2018年數學高考真題（選修2-1部分）

剖析解讀

高考全國I、n、in卷都是教育部按照普通高考考試大綱統一命題，適用于

不同省份的考生.雖然在難度上會有一些差異，但在試卷結構、命題方向上基本

都是相同的.

“穩定是高考的主旋律.”在今年的高考試卷中，試題分布和考核內容沒有

太大的變動，三角、數列、立體幾何、圓錐曲線、函數與導數等都是歷年考查的

重點.每套試卷都注重了對數學通性通法的考查，淡化特殊技巧，都是運用基本

概念分析問題、基本公式運算求解、基本定理推理論證、基本數學思想方法分析

和解決問題，這有利于引導中學數學教學回歸基礎.試卷難度結構合理，由易到

難，循序漸進，具有一定的梯度.今年數學試題與去年相比整體難度有所降低.

“創新是高考的生命線.”與歷年試卷對比，I、n卷解答題順序有變，這

也體現了對于套路性解題的變革，單純地通過模仿老師的解題步驟不用心理解歸

納，是難拿到分數的.在數據處理能力以及應用意識和創新意識上的考查有所提

升，也符合當前社會的大數據處理熱潮和青少年創新性的趨勢.

導數和圓錐曲線是高考數學中最難的兩塊內容，而且在考試中相比其他考點

分值也是最多的.圓錐曲線試題命制以橢圓、拋物線、雙曲線的定義、標準方程、

曲線性質（焦點、離心率、準線、漸近線）為載體，綜合性考查位置關系、范圍、

面積、定點、定值等.對數形結合思想及分類討論思想有較高的要求，對運算能

力的要求也比較高.空間向量作為工具用來證明線線、線面、面面的平行與垂直

問題，以及求空間角的計算問題，屬高考必考內容.

請同學們根據所學知識，測試自己的能力，尋找自己的差距，把握高考的方

向，認清命題的趨勢！（說明：有些試題帶有綜合性，是與以后要學的內容相關的

小綜合試題，同學們可根據目前所學習的內容，有選擇性地試做！）

穿越自測

一'選擇題

1.（2018?北京高考，理6）設a,b均為單位向量，則“1一3Al=|3a+b|”是

“的（）

A.充分而不必要條件

B.必要而不充分條件

C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件

答案c

解析|a-36|=|3a+Z||^|a-3Z>|2=|3a4-Z>|2<=>a2-6a-6+962=9a2+6a-&+Zl2,

因為a,方均為單位向量，所以a2—6aZ>+962=9a2+6a-6+62<4a-6=0<=>a±Z>,

即“|a—3勿=|3。+"”是的充分必要條件.故選C.

2.（2018?天津高考，理4）設xWR,則“是“/<1”的（）

A.充分而不必要條件

B.必要而不充分條件

C.充要條件

D.既不充分也不必要條件

答案A

解析絕對值不等式x—；<^<=>—1<x—1<^<=>0<x<1,由j^clOxcl.據此可知

x—36是的充分而不必要條件.故選A.

3.（2018?浙江高考，6）已知平面a,直線〃z,〃滿足加4a,nUa,則“〃?〃〃"

是“旭〃a”的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

答案A

解析因為，nUa,m//n,所以根據線面平行的判定定理得m〃a.由機

//a不能得出m與a內任一直線平行，所以m//n是m//a的充分不必要條件，故

選A.

4.（2018?浙江高考，理2）雙曲線會一方=1的焦點坐標是（）

A.（一啦，0）,（y[2,0）B.（-2,0）,（2,0）

C.（0,一柩,（0,啦）D.（0,-2）,（0,2）

答案B

解析易知/=3,b2=\,.*.c2=4,c=2,則焦點坐標為（一2,0）,（2,0）.故

選B.

5.（2018?全國卷II,理5）雙曲線，一5=13〉0,人〉0）的離心率為小，則其漸

近線方程為（）

A.y=±\[2xB.y=±\/3x

Cy=+走xDv=+立x

?y—2人i-*?y—2人

答案A

.b1c2—g2

e?—1=3—1=2,啦,該雙曲線的

解析a2—a2

漸近線方程為y=±l，.?.該雙曲線的漸近線方程為y=S，故選A.

6.(2018?全國卷I,理8)設拋物線C：產;叔的焦點為尸，過點(一2,0)且斜

2

率為1的直線與C交于M,N兩點，則就而=()

A.5B.6C.7D.8

答案D

22

解析根據題意,過點(一2,0)且斜率為J的直線方程為>=京》+2),與拋物線

■2

產虱x+2),

方程聯立，消去尤并整理，得丁一6y+8=0,解得M(l,2),N(4,4),

y=4x,

又F(l,0),所以楞(0,2),月J(3,4),從而可以求得南旗—0X3+2X4=8,故選

D.

v-22

7.(2018?天津高考，理7)已知雙曲線/一v上=13>0,8〉0)的離心率為2,過

右焦點且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A,B兩點.設A,8到雙曲線的同一條

漸近線的距離分別為M和小，且小+曲=6,則雙曲線的方程為()

A"J

121B1241

C"JiD"￡=I

=391u-931

答案C

解析由?=2,可得工箸=4,得5=小，故該雙曲線的一條漸近線方程為

>=4§工過該雙曲線右焦點且垂直于％軸的直線方程為x=c，與雙曲線方程聯立，

扶

解得y=±—,即y=±3a.因為c=2a,所以不妨令A(2a,3a),BQa,-3a),所以

4+dk曲等二例+匕吟土M=25。=6,得。=小，所以6=3,所以該

?2

雙曲線的方程為^?—5=1.故選C.

8.（2018?全國卷I,理11）已知雙曲線C：~y2=\,。為坐標原點，F為C

的右焦點，過F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為M,M若△OMN為直角

三角形，則|MN=（）

3

A.1B.3C.2^3D.4

答案B

解析由題意分析知，ZFON=30°.

所以NMON=60。，又因為△OMN是直角三角形，不妨取NNMO=90。，則

NON尸=30°,于是FN=OF=2,FM=^OF=1,所以|MN|=3.故選B.

9.（2018?全國卷III,理11）設￡,尸2是雙曲線C：，一￡=1（。＞0,方＞0）的左、

右焦點，。是坐標原點.過尸2作C的一條漸近線的垂線，垂足為P.若|PFi|=#|OP|,

則C的離心率為（）

ASB.2C.小D.^2

答案C

解析由題可知|「網=6|。人尸c,??.|PO|=a.

\PPT\h

在R1APOF2中，cosZPFiO=t^\=-,

?在△PKB中，

|PF2|2+|FIF2|2一|PFI|2b

cosZPF2O-2IPF2IIF1F2I-c，

.―+叱-^述4b2_9

,,2b-2c~~c^c~3a'

.?.e=S.故選C.

72

10.（2018?全國卷II,理12）已知乃，尸2是橢圓C：，+方=13泌＞0）的左,

右焦點，A是。的左頂點，點P在過A且斜率為平的直線上，△PKF2為等腰三

角形，ZFIF2P=120°,則C的離心率為()

A.|B.；C.1D.；

答案D

解析依題意易知|尸產2|=71人|=2(?,且P在第一象限內，由2P=120。

可得尸點的坐標為(2c,4c).又因為kAP興,即嗜]=*，所以a=4c,e=￡

故選D.

二、填空題

927

11.(2018?北京高考，理14)已知橢圓M：，方=gb>0),雙曲線N：和一

t.

=1.若雙曲線N的兩條漸近線與橢圓M的四個交點及橢圓M的兩個焦點恰為一

IT

個正六邊形的頂點，則橢圓M的離心率為；雙曲線N的離心率為

答案小一12

解析由正六邊形的性質知，雙曲線的一條漸近線方程為丫=小羽即m=

小，...雙曲線的離心率為2.由得又易知/

[b2x2+a2y2=a1b2,3儲+配

與②，聯立①②，整理得4a4—8層/+04=0,即e4-8e2+4=0,解得e?=4±2小,

又e￡(0,l),：,e=y[3-l.

12.(2018?浙江高考，17)已知點P(0,l),橢圓，+丁=〃2(〃2>1)上兩點A,8滿

足岸2詼，則當機=時，點8橫坐標的絕對值最大.

答案5

解析由而=2而得A,P,B三點共線，設A(xi,yi),8(x2,y2),貝Uxi=

—2x2,設直線AB的方程為y=kx+\,代入橢圓方程得(1+4虻*+8依+4—4加

=0,則加+九2=一饋聲=—X2,則I九2尸警浮2*黑=2,當且僅當1=4斤

4—

時取等號，故點8橫坐標的絕對值最大時，有4/=1,則為*2=中涯=一2之

即2—2機=—8,解得m=5.

22

13.（2018?江蘇高考，18）在平面直角坐標系xOy中，若雙曲線，一方=1伍＞0,

匕＞0）的右焦點/（&0）到一條漸近線的距離為竽c,則其離心率的值為.

答案2

解析取雙曲線的一條漸近線方程為法+?=0,則由題意得塞魯=坐

C,則，2=坐＜:,所以從="2,即C2—。2=/2,所以。2=4/,則c=2a,所以雙曲

線的離心率e=§=2.

14.（2018?全國卷III,理16）已知點加（一1,1）和拋物線C：產=4%,過C的焦

點且斜率為左的直線與。交于A,8兩點.若NAMB=90。，則攵=.

答案2

yr^—4xi,

解析設A(xi,yi),8(x2,y2),貝”

〔貨=4九2,

所以y'—yi=4xi—4x2,

所以々=皿=+.

x1-x2yi十”

設拋物線C的焦點為凡取AB的中點M'（xo,yo）,分別過點A,B作準線

x=-1的垂線，垂足分別為A',B'.

因為NAM8=90。，所以皿M'|=；|AB|

|（|AFl+|Bfl）=1（|A4z\+\BB'|）.

因為M'為A3的中點，所以MM'平行于x軸.

因為—所以yo=l,則yi+”=2,所以k=2.

三、解答題

15.（2018?北京高考，理16）如圖，在三棱柱ABC—4』。中，CCi_L平面ABC,

D,E,F,G分別為A4i,AC,AiCi,的中點，AB=BC=y[5,AC=AAi=2.

⑴求證：AC_L平面8ER

(2)求二面角B-CD-Ci的余弦值；

(3)證明：直線FG與平面相交.

解(1)證明：在三棱柱ABC—4BC1中,

：CG_L平面ABC,

，四邊形4ACG為矩形.

又E,尸分別為AC,4G的中點，

J.ACLEF.

\'AB=BC,：.AC±BE,

，ACJ_平面BEF.

⑵由⑴知AC_LE居ACA.BE,EF//CC\.

又CG_L平面ABC,：.EF1.平面ABC.

平面ABC,：.EFA.BE.

如圖建立空間直角坐標系Exyz.

由題意得8(020),C(-1,0,0),￡>(1,0,1).尸(0,0,2),G(0,2,l),

.,.^=(2,0,1),9(1,2,0).

設平面BCD的法向量為〃=(a,b,c),

=

?<n,CD0,?<2a+c=0,

a+2h=0,

n-CB=0,

令a=2,則6=—1,c=-4,

二平面BCD的一個法向量為〃=(2,-1,-4).

又?.?平面CDCi的一個法向量為磅=(0,2,0),

_n-EB_^21

/.cos〈〃，EB)~~=-21'

由圖可得二面角B-CD~C\為鈍二面角,

二二面角B—CD—Ci的余弦值為一^^^.

(3)證明：平面BCD的一個法向量為

〃=(2,—1,—4).

VG(0,2,l),F(0,0,2),：.GF=(0,-2,1),

：.n-GF=-2,二〃與港不垂直，

...GE與平面BCD不平行且不在平面BCD內,

.?.G/與平面8CO相交.

16.(2018?天津高考，理17)如圖所示，AD//BCfLAD=2BC,ADLCD,EG

//AD^,EG=AD,CD〃FG且CD=2FG,OG_L平面ABC。，DA=DC=DG=2.

(1)若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：MN〃平面COE；

(2)求二面角E-BC-F的正弦值；

(3)若點P在線段OG上，且直線與平面AOGE所成的角為60。，求線段

0P的長.

解(1)證明：依題意，可以建立以。為原點，分別以無I,DC,周的方向為x

軸、y軸、z軸的正方向的空間直角坐標系(如圖)，

可得0(0,0,0),4(2,0,0),5(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),RO,1,2),G(0,0,2),

,I，1),N(l，0,2).

依題意能=(0,2,0),雄=(2,0,2).

設〃o=(x,y,z)為平面COE的法向量，則

no-DC=Q,[2y=0,

\即V

noDE=0,L2x+2z=0,

不妨令z=—1,可得〃o=(l,0,—1).

又疏『=(1,一/“，可得疏5o=O,

又因為直線MNQ平面CDE,

所以MN〃平面CDE.

(2)依題意，可得優'=(—1,0,0),詼=(1,—2,2),建=(0,-1,2).

設〃=(x,y,z)為平面BCE的法向量，則

n-BC—Q,一尤=0,

n-BE=Q,lx—2y+2z=0,

不妨令z=l,可得〃=(0,1,1).

設/n=(x,y,z)為平面BC77的法向量，則

m-BC=0,(―x=0,

mCF=0,l—y+2z=0,

不妨令z=l,可得加=(0,2,1).

hu±/、fnn3V15

因此有cos〈m,加=詞面=10,

T7Zsin\m,n)一崎?

所以，二面角E—8C一尸的正弦值為嚅.

(3)設線段DP的長為勵引0,2]),

則點P的坐標為(0,0,h),可得■=(—1,-2,h).

易知能=(0,2,0)為平面ADGE的一個法向量,

由題意，可得赤Wj=sin6(r=坐,

解得仁共[0,2],

所以，線段。尸的長為坐

17.(2018?浙江高考，理19)如圖所示，已知多面體ABCA1B1G,A\A,B\B,

CC均垂直于平面ABC,ZABC=\20°,AiA=4,CiC=l,AB=BC=BiB=2.

B

(1)證明：A5i_L平面4B1G；

(2)求直線AC\與平面ABBi所成的角的正弦值.

解解法一：(1)證明：由AB=2,A4i=4,8Bi=2,AAi±AB,BBiLAB得

AB]=A\B]=2\f2,

所以Ai用+A皮=A4j,故

由BC=2,BB=2,CCi=1,BBiA.BC,CG_LBC得8iG=小,

由A5=BC=2,/48。=120。得4。=2小，

由CG_LAC,得AC=A/B,所以AB；+Bd=Ad,故ABiJ_81G.

因此ABi_L平面Ai51cl.

(2)如圖，過點Ci作GO_L43,交直線43于點O,連接AD

由ABi_L平面A\B\C\得平面Ai51cl_L平面ABB\,

由CiD.LAiBi得CD_L平面ABBi,

所以NGAO是ACi與平面ABB所成的角.

由BiCj=小，AiBi=2巾,AICI=V21，得

cosCiAifii=,sinNCiAiB=

所以CiO=，§,故sinNGA￡）=.1=V^.

/iCzlID

因此，直線AG與平面ABB所成的角的正弦值是嚕.

解法二：（1）證明：如圖，以AC的中點。為原點，分別以射線08,。。為x,

y軸的正半軸，建立空間直角坐標系Qxyz.

由題意知，各點的坐標如下：

4（0,一小，0）,B（1,0,0）,

4（0,一小,4）,Bi（l,0,2）,Ci（0,小，1）.

因此葩=（1,事,2）,漉=（1,小，-2）,

布=（0,2小，-3）.

由葩?誦=0得ABi_L4Bi.

由葩.就;=0得ABL41G.

所以ABi_L平面AiBiCi.

（2）設直線AG與平面ABBi所成的角為夕

由（1）可知花=（0,2小，1）,AB=（1,仍，0）,瓶=（0,0,2）.

設平面ABBi的法向量〃=（x,y,z）.

\n-AB=Q,

由得

〔〃麗=0,

k+V5y=0,廠

i可取〃=（—也，1,0）.

[2z=0,

所以sin~=|cos（AC1,n）|="°初=^^.

lACillnl

因此，直線AG與平面ABB所成的角的正弦值是瞎.

18.(2018.全國卷III,理19)如圖，邊長為2的正方形ABCO所在的平面與半

圓弧方所在平面垂直，M是7方上異于C,。的點.

(1)證明：平面AMD,平面3MC；

(2)當三棱錐M—ABC體積最大時，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦

值.

解(1)證明：由題設知，平面CM。_1_平面ABC。，交線為CD.

因為8CJLC。，BCU平面A8CO,所以8C_L平面CM。，故BC_LOM.

因為M為百上異于C,。的點，且。。為直徑，所以￡>M_LCM.

又BCACM=C,所以。ML平面BMC.

而OMU平面AMD,故平面AM。，平面BMC.

(2)以。為坐標原點，應的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標

系Dxyz.

當三棱錐M—ABC體積最大時，M為CO的中點.

由題設得0(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),

則存(一2,1,1),葩=(0,2,0),9=(2,0,0).

設〃=(x,y,z)是平面MAB的法向量，則

n-AM=0,—2x+y+z=0,

即4

2y=0.

./IAB=O,

可取”=(1,0,2).

或是平面MCO的法向量，因此,

,h、n-DA下.，①、2\[5

cos\n,DA)==_7_,sin\n,DA)=~T-,

M||西

所以面MAB與面MC。所成二面角的正弦值是邛5

19.(2018?全國卷I,理18)如圖，四邊形ABCD為正方形，E,尸分別為

AD,3C的中點，以OF為折痕把△OFC折起，使點C到達點P的位置，且PF

LBF.

(1)證明：平面PEE,平面A3F。；

(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.

解(1)證明：由已知可得，

BFVPF,BFLEF,

又PFCEF=F,

所以82L平面PEF.

又3FU平面A3FO,

所以平面PEF1.平面ABFD.

(2)作PHLM,垂足為H.

由(1),得平面ABFD

以“為坐標原點，曲的方向為y軸正方向，|明為單位長，建立如圖所示的

空間直角坐標系Hxyz.

由(1)可得，DELPE.

又DP=2,DE=\,所以PE=小.

又PF=1,EF=2,故PELPF.

、行3

所以尸”=為\EH=W，

則”(0,0,0),尸(0,0,坐)，O(T,-1,0),

3

0,為平面ABFD的法向量.

，T

設DP與平面ABFD所成的角為0,

3

劇.\HPDP\4

則sin。————4-

\HP\\DP\NJ

所以OP與平面ABFD所成角的正弦值為牛.

20.(2018?江蘇高考，22)如圖所示，在正三棱柱ABC—43iCi中，AB=AAi

=2,點P,。分別為43,8C的中點.

(1)求異面直線BP與AG所成角的余弦值；

(2)求直線CCi與平面AQCi所成角的正弦值.

解(1)如圖，在正三棱柱ABC—AiBG中，設AC,4G的中點分別為

01,

貝U08L0C,OOilOC,OOi1OB,以(而,0C,曲｝為基底，建立空間直角

坐標系Oxyz.

因為A5=A4i=2,所以A(0,-1,0),B電,0,0),C(0,l,0),Ai(0,-1,2),

Bi(小，0,2),Ci(0,1,2).

因為尸為A閏的中點，所以《坐，2)

從而朝(一坐，T2),元=(0,2,2).

故|cos(RP,花〉尸毆?

ISPIIACil

_|-1+4|_3VTO

—小義2&—20,

因此，異面直線8尸與AC所成角的余弦值為嚓.

（2）因為。為8C的中點，所以。（孝，0）

因此帝=（坐，|,o）,

花=（0,2,2）,名=（0,0,2）.

設〃=（x,y,z）為平面AQG的法向量，

AQn=Q,J孚%+多=0,

則j-即j22-

不妨取〃=（小，—1,1）,

設直線CCi與平面AQC1所成的角為e,

m.|./萬、.|CC1?I2V5

貝ijsin。一|cos\CC\,ii）|———c—s,

|CCi||w|Y5X2。

所以直線CC1與平面AQG所成角的正弦值為

??

21.（2018?天津高考，理19）設橢圓點+$=1（〉0）的左焦點為F,上頂點

為區已知橢圓的離心率為叩，點A的坐標為（仇0）,且閥|上8|=66.

（1）求橢圓的方程；

（2）設直線/：y="O>0）與橢圓在第一象限的交點為P,且/與直線AB交于

點Q，若微｛=￥sin/AOQ（。為原點），求人的值?

c25

解⑴設橢圓的焦距為2c,由已知有宗與，

又由a2=b2+c1,可得2a=34

由已知可得，尸8|="，\AB\=yJlb,

由尸母|AB|=6也，可得必=6,

從而a=3,b=2,

所以，橢圓的方程為看+?=L

（2）設點設的坐標為（xi,丁），點Q的坐標為（X2,”）.

由已知有yi>”>0,故|PQ|sinNAOQ=yi—

又因為而/°鉆=也

所以依0|=/），2.

由1^=3gsinNA0Q,可得5yi=9”.

y=kx,

由方程組+￡=]消去尤，

十日6k

可付6=展亮.

易知直線AB的方程為x+y—2=0,

y=kx,

由方程組，消去x,可得”=肩7[.

.x+y-2=0,

由5y1=9>2,可得5（左+1）=3y9q+4,

兩邊平方，整理得56F—50bMi=0,

解得％='或

所以，攵的值為3或裝.

22.（2018.江蘇高考，18）如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，橢圓。過點

（小，行，焦點為尸1（一小，0）,尸2（小，0）,圓。的直徑為QB.

⑴求橢圓。及圓。的方程；

⑵設直線/與圓。相切于第一象限內的點P.

①若直線/與橢圓C有且只有一個公共點，求點P的坐標；

②直線/與橢圓C交于A,8兩點，若△Q4B的面積為平，求直線I的方程.

解（1）因為橢圓C的焦點為Q（一小，0）,尸2（小，0）,

^22

所以可設橢圓。的方程為3十方=1（。9〉0）.

又點(小，在橢圓C上,

今+表=1，

?2=4,

所以解得

b2=l.

—"2=3,

因此，橢圓。的方程為扛尸1.

因為圓。的直徑為FIF2,

所以其方程為f+V=3.

(2)①設直線/與圓0相切于

P(xo9yo)(xo>O,yo>O),則%;+yj=3,

所以直線/的方程為y=一器。-xo)+yo,

即尸弋曾

消去),得(4xi+yj)f—24xox+36—4y；=0.(*)

因為直線/與橢圓C有且只有一個公共點，

所以/=(—24xo)2—4(4/+城(36—4%)

=48越-2)=0.

因為xo,yo>O,所以xo=6，yo=l.

因此，點P的坐標為(啦，1).

②因為△04B的面積為半，

所以aABHOP|=手，易知|OP|=S，從而|AB|=早.

設A(xi,yi),B(X29”),

24M)士748)3(九6—2)

由(*)得X1.2=

2(4君+宛)

2(48ynCw-2)

所以|ABF=(XI—X2f+(y\—y2)=[。1十帝.(4x6+而2?

因為/+4=3,所以|A5|2=1需：)=需,

即2M—45第+100=0,

解得XO=|(JCO=2O舍去),

因此點p的坐標為鏢，孝

綜上，直線/的方程為y=-小x+3啦.

23.(2018?北京高考，理19)已知拋物線C：爐=2內經過點P(l,2).過點0(0,1)

的直線/與拋物線C有兩個不同的交點A,B,且直線以交y軸于M,直線PB

交y軸于N.

(1)求直線/的斜率的取值范圍；

(2)設。為原點，確=詡,確=前),求證：為定值.

AylZ

解⑴因為拋物線y2=2px經過點尸(1,2),

所以4=2p,解得p=2,所以拋物線的方程為

y2=4x.

由題意可知直線I的斜率存在且不為0,

設直線/的方程為y=kx+\(k^G).

|V=4x,

由彳得廬f+(2左一4)x+1=0,

3=入+1,

依題意/=(2Z—4)2—4XFxi〉o,

解得A<0或0<^<l.

又必，PB與y軸相交，

故直線/不過點(1,-2),從而ZW—3.

所以直線/的斜率的取值范圍是

(-8,-3)U(-3,0)U(0,1).

⑵證明：設A(xi,yi),8(x2,yi).

2k—41

由(1)知加+光2=――/―,XIX2=^2.

直線PA的方程為y—2=—~~7(x—1),

■XI-1

令x=0,得點M的縱坐標

-yi+2,-Axi+1,

加="^丁+2=用_]+2.

同理，得點N的縱坐標孫=1+2.

由或=%必，南三Ua4得A=l—>M,4=1—yz,

1,11.1XI-1X2-112X1X2-(XI+%2)

所以彳+_=----+----=-~—+—~~~--------------

A41—yw1—yv(k-l)xi(k—1)x2k—1x\xi

22&—4

1一廠一=2,所以;+"為定值.

k—\

F''

24.(2018.浙江高考，理21)如圖所示，已知點P是y軸左側(不含y軸)一點,

拋物線C：V=4x上存在不同的兩點A,8滿足孫，P8的中點均在C上.

(1)設A8中點為M,證明：垂直于y軸；

2

(2)若P是半橢圓/+]=l(x<0)上的動點，求△加8面積的取值范圍.

解⑴證明：設P(AO,yo),xo<O,

%*'2,y2j.

因為孫，PB的中點在拋物線上,

1,

所以yi,*為方程

即y2—2yoy+Sxo—yt=0的兩個不同的實根,

所以yi+y2=2y().

因此，垂直于y軸.

yi+y2=2y),

(2)由(1)可知V

y\y2=Sxo-yi9

所以|PM=w(y；+y：)—x()

3_________

—3xo,\y\-yi\=2^/2(}^—4xo).

因此，的面積S△必s

=||PM|-|>'i-p|=手就-4xo)|.

因為第+￡=1(—lWxo<O),

所以^o~4xo=—4xo~4XO+4G[4,5],

因此，△以8面積的取值范圍是16忑

25.（2018?全國卷川，理20）已知斜率為4的直線/與橢圓C："+5=1交于

AB兩點.線段AB的中點為M（l,，"）（機〉0）.

（1）證明：K—1；

（2）設尸為。的右焦點，P為C上一點，且加以+磅=0.證明：\FA\,|阿，

I兩成等差數列，并求該數列的公差.

解（1）證明：設A（xi,yi）,B（X2,yi）,

婚+》L-

兩式相減,并由得

Xl+%2yi+y2

-—十~2~?%=o.

,,XI+X2-yi+”

由就設知2=]?2=〃?，

3

于是人一而①

由題設得加<4(1-4)*3=|,

3]

且m>0,即0<m<^,故人<一].

⑵由題意得F(l,0).設P(X3,”)，

則由(1)及題設得

(X3—1,”)+(X1—1,yi)+(X2—1,^2)=(0,0),

X3=3—(xi+尤2)=1,"=一(y?+”)=-2m<0.

3

又點P在。上，所以〃2=不

從而《，一2,商=1?

于是兩=-\](x\—l)2+yi

=^(XI-1)2+3(^1-￡|=2-y.

同理|麗=2一食.

所以兩+|由=4—T(XI+X2)=3.

故2兩=兩十兩，即兩，|兩,兩成等差數列.

設該數列的公差為Z則

2同=||南一|冽尸;融一刈

=3,\/(Xl+x2)2—4X1X2.②

3

將加=4代入①得k=-l.