2y21(a0,b

0揭示焦點在xa22a2ba2a2a2

y

2【201416】設直線x3ym0(m0)與雙曲線2

（ab0）兩條漸近線分別交于點A,B，若點P(m,0)滿足PAPB,則該雙曲線的離 552

y

y

x3ym0

am,

,B

aaaaam

bm PAPB得，設AB的中點為Q，則Qa a3b,a a3b，PQ與 bma a

3，解得

a，即2 a a3b2 ． aa問題常用“點差法”． 或討論． 【2015高考浙江，理9】雙曲線

x2y2y

1的焦距 ，漸近線方程 3【答案】3

，y

2xa2a223a

2，b1，c

，∴焦距為2c 漸近線方

ybxa

2x2根據條件中的雙曲線的標準方程可以求得abc，進而即可得到焦距與漸近線方程，在

分別是橢圓E:x

F的直線交橢圓EAB兩點，若AF13BF1AF2x軸，則橢圓E的方x23y22

所滿足的等量關系式.【2016高考浙江理數】若拋物線y2=4x上的點M到焦點的距離為10，則M到y軸的 【答案】試題分析xM110xM

x2 9 x2

1的右焦點為(20)

2p4

x2

x2y2

的焦點的對稱點分別為A，B，線段MN的中點在C上，則|AN||BN 【答案】M,N5xMxA5yM

yM

xM(x(xAxN)(yAyN22

2xP,yM

,2yP；由于|AN||BN(xBxN)(yB(xBxN)(yByN22(xp(xp 5)22(xp(xp 5)22

=2

=6，所以|AN||BN|本題中通過化簡|AN||BN|的坐標表達式，由橢圓的的定義得出結論.x219【201513F是雙曲線C

線段PF的中點恰為其虛軸的一個端點，則C的離心率 【答案】5F(c,0)，短軸端點為(0,b)，從而可知點

5c24b2 5∴

1e c2a2b2，【20161（12分）x2y22x150A,直lB（1,0）x軸不重合,lAC,D兩點,BACADE.EAEB為定值,EEC1,lC1M,N兩點,BlA兩點,MPNQ面積的取值范圍xy xy【答案 4

（II）（II直線方程,

yk(x1)(k0),xk的函數,再求最值（Ⅱ）當lx軸不垂直時,設l的方yk(x1

yk(x1)(k0),M

,N 由

得(4k

8k 828x1x2

,x1x2

4k24k231k所以1k

|x1x2

12(k24k23B(1,0且與l垂直的直線my

,Am

,422|PQ|422S1|MN|| 2可得當lx軸不垂直時,MPNQ面積的取值范圍為[12,83當l與x軸垂直時,其 x,|MN|3,|PQ|8,四邊形MPNQ的面積為綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,83,.已知橢圓C：x22 求橢圓C設OA在橢圓CBy

上，且OAOBABx2

（2）2

（1）

化為標準方程，確定a2b2，利用ec（2） ，其中x00，由OAOB，即 ，xy0表示tx0

x0

ABx2

（1）

4所以

，b2

，從而c2a2b2422所以ec 2 （2）ABx2y2

設點A(x0,y0)， ，其中x00因為OAOB，所以

，即

2

0，解得t2y0t2t2當x0t時，y02，代入橢圓C的方程得t 此時直線AB與圓x2y22相切.20當x時，直線AB的 y2y02(xt)，0x0即y02)xx0ty2x0ty00(y2)2(y2)2(x00

|2x0ty0

x22y24t2y0故d

x2x2|2x0 02xyxy22 4 0

04| 0x4x48x2 0 2ABx2

2 22【2015高 理19已知橢圓C 1ab0的離心率 22

P0 Am，nm≠都在橢圓CPAxM求橢圓C的方程，并求點M的坐標（mn表示設OBAxPBxNy軸上是否存在點Q，使得OQMONQ？若存在，求點Q的坐標；若不存在，說明理由．x【答案】2

y

1,M(m,0),(2)存在點 122（Ⅰ）由于橢圓C22

22y21ab0過點P0，1且離心率 2y

a2b2 21,2b2

e2

，

2，橢圓C2xy22

n1x

1，令

m1M(

P(0,1),B(m,n)，直線PB的方：

1

PBxN，令

0,x

m，則N(

0設Q(0,y0

1

1 ONQ,m(10m(10

,m m0 0

，所以y

1n2

（注：點Amm

m在橢圓C2

，則y

，存在點

0OQMONQ0M、NtanOQM

圓C 求橢圓C

的一個焦點為

5，離心率 53Px0y0P到橢圓CP的軌跡方xy xy【答案】 532532

；(2)x2y213 ab2

5a35a25a2

5因此橢圓C

9

當從點P所引的橢圓C的兩條切線的斜率都存在時，分別設為k.k2，則k1k 將直線ykxy0kx0的方程代入橢圓C的方程并化簡9k24x218kykxx9y

2360 18kykx249k249ykx2360 0 化簡得

29k240，即x29k22kx

y240 0 則kk是關于k的一元二次方程x29k2 0

y240的兩根，y2kk 1，

0 01 x20 x2y213 ②當從點P所引的兩條切線均與坐標軸垂直，則P的坐標為3,2，此時點P也在x2y213上

x2 直線與二次曲線的公共點的個數利用

率ec

（a

）的左F1c0，右焦點F2c0，其中

b

x2y2 xOyC

2

x2

FCCPE上的動點，且位于第一象限，EP處的切線lCA，BABDODPxM.M在定直線上直線lyG，記△PFG的面積為S1△PDM

S1S2P的坐標

4y

S1;（Ⅱ（i）（ii）S2

4P2為 ,12 （Ⅰ）（Ⅱ（i）l的方程和拋物線聯立，進而判斷點M（ii）分別列出S1S2面積的表達P的坐標.aa2b ，可得：a2bEF

1，所以a1b1 C

x24y21.（Ⅱ（i）

x22yy

x所以直線l的斜率為m 因此直線l的方y2

m(xm)，即ymx 2A(xyB(xyD(x

ymx2 2

得(4m21)x24m3xm410

，得0m

x1x24m21x

22

4m212ymx22

my02(4m21)y0

，所以直線OD

y1xy聯立方

x，得點M的縱坐標為 1 即點M在定直線y 上（ii）由（i）知直線l

ymxm222x0y

，所以 m2又

(4m2 S1|GF|m1m(m21 1

m(2m2S22|PM||mx0

8(4m2所以S1

2(4m2，令t2m21

(2t1)(t1)

122 t t 2當11，即tt

S19，此時mS

2，滿足 2P的坐標為

1，因此S1的最大值為9，此時點P的坐標為 12222考點：1.橢圓、拋物線的標準方程及其幾何性質；2.直線與圓錐曲線的位置關系；3【名師點睛】本題對考生計算能力要求較高，是一道難題.解答此類題目，利用abce【2016（10分xOy中，已知直線lxy20，拋物線Cy22pxplCCClPPQ的中點坐標為(2ppp的取值范圍（1）y2

（1）行化簡，結合中點坐標求證，②利用直線與拋物線位置關系確定數量關系：4p24(4p24p)0p的取值范圍

p

y1M(x0y0)在直線lx02因此，線段PQ的中點坐標為(2p②因為M(2ppyxb所以p(2p

b22p2(22p)0p43因此p的取值范圍為(0, 201421】7,O為坐標原點,橢圓

1ab0的左右焦

e

x233

e已知e1e2

1.求C1C2F點作C1yABMAB的中點,當直線OM與CPQ兩APBQ面積的最小值.【答案】

x22

x2y2y

(2)試題分析:(1)利用橢圓和雙曲線abc之間的關系可以用ab3心率和焦點,由題目ee 3和FF 1即可得到a,b之間的兩個方程,聯立方程31 2元即可求出ab試題解析:(1

,e2

F1F2

,因為e1e22a22F2F4a22

a2a2b3

3b2 b2a2a23a2a232 2

且b1a

,所以橢圓C1,雙曲線C2

2(2)由(1)F210,因為直線AB不垂直于y軸,所以設直線AB的

xnyA聯立直線與橢圓方程可得n22y22ny10,則yy A

,yAyB 2則y ,因為Mx,y在直線AB上,所以 2 n2 y

nPQ

yMxx

,聯立直線PQ與雙曲線可得x22 x 222222

2x

2

,y

2

0 n x22PQ APQ的距離為dBPQx22為d,則2d

nxA2

nx

ABPQnxB2yBnxA2yA02d

nxA2

nx

nxA2nxA2yAnxB2yB n2 m22y xny1上,所以2dn22n22y 4y 2An22 1m212 12 12 12 2

02m22,所以當m20APBQ2題【2014江蘇，理17如圖在平面直角坐標系

F1F2分別是橢圓

1(ab0B的坐標是(0bBF2A過點Ax軸的垂線交橢圓于另一點C，連接F1C4若點C的坐標為(,

BF

22 F1CAB，求橢圓離心率e的值 【答案 （2）2（1）C(4

abc的方程，另外OB2OB2OF2

a

（2）1關于abcF1CAB1

FC

1，

ABkF

bc21求kFCCBFA點坐標(x1y121C(x1y1)，由此kFC可得，代入kFCkAB1可得關于abc的等式，再由 b2a2c2ec可得e的方程，可求得ea（1）F(c0)B(0bBF

a

42，又C(,)，2b2b24 1( (∴ 2

，解得b1

2 （2）直線BF c

，與橢圓方

)，則C點坐標為 )a2 a2

a2c2a2

a2

3a2cc3，又kAB

F1CAB3a2cc3c即b43a2c2c4∴(a2c2)23a2c2c4，化簡得e 合焦點位置，直接寫出橢圓方程．(2)待定系數法：根據橢圓焦點是在x軸還是y軸上，設出相應形式的標準方程，然后根據條件確定關于a，b，c的方程組，解出a2，b2，從而寫出橢圓的標準方程．2．求橢圓離心率e時，只要求出a，b，c的一個齊次方程，再結合b2＝a2－c2e(0＜e＜1)．

O正北方向60mCO正東方向170m處，（OC為河岸 BC當OM（2）10myy（2）設 ，即M(0,t)(0t60)，由（1）直線BC的一般4x3y6800Mr

rt ，由題意要求r601363t

0

，因此r

6803t1363t，∴

10t35，所以當t

r取得最大值

【2015江蘇高考，18（16分xOyx2y21ab0的離心率為 FlFA，BABlAB于P，CPC=2ABAB的方程. yx

yx1【答案 2

2 ，二是右22Fl3，解方程組即得（2）ABFAB的方程就是確定其斜率，本題關鍵就是根據PC=2AB列出關于斜率的等量關系，這有一定運算量.首先利用直線方程與橢圓方程聯立方程組，解出AB兩點坐標，利用兩點間距離求出AB長，再根據中點坐標求出C點坐標，利用兩直線交點求出P點坐標，再根據兩點間距離求出PC長，利用PC=2AB解出直線AB斜率,寫出直線AB方程.（1）a

2a 且c ac2解得a ，c1，則b2

（2）當x軸時， 2，又C3，不合題意x

ykx1，x1,y1，x2,y2的方程代入橢圓方程，得12k2x24k2x2k210則

2k22k2 21k2

2k2

2，且

12k

1

12kx x y22 若k0，則線段y從而k0，故直線C

y 12k

1 則點的坐標為

5k2

，從而C

23k211kk12k2 k12k2 23k2k12k2k12k2

421k21k 121k

，解得k1此時直線方yx1或yx1．a，b，c的方【201421（14分已知拋物線C:y22pxp0FA為CA的直線l交CBxD，且有|FA||FD|.A的橫坐標為ADF為正三角形求C的方程若直線l1l，且l1和CE【答案（I）y2 .（II（?。↖）由拋物線的定義知3p|tp|， 解得t3p或t3（舍去）.得p2.拋物線C的方y2 （II（?。〢(x0y0)(x0y00)D(xD0)(xD0可得x ，即D(x2,0)，直線AB的斜率為 y0 根據直線lAB平行，可設直線l

y 1y2

y8b0y

4 0注意當y24時，直線AE的方x0

得到|AE||AF||FE|

1) AE

xA(x0y0AE得到mx01，再設B(x,y)，直線AB的 y

y y0x

y2x0y2y

y 1yy8x41

4yx yx BAE的距離為d

1)P（I） ,2D(t0)(t0FD的中點為p2t04因為|FA||FD|， |， 解得t3p或t3（舍去p2t3p24C

y2 （II（?。〢(x0y0)(x0y00)D(xD0)(xD0因為|FA||FD|，則|xD 由xD0得xD ，故D(x02,0)故直線AB的斜率為 y0 因為直線l1和直線AB設直線l1的

yy0xb2y2

y8b0由題意6432b0，得b2

E,

y4，xE 2y400當y24時 0AE

yy0

4 y24x，y

4 0當y24時，直線AE的方x0

所以|AE||AF||FE|

1) AE

xA(x故mx01

AEB(x1y1直線AB的 yyy0(xx) y00x

y2x0y2

y8

08y0y1y8

4，x1 4BAE|4x4m(y8)1| 1d14(x0

1)則ABES12

)(x011x011x

2)161x01

x0

所以ABE（I（II）

（a

3|OF3其中Oe為橢圓的離心率A的直線lB（Bx軸上l的直線與l交于點M66yHBFHF，且MOAMAO，求直線的l66xy xy【答案 4

（Ⅱ） （1）

|OF

，即

a2c23c2，又a2c2b23，所以c21，因此a24x2.4（2（Ⅱ）解：設直線l的斜率為k（k0，則直線lx2y2

yk(x2. B(xB,yB)，由方程組 ，消去y，整理yk(x(4k23)216k2x16k21208k2

8k2

x2x4k23xB4k23yB4k2394k

FH1yHBF4k23

4k

3).BFHFBFHF0，所以 94k

94k4k2

12kyH0y4k2

94k

MH的方

y xk

94k M

y x

y

9.在yk(xM中，MOAMAO|MA||MO|，即 2)2M20k2

12(k2xM即12(k2

1，解得k

或k 6所以，直線l的斜率的取值范圍為 6 6

中已知橢圓C

1ab3的離心率 ，以F為圓心以3為半徑的圓與以F為圓心以 為半徑的圓相交，且交點在橢圓C(Ⅰ)求橢圓C（Ⅱ）E

y 1P為橢圓CPykxmy圓 于A,B兩點，射線PO交橢圓E于點Qi

3（ii）求ABQ面積的最大值3

x2y4y

1（II）()2（ii） （I）,

（II（i） ，由題意知Qx0,y0，然后利用這兩點ykx別在兩上橢圓上確定的值;（ii）設Ax1,y1,Bx2,y2，利用方程組x2y2 定理求出弦長AB，選將

的面積表示成關于km

1216k21216k241 122S mx2x

，然后，令14k

的面（ii）設Ax1y1Bx2y2ykxmE可得14k2x28kmx4m216由

m2416k

xx8kmxx 14k 1

4m214kx1

416k2414kykxm與軸交點的坐標為0所以

S

1216k2mx21216k2 2令21

t,ykx

代入橢圓C的方程可得14k

8kmx

4由

m214k

由①②可知04t4tt

,S當且僅當t

m214k

33

面積為

,所以ABQ面積的最大值為 33【20163Cy2

直線l1l2分別交CAB兩點，交CP，Q若F段AB上，R是PQ的中點，證明 FQ若PQF的面積是ABFAB（Ⅱ）

段AB上，故1 AR的斜率為

，FQ的斜率為k2， 所以 5a設l與x軸的交點為a12SABF12

baFD

ba

1,2

PQF 1212由題設可得1bax 1212

aa

0（舍去x ABE(x,yABx軸不垂直時，由kAB

2可 2a

x1

(x1)abyy2x1(x12

y2

12（2），201420

C1a2b21(ab0y0)和部分拋物線C2y

1y0連接而成，

的公共點為A,B，其中C的離心率 3（1）求3

（2）B的直線l與C1,CP,Q（ABAPAQ，求直線的方程（1）a2b1；(2)y （1）

1(ab0y0)2C:yx21y0AB，得b1，設2

的半焦距為c，由e及a2c2b21，解得a2（1）在C2y0A(10B(1所以b設C的半焦距為c，由e

a2c2b21a所以a2b（2）由（1）知，上半橢圓C

4

易知，直線lx軸不重合也不垂直，設其方代入C的方程中，整理得：

yk(x1)(k(k24)x22k2xk24

P的坐標(xP 定理得xPxBk2k2B(10xP

yPk2所以點P的坐標為(k2

)2)4kyx21(y同理，由yk(x1)(kyx21(yAP

k2

(k,4)，AQk(1,kAPAP2kAPAQ0,k24[k4(k2)k，k4(k2)0kk3k83故直線l

y22的半焦距為c，原點到經過兩點c,0，0b的直線的距離為1c2求橢圓

y 1（a y是圓x22求橢圓的3 3【答案 （II）

的一條直徑，若橢圓經過 試題解析（I）過點c,00b的直線

bx+cy-bc=0則原點到直線的距離d a2-d 1，得aa2-d 2

，解得離心率c 3 (II)解法一：由（I）知，橢圓的 x2+4y2=4b2 依題意，圓心2,1是線段的中點，且|AB x

yk(x+21，代入(1)(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-4b2=A(xy

x

=-8k(2k+1),

1x1

，得-8k(2k+1)4k11+4k2x1x282b于是|AB

121121

52x 4x52x 4x2 1 由|AB

， ，解得b2=310(b210(b2故橢圓的 解法二：由（I）知，橢圓的方x2+4y2=4b2 依題意，點，關于圓心2,1對稱，且|AB 設A(x,y), 則x2+4y2=4b2，x2+4y2=4b2

得-4(x1-x28y1

y2)=0 =y1- xx1

的斜率

x- 因此

y

，代入(2)x24x+8-2b2=xx4x

=8-2b2 1于是|AB

|xx

10(b22)1121 52x 4x52x 4x2 1

10(b10(b2- =1.

10，解得b2=3

xy1（在x軸上的 距a，在y軸上的截距b，點0x0y0到直線lxyC0的距dx0y

xy xy，橢

（a

）的離心率ec【 FFx2y2

M是CMF與x MFCMN3C4MN在y2

5F1N2

，所以|MF

3，由勾股定理可得：|MF|53c5c2aC1 【2016（15分）

y=kx+1被橢圓截得的線段長（a、k表示若任意以點A（0,1）為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點，求橢圓離心率的取值范圍2a22a21

（II）

（I）ykx1a2

，可得x，x2，再利用弦 可得直ykx1（II）先假設圓與橢圓的公共點有4個，再利用對稱性及已知條件可得任意以點0,1為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點時，a的取值范圍，進（I）1a2k2x22a2kx0

ykx，由 x10x2

221a1k2a21k因此 1k2a21k 1a2k（II）4y軸左側的橢圓上有兩個不同的點，QQ記直線

Qkk2kk20k1k21k21k由（I）知， 11a2k1

，Q

2a22，21k21k故 11a2k1

2a21k1k21a2k2 1所以k2k21k2k2a22a2k2k 1由于kk，k，k0得1k2k2a22 因此11111a2a22 k k 因為①式關于k

1a2a2

，所以a 因此，任意以點0,1為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件為1a2a2由ea2

得，所求離心率的取值范圍為0e 【思路點睛（I）先聯立ykx1

（II圓心的圓與橢圓至多有3a的取值范圍，進而可得橢圓離心率的取值范圍．已知橢圓C:9x2y2 ,直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個ABAB的中點為M(Ⅰ)證明：直線OM的斜率與llml（Ⅱ）若過點

，延長線段OM與CP，四邊形OAPB若能，求此時l（Ⅱ） 或4 【解析】(Ⅰ)設直線l:ykxb(k0b0A(x1y1B(x

，M(x 將ykxb代入9x2 得(k29)x22kbxb2m20

x1x22

，k2 b ．于是直線OM的斜率 yM9，即

k9 k2 M所以直線OM的斜率與lABAB的中點和直線l設直線l的方程同時和橢圓方程聯立，利用定理求弦AB的中點，并尋找兩條直線斜率（Ⅱ）根據(Ⅰ)中結論，設直線OMMxP

l以及直線過點 l

k

x2t2

的焦點在x軸上AE點，斜率為k(k0EAMNEMANA當t4,|AM||AN|時，求

當2

時，求k（Ⅱ） （Ⅰ

（Ⅱ）示|AM|，同理用k表示|AN|2

ANk試題解析（I）設Mx1y1，則由題y1A2,0

，當t4E

4AM的傾斜角為AM4

yx222xy2x224

得7y2

y0y

，所以 因此AMN的面積211212144 （II）由題意t3k0At,0.AMyk(x

t2t2

y2131 1k6t2k2得 1k6t2k2

ttk

t

t2k3tk

x1

t3tk23tk

x1

3tk AN

y

xk

t，故同理可得AN

6k6kt1k23k2由2

AN 3

，即k32t 當k

3k2k

k33k2k

k2k因此t

k3

.t3等價 kkk3

k20.由此得k

k2，或k

，解得32 因此k的取值范圍是3 22【 ，理20】已知橢圓C：x22

（a

CFC的左焦點，Tx3FTFC于P，Q.證明：OT平分線段PQ（O為坐標原點| 最小時，求點T的坐標|【答案】

x262

（2）（1）

，又a

3ba2b2c2ab

.PQ

xmy2 (m23y24my20.（?。┰OPQM(xy m2kOMkOT，只要kOMkOTOTPQ.（ⅱ）可用mPQm2|TF

m2

(m21)2

3|PQ3

) 22m22226m226m226m22（1） ，又a 3bb22,

116m2116m28(m2

，又|TF

|TF

m2

(m21)2

3|PQ3

) 22m22226m226m2m22當26m226m2m22M(xy，再證

|TF

|PQ2【2015高 2

+

1(ab0)的離心率 2P（0,1）的動直線lA，B兩點，當直線lx軸時，直線lE22得的線段長為 2ExOyPQ

y 1（2）y （2）當直線lx軸平行時，設直線lC、D兩點Q滿足條件，則|QC||PC|1，即|QC||QD||QD |PDQy軸上，可設Q點的坐標為(0y0當直線lx軸垂直時，設直線lM、N兩點M(0,2N(0

2)由|QM||PM|，有|y0

2|

y1y2|QN |PN

|y0 222 P的定點Q22 下面證明：對任意的直線l，均有|QA||PA||QB |PB當直線l的斜率不存在時，由上可知，結論成立當直線l的斜率存在時，可設直線l的 ykx1，A、B的坐標分別(x1,y), x2y2聯立 ykx

1得(2k21)x24kx20其判別式16k2 所以，xx ,xx 2k2 1

2k21

x1 易知，點B關于y軸對稱的點的坐標為 yyQAPxOB又 y12k1,

y22k1k1

所以kQAkQB，即QAB三點共線.所以|QA||QA||x1||PA|.|QB |QB |x2 |PB故存在與P不同的定點Q(02)，使得|QA||PA|恒成立|QB |PB情況找出結果，然后再證明其普遍性.B的對稱點將問題轉化.32232 1(ab已知點A(0,2),橢圓E: 0)的離心率 ；F 1(ab 2AF的斜率 ，O23EA的動直線lEP,Q兩點。當OPQ的面積最大時，求l的直線方程x2x【答案 4

（II）

77x2y77

x2（I）F(c0)2c

，得c 又 ，所以a2，a

a

1．故橢圓E的 4（II）當l

軸時不合題意，故設直線l:ykx2，P(x1,y), 2ykx2x24

得(14k2x2

．當16(4 即k2

x1,2

8k24k2k24k2k2

k2PQk2

x k21又點OPQk21

，所以OPQ 1d 4k2 t，則t4k2

t2

tt7因為t44，當且僅當t2k7

時取等號，且滿足0所以，當OPQ的面積最大時，l的 y

7x2y2

7x22解析幾何是用代數法研究幾何問題的一門科學，解析幾何是考的重點點和熱點其是解幾中的計算較考平時訓時要設而不求等a＞0)M,N

2x 與直線ykxx4k=0CMN

axya0

axya0（Ⅱ）（Ⅰ）ykxaCxM,N的坐PPM，PN的斜率之和用a表示出來，利用直線PM，PN0,即可求出abP點坐標.ykxaCx24kx4a0∴x1x24k, ∴k

y1by2b=2kx1x2(ab)(x

k(a 當b

k1

=0PMPN故∠OPM=∠OPN，所以P(0,a)符合題意 ……12方法進行計算，注意題中條件的合理轉化，如本題中，將角∠OPM=∠OPN相同轉化為直線【2015高考浙江，理19ymx12求實數m

x2y2y

1AB求AOB面積的最大值（O為坐標原點6（1）m63

或m

（2） 1

x22y1y1（1）

y xb，從而可知mym

x

（2）m將AOB表示為t的函數，從而將問題等價轉化為在給定范圍上求函數的最值，從而求解y1x22y1 試題解析（由題意知m0AB

y xbmymy y

xy，得

1

x

10y

xb

x2

1

2b2m20AB中點Mm22

2ymx

m2解得b2

，②。由①②得m636

m

6（）63t1( 6 6，則|AB

t21

t2t2的距離為d 2，設AOB的面積為t2122(t21)22S(t1|AB|d 122(t21)22 2面積的最大值為2220122013年均有考查，可以看出是熱點問22【2014年.浙江卷.理21】(本題滿分15分)如圖，設橢圓C:xy22動直線l與橢圓CPP（１）已知直線l的斜率為kabkP（２）若過原點O的直線l1與lP到直線l1ab （Ⅰ）P的坐標為

,

（Ⅱ）（Ⅰ） C:a2

動直線l與橢圓CP，可設出直線lykxykxmk0，結合橢圓方程，得x2y2

yb2a2k2x2

，令

，得b2m2a2k20 2

即ba

mP的坐標為

b2

22

22 a bakb2b2a2k

mP （Ⅱ）P到直線l1的距離的最大值為ab，由直線l1過原點O且與l垂直，得直線l1 xky0，利用點到直線距 可d

aab222 a2 d

2 ，由式子特點，需消去k即可，注意到a

2abkykx（I） ykxmk0，由x2y2

y

b2a2k2x22a2kmxa2m2a2b20，由于直線l與橢圓C只有一個公共點P， 2

，即bmak0P的坐標為b2

22

22PP的坐標為

,

a ；

ak（II）由于直線l1過原點O，且與l垂直，故直線l1的方xky0，所以點P到直ab2ab222

，整理得d

a2 22 ak

a2

a2b2a2b2a2b2a2a2k2b2a2a2k2k1當且僅當k2bP到直線lab1【2016年高考理數（本小題14分 Ca2b2

（ab0）2

，A(a,0)，B(0,b)，O(0,0)

CP的橢圓CPAy軸交于點MPBx

為定值【答案 （2）4（1）

，即c ，OA的面積為1，即1

（2）

，|BM|的值，求其乘積為定值, , （1）

ab2

a2b2c2所以橢圓C的 4（2）由（Ⅰ）A(2,0B(0,1設P(x ，則x24y24.0x00

的 y 2x02x02x0yM2

.

1

的方y

y01xy01y01y0

y01

.

2

2

2

y012x0x24y24xy4x8y 4xy4xy012x0 0 0

4x0y0x02y0 x0y0x02y0x00y01BM2,AN

4

為定值【2016年高考理數（本小題滿分13分x2y21(ab已知橢圓E：

0點，直線l:yx3EETOl’OTEA、BlP．證明：存在常數PT2x2

，并求的值4【答案 （2,1（Ⅱ） 試題分析（Ⅰ由橢圓兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點可得a

2c從而可得a

2b橢圓的標準方程中可減少一個參數利用直線和橢圓只有一個公共點（Ⅱ）

y

，由兩直線方程求出點P坐標，得PT2，同時設交點A(x1y1B(x2y2，把

x1x2x1x2PAPB，比較可得值（II）由已知可設直線

的 y xm(m0)121 x22my有方程組

x2

可得 yx

y 所以P點坐標為（

m 設點A，B的坐標分別為A(x1,y x2y2由方程組

可得3x24mx4m2120y1x 方程②的判別式為=16(92m2)，由>0，解得32 由②得x1x2(22m(22mx)2(12my3131

3,

4m2.3

52 22m 52PB

5222mx52 5所以PAPB5

(22m54 (22m)2(22m54

x)x 54 (22m)2(2543

19

m2 故存在常數

，使得 5和數形結合的思想.在涉及到直線與橢圓（圓錐曲線）(x1,y),

，同時把直線方程與橢圓方程聯立消元后，可得x1

，再把PAPB

表示出來，并代入剛才的x1

（Ⅰ）（Ⅱ）x2

1(ab

0)的左、右焦點分別為F1F2，點DDF

|F1F2|22DFF的面積為2

1 yx軸的上方有兩個交點，且圓在這兩個交點處的兩條44【答案 （Ⅱ）2 （Ⅰ）Fc0Fc0c2a2 2 2

,結合條件DF1F2的面積為

，可求c圓的定義和勾股定理即可求得ab設圓心在y軸上的圓與橢圓在x軸的上方有兩個交點為P1x1,y1P2x2,y2由圓x1x2y1y2，利用P1x1y1P2x2y2在圓上及P1F1P2F20確定交點的坐標， （Ⅰ）設Fc0Fc0，其中c2a2b2 22

DF1

DFFF 2c2 2故c11212

1 DF

DFFF

2DF2FF29，因此DF 1所以2aDFDF22a

1 2,b2a2c2 x2 22（Ⅱ）如答（21）y軸上的圓Cx22

P1x1,y1,P2x2,y2是兩個交點，y10,y ，FF2P2由圓和橢圓的對稱性，易知x2x1,y1y2

【201521】如題（21）x2y2

F1FF2PQPQyPOyPOxQ

2

2,

2

22（2）PF1PQ求橢圓的離心率【答案 4

（2） 662a=|PF1||PF2|(2

2)+(2

(2+2)2+(22)2(2+2)2+(22)2|PF1||PF1|+|PF2222c=|FF=

22即a2-從a2-

4解法一：如圖(21)P(x

在橢圓上，且PF1 ，x y0+0=1,x2+y2=

caa2b,y0caa2ba2a21|PF|2=1a

a22b2

b2c

2a2b2

a

2a2 2 2由橢圓的定義，|PF1||PF2|2a,|QF1||QF2|2a,121212124212

|PF1||PQ|知|QF12)(a6 6

|PF1|，因此(2+2|23.23c2＝a2－b2c2＝a2＋b2.圓錐曲線基本問題a，b，ca，c的不等式．【 理19】(本小題滿分13分

:y22

:y22pxp

0，過原點O的兩22直線l1和22

l1E1E2分別交于A

E1E2B

過原點O作直線l（異于l1，l2）E1E2分別交于C1C2兩點．記A1B1C1與A2S

,S1S2 p（2） S試題分析（

yk1xyk2xk1k20A2p12p1A2p2

，B2p1,2p1，B2p2 1k k 2 1k 2 1 2 證明AB ，則AB∥AB （2）因為AB∥AB，同理可得BC1 1 1 1BC，C1A1∥

．由

．因此S1A1A1

（1）中的2ABp1ABp1AA1 1．故11 pp1 2 pp2

（1）

yk1xyk2xk1k20y由

A2p12p1，由y

，得A2p2

1k k

2 1 B2p12p1

2p2,2p21k 2k 2 2A

2p12p1,2p12p12p

1,

11 k

k k

1k

k2 k 1 1AB2p22p2,2p22p22p

1,

1，故AB 2 k

k

2k

k2 k 1 1 1A1B1AB（II）解：由（Ⅰ）知A1B1∥AB，同理可得B1C1∥BC，C1A1∥ 所以

S1A1A1

．又由（1）中的A1B1 A1pA1p p故1 S】【名師點睛卷中解析幾何解答題主要集中在直線與橢圓、拋物線上，有一個主要的特】

1若l的傾斜角為FAB13設b ，若l的斜率存在，且(F1AF1B)AB0，求l的斜率3（1）y

2x（2）155 （1）

．根據F是等邊三角形，得到41

1b21（2（2）設x1y1x2y2，直線

ykx2與雙曲線方程聯立，得到一二次方程，根據l與雙曲線交于兩點，可得k230，且361k20的中點為x,y．由F1F1kFk1得出k（2）由已F120F220

設x1,y1，x2,y2，直線 ykx2．顯然k0x12y2x1由

，得k23x24k2x4k230ykx因為l與雙曲線交于兩點，所以k230，且361k20．的中點為xy．x

2k

1而x 212

k2

，ykx2

k2

，kF

2k22k

k23，故l的斜率為155【名師點睛】本題對考生計算能力要求較高，是一道難題.解答此類題目，利用abce的變形能力不足，導致錯漏..本題能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能

y2

2 2

2MA，直線5的斜率 5E7E的方程22【答案 25

（I）由題設條件知，點M的坐標為3a3b

而得a

5b,c

2b，故ec25a2a2x5

N 為(2b2bNABS的坐標為(x12)NS的中點的坐標為5b

5bx1,1b7).又點T在直線AB上，且 1b

, 2 45 5 解得b3a

E

5 2 5 點法等求解.本題是第一種類型，要利用給定條件求出abMF

y1，M的軌跡為C求軌跡為C設斜率為k的直線lp2,1，求直線l與軌跡C恰好有一個公共點，兩個公共點，三個公共點時k的相應取值范圍.【答案（I）y24x(x0（II當k(,11,時直線l與軌跡C1,共點；當k1,

2時，故此時直線l與軌跡C恰有兩個公共點；當k(11)(0,1)時，故此時直線l與軌跡C恰有三個公共點 （I）

， (x1)22整理的(x1)22M的軌跡C的方

y24x(x0)o,(x（II）在點M的軌跡C中，記

:y2

，

:y0(x依題意，設直線l的方

y1 y1k(x由方程組y2

得ky24y4(2k1) 當k0y

y

代入軌跡Cx1所以此時直線l與軌跡C恰有一個公共點( 當k0時，方程①的判別式為16(2k設直線lx軸的交點為(x0,0)y1（i）若0，由②③解得k1k1

y0

2k1kx 即當k(,11,時，直線l與C沒有公共點，與

故此時直線l與軌跡C（ii）若0或0，由②③解得k

1或1k0x x

1, 即當k

時，直線l與C有一個共點，與C2當k[1,0時，直線l與C有兩個共點，與

1,故當k1,

時，故此時直線l與軌跡C恰有兩個（iii）若0，由②③解得1k1或0k1 即當k(1,故當k(1,

時，直線l與C有兩個共點，與C2有一個公共點.時，故此時直線l與軌跡C恰有三個公共點.綜上所述，當k(,1)1,時直線l與軌跡C恰有一個公共點21,當k1,當k(1,

時，故此時直線l與軌跡C恰有兩個公共點；時，故此時直線l與軌跡C恰有三個公共點. 【名師點睛】

【2015高考，理21】一種作圖工具如圖1所示．O是滑槽AB的中點，短桿可繞O轉動，長桿MNN處鉸鏈與ONMNDABDNON1MN3DAB內作往復運動時，．N繞O轉動一周（，M2所示的平面直角坐標系．C設動直線l與兩定直線l1:x2y0和l2:x2y0P,Q兩點．若直線l總與曲線COQP的面積是否存在最小值？若存在，求出該yNDyNDOxM M第21題圖 第21題圖x2y2

（Ⅱ）（Ⅰ）D(t,0)(|t|2N(x0y

，且|DN||ON|

t)2y2所以(tx,y

，且 x2y2 即tx2x02tt(t2xy2y DN也不動，所以t

于是t2x04y02x0y01，可得16

1即所求的曲線C

由原點OPQd

|m

和|PQ

1k1114k 1|PQ|d1|m1k1114k 14k4k214k4k24k2 4k2當k4時，SOPQ ) 當0

21時，

4k2 2)8(12

2)因0k21，則014當且僅當k0時取等號

1，

214k

12

8(1

214k

)8所以當k0SOPQ（1（2）生仔細讀題均能找到橢圓的ab,c.那么第一問就迎刃而解了，第二問仍然為圓錐曲線的2【201419E:2l1:y2x,l2:y2xE

1(a0,b0如圖，O為坐標原點，動直線l分別交直線l1l2A,B兩點（A,B分別在第一，四限，且OAB8，試探究：是否存在總與直線lCC【答案】(1)