2020高考數(shù)學(xué)備考 真題+模擬新題分類匯編 解析幾何

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1、解析幾何(真題+模擬新題) 課標(biāo)理數(shù)15.H1[2020·安徽卷] 在平面直角坐標(biāo)系中，如果x與y都是整數(shù)，就稱點(diǎn)(x，y)為整點(diǎn)，下列命題中正確的是________(寫出所有正確命題的編號(hào))． ①存在這樣的直線，既不與坐標(biāo)軸平行又不經(jīng)過任何整點(diǎn)； ②如果k與b都是無理數(shù)，則直線y＝kx＋b不經(jīng)過任何整點(diǎn)； ③直線l經(jīng)過無窮多個(gè)整點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)l經(jīng)過兩個(gè)不同的整點(diǎn)； ④直線y＝kx＋b經(jīng)過無窮多個(gè)整點(diǎn)的充分必要條件是：k與b都是有理數(shù)； ⑤存在恰經(jīng)過一個(gè)整點(diǎn)的直線． 課標(biāo)理數(shù)15.H1[2020·安徽卷] ①③⑤　【解析】 ①正確，比如直線y＝x＋，不與坐標(biāo)軸平行，且當(dāng)x取整數(shù)

2、時(shí)，y始終是一個(gè)無理數(shù)，即不經(jīng)過任何整點(diǎn)；②錯(cuò)，直線y＝x－中k與b都是無理數(shù)，但直線經(jīng)過整點(diǎn)(1,0)；③正確，當(dāng)直線經(jīng)過兩個(gè)整點(diǎn)時(shí)，它經(jīng)過無數(shù)多個(gè)整點(diǎn)；④錯(cuò)誤，當(dāng)k＝0，b＝時(shí)，直線y＝不通過任何整點(diǎn)；⑤正確，比如直線y＝x－只經(jīng)過一個(gè)整點(diǎn)(1,0)． 課標(biāo)文數(shù)17.H2，H5[2020·安徽卷] 設(shè)直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實(shí)數(shù)k1，k2滿足k1k2＋2＝0. (1)證明l1與l2相交； (2)證明l1與l2的交點(diǎn)在橢圓2x2＋y2＝1上． 課標(biāo)文數(shù)17.H2，H5[2020·安徽卷] 本題考查直線與直線的位置關(guān)系，線線相交的判斷與證明，點(diǎn)在曲線上的

3、判斷與證明，橢圓方程等基本知識(shí)．考查推理論證能力和運(yùn)算求解能力． 【解答】 (1)反證法：假設(shè)l1與l2不相交，則l1與l2平行，有k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，得k＋2＝0. 此與k1為實(shí)數(shù)的事實(shí)相矛盾，從而k1≠k2，即l1與l2相交． (2)(方法一)由方程組 解得交點(diǎn)P的坐標(biāo)(x，y)為 而2x2＋y2＝22＋2 ＝＝＝1. 此即表明交點(diǎn)P(x，y)在橢圓2x2＋y2＝1上． (方法二)交點(diǎn)P的坐標(biāo)(x，y)滿足 故知x≠0，從而 代入k1k2＋2＝0，得·＋2＝0. 整理后，得2x2＋y2＝1， 所以交點(diǎn)P在橢圓2x2＋y2＝1上． 課標(biāo)文數(shù)8.B5

4、，H2[2020·北京卷] 已知點(diǎn)A(0,2)，B(2,0)．若點(diǎn)C在函數(shù)y＝x2的圖象上，則使得△ABC的面積為2的點(diǎn)C的個(gè)數(shù)為(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 課標(biāo)文數(shù)8.B5，H2[2020·北京卷] A　【解析】 由已知可得|AB|＝2，要使S△ABC＝2，則點(diǎn)C到直線AB的距離必須為，設(shè)C(x，x2)，而lAB：x＋y－2＝0，所以有＝， 所以x2＋x－2＝±2， 當(dāng)x2＋x－2＝2時(shí)，有兩個(gè)不同的C點(diǎn)； 當(dāng)x2＋x－2＝－2時(shí)，亦有兩個(gè)不同的C點(diǎn)． 因此滿足條件的C點(diǎn)有4個(gè)，故應(yīng)選A. 課標(biāo)文數(shù)14.H4，H2[2020·湖北卷] 過點(diǎn)(－1，－

5、2)的直線l被圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0截得的弦長為，則直線l的斜率為________． 課標(biāo)文數(shù)14.H4，H2[2020·湖北卷] 1或　【解析】 由題意，直線與圓要相交，斜率必須存在，設(shè)為k，則直線l的方程為y＋2＝k.又圓的方程為2＋2＝1，圓心為，半徑為1，所以圓心到直線的距離d＝＝＝，解得k＝1或. 課標(biāo)理數(shù)20.H2，H9[2020·課標(biāo)全國卷] 【解答】 (1)設(shè)M(x，y)，由已知得B(x，－3)，A(0，－1)． 所以＝(－x，－1－y)，＝(0，－3－y)，＝(x，－2)． 再由題意可知(＋)·＝0， 即(－x，－4－2y)·(x，－2)＝0， 所以

6、曲線C的方程為y＝x2－2. (2)設(shè)P(x0，y0)為曲線C：y＝x2－2上一點(diǎn)， 因?yàn)閥′＝x，所以l的斜率為x0. 因此直線l的方程為y－y0＝x0(x－x0)， 即x0x－2y＋2y0－x＝0. 則O點(diǎn)到l的距離d＝，又y0＝x－2， 所以d＝＝≥2， 當(dāng)x0＝0時(shí)取等號(hào)，所以O(shè)點(diǎn)到l距離的最小值為2. 課標(biāo)文數(shù)12.H2[2020·浙江卷] 若直線x－2y＋5＝0與直線2x＋my－6＝0互相垂直，則實(shí)數(shù)m＝________. 課標(biāo)文數(shù)12.H2[2020·浙江卷] 1　【解析】 ∵直線x－2y＋5＝0與直線2x＋my－6＝0，∴1×2－2×m＝0，即m＝1.

7、 大綱文數(shù)11.H3[2020·全國卷] 設(shè)兩圓C1、C2都和兩坐標(biāo)軸相切，且都過點(diǎn)(4,1)，則兩圓心的距離|C1C2|＝(　　) A．4 B．4 C．8 D．8 大綱文數(shù)11.H3[2020·全國卷] C　【解析】 由題意知兩圓的圓心在直線y＝x上，設(shè)C1(a，a)，C2(b，b)，可得(a－4)2＋(a－1)2＝a2，(b－4)2＋(b－1)2＝b2，即a，b是方程x2－10x＋17＝0的兩根，a＋b＝10，ab＝17，|C1C2|＝＝＝8，故選C. 課標(biāo)理數(shù)17.H7，H3，H4[2020·福建卷] 已知直線l：y＝x＋m，m∈R. (1)若以點(diǎn)M(2,0)為圓心的

8、圓與直線l相切于點(diǎn)P，且點(diǎn)P在y軸上，求該圓的方程； (2)若直線l關(guān)于x軸對稱的直線為l′，問直線l′與拋物線C：x2＝4y是否相切？說明理由． 課標(biāo)理數(shù)17.H7，H3，H4[2020·福建卷] 【解答】 解法一： 圖1－6 (1)依題意，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，m)． 因?yàn)镸P⊥l，所以×1＝－1， 解得m＝2，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,2)． 從而圓的半徑 r＝|MP|＝＝2， 故所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8. (2)因?yàn)橹本€l的方程為y＝x＋m， 所以直線l′的方程為y＝－x－m. 由得x2＋4x＋4m＝0. Δ＝42－4×4m＝16(1－m)． ①當(dāng)m＝

9、1，即Δ＝0時(shí)，直線l′與拋物線C相切； ②當(dāng)m≠1，即Δ≠0時(shí)，直線l′與拋物線C不相切． 綜上，當(dāng)m＝1時(shí)，直線l′與拋物線C相切；當(dāng)m≠1時(shí)，直線l′與拋物線C不相切． 解法二： (1)設(shè)所求圓的半徑為r，則圓的方程可設(shè)為(x－2)2＋y2＝r2. 依題意，所求圓與直線l：x－y＋m＝0相切于點(diǎn)P(0，m)，則 解得 所以所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8. (2)同解法一． 圖1－4 課標(biāo)文數(shù)18.H3，H4，H7[2020·福建卷] 如圖1－4，直線l：y＝x＋b與拋物線C：x2＝4y相切于點(diǎn)A. (1)求實(shí)數(shù)b的值； (2)求以點(diǎn)A為圓心，且與

10、拋物線C的準(zhǔn)線相切的圓的方程． 課標(biāo)文數(shù)18.H3，H4，H7[2020·福建卷] 【解答】 (1)由得x2－4x－4b＝0.(*) 因?yàn)橹本€l與拋物線C相切， 所以Δ＝(－4)2－4×(－4b)＝0. 解得b＝－1. (2)由(1)可知b＝－1，故方程(*)即為x2－4x＋4＝0. 解得x＝2，代入x2＝4y，得y＝1， 故點(diǎn)A(2,1)． 因?yàn)閳AA與拋物線C的準(zhǔn)線相切， 所以圓A的半徑r等于圓心A到拋物線的準(zhǔn)線y＝－1的距離，即r＝|1－(－1)|＝2. 所以圓A的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4. 圖1－2 課標(biāo)理數(shù)14.H3[2020·湖北卷] 如圖

11、1－2，直角坐標(biāo)系xOy所在的平面為α，直角坐標(biāo)系x′Oy′(其中y′軸與y軸重合)所在的平面為β，∠xOx′＝45°. (1)已知平面β內(nèi)有一點(diǎn)P′(2，2)，則點(diǎn)P′在平面α內(nèi)的射影P的坐標(biāo)為________； (2)已知平面β內(nèi)的曲線C′的方程是(x′－)2＋2y′2－2＝0，則曲線C′在平面α內(nèi)的射影C的方程是______________． 課標(biāo)理數(shù)14.H3[2020·湖北卷] 　2＋y2＝1　【解析】 (1)過點(diǎn)P′作PP′⊥α，垂足為P，過P作PM⊥y軸于M，連接P′M，則∠P′MP＝45°.又MP′＝2，所以MP＝2cos45°＝2.所以點(diǎn)P. (2)設(shè)曲線C′上任意一

12、點(diǎn)為，則該點(diǎn)在平面α內(nèi)的射影為，故有 即 代入2＋2y′2－2＝0中，得2＋y2－1＝0，即2＋y2＝1. 課標(biāo)文數(shù)13.H3[2020·遼寧卷] 已知圓C經(jīng)過A(5,1)，B(1,3)兩點(diǎn)，圓心在x軸上，則C的方程為________． 課標(biāo)文數(shù)13.H3[2020·遼寧卷] (x－2)2＋y2＝10　【解析】 設(shè)圓心坐標(biāo)為(x,0)，則有＝，解得x＝2.由兩點(diǎn)距離得r＝＝，所以圓的方程為(x－2)2＋y2＝10. 課標(biāo)文數(shù)20.H3，H4[2020·課標(biāo)全國卷] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y＝x2－6x＋1與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)都在圓C上． (1)求圓C的方程； (2)若圓

13、C與直線x－y＋a＝0交于A、B兩點(diǎn)，且OA⊥OB，求a的值． 課標(biāo)文數(shù)20.H3，H4[2020·課標(biāo)全國卷] 【解答】 (1)曲線y＝x2－6x＋1與y軸的交點(diǎn)為(0,1)，與x軸的交點(diǎn)為(3＋2，0)，(3－2，0)． 故可設(shè)C的圓心為(3，t)，則有32＋(t－1)2＝(2)2＋t2，解得t＝1. 則圓C的半徑為＝3. 所以圓C的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝9. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐標(biāo)滿足方程組 消去y，得到方程 2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0. 由已知可得，判別式Δ＝56－16a－4a2>0.從而 x1＋x2＝4－a

14、，x1x2＝.① 由于OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0. 又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a，所以 2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.② 由①，②得a＝－1，滿足Δ>0，故a＝－1. 大綱文數(shù)3.H3[2020·四川卷] 圓x2＋y2－4x＋6y＝0的圓心坐標(biāo)是(　　) A．(2,3) B．(－2,3) C．(－2，－3) D．(2，－3) 大綱文數(shù)3.H3[2020·四川卷] D　【解析】 圓的方程可化為(x－2)2＋(y＋3)2＝13，所以圓心坐標(biāo)是(2，－3)，選D. 大綱理數(shù)8.H3[2020·重慶卷] 在圓x2＋y2－2x－6y＝0內(nèi)，過點(diǎn)

15、E(0,1)的最長弦和最短弦分別為AC和BD，則四邊形ABCD的面積為(　　) A．5 B．10 C．15 D．20 所以四邊形ABCD的面積為S＝|AC||BD|＝10.故選B. 課標(biāo)文數(shù)4.H4[2020·安徽卷] 若直線3x＋y＋a＝0過圓x2＋y2＋2x－4y＝0的圓心，則a的值為(　　) A．－1 B．1 C．3 D．－3 課標(biāo)文數(shù)4.H4[2020·安徽卷] B　【解析】 圓的方程可化為(x＋1)2＋(y－2)2＝5，因?yàn)橹本€經(jīng)過圓的圓心(－1,2)，所以3×(－1)＋2＋a＝0，得a＝1. 課標(biāo)理數(shù)17.H7，H3，H4[2020·福建卷] 已知直

16、線l：y＝x＋m，m∈R. (1)若以點(diǎn)M(2,0)為圓心的圓與直線l相切于點(diǎn)P，且點(diǎn)P在y軸上，求該圓的方程； (2)若直線l關(guān)于x軸對稱的直線為l′，問直線l′與拋物線C：x2＝4y是否相切？說明理由． 解法二： (1)設(shè)所求圓的半徑為r，則圓的方程可設(shè)為(x－2)2＋y2＝r2. 依題意，所求圓與直線l：x－y＋m＝0相切于點(diǎn)P(0，m)，則 解得 所以所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8. (2)同解法一． 圖1－4 課標(biāo)文數(shù)18.H3，H4，H7[2020·福建卷] 如圖1－4，直線l：y＝x＋b與拋物線C：x2＝4y相切于點(diǎn)A. (1)求實(shí)數(shù)b的值

17、； (2)求以點(diǎn)A為圓心，且與拋物線C的準(zhǔn)線相切的圓的方程． 課標(biāo)文數(shù)18.H3，H4，H7[2020·福建卷] 【解答】 (1)由得x2－4x－4b＝0.(*) 因?yàn)橹本€l與拋物線C相切， 所以Δ＝(－4)2－4×(－4b)＝0. 解得b＝－1. (2)由(1)可知b＝－1，故方程(*)即為x2－4x＋4＝0. 解得x＝2，代入x2＝4y，得y＝1， 故點(diǎn)A(2,1)． 因?yàn)閳AA與拋物線C的準(zhǔn)線相切， 所以圓A的半徑r等于圓心A到拋物線的準(zhǔn)線y＝－1的距離，即r＝|1－(－1)|＝2. 所以圓A的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4. 課標(biāo)文數(shù)8.H4[2020·

18、廣東卷] 設(shè)圓C與圓x2＋(y－3)2＝1外切，與直線y＝0相切，則C的圓心軌跡為(　　) A．拋物線 B．雙曲線 C．橢圓 D．圓 課標(biāo)文數(shù)8.H4[2020·廣東卷] A　【解析】 設(shè)圓心C的坐標(biāo)C(x，y)，由題意知y＞0，則圓C的半徑為y，由于圓C與已知圓相外切，則由兩圓心距等于半徑之和，得＝1＋y，整理得：x2＝8(y－1)，所以軌跡為拋物線． 課標(biāo)文數(shù)14.H4，H2[2020·湖北卷] 過點(diǎn)(－1，－2)的直線l被圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0截得的弦長為，則直線l的斜率為________． 課標(biāo)文數(shù)14.H4，H2[2020·湖北卷] 1或　【解析】 由題意

19、，直線與圓要相交，斜率必須存在，設(shè)為k，則直線l的方程為y＋2＝k.又圓的方程為2＋2＝1，圓心為，半徑為1，所以圓心到直線的距離d＝＝＝，解得k＝1或. 課標(biāo)文數(shù)15.H4，K3[2020·湖南卷] 已知圓C：x2＋y2＝12，直線l：4x＋3y＝25. (1)圓C的圓心到直線l的距離為________； (2)圓C上任意一點(diǎn)A到直線l的距離小于2的概率為________． 課標(biāo)文數(shù)15.H4，K3[2020·湖南卷] (1)5　(2) 【解析】 (1)圓心到直線的距離為：d＝＝5; 圖1－4 (2)當(dāng)圓C上的點(diǎn)到直線l的距離是2時(shí)有兩個(gè)點(diǎn)為點(diǎn)B與點(diǎn)D，設(shè)過這兩點(diǎn)

20、的直線方程為4x＋3y＋c＝0，同時(shí)可得到的圓心到直線4x＋3y＋c＝0的距離為OC＝3， 又圓的半徑為r＝2，可得∠BOD＝60°，由圖1－2可知點(diǎn)A在弧上移動(dòng)，弧長l＝×c＝，圓周長c，故P(A)＝＝. 課標(biāo)文數(shù)20.H3，H4[2020·課標(biāo)全國卷] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y＝x2－6x＋1與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)都在圓C上． (1)求圓C的方程； (2)若圓C與直線x－y＋a＝0交于A、B兩點(diǎn)，且OA⊥OB，求a的值． 課標(biāo)文數(shù)20.H3，H4[2020·課標(biāo)全國卷] 【解答】 (1)曲線y＝x2－6x＋1與y軸的交點(diǎn)為(0,1)，與x軸的交點(diǎn)為(3＋2，0)，(3－2，0

21、)． 故可設(shè)C的圓心為(3，t)，則有32＋(t－1)2＝(2)2＋t2，解得t＝1. 則圓C的半徑為＝3. 所以圓C的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝9. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐標(biāo)滿足方程組 消去y，得到方程 2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0. 由已知可得，判別式Δ＝56－16a－4a2>0.從而 x1＋x2＝4－a，x1x2＝.① 由于OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0. 又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a，所以 2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.② 由①，②得a＝－1，滿足Δ>0，故a＝－1. 大綱文數(shù)1

22、3.H4[2020·重慶卷] 過原點(diǎn)的直線與圓x2＋y2－2x－4y＋4＝0相交所得的弦長為2，則該直線的方程為________． 大綱文數(shù)13.H4[2020·重慶卷] 2x－y＝0　【解析】 將圓x2＋y2－2x－4y＋4＝0配方得(x－1)2＋(y－2)2＝1， ∴該圓半徑為1，圓心M(1,2)． ∵直線與圓相交所得弦的長為2，即為該圓的直徑， ∴該直線的方程的斜率k＝＝2， ∴該直線的方程為y＝2x，即2x－y＝0. 課標(biāo)文數(shù)17.H2，H5[2020·安徽卷] 設(shè)直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實(shí)數(shù)k1，k2滿足k1k2＋2＝0. (1)證明l1

23、與l2相交； (2)證明l1與l2的交點(diǎn)在橢圓2x2＋y2＝1上． 課標(biāo)文數(shù)17.H2，H5[2020·安徽卷] 本題考查直線與直線的位置關(guān)系，線線相交的判斷與證明，點(diǎn)在曲線上的判斷與證明，橢圓方程等基本知識(shí)．考查推理論證能力和運(yùn)算求解能力． 【解答】 (1)反證法：假設(shè)l1與l2不相交，則l1與l2平行，有k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，得k＋2＝0. 此與k1為實(shí)數(shù)的事實(shí)相矛盾，從而k1≠k2，即l1與l2相交． (2)(方法一)由方程組 解得交點(diǎn)P的坐標(biāo)(x，y)為 而2x2＋y2＝22＋2 ＝＝＝1. 此即表明交點(diǎn)P(x，y)在橢圓2x2＋y2＝1上． (方法二)

24、交點(diǎn)P的坐標(biāo)(x，y)滿足 故知x≠0，從而 代入k1k2＋2＝0，得·＋2＝0. 整理后，得2x2＋y2＝1， 所以交點(diǎn)P在橢圓2x2＋y2＝1上． 課標(biāo)理數(shù)7.H5，H6[2020·福建卷] 設(shè)圓錐曲線Γ的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.若曲線Γ上存在點(diǎn)P滿足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，則曲線Γ的離心率等于(　　) A.或 B.或2 C.或2 D.或 課標(biāo)理數(shù)7.H5，H6[2020·福建卷] A　【解析】 設(shè)|F1F2|＝2c(c>0)，由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，得|PF1|＝c，|PF2|＝c，且|PF1|>|PF2

25、|， 若圓錐曲線Γ為橢圓，則2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，離心率e＝＝； 若圓錐曲線Γ為雙曲線，則2a＝|PF1|－|PF2|＝c，離心率e＝＝，故選A. 課標(biāo)文數(shù)11.H5，H6[2020·福建卷] 設(shè)圓錐曲線Γ的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，若曲線Γ上存在點(diǎn)P滿足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，則曲線Γ的離心率等于(　　) A.或 B.或2 C.或2 D.或 課標(biāo)文數(shù)11.H5，H6[2020·福建卷] A　【解析】 設(shè)|F1F2|＝2c(c>0)，由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，得 |PF1|＝c，|PF2|＝c，且|

26、PF1|>|PF2|， 若圓錐曲線Γ為橢圓，則2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，離心率e＝＝； 若圓錐曲線Γ為雙曲線，則2a＝|PF1|－|PF2|＝c，離心率e＝＝，故選A. 課標(biāo)理數(shù)21.H5，H7，H8[2020·湖南卷] 如圖1－9，橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的離心率為，x軸被曲線C2：y＝x2－b截得的線段長等于C1的長半軸長． (1)求C1，C2的方程； (2)設(shè)C2與y軸的交點(diǎn)為M，過坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線l與C2相交于點(diǎn)A，B，直線MA，MB分別與C1相交于點(diǎn)D，E. ①證明：MD⊥ME； ②記△MAB，△MDE的面積分別為S1，S2.問：是否存在直線l，使得

27、＝？請說明理由． 圖1－10 課標(biāo)理數(shù)21.H5，H7，H8[2020·湖南卷] 【解答】 (1)由題意知，e＝＝，從而a＝2b.又2＝a，解得a＝2，b＝1. 故C1，C2的方程分別為＋y2＝1，y＝x2－1. (2)①由題意知，直線l的斜率存在，設(shè)為k，則直線l的方程為y＝kx. 由得x2－kx－1＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1，x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根， 于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1. 又點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0，－1)，所以 kMA·kMB＝·＝ ＝ ＝＝－1. 故MA⊥MB，即MD⊥ME. ②設(shè)直線MA的斜率為k1，則直線MA的方

28、程為 y＝k1x－1，由解得 或 則點(diǎn)A的坐標(biāo)為(k1，k－1)． 又直線MB的斜率為－，同理可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為. 于是S1＝|MA|·|MB|＝·|k1|··＝. 由得(1＋4k)x2－8k1x＝0. 解得或 則點(diǎn)D的坐標(biāo)為. 又直線ME的斜率為－，同理可得點(diǎn)E的坐標(biāo)為. 于是S2＝|MD|·|ME|＝. 因此＝. 由題意知，＝， 解得k＝4，或k＝. 又由點(diǎn)A，B的坐標(biāo)可知，k＝＝k1－， 所以k＝±. 故滿足條件的直線l存在，且有兩條，其方程分別為y＝x和y＝－x. 課標(biāo)理數(shù)14.H5[2020·江西卷] 若橢圓＋＝1的焦點(diǎn)在x軸上，過點(diǎn)作圓x2＋

29、y2＝1的切線，切點(diǎn)分別為A，B，直線AB恰好經(jīng)過橢圓的右焦點(diǎn)和上頂點(diǎn)，則橢圓方程是________． 課標(biāo)理數(shù)14.H5[2020·江西卷] 【答案】 ＋＝1 【解析】 由題可知過點(diǎn)與圓x2＋y2＝1的圓心的直線方程為y＝x，由垂徑定理可得kAB＝－2. 顯然過點(diǎn)的一條切線為直線x＝1，此時(shí)切點(diǎn)記為A(1,0)，即為橢圓的右焦點(diǎn)，故c＝1. 由點(diǎn)斜式可得，直線AB的方程為y＝－2(x－1)， 即AB：2x＋y－2＝0. 令x＝0得上頂點(diǎn)為(0,2)，∴b＝2，∴a2＝b2＋c2＝5，故得所求橢圓方程為＋＝1. 課標(biāo)理數(shù)14.H5[2020·課標(biāo)全國卷] 在平面直角坐標(biāo)系xO

30、y中，橢圓C的中心為原點(diǎn)，焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2在x軸上，離心率為.過F1的直線l交C于A，B兩點(diǎn)，且△ABF2的周長為16，那么C的方程為________________． 課標(biāo)理數(shù)14.H5[2020·課標(biāo)全國卷] ＋＝1　【解析】 設(shè)橢圓方程為＋＝1(a>b>0)． 因?yàn)殡x心率為，所以＝， 解得＝，即a2＝2b2. 圖1－7 又△ABF2的周長為＋＋＝＋＋＋＝(＋)＋(＋)＝2a＋2a＝4a，，所以4a＝16，a＝4，所以b＝2， 所以橢圓方程為＋＝1. 課標(biāo)文數(shù)4.H5[2020·課標(biāo)全國卷] 橢圓＋＝1的離心率為(　　) A. B. C. D. 課標(biāo)文數(shù)4

31、.H5[2020·課標(biāo)全國卷] D　【解析】 由題意a＝4，c2＝8，∴c＝2，所以離心率為e＝＝＝. 課標(biāo)理數(shù)17.H5，H8[2020·陜西卷] 圖1－8 如圖1－8，設(shè)P是圓x2＋y2＝25上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)D是P在x軸上的投影，M為PD上一點(diǎn)，且|MD|＝|PD|. (1)當(dāng)P在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求點(diǎn)M的軌跡C的方程； (2)求過點(diǎn)(3,0)且斜率為的直線被C所截線段的長度． 課標(biāo)理數(shù)17.H5，H8[2020·陜西卷] 【解答】 (1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x，y)，P的坐標(biāo)為(xP，yP)， 由已知得 ∵P在圓上，∴x2＋2＝25， 即C的方程為＋＝1. (2)過點(diǎn)(3,

32、0)且斜率為的直線方程為y＝(x－3)， 設(shè)直線與C的交點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 將直線方程y＝(x－3)代入C的方程，得 ＋＝1，即x2－3x－8＝0. ∴x1＝，x2＝. ∴線段AB的長度為 |AB|＝＝＝＝. 課標(biāo)文數(shù)17.H5[2020·陜西卷] 設(shè)橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)過點(diǎn)(0,4)，離心率為. (1)求C的方程； (2)求過點(diǎn)(3,0)且斜率為的直線被C所截線段的中點(diǎn)坐標(biāo)． 課標(biāo)文數(shù)17.H5[2020·陜西卷] 【解答】 (1)將(0,4)代入橢圓C的方程得＝1，∴b＝4. 又e＝＝得＝，即1－＝，∴a＝5， ∴C的方程為＋＝

33、1. (2)過點(diǎn)(3,0)且斜率為的直線方程為y＝(x－3)， 設(shè)直線與C的交點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 將直線方程y＝(x－3)代入C的方程，得 ＋＝1， 即x2－3x－8＝0. 解得x1＝，x2＝， ∴AB的中點(diǎn)坐標(biāo)＝＝， ＝＝(x1＋x2－6)＝－. 即中點(diǎn)為. 課標(biāo)理數(shù)17.H5[2020·浙江卷] 設(shè)F1，F(xiàn)2分別為橢圓＋y2＝1的左，右焦點(diǎn)，點(diǎn)A，B在橢圓上．若＝5，則點(diǎn)A的坐標(biāo)是________． 課標(biāo)理數(shù)17.H5[2020·浙江卷] (0，±1) 【解析】 設(shè)直線F1A的反向延長線與橢圓交于點(diǎn)B′，又∵＝5，由橢圓的對稱性可得＝5，設(shè)

34、A，B′， 又∵|F1A|＝，|F1B′|＝， ∴ 解之得x1＝0， ∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為. 課標(biāo)文數(shù)3.H6[2020·安徽卷] 雙曲線2x2－y2＝8的實(shí)軸長是(　　) A．2 B．2 C．4 D．4 課標(biāo)文數(shù)3.H6[2020·安徽卷] C　【解析】 雙曲線方程可化為－＝1，所以a2＝4，得a＝2，所以2a＝4.故實(shí)軸長為4. 課標(biāo)理數(shù)2.H6[2020·安徽卷] 雙曲線2x2－y2＝8的實(shí)軸長是(　　) A．2 B．2 C．4 D．4 課標(biāo)理數(shù)2.H6[2020·安徽卷] C　【解析】 雙曲線方程可化為－＝1，所以a2＝4，得a＝2，所以2a＝4.故

35、實(shí)軸長為4. 課標(biāo)文數(shù)10.H6[2020·北京卷] 已知雙曲線x2－＝1(b＞0)的一條漸近線的方程為y＝2x，則b＝________. 課標(biāo)文數(shù)10.H6[2020·北京卷] 2　【解析】 易知y＝bx＝2x，故b＝2. 大綱理數(shù)15.H6[2020·全國卷] 已知F1、F2分別為雙曲線C：－＝1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)A∈C，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,0)，AM為∠F1AF2的平分線，則|AF2|＝________. 大綱理數(shù)15.H6[2020·全國卷] 6　【解析】 根據(jù)角平分線的性質(zhì)，＝＝.又－＝6，故＝6. 大綱文數(shù)16.H6[2020·全國卷] 已知F1、F2分別為雙曲線

36、C：－＝1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)A∈C，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,0)，AM為∠F1AF2的平分線，則|AF2|＝________. 大綱文數(shù)16.H6[2020·全國卷] 6　【解析】 根據(jù)角平分線的性質(zhì)，＝＝.又|AF1|－|AF2|＝6，故|AF2|＝6. 課標(biāo)理數(shù)7.H5，H6[2020·福建卷] 設(shè)圓錐曲線Γ的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.若曲線Γ上存在點(diǎn)P滿足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，則曲線Γ的離心率等于(　　) A.或 B.或2 C.或2 D.或 課標(biāo)理數(shù)7.H5，H6[2020·福建卷] A　【解析】 設(shè)|F1F2|＝2c(c>0)，由已知|PF1|

37、∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，得|PF1|＝c，|PF2|＝c，且|PF1|>|PF2|， 若圓錐曲線Γ為橢圓，則2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，離心率e＝＝； 若圓錐曲線Γ為雙曲線，則2a＝|PF1|－|PF2|＝c，離心率e＝＝，故選A. 課標(biāo)文數(shù)11.H5，H6[2020·福建卷] 設(shè)圓錐曲線Γ的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，若曲線Γ上存在點(diǎn)P滿足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，則曲線Γ的離心率等于(　　) A.或 B.或2 C.或2 D.或 課標(biāo)文數(shù)11.H5，H6[2020·福建卷] A　【解析】 設(shè)|F1F2|＝2c(c>0)，由已知

38、|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，得 |PF1|＝c，|PF2|＝c，且|PF1|>|PF2|， 若圓錐曲線Γ為橢圓，則2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，離心率e＝＝； 若圓錐曲線Γ為雙曲線，則2a＝|PF1|－|PF2|＝c，離心率e＝＝，故選A. 課標(biāo)理數(shù)5.H6[2020·湖南卷] 設(shè)雙曲線－＝1(a>0)的漸近線方程為3x±2y＝0，則a的值為(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 課標(biāo)理數(shù)5.H6[2020·湖南卷] C　【解析】 根據(jù)雙曲線－＝1的漸近的方程得：y＝±x，即ay±3x＝0.因?yàn)橐阎p曲線的漸近線的方程為3x±2y＝0且a>0

39、，所以有a＝2，故選C. 課標(biāo)文數(shù)6.H6[2020·湖南卷] 設(shè)雙曲線－＝1(a>0)的漸近線方程為3x±2y＝0，則a的值為(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 課標(biāo)文數(shù)6.H6[2020·湖南卷] C　【解析】 根據(jù)雙曲線－＝1的漸近線的方程得：y＝±x，即ay±3x＝0.又已知雙曲線的漸近線的方程為3x±2＝0且a>0，故有a＝2，故選C. 課標(biāo)文數(shù)12.H6[2020·江西卷] 若雙曲線－＝1的離心率e＝2，則m＝________. 課標(biāo)理數(shù)7.H6[2020·課標(biāo)全國卷] B　【解析】 設(shè)雙曲線方程為－＝1(a>0，b>0)， 直線過右焦點(diǎn)F，且垂

40、直于x軸交雙曲線于A，B兩點(diǎn)，則＝＝4a，所以b2＝2a2，所以雙曲線的離心率e＝＝. 課標(biāo)理數(shù)13.H6[2020·遼寧卷] 已知點(diǎn)(2,3)在雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)上，C的焦距為4，則它的離心率為________． 課標(biāo)理數(shù)13.H6[2020·遼寧卷] 2　【解析】 法一：點(diǎn)(2,3)在雙曲線C：－＝1上，則－＝1.又由于2c＝4，所以a2＋b2＝4.解方程組 得a＝1或a＝4.由于a

41、1，離心率e＝＝2. 大綱文數(shù)14.H6[2020·四川卷] 雙曲線－＝1上一點(diǎn)P到雙曲線右焦點(diǎn)的距離是4，那么點(diǎn)P到左準(zhǔn)線的距離是________． 大綱文數(shù)14.H6[2020·四川卷] 16　【解析】 本題主要考查雙曲線第二定義的應(yīng)用以及雙曲線所體現(xiàn)的幾何特性，根據(jù)雙曲線的定義可知e＝＝?d＝(d為P到右準(zhǔn)線的距離)，所以P到左準(zhǔn)線的距離為＋d＝＋＝16. 大綱理數(shù)13.B7[2020·四川卷] 計(jì)算÷100－＝________. 大綱理數(shù)13.B7[2020·四川卷] －20　【解析】 原式＝lg÷＝－20. 大綱理數(shù)14.H6[2020·四川卷] 雙曲線－＝1上一點(diǎn)

42、P到雙曲線右焦點(diǎn)的距離是4，那么點(diǎn)P到左準(zhǔn)線的距離是________． 大綱理數(shù)14.H6[2020·四川卷] 16　【解析】 根據(jù)雙曲線的定義可知e＝＝?d＝(d為P到右準(zhǔn)線的距離)，所以P到左準(zhǔn)線的距離為＋d＝＋＝16. 大綱文數(shù)9.H6[2020·重慶卷] 設(shè)雙曲線的左準(zhǔn)線與兩條漸近線交于A，B兩點(diǎn)，左焦點(diǎn)在以AB為直徑的圓內(nèi)，則該雙曲線的離心率的取值范圍為(　　) A．(0，) B．(1，) C. D．(，＋∞) 大綱文數(shù)9.H6[2020·重慶卷] B　【解析】 設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為－＝1(a＞0，b＞0)， 則其漸近線方程為y＝±x， 準(zhǔn)線方程為x＝－，代入漸

43、近線方程得y＝±·＝±， 所以圓的半徑r＝. 易知左焦點(diǎn)到圓心(準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn))的距離d＝c－.　 由條件知d＜r，即c－＜， 所以c2－a2＜ab，即b2＜ab，故＜1， 于是離心率e＝＝＜，即e∈(1，)．故選B. 課標(biāo)理數(shù)17.H7，H3，H4[2020·福建卷] 已知直線l：y＝x＋m，m∈R. (1)若以點(diǎn)M(2,0)為圓心的圓與直線l相切于點(diǎn)P，且點(diǎn)P在y軸上，求該圓的方程； (2)若直線l關(guān)于x軸對稱的直線為l′，問直線l′與拋物線C：x2＝4y是否相切？說明理由． 課標(biāo)理數(shù)17.H7，H3，H4[2020·福建卷] 【解答】 解法一： 圖1－6 (1

44、)依題意，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，m)． 因?yàn)镸P⊥l，所以×1＝－1， 解得m＝2，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,2)． 從而圓的半徑 r＝|MP|＝＝2， 故所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8. (2)因?yàn)橹本€l的方程為y＝x＋m， 所以直線l′的方程為y＝－x－m. 由得x2＋4x＋4m＝0. Δ＝42－4×4m＝16(1－m)． ①當(dāng)m＝1，即Δ＝0時(shí)，直線l′與拋物線C相切； ②當(dāng)m≠1，即Δ≠0時(shí)，直線l′與拋物線C不相切． 綜上，當(dāng)m＝1時(shí)，直線l′與拋物線C相切；當(dāng)m≠1時(shí)，直線l′與拋物線C不相切． 解法二： (1)設(shè)所求圓的半徑為r，則圓的方程可設(shè)為(x－2)

45、2＋y2＝r2. 依題意，所求圓與直線l：x－y＋m＝0相切于點(diǎn)P(0，m)，則 解得 所以所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8. (2)同解法一． 圖1－4 課標(biāo)文數(shù)18.H3，H4，H7[2020·福建卷] 如圖1－4，直線l：y＝x＋b與拋物線C：x2＝4y相切于點(diǎn)A. (1)求實(shí)數(shù)b的值； (2)求以點(diǎn)A為圓心，且與拋物線C的準(zhǔn)線相切的圓的方程． 課標(biāo)文數(shù)18.H3，H4，H7[2020·福建卷] 【解答】 (1)由得x2－4x－4b＝0.(*) 因?yàn)橹本€l與拋物線C相切， 所以Δ＝(－4)2－4×(－4b)＝0. 解得b＝－1. (2)由(1)可知b

46、＝－1，故方程(*)即為x2－4x＋4＝0. 解得x＝2，代入x2＝4y，得y＝1， 故點(diǎn)A(2,1)． 因?yàn)閳AA與拋物線C的準(zhǔn)線相切， 所以圓A的半徑r等于圓心A到拋物線的準(zhǔn)線y＝－1的距離，即r＝|1－(－1)|＝2. 所以圓A的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4. 課標(biāo)理數(shù)4.H7[2020·湖北卷] 將兩個(gè)頂點(diǎn)在拋物線y2＝2px(p>0)上，另一個(gè)頂點(diǎn)是此拋物線焦點(diǎn)的正三角形個(gè)數(shù)記為n，則(　　) A．n＝0 B．n＝1 C．n＝2 D．n≥3 課標(biāo)理數(shù)4.H7[2020·湖北卷] C　【解析】 不妨設(shè)三個(gè)頂點(diǎn)分別為A，B，F(xiàn)(其中F為拋物線的焦點(diǎn))，由拋

47、物線的定義，有A，B兩點(diǎn)關(guān)于x軸對稱，點(diǎn)F的坐標(biāo)為.設(shè)A，則由拋物線的定義得＝m＋.又＝2，＝，所以m＋＝2，整理得m2－7pm＋＝0，所以Δ＝2－4×＝48p2>0，所以方程m2－7pm＋＝0有兩個(gè)不同的實(shí)根，記為m1，m2，則 所以m1>0，m2>0.所以n＝2. 課標(biāo)文數(shù)4.H7[2020·湖北卷] 將兩個(gè)頂點(diǎn)在拋物線y2＝2px(p>0)上，另一個(gè)頂點(diǎn)是此拋物線焦點(diǎn)的正三角形個(gè)數(shù)記為n，則(　　) A．n＝0 B．n＝1 C．n＝2 D．n≥3 課標(biāo)文數(shù)4.H7[2020·湖北卷] C　【解析】 不妨設(shè)三個(gè)頂點(diǎn)分別為A，B，F(xiàn)(其中F為拋物線的焦點(diǎn))，由拋物線的定義，有

48、A，B兩點(diǎn)關(guān)于x軸對稱，點(diǎn)F的坐標(biāo)為.設(shè)A，則由拋物線的定義得＝m＋.又＝2，＝，所以m＋＝2，整理得m2－7pm＋＝0，所以Δ＝2－4×＝48p2>0，所以方程m2－7pm＋＝0有兩個(gè)不同的實(shí)根，記為m1，m2，則 所以m1>0，m2>0.所以n＝2. 課標(biāo)理數(shù)21.H5，H7，H8[2020·湖南卷] 如圖1－9，橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的離心率為，x軸被曲線C2：y＝x2－b截得的線段長等于C1的長半軸長． (1)求C1，C2的方程； (2)設(shè)C2與y軸的交點(diǎn)為M，過坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線l與C2相交于點(diǎn)A，B，直線MA，MB分別與C1相交于點(diǎn)D，E. ①證明：MD⊥ME

49、； ②記△MAB，△MDE的面積分別為S1，S2.問：是否存在直線l，使得＝？請說明理由． 圖1－10 課標(biāo)理數(shù)21.H5，H7，H8[2020·湖南卷] 【解答】 (1)由題意知，e＝＝，從而a＝2b.又2＝a，解得a＝2，b＝1. 故C1，C2的方程分別為＋y2＝1，y＝x2－1. (2)①由題意知，直線l的斜率存在，設(shè)為k，則直線l的方程為y＝kx. 由得x2－kx－1＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1，x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根， 于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1. 又點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0，－1)，所以 kMA·kMB＝·＝ ＝ ＝＝－1.

50、 故MA⊥MB，即MD⊥ME. ②設(shè)直線MA的斜率為k1，則直線MA的方程為 y＝k1x－1，由解得 或 則點(diǎn)A的坐標(biāo)為(k1，k－1)． 又直線MB的斜率為－，同理可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為. 于是S1＝|MA|·|MB|＝·|k1|··＝. 由得(1＋4k)x2－8k1x＝0. 解得或 則點(diǎn)D的坐標(biāo)為. 又直線ME的斜率為－，同理可得點(diǎn)E的坐標(biāo)為. 于是S2＝|MD|·|ME|＝. 因此＝. 由題意知，＝， 解得k＝4，或k＝. 又由點(diǎn)A，B的坐標(biāo)可知，k＝＝k1－， 所以k＝±. 故滿足條件的直線l存在，且有兩條，其方程分別為y＝x和y＝－x. 課標(biāo)文數(shù)2

51、1.H7，H8[2020·湖南卷] 已知平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)F(1,0)的距離與點(diǎn)P到y(tǒng)軸的距離的差等于1. (1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程； (2)過點(diǎn)F作兩條斜率存在且互相垂直的直線l1，l2，設(shè)l1與軌跡C相交于點(diǎn)A，B，l2與軌跡C相交于點(diǎn)D，E，求·的最小值． 課標(biāo)文數(shù)21.H7，H8[2020·湖南卷] 【解答】 設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，由題意有－|x|＝1. 化簡得y2＝2x＋2|x|. 當(dāng)x≥0時(shí)，y2＝4x；當(dāng)x<0時(shí)，y＝0. 所以，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為y2＝4x (x≥0)和y＝0(x<0)． (2)由題意知，直線l1的斜率存在且不為0，設(shè)為k， 則l1

52、的方程為y＝k(x－1)． 由得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，于是x1＋x2＝2＋，x1x2＝1. 因?yàn)閘1⊥l2，所以l2的斜率為－. 設(shè)D(x3，y3)，E(x4，y4)，則同理可得 x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1. 故·＝(＋)·(＋) ＝·＋·＋·＋· ＝||·||＋||·|| ＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1) ＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1 ＝1＋＋1＋1＋(2＋4k2)＋1 ＝8＋4≥8＋4×2＝16. 當(dāng)且僅當(dāng)k2

53、＝，即k＝±1時(shí)，·取最小值16. 圖1－7 課標(biāo)文數(shù)19.H7[2020·江西卷] 已知過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)，斜率為2的直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1

54、2＝0可簡化為x2－5x＋4＝0，從而x1＝1，x2＝4，y1＝－2，y2＝4， 從而A(1，－2)，B(4,4)． 設(shè)＝(x3，y3)＝(1，－2)＋λ(4,4)＝(4λ＋1，4λ－2)，　 又y＝8x3，即[2(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，即(2λ－1)2＝4λ＋1， 解得λ＝0或λ＝2. 準(zhǔn)線l于N，由于MN是梯形ABCD的中位線，所以|MN|＝. 由拋物線的定義知|AD|＋|BC|＝|AF|＋|BF|＝3，所以|MN|＝，又由于準(zhǔn)線l 的方程為x＝－，所以線段AB中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為－＝，故選C. 課標(biāo)文數(shù)7.H7[2020·遼寧卷] 已知F是拋物線y2＝x的焦

55、點(diǎn)，A，B是該拋物線上的兩點(diǎn)，|AF|＋|BF|＝3，則線段AB的中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為(　　) A. B．1 C. D. 圖1－2 課標(biāo)文數(shù)7.H7[2020·遼寧卷] C　【解析】 如圖1－2，過A，B分別作準(zhǔn)線l的垂線AD，BC，垂足分別為D，C，M是線段AB的中點(diǎn)，MN垂直準(zhǔn)線l于N，由于MN是梯形ABCD的中位線，所以|MN|＝. 由拋物線的定義知|AD|＋|BC|＝|AF|＋|BF|＝3，所以|MN|＝，又由于準(zhǔn)線l 的方程為x＝－，所以線段AB中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為－＝，故選C. 課標(biāo)文數(shù)9.H7[2020·課標(biāo)全國卷] 已知直線l過拋物線C的焦點(diǎn)，且與C的對

56、稱軸垂直，l與C交于A、B兩點(diǎn)，|AB|＝12，P為C的準(zhǔn)線上一點(diǎn)，則△ABP的面積為(　　) A．18 B．24 C．36 D．48 課標(biāo)文數(shù)9.H7[2020·課標(biāo)全國卷] C　【解析】 設(shè)拋物線方程為y2＝2px(p>0)，則焦點(diǎn)F，A，B， 所以＝2p＝12，所以p＝6.又點(diǎn)P到AB邊的距離為p＝6， 所以S△ABP＝×12×6＝36. 課標(biāo)文數(shù)9.H7[2020·山東卷] 設(shè)M(x0，y0)為拋物線C：x2＝8y上一點(diǎn)，F(xiàn)為拋物線C的焦點(diǎn)，以F為圓心、|FM|為半徑的圓和拋物線C的準(zhǔn)線相交，則y0的取值范圍是(　　) A．(0,2) B．[0,2] C．(2

57、，＋∞) D．[2，＋∞) 課標(biāo)文數(shù)9.H7[2020·山東卷] C　【解析】 根據(jù)x2＝8y，所以F(0,2)，準(zhǔn)線y＝－2，所以F到準(zhǔn)線的距離為4，當(dāng)以F為圓心、以|FM|為半徑的圓與準(zhǔn)線相切時(shí)，|MF|＝4，即M到準(zhǔn)線的距離為4，此時(shí)y0＝2，所以顯然當(dāng)以F為圓心，以為半徑的圓和拋物線C的準(zhǔn)線相交時(shí)，y0∈(2，＋∞)． 課標(biāo)理數(shù)2.H7[2020·陜西卷] 設(shè)拋物線的頂點(diǎn)在原點(diǎn)，準(zhǔn)線方程為x＝－2，則拋物線的方程是(　　) A．y2＝－8x B．y2＝8x C．y2＝－4x D．y2＝4x 課標(biāo)理數(shù)2.H7[2020·陜西卷] B　【解析】 由題意設(shè)拋物線方程為

58、y2＝2px(p>0)，又∵其準(zhǔn)線方程為x＝－＝－2，∴p＝4，所求拋物線方程為y2＝8x. 課標(biāo)文數(shù)2.H7[2020·陜西卷] 設(shè)拋物線的頂點(diǎn)在原點(diǎn)，準(zhǔn)線方程為x＝－2，則拋物線的方程是(　　) A．y2＝－8x B．y2＝－4x C．y2＝8x D．y2＝4x 課標(biāo)文數(shù)2.H7[2020·陜西卷] C　【解析】 由題意設(shè)拋物線方程為y2＝2px(p>0)，又∵其準(zhǔn)線方程為x＝－＝－2，∴p＝4，所求拋物線方程為y2＝8x. 大綱文數(shù)11.H7[2020·四川卷] 在拋物線y＝x2＋ax－5(a≠0)上取橫坐標(biāo)為x1＝－4，x2＝2的兩點(diǎn)，過這兩點(diǎn)引一條割線，有平行于

59、該割線的一條直線同時(shí)與拋物線和圓5x2＋5y2＝36相切，則拋物線頂點(diǎn)的坐標(biāo)為(　　) A．(－2，－9) B．(0，－5) C．(2，－9) D．(1，－6) 大綱文數(shù)11.H7[2020·四川卷] A　【解析】 根據(jù)題意可知橫坐標(biāo)為－4,2的兩點(diǎn)分別為(－4,11－4a)，(2，－1＋2a)，所以該割線的斜率為a－2，由y′＝2x＋a＝a－2?x＝－1，即有切點(diǎn)為(－1，－4－a)，所以切線方程為y＋4＋a＝(a－2)(x＋1)?(a－2)x－y－6＝0，由切線與圓相切可知＝?a＝4或a＝0(舍去)，所以拋物線方程為y＝x2＋4x－5＝(x＋2)2－9，所以拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)為(－2

60、，－9)．選擇A. 大綱理數(shù)10.H7[2020·四川卷] 在拋物線y＝x2＋ax－5(a≠0)上取橫坐標(biāo)為x1＝－4，x2＝2的兩點(diǎn)，過這兩點(diǎn)引一條割線，有平行于該割線的一條直線同時(shí)與拋物線和圓5x2＋5y2＝36相切，則拋物線頂點(diǎn)的坐標(biāo)為(　　) A．(－2，－9) B．(0，－5) C．(2，－9) D．(1，－6) 大綱理數(shù)10.H7[2020·四川卷] A　【解析】 根據(jù)題意可知橫坐標(biāo)為－4,2的兩點(diǎn)分別為(－4,11－4a)，(2，－1＋2a)，所以該割線的斜率為a－2，由y′＝2x＋a＝a－2?x＝－1，即有切點(diǎn)為(－1，－4－a)，所以切線方程為y＋4＋a＝(a

61、－2)(x＋1)?(a－2)x－y－6＝0，由切線與圓相切可知＝?a＝4或a＝0(舍去)，所以拋物線方程為y＝x2＋4x－5＝(x＋2)2－9，所以拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)為(－2，－9)．選擇A. 課標(biāo)理數(shù)21.H7[2020·浙江卷] 已知拋物線C1：x2＝y(tǒng)，圓C2：x2＋(y－4)2＝1的圓心為點(diǎn)M. (1)求點(diǎn)M到拋物線C1的準(zhǔn)線的距離； (2)已知點(diǎn)P是拋物線C1上一點(diǎn)(異于原點(diǎn))，過點(diǎn)P作圓C2 圖1－8 的兩條切線，交拋物線C1于A，B兩點(diǎn)，若過M，P兩點(diǎn)的直線l垂直于AB，求直線l的方程． 課標(biāo)理數(shù)21.H7[2020·浙江卷] 【解答】 (1)由題意可知，拋物

62、線的準(zhǔn)線方程為：y＝－，所以圓心M(0,4)到準(zhǔn)線的距離是. (2)設(shè)P(x0，x)，A(x1，x)，B(x2，x)，由題意得x0≠0，x0≠±1，x1≠x2. 設(shè)過點(diǎn)P的圓C2的切線方程為y－x＝k(x－x0)， 即y＝kx－kx0＋x.?、? 則＝1. 即(x－1)k2＋2x0(4－x)k＋(x－4)2－1＝0. 設(shè)PA，PB的斜率為k1，k2(k1≠k2)，則k1，k2是上述方程的兩根，所以 k1＋k2＝，k1k2＝. 將①代入y＝x2得x2－kx＋kx0－x＝0， 由于x0是此方程的根，故x1＝k1－x0，x2＝k2－x0，所以 kAB＝＝x1＋x2＝k1＋k2－2x

63、0＝－2x0， kMP＝. 由MP⊥AB，得kAB·kMP＝·＝－1，解得x＝， 即點(diǎn)P的坐標(biāo)為，所以直線l的方程為y＝±x＋4. 圖1－8 課標(biāo)文數(shù)22.H7[2020·浙江卷] 如圖1－8，設(shè)P是拋物線C1：x2＝y(tǒng)上的動(dòng)點(diǎn)．過點(diǎn)P做圓C2：x2＋(y＋3)2＝1的兩條切線，交直線l：y＝－3于A，B兩點(diǎn)． (1)求圓C2的圓心M到拋物線C1準(zhǔn)線的距離； (2)是否存在點(diǎn)P，使線段AB被拋物線C1在點(diǎn)P處的切線平分？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 課標(biāo)文數(shù)22.H7[2020·浙江卷] 【解答】 (1)因?yàn)閽佄锞€C1的準(zhǔn)線方程為y＝－， 所以圓心M

64、到拋物線C1準(zhǔn)線的距離為＝. (2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，x)，拋物線C1在點(diǎn)P處的切線交直線l于點(diǎn)D， 再設(shè)A，B，D的橫坐標(biāo)分別為xA，xB，xD， 過點(diǎn)P(x0，x)的拋物線C1的切線方程為： y－x＝2x0(x－x0)．① 當(dāng)x0＝1時(shí)，過點(diǎn)P(1,1)與圓C2的切線PA為：y－1＝(x－1)，　 可得xA＝－，xB＝1，xD＝－1，xA＋xB≠2xD. 當(dāng)x0＝－1時(shí)，過點(diǎn)P(－1,1)與圓C2的切線PB為：y－1＝－(x＋1)． 可得xA＝－1，xB＝，xD＝1，xA＋xB≠2xD. 所以x－1≠0. 設(shè)切線PA，PB的斜率為k1，k2，則 PA：y－x＝k1

65、(x－x0)，② PB：y－x＝k2(x－x0)．③ 將y＝－3分別代入①，②，③得 xD＝(x0≠0)；xA＝x0－；xB＝x0－(k1，k2≠0)． 從而xA＋xB＝2x0－(x＋3). 又＝1， 即(x－1)k－2(x＋3)x0k1＋(x＋3)2－1＝0. 同理，(x－1)k－2(x＋3)x0k2＋(x＋3)2－1＝0. 所以k1，k2是方程(x－1)k2－2(x＋3)x0k＋(x＋3)2－1＝0的兩個(gè)不相等的根，從而 k1＋k2＝，k1·k2＝. 因?yàn)閤A＋xB＝2xD， 所以2x0－(3＋x)＝， 即＋＝.從而＝， 進(jìn)而得x＝8，x0＝±. 綜上所述，存在

66、點(diǎn)P滿足題意，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(±，2)． 課標(biāo)文數(shù)19.H8[2020·北京卷] 已知橢圓G：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，右焦點(diǎn)為(2，0)，斜率為1的直線l與橢圓G交于A，B兩點(diǎn)，以AB為底邊作等腰三角形，頂點(diǎn)為P(－3,2)． (1)求橢圓G的方程； (2)求△PAB的面積． 課標(biāo)文數(shù)19.H8[2020·北京卷] 【解答】 (1)由已知得，c＝2，＝. 解得a＝2. 又b2＝a2－c2＝4， 所以橢圓G的方程為＋＝1. (2)設(shè)直線l的方程為y＝x＋m. 由得 4x2＋6mx＋3m2－12＝0.① 設(shè)A、B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)(x1