2018届高考数学二轮单元质检卷九 解析几何专题卷(全国通用)

高考数学《解析几何》专项训练一、单选题1．已知直线l 过点A （a ，0）且斜率为1，若圆224x y +=上恰有3个点到l 的距离为1，则a 的值为( )A ．B ．±C ．2±D ．2．已知双曲线2222:1x y C a b-=(0,0)a b >>，过右焦点F 的直线与两条渐近线分别交于A ，B ，且AB BF =uu u r uu u r，则直线AB 的斜率为（ ） A ．13-或13B ．16-或16C ．2D ．163．已知点P 是圆()()22:3cos sin 1C x y θθ--+-=上任意一点，则点P 到直线1x y +=距离的最大值为（ ）AB ．C 1D 2+4．若过点(4,0)A 的直线l 与曲线22(2)1x y -+=有公共点，则直线l 的斜率的取值范围为（ ）A ．⎡⎣B ．(C ．33⎡-⎢⎣⎦D ．33⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭5．已知抛物线C ：22x py =的焦点为F ，定点()M ，若直线FM 与抛物线C 相交于A ，B 两点(点B 在F ，M 中间)，且与抛物线C 的准线交于点N ，若7BN BF =，则AF 的长为（ ）A ．78B ．1C ．76D6．已知双曲线2222:1x y C a b-=(0,0)a b >>的两个焦点分别为1F ,2F ，以12F F 为直径的圆交双曲线C 于P ,Q ,M ,N 四点，且四边形PQMN 为正方形，则双曲线C 的离心率为（ ）A ．2-BC ．2D7．已知抛物线C ：22(0)y px p =>的焦点F ，点00(2p M x x ⎛⎫>⎪⎝⎭是抛物线上一点，以M 为圆心的圆与直线2p x =交于A 、B 两点（A 在B 的上方），若5sin 7MFA ∠=，则抛物线C 的方程为（ ）A ．24y x =B ．28y x =C ．212y x =D ．216y x =8．已知离心率为2的椭圆E ：22221(0)x y a b a b +=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，过点2F 且斜率为1的直线与椭圆E 在第一象限内的交点为A ，则2F 到直线1F A ，y 轴的距离之比为（ ）A ．5B ．35C ．2D二、多选题9．已知点A 是直线:0l x y +=上一定点，点P 、Q 是圆221x y +=上的动点，若PAQ ∠的最大值为90o ，则点A 的坐标可以是（ ）A ．(B ．()1C ．)D ．)1,110．已知抛物线2:2C y px =()0p >的焦点为F ，F ，直线l 与抛物线C交于点A 、B 两点（点A 在第一象限），与抛物线的准线交于点D ，若8AF =，则以下结论正确的是（ ） A ．4p = B ．DF FA =uuu r uu rC ．2BD BF = D ．4BF =三、填空题11．已知圆C 经过(5,1),(1,3)A B 两点，圆心在x 轴上，则C 的方程为__________．12．已知圆()2239x y -+=与直线y x m =+交于A 、B 两点，过A 、B 分别作x 轴的垂线，且与x轴分别交于C 、D 两点，若CD =m =_____．13．已知双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的焦距为4，()2,3A 为C 上一点，则C 的渐近线方程为__________.14．已知抛物线()220y px p =>，F 为其焦点，l 为其准线，过F 任作一条直线交抛物线于,A B 两点，1A 、1B 分别为A 、B 在l 上的射影，M 为11A B 的中点，给出下列命题： （1）11A F B F ⊥；（2）AM BM ⊥；（3）1//A F BM ；（4）1A F 与AM 的交点的y 轴上；（5）1AB 与1A B 交于原点. 其中真命题的序号为_________.四、解答题15．已知圆22:(2)1M x y ++=，圆22:(2)49N x y -+=，动圆P 与圆M 外切并且与圆N 内切，圆心P 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C 的方程；（2）设不经过点(0,Q 的直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，直线QA 与直线QB 的斜率均存在且斜率之和为-2，证明：直线l 过定点.16．已知椭圆方程为22163x y +=．（1）设椭圆的左右焦点分别为1F 、2F ，点P 在椭圆上运动，求1122PF PF PF PF +⋅u u u r u u u u r的值；（2）设直线l 和圆222x y +=相切，和椭圆交于A 、B 两点，O 为原点，线段OA 、OB 分别和圆222x y +=交于C 、D 两点，设AOB ∆、COD ∆的面积分别为1S 、2S ，求12S S 的取值范围．参考答案1．D 【解析】 【分析】因为圆224x y +=上恰有3个点到l 的距离为1，所以与直线l 平行且距离为1的两条直线，一条与圆相交，一条与圆相切，即圆心到直线l 的距离为1，根据点到直线的距离公式即可求出a 的值． 【详解】直线l 的方程为：y x a =-即0x y a --=．因为圆224x y +=上恰有3个点到l 的距离为1，所以与直线l 平行且距离为1的两条直线，一条与圆相交，一条与圆相切，而圆的半径为2，即圆心到直线l 的距离为1．1=，解得a =故选：D ． 【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，以及点到直线的距离公式的应用，解题关键是将圆上存在3个点到l 的距离为1转化为两条直线与圆的位置关系，意在考查学生的转化能力与数学运算能力，属于中档题． 2．B 【解析】 【分析】根据双曲线的离心率求出渐近线方程，根据AB BF =u u u r u u u r，得到B 为AF 中点，得到B 与A 的坐标关系，代入到渐近线方程中，求出A 点坐标，从而得到AB 的斜率，得到答案. 【详解】因为双曲线2222:1x y C a b-=(0,0)a b >>，又222c e a =22514b a =+=，所以12b a =，所以双曲线渐近线为12y x =± 当点A 在直线12y x =-上，点B 在直线12y x =上时， 设(),A A Ax y (),B B B x y ，由(c,0)F 及B 是AF 中点可知22A B A B x c x y y +⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，分别代入直线方程，得121222A A A A y x y x c ⎧=-⎪⎪⎨+⎪=⋅⎪⎩，解得24A Ac x c y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以,24c c A ⎛⎫-⎪⎝⎭， 所以直线AB 的斜率AB AFk k =42cc c =--16=-，由双曲线的对称性得，16k =也成立. 故选：B. 【点睛】本题考查求双曲线渐近线方程，坐标转化法求点的坐标，属于中档题. 3．D 【解析】 【分析】计算出圆心C 到直线10x y +-=距离的最大值，再加上圆C 的半径可得出点P 到直线10x y +-=的距离的最大值. 【详解】圆C 的圆心坐标为()3cos ,sin θθ+，半径为1，点C 到直线10x y +-=的距离为sin 14d πθ⎛⎫===++≤+ ⎪⎝⎭因此，点P 到直线1x y +=距离的最大值为12122++=+. 故选：D. 【点睛】本题考查圆上一点到直线距离的最值问题，当直线与圆相离时，圆心到直线的距离为d ，圆的半径为r ，则圆上一点到直线的距离的最大值为d r +，最小值为d r -，解题时要熟悉这个结论的应用，属于中等题. 4．D 【解析】设直线方程为(4)y k x =-，即40kx y k --=，直线l 与曲线22(2)1x y -+=有公共点，圆心到直线的距离小于等于半径22411k k d k -=≤+，得222141,3k k k ≤+≤，选择C 另外，数形结合画出图形也可以判断C 正确． 5．C 【解析】 【分析】由题意画出图形，求出AB 的斜率，得到AB 的方程，求得p ，可得抛物线方程，联立直线方程与抛物线方程，求解A 的坐标，再由抛物线定义求解AF 的长． 【详解】解：如图，过B 作'BB 垂直于准线，垂足为'B ，则'BF BB =，由7BN BF =，得7'BN BB =，可得1sin 7BNB '∠=， 3cos 7BNB '∴∠=-，tan 43BNB '∠=又()23,0M ，AB ∴的方程为2343y x =-， 取0x =，得12y =，即10,2F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则1p =，∴抛物线方程为22x y =． 联立223432y x x y ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，解得23A y =．12172326A AF y ∴=+=+=． 故选：C ． 【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查计算能力，是中档题． 6．D 【解析】 【分析】设P 、Q 、M 、N 分别为第一、二、三、四象限内的点，根据对称性可得出22,22P c ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，将点P 的坐标代入双曲线C 的方程，即可求出双曲线C 的离心率. 【详解】设双曲线C 的焦距为()20c c >，设P 、Q 、M 、N 分别为第一、二、三、四象限内的点， 由双曲线的对称性可知，点P 、Q 关于y 轴对称，P 、M 关于原点对称，P 、N 关于x 轴对称，由于四边形PQMN 为正方形，则直线PM 的倾斜角为4π，可得,22P c ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， 将点P 的坐标代入双曲线C 的方程得2222122c c a b -=，即()22222122c c a c a -=-， 设该双曲线的离心率为()1e e >，则()2221221e e e -=-，整理得42420e e -+=，解得22e =，因此，双曲线C 故选：D. 【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，解题的关键就是求出双曲线上关键点的坐标，考查计算能力，属于中等题. 7．C 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，表示出MF ，再表示出MD ，利用5sin 7MFA ∠=，得到0x 和p 之间的关系，将M 点坐标，代入到抛物线中，从而解出p 的值，得到答案.【详解】抛物线C ：22(0)y px p =>， 其焦点,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭，准线方程2p x =-，因为点(002p M x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭是抛物线上一点， 所以02p MF x =+AB所在直线2p x =， 设MD AB ⊥于D ，则02p MD x =-， 因为5sin 7MFA ∠=，所以57 MD MF=，即5272pxpx-=+整理得03x p=所以()3,66M p将M点代入到抛物线方程，得()26623p p=⨯，0p>解得6p=，所以抛物线方程为212y x=故选：C.【点睛】本题考查抛物线的定义，直线与圆的位置关系，求抛物线的标准方程，属于中档题.8．A【解析】【分析】结合椭圆性质，得到a,b,c的关系，设2AF x=，用x表示112,AF F F,结合余弦定理，用c表示x，结合三角形面积公式，即可。

2018全国高考立体几何（完整答案）一．解答题（共40小题）1．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．2．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D 的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．3．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA ⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．5．如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA，求三棱锥Q ﹣ABP的体积．6．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，BD交AC 于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．（Ⅰ）求证：FG∥平面PBD；（Ⅱ）求证：BD⊥FG．7．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD=2BC，∠DAB=∠ABP=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥平面PAB；（Ⅱ）求证：AB⊥PC；（Ⅲ）若点E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求的值．8．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥CB，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，，M是棱PC上的点．（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；（Ⅱ）若PA=PD=2，BC=1，，异面直线AP与BM所成角的余弦值为，求的值．10．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；（2）若AB=2CD=2，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．11．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥PC，CA=CB，M是AB的中点．点N在棱PC上，点D是BN的中点．求证：（1）MD∥平面PAC；（2）平面ABN⊥平面PMC．12．如图，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，若∠PDA=45°，（1）求证：MN∥平面PAD；（2）求证：MN⊥平面PCD．13．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AB，D为BB1的中点．（1）求证：A1C⊥AD；（2）若点P为四边形ABB1A1内部及其边界上的点，且三棱锥P﹣ABC的体积为三棱柱ABC﹣A1B1C1体积的，试在图中画出，P点的轨迹．并说明理由．14．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为边长为2等边三角形，BB1=4，A1C1⊥BB1，且∠A1B1B=45°．（I）证明：平面BCC1B1⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求B﹣AC﹣A1二面角的余弦值．15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC=90°，AB=AA1=2，AC=1，M，N分别是A1B1，BC的中点．（Ⅰ）证明：MN∥平面ACC1A1；（II）求二面角M﹣AN﹣B的余弦值．16．已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．（1）试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出详细证明；（2）求三棱锥E﹣ABC的体积．17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ADB=90°，CB=CD，点E为棱PB的中点．（1）若PB=PD，求证：PC⊥BD；（2）求证：CE∥平面PAD．18．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，A1C与底面ABCD所成的角为60°，（1）求四棱锥A1﹣ABCD的体积；（2）求异面直线A1B与B1D1所成角的大小．19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形∠BAD=60°．已知PB=PD=2，PA=．（Ⅰ）证明：PC⊥BD；（Ⅱ）若E为PA上一点，记三棱锥P﹣BCE的体积和四棱锥P﹣ABCD的体积分别为V1和V2，当V1：V2=1：8时，求的值．20．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是CB，CD的中点，点M在棱CC1上，CM=tCC1（0＜t＜1）．（Ⅰ）三棱锥C﹣EFM，C1﹣B1D1M的体积分别为V1，V2，当t为何值时，V1•V2最大？最大值为多少？（Ⅱ）若A1C∥平面B1D1M，证明：平面EFM⊥平面B1D1M．21．如图，直角梯形ABEF中，∠ABE=∠BAF=90°，C、D分别是BE、AF上的点，且DA=AB=BC=a，DF=2CE=2a．沿CD将四边形CDFE翻折至CDPQ，连接AP、BP、BQ，得到多面体ABCDPQ，且AP=a．（Ⅰ）求多面体ABCDPQ的体积；（Ⅱ）求证：平面PBQ⊥平面PBD．22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，PA=PD，O 为AD边的中点．（1）证明：平面POB⊥平面PAD；（2）若，求四棱锥P﹣ABCD的体积．23．如图，在四棱锥P﹣ABCD中．底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD．Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2．BC=AD=1，CD=．（I）求证：平面PBC⊥平面PQB；（Ⅱ）若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，求PM的长．24．在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，，AB=2BC=2，AC⊥FB．（Ⅰ）求证：AC⊥平面FBC；（Ⅱ）求四面体FBCD的体积；（Ⅲ）线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？证明你的结论．25．如图所示的几何体中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，∠APD=90°，四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AB⊥AD，PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，PA=AB=2．（I）求证：PD∥平面QBC；（Ⅱ）求证：QC⊥平面PABQ；（Ⅲ）在线段QB上是否存在点M，使得AM⊥BC，若存在，求QM的值；若不存在，请说明理由．26．如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，D在边AC上，E在边AB上，且AD=BE=2AE．将△ADE沿直线DE折起，得四棱锥A'﹣BCDE，如图2（1）求证：DE⊥A'B；（2）若平面AD'E⊥底面BCDE，求三棱锥D﹣A'CE的体积．27．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，AB⊥BC，PA=BC=2，PB=AC=2，D 为线段AC的中点，将△CBD折叠至△EBD，使得平面EDB⊥平面ABC且PC交平面EBD于F．（1）求证：平面BDE⊥平面PAC．（2）求三棱锥P﹣EBC的体积．28．如图1，在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点．将△ABE沿BE折起使A到点P的位置，平面PEB⊥平面BCDE，如图2．（Ⅰ）求证：PB⊥平面PEC；（Ⅱ）求三棱锥D﹣PEC的高．29．如图1，ABCD是一个直角梯形，∠ABC=∠BAD=90，E为BC边上一点，AE、BD相交于O，AD=EC=3，BE=1，AB=．将△ABE沿AE折起，使平面ABE⊥平面ADE，连接BC、BD，得到如图2所示的四棱锥B﹣AECD．（Ⅰ）求证：CD⊥平面BOD；（Ⅱ）求直线AB与面BCD所成角的余弦值．30．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，点P是CD中点，Q是A1B1的中点．（I）求证：AQ∥平面PBC1；（l）若BC=CC1，求证：平面A1B1C⊥平面PBC1．31．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD=3BC=6，，点M在线段AD上，且DM=4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．（1）证明：平面PCM⊥平面PAD；（2）当∠APB=45°时，求四棱锥P﹣ABCM的表面积．32．已知等腰梯形ABCD中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，B为EC的中点，如图1，将三角形ABE沿AB折起到ABE′（E′⊄平面ABCD），如图2．（1）点F为线段AE′的中点，判断直线DF与平面BCE′的位置关系，并说明理由；（2）当平面ABE′与平面DE′C所成的二面角的大小为时，证明：平面ABE′⊥平面ABCD．33．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAD和△BCD都是等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD，且AD=2AB=4，．（I）求证：CD⊥PA；（II）E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF∥平面PCD时，求四棱锥C﹣PEFD的体积．34．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB=AC=2，AD=2，PB=，PB⊥AC．（1）求证：平面PAB⊥平面PAC；（2）若∠PBA=45°，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．35．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD ∥BC，∠BAD=∠CBA=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．（1）求EF与DG所成角的余弦值；（2）若M为EF上一点，N为DG上一点，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．36．如图所示，在多面体ABC﹣A1B1C1中，D，E，F分别是AC，AB，CC1的中点，AC=BC=4，，CC1=2，四边形BB1C1C为矩形，平面ABC⊥平面BB1C1C，AA1∥CC1（1）求证：平面DEF⊥平面AA1C1C；（2）求直线EF与平面ABC所成的角的正切值．37．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥平面AA1B1B，AB=AA1=2，∠A1AB=60°．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面A1BC；（Ⅱ）若四棱锥A﹣BB1C1C的体积为，求该三棱柱的侧面积．38．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，PC的中点．（1）求证：CD∥平面PAB；（2）求证：CD⊥平面EFG．39．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，∠APB=90°，BP=BC，M为CP的中点．求证：（1）AP∥平面BDM；（2）BM⊥平面ACP．40．已知梯形ABCD中，AD∥BC，，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE=x．沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．G是BC的中点，以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f （x）．（1）当x=2时，求证：BD⊥EG；（2）求f（x）的最大值；（3）当f（x）取得最大值时，求异面直线AE与BD所成的角的余弦值．2018全国高考立体几何（完整答案）参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V===．（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ===．∴θ=arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos．2．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CM⊥平面AMD，CM⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．3．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂∥平面A1B1C⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．5．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AC=A，∴AB⊥面ADC，∴AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=3，∴BP=DQ=DA=2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V==××==1．6．【解答】证明：（Ⅰ）连接PE，G、F为EC和PC的中点，∴FG∥PE，FG⊄平面PBD，PE⊂平面PBD，∴FG∥平面PBD…（6分）（Ⅱ）∵菱形ABCD，∴BD⊥AC，又PA⊥面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG…（14分）7．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB．……………………（1分）因为平面PAB⊥平面ABCD，……………………（2分）且平面PAB∩平面ABCD=AB，……………………（3分）所以AD⊥平面PAB．……………………（4分）（Ⅱ）证明：由已知得AD⊥AB因为AD∥BC，所以BC⊥AB．……………………（5分）又因为∠ABP=90°，所以PB⊥AB．……………………（6分）因为PB∩BC=B……………………（7分）所以AB⊥平面PBC……………………（8分）所以AB⊥PC．……………………（9分）（Ⅲ）解：过E作EF∥AD交PA于F，连接BF．……………………（10分）因为AD∥BC，所以EF∥BC．所以E，F，B，C四点共面．……………………（11分）又因为CE∥平面PAB，且CE⊂平面BCEF，且平面BCEF∩平面PAB=BF，所以CE∥BF，……………………（13分）所以四边形BCEF为平行四边形，所以EF=BC．在△PAD中，因为EF∥AD，所以，……………………（14分）即．8．【解答】证明：（1）∵D，E分别为AB，AC的中点，∴DE∥BC，又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC．（2）连接PD，∵DE∥BC，又∠ABC=90°，∴DE⊥AB，又PA=PB，D为AB中点，∴PD⊥AB，又PD∩DE=D，PD⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，∴AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE．（3）∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，PD⊂平面PAB，∴PD⊥平面ABC，∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴PD=，∵E是AC的中点，∴．9．【解答】证明：（Ⅰ）∵AD∥BC，，Q为AD的中点∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵BQ⊥平面PAD∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．解：（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵PQ⊥平面ABCD．以Q为原点分别以、、为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），，，，设M（x0，y0，z0），∴，，．由M是PC上的点，设，化简得．设异面直线AP与BM所成角为θ，则．∴，解得或，故或．10．【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDFE．又AC⊂平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE．（2）设AC∩BD=O，∵四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，AB=2CD=2，∴OD=OC=1，OB=OA=2，∵EF∥OB且EF=OB，∴四边形FEBO为平行四边形，∴OF∥BE，且OF=BE=2，又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD．以O为原点，向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，2，0），D（0，﹣1，0），F（0，0，2），C（﹣1，0，0），∴=（0，1，2），=（1，﹣1，0），=（0，﹣2，2），设平面DFC的一个法向量为=（x，y，z），则有，即，不妨设z=1，得x=y=﹣2．即=（﹣2，﹣2，1），于是cos＜，＞===．设BF与平面DFC所成角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=．∴BF与平面DFC所成角的正弦值为．11．【解答】证明：（1）在ABN中，∵M是AB的中点，D是BN的中点，∴MD∥AN，又AN⊂平面PAC，MD⊄平面PAC，∴MD∥平面PAC．（2）在△ABC中，∵CA=CB，M是AB的中点，∴AB⊥MC，又∵AB⊥PC，PC⊂平面PMC，MC⊂平面PMC，PC∩MC=C，∴AB⊥平面PMC．又∵AB⊂平面ABN，∴平面ABN⊥平面PMC．12．【解答】证明：（1）如图，取PD的中点E，连接AE，NE．∵E、N分别为PD，PC的中点，∴EN CD，又M为AB的中点，∴AM CD，∴EN AM，∴四边形AMNE为平行四边形．∴MN∥AE，∴MN∥平面PAD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）∵PA⊥平面ABCD，∠PDA=45°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴AE⊥PD，又∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，又CD∩PD=D，∴AE⊥平面PCD，∴MN⊥平面PCD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）13．【解答】（1）证明：取AB的中点F，连接CF，A1F，∵A1A⊥平面ABC，CF⊂平面ABC，∴所以A1A⊥CF．∵△ABC为正三角形，F为AB的中点，∴BA⊥CF，又∵AA1，AB⊂平面AA1B1B，AA1∩AB=A，∴CF⊥平面AA1B1B，又∵AD⊂平面AA1B1B，所以CF⊥AD，正方形AA1B1B中，∵Rt△A1AF≌Rt△ABD，∴∠DAB=∠FA1A，又∵∠AFA1+∠FA1A=90°，∴∵∠AFA1+∠DAB=90°，，故AD⊥A1F，又∵CF∩A1F=F，CF，A1F⊂平面A1FC，∴AD⊥平面A1FC，又∵A1C⊂平面A1FC，∴A1C⊥AD．（2）取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹．理由如下：∵DE∥AB，DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴ED∥平面ABC，∴P到平面ABC的距离为．所以V==．14．【解答】证明：（Ⅰ）过点A1在平面ABB1A1内作BB1的垂线，垂足为O，连结C1O，∵A1C1⊥B1B，A1O⊥B1B，A1C1∩A1O=A1，∴B1B⊥平面A1OC1，∵OC1⊂平面A1OC1，∴B1B⊥OC1，由题可知A1B1=A1C1=B1C1=2，在B△A1OB1中，∵A1O⊥OB1，∠A1B1B=45°，A1B1=2，∴OA1=OB1=2，在△OB1C1中，∵C1O⊥OB1，B1C1=2，OB1=2，∴OC1=2，∴=A1C12，∴OC1⊥OA1，∵OA1∩OB1=O，∵OC1⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC1、OA1、OB1两两垂直，以O为坐标原点，OA1为x轴，OB1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB=2，BB1=4，OC1=2，OA1=2，OB1=2，∴A1（2，0，0），B1（0，2，0），C1（0，0，2），B（0，﹣2，0），A（2，﹣4，0），C（0，﹣4，2），=（2，﹣2，0），=（0，﹣2，2），=（﹣2，0，2），=（0，4，0），设=（x，y，z）是平面ABC的法向量，则，取x=1，得=（1，1，1），设=（x，y，z）是平面A1AC的法向量，则，取x=1，得=（1，0，1），∴cos＜＞==．∴二面角B﹣AC﹣A1的余弦值为．15．【解答】解：解法一：依条件可知AB、AC，AA1两两垂直，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz．根据条件容易求出如下各点坐标：A（0，0，0），B（0，2，0），C（﹣1，0，0），A1（0，0，2），B1（0，2，2），C1（﹣1，0，2），M（0，1，2），（I）证明：∵是平面ACCA1的一个法向量，且，所以又∵MN⊄平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A1（II）设=（x，y，z）是平面AMN的法向量，因为，由得解得平面AMN的一个法向量=（4，2，﹣1）由已知，平面ABC的一个法向量为=（0，0，1）∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是解法二：（I）证明：设AC的中点为D，连接DN，A1D∵D，N分别是AC，BC的中点，∴又∵，∴，∴四边形A 1DNM是平行四边形∴A1D∥MN∵A1D⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1∴MN∥平面ACC1A1（II）如图，设AB的中点为H，连接MH，∴MH∥BB1∵BB1⊥底面ABC，∵BB1⊥AC，BB1⊥AB，∴MH⊥AC，MH⊥AB∴AB∩AC=A∴MH⊥底面ABC在平面ABC内，过点H做HG⊥AN，垂足为G 连接MG，AN⊥HG，AN⊥MH，HG∩MH=H ∴AN⊥平面MHG，则AN⊥MG∴∠MGH是二面角M﹣AN﹣B的平面角∵MH=BB1=2，由△AGH∽△BAC，得所以所以∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是16．【解答】解：（1）∵平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．∴过E作EQ⊥平面BCD，交CD于Q，过A作AP⊥平面BCD，交BC于P，∴EQ∥AP，过Q作QO∥BC，交BD于O，则直线OQ就是在平面BCD内所求的直线，使得直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．证明如下：∵EQ∥AP，QO∥BC，EQ∩QO=Q，AP∩BC=P，EQ、QO⊂平面EQO，AP、BC⊂平面ABC，∴平面EQO∥平面ABC，∴直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．（2）∵△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，∴AP==2，∴S==2，△ABC点E到平面ABC的距离d===，∴三棱锥E﹣ABC的体积V E===．﹣ABC17．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD=CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO．因为PB=PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO．又PO∩CO=O，所以BD⊥平面PCO．因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．解：（2）由E为PB中点，连EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，所以EO∥平面PAD．由∠ADB=90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD，又CO⊄平面PAD，所以CO∥平面PAD．又CO∩EO=O，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD．18．【解答】解：（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，∴AA1⊥平面ABCD，AC==2，∴∠A1CA是A1C与底面ABCD所成的角，∵A1C与底面ABCD所成的角为60°，∴∠A1CA=60°，∴AA1=AC•tan60°=2•=2，=AB×BC=2×2=4，∵S正方形ABCD∴四棱锥A1﹣ABCD的体积：V===．（2）∵BD∥B1D1，∴∠A1BD是异面直线A1B与B1D1所成角（或所成角的补角）．∵BD=，A1D=A1B==2，∴cos∠A1BD===．∴∠A1BD=arccos．∴异面直线A1B与B1D1所成角是arccos．19．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD、AC交于O点，∵PB=PD，∴PO⊥BD，又∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，而AC∩PO=O，∴BD⊥平面PAC，且PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC．解：（Ⅱ）由条件可知△ABD≌△PBD，∴AO=PO=，∵PA=，∴PA2=OA2+OP2，∴PO⊥AC，由（Ⅰ）知，BD⊥平面PAC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥BD，∴PO⊥平面ABCD，∴平面APC⊥平面ABCD，过E点作EF⊥AC，交AC于F，则EF⊥平面ABCD，∴EF∥PO，∴EF、PO分别是三棱锥E﹣ABC和四棱锥P﹣ABCD的高．又V1=V P﹣ABC﹣V E﹣ABC=，，由=，得4（PO﹣EF）=PO，∴，又由△AEF∽△APO，=，∴=．20．【解答】解：（Ⅰ）由题可知，CM=2t，C1M=2﹣2t，∴V1=S△ECF•CM==，=S•C1M=（2﹣2t）=（1﹣t），V2∴V1•V2=≤•（）2=．当且仅当t=1﹣t，即t=时等号成立．所以当t=时，V1•V2最大，最大值为．（Ⅱ）连接A1C1交B1D1于点O，则O为A1C1的中点，∵A1C∥平面B1D1M，平面A1CC1∩平面B1D1M=OM，∴A1C∥OM，∴M为CC1的中点，连接BD，∵E，F为BC、CD的中点，∴EF∥BD，又AC⊥BD，∴AC⊥EF．∵AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，∴AA1⊥EF，又AA1∩AC=A，∴EF⊥平面A1AC，又A1C⊂平面A1AC，∴EF⊥A1C．同理可得：EM⊥A1C，又EF∩EM=E，∴A1C⊥平面EFM．又A1C∥平面B1D1M，∴平面EFM⊥平面B1D1M．21．【解答】解：（Ⅰ）∵DA=AB=BC=a，∠ABE=∠BAF=90°，∴四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，CD⊥DP，又AD∩DP=D，∴CD⊥平面ADP．∵AD2+DP2=AP2，∴AD⊥DP，又CD⊥AD，CD∩DP=D，∴AD⊥平面CDPQ，又AD∥BC，∴BC⊥平面CDPQ．∴V B﹣CDPQ==（a+2a）×a×a=a3，V B﹣ADP===．∴多面体ABCDPQ的体积为V B﹣CDPQ +V B﹣ADP=．（Ⅱ）取BP的中点G，连接GQ、DG、DQ，在△ABP中，BP==2a，∴BG=BP=a，在△BCQ中，BQ==a，PQ==a，∴PQ=BQ，∴GQ⊥BP．∴QG==a，又BD==2a=DP，∴DG⊥BP，∴DG==a，又DQ==a，∴DQ2=QG2+DG2，即QG⊥DG．又BP∩DG=G，∴QG⊥平面PBD，又QG⊂平面PBQ，∴平面PBQ⊥平面PBD．22．【解答】（1）证明：连接BD，因为底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，所以△ABD 是正三角形，所以AD⊥BO，因为O为AD的中点，PA=PD，所以AD⊥PO，且PO∩BO=O，所以AD⊥平面POB，又AD⊂平面PAD，所以平面POB⊥平面PAD；（2）解：因为是正三角形，所以OB=3，在Rt△PAO中，，所以PO=2，又，所以OB2+PO2=PB2，所以∠POB=90°，即PO⊥OB，又AD⊥PO，且OB∩AD=O，所以PO⊥平面ABCD，因为，所以四棱锥P﹣ABCD的体积为．23．【解答】（I）证明：∵PA=PD，Q是AD的中点，∴PQ⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，∴BC⊥PQ，∵BC=AD=DQ，BC∥AD，∠ADC=90°，∴四边形BCDQ是矩形，∴BC⊥BQ，又PQ∩BQ=Q，∴BC⊥平面PBQ，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB．（II）过M作MN∥CD交PD与N，则平面BMQ∩平面PCD=MN，∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，BQ⊥AD，BQ⊂平面PAD，∴BQ⊥平面PAD，又BQ∥CD∥MN，∴MN⊥平面PAD，∴MN⊥NQ，MN⊥PD，∴∠DNQ为平面BMQ与平面PCD所成角，即∠DNQ=60°，∵PD=PA=2，AD=2BC=2，∴∠PDO=60°，∴△DNQ是等比三角形，∴DN=DQ=1，即N是PD的中点，∴M是PC的中点，∵PD=2，CD=，∴PC=，∴PM==．24．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC中，∵，AB=2，BC=1，∴AC2+BC2=AB2．∴AC⊥BC．又∵AC⊥FB，BF∩CB=B，∴AC⊥平面FBC．（Ⅱ）解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC．∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD．在Rt△ACB中，，∴∠CAB=30°，∴在等腰梯形ABCD中可得∠ABD=∠CDB=∠CBD=30°，∴CB=DC=1，∴FC=1．∴△BCD的面积S==．∴四面体FBCD的体积为：．（Ⅲ）解：线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM，证明如下：连接CE与DF交于点N，连接MN．由CDEF为正方形，得N为CE中点．∴EA∥MN．∵MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，∴EA∥平面FDM．所以线段AC上存在点M，使得EA∥平面FDM成立．25．【解答】（Ⅰ）证明：∵PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，∴四边形PQCD是平行四边形，∴PD∥CQ，∵PD⊄平面QBC，CQ⊂平面QBC，∴PD∥平面QBC．（Ⅱ）证明：∵∠APD=90°，∴PD⊥PA，∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，四边形ABCD是直角梯形，AB ∥DC，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，∵PD∥QC，∴PA⊥QC，AB⊥QC，∵PA∩AB=A，∴QC⊥平面PABQ．（Ⅲ）解：存在．由（Ⅱ）可知QC⊥平面PABQ；作AM⊥BQ，交BQ于M，可知AM⊥CQ，BQ∩CQ=Q，所以AM⊥平面BCQ，BC⊂平面BCQ，∴AM⊥BC．QB=，cosB=，BM=2=，QM==．26．【解答】解：（1）证明：在图1中，由题意知AE=1，AD=BE=2，在△ADE中，由余弦定理知：DE2=AE2+AD2﹣AE×AD=12+22﹣1×2=3，所以：AE2+DE2=AD2，所以：DE⊥AE，DE⊥BE，在△ADE沿直线DE折起的过程中，DE与AE，BE的垂直关系不变，故在图2中有DE⊥A'E，DE⊥BE，又A'E∩BE=E，所以DE⊥平面A'EB，所以DE⊥A'B．（2）如图2，因为平面A'DE⊥底面BCDE，由（1）知DE⊥A'E，且平面A'DE∩底面BCDE=DE，所以A'E⊥底面BCDE，所以A'E为三棱锥A'﹣EDC的高，且A'E=AE=1，又因为在图1中，S△ECD=S△ABC﹣S△AED﹣S△BEC=，所以：，故三棱锥D﹣A'CE的体积为．27．【解答】（1）证明：∵PA⊥AC，PA=2，AC=2，∴，又∵，BC=2，∴PB2+BC2=PC2，则BC⊥PB．又∵AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥PA，又PA⊥AC，AC∩BC=C，∴PA⊥平面ABC．又∵BD⊂平面PAC，∴PA⊥BD，在Rt△ABC中，由BC=2，AC=2，可得AB=2，又∵D为AC的中点，∴BD⊥AC，而PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，则平面BDE⊥平面PAC；=V E﹣PBC=V B﹣APCE﹣V P﹣ABC．（2）解：V P﹣EBC由已知，DE∥AP，∴．∴=，．∴．28．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵AD=2AB，E为线段AD的中点，∴AB=AE，取BE中点O，连接PO，则PO⊥BE，又平面PEB⊥平面BCDE，平面PEB∩平面BCDE=BE，∴PO⊥平面BCDE，则PO⊥EC，在矩形ABCD中，∴AD=2AB，E为AD的中点，∴BE⊥EC，则EC⊥平面PBE，∴EC⊥PB，又PB⊥PE，且PE∩EC=E，∴PB⊥平面PEC．（Ⅱ）以OB所在直线为x轴，以平行于EC所在直线为y轴，以OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，∵PB=PE=2，则B（，0，0），E（﹣，0，0），P（0，0，），D（﹣2，，0），C（﹣，2，0），∴=（﹣，0，﹣），=（﹣，2，﹣），∴cos∠EPC===，可得：sin∠EPC==，可得：S△EPC=||•||•sin∠EPC=2×2×=2，=V D﹣EPC，设三棱锥D﹣PEC的高为h，则可得：S△ECD•OP=S△EPC•h，可∵V P﹣ECD得：=2×h，∴解得：三棱锥D﹣PEC的高h=1．29．【解答】解：（Ⅰ）在Rt△BEB中，BE=1，AB=，所以∠BAE=30°……（1分）同理∠BDA=30°，从而∠AOD=90°，AF⊥BD……（2分）又因为AD∥EC，AD=EC，所以ADCE是平行四边形，∠CDO=∠AOD=90°，CD⊥DO……（3分）因为平面ABE⊥平面ADE，平面ABE∩平面ADE=AE，BO⊥AE，所以BO⊥平面ADE……（4分）又CD⊂平面ADE，所以BO⊥CD，BO∩DO=O，BO⊂平面BOD，OD平面BOD．所以CD⊥平面BOD……（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，四边形AECD的面积S=CD•OD=3……（7分）连接AC，则△ACD的面积S1=，三棱锥B=ACD的体积V=……（9分）△BCD的面积S2=……（10分）设A到平面BCD的距离为h，则h=，h=……（11分）直线AB与面BCD所成角的正弦值为，余弦值为……（12分）30．【解答】证明：（1）取AB中点为R，连接PR，B1R∵点P是CD中点，Q是A1B1的中点，∴四边形AQB1R，PRB1C1都为平行四边形，∴AQ∥B1R，B1R∥PC1，∴AQ∥PC1．∵AQ⊄平面PBC1，PC1⊂平面PBC1，∴AQ∥平面PBC1．（Ⅱ）∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，BC=CC1，∴B1C⊥BC1．∵A1B1⊥平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1．∵A1B1∩B1C=B1，A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，∴BC1⊥平面A1B1C，BC1⊂平面PBC1，∴平面A1B1C⊥平面PBC1．31．【解答】（1）证明：由AD=6，DM=4可得AM=2，则BC=AM，又AD∥BC，则四边形ABCM是平行四边形，则CM∥AB，∵AD⊥AB，∴CM⊥AD．又PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴PA⊥CM，∵PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，∴CM⊥平面PAD，又CM⊂平面PCM，∴平面PCM⊥平面PAD．（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∵∠APB=45°，∴AP=AB=6．∵，∴．∴四棱锥P﹣ABCM的表面积为．32．【解答】（本小题满分12分）解：（1）直线DF与平面BCE'相交，理由如下：因为E'⊄平面ABCD，所以D⊄平面BCE'．若DF∥平面BCE'，设平面DCE'∩平面BCE'=CM，则DF∥CM．CM与CB不重合．又因为AD∥BC，所以平面ADE'∥平面BCE'，矛盾．所以直线DF与平面BCE'相交．…………………………（4分）证明：（2）取AB的中点O，连接E'O，BD，由等腰梯形ADCE中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，，所以E'O⊥AB，DO⊥AB，…………………………（6分）分别以BA，OD所在的直线为x轴，y轴，过O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设二面角E'﹣AB﹣D的大小为α．则．过E'作E'G⊥OD于点G．因为E'O⊥AB，DO⊥AB，所以AO⊥平面E'OD，∠E'OD=α．所以E'G⊥AO．所以E'G⊥平面ABCD．…………………………（8分）所以．设平面E'AB的法向量为n=（x，y，z），则，即令y=1，得平面E'AB的一个法向量为n=（0，1，﹣cotα）．…………………………（10分）同理可求平面E'DC的一个法向量为．所以．解得：．所以二面角E'﹣AB﹣D的大小为，即平面ABE'⊥平面ABCD．…………………………（12分）33．【解答】证明：（I）因为AD=4，AB=2，，所以AB2+BD2=AD2，AB⊥BD，且∠ADB=30°．又△BCD是等边三角形，所以∠ADC=90°，即CD⊥AD．…（3分）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PA．……（6分）解：（II）因为平面BEF∥平面PCD，所以BF∥CD，EF∥PD，且BF⊥AD．……（8分）又在直角三角形ABD中，DF=，所以AE=AF=1．所以．……（10分）由（I）知CD⊥平面PAD，故四棱锥C﹣PEFD的体积．…（12分）34．【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，AD=2，∴BC=AD=2，又AB=AC=2，∴AB2+AC2=BC2，∴AC⊥AB，又PB⊥AC，且AB∩PB=B，∴AC⊥平面PAB，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；（2）由（1）知AC⊥AB，AC⊥平面PAB，分别以AB、AC所在直线为x轴、y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示；则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），=（0，2，0），=（﹣2，2，0）；由∠PBA=45°，PB=，可得P（1，0，1），∴=（1，0，1），=（﹣1，0，1）；假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，设=λ（0＜λ＜1），则=λ=（λ，0，λ），=﹣=（λ，﹣2，λ），设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即，令z=1，可得x=y=1，∴平面PBC的一个法向量为=（1，1，1），设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|===，解得λ=或λ=（不合题意，舍去），∴存在=，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．35．【解答】解：（1）以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），∵E、F、G分别为BC、PD、PC的中点，∴，F（0，1，），G（），∴=（﹣1，），=（），设EF与DG所成角为θ，则cosθ==．∴EF与DG所成角的余弦值为．（2）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），∵=（0，1，0），=（1，0，﹣1），∴，取x=1，得=（1，0，1），M为EF上一点，N为DG上一点，若存在MN，使得MN⊥平面PBC，则∥，设M（），N（x2，y2，z2），则，①∵点M，N分别是线段EF与DG上的点，∴，∵=（），=（x2，y2﹣2，z2），∴，且，②把②代入①，得，解得，∴M（），N（）．36．【解答】解：（1）∵D，E分别是AC，AB的中点，∴DE∥BC，∵四边形BB1C1C为矩形，∴BC⊥CC1．∵AC=BC=4，AB=4，∴AC2+BC2=AB2，∴BC⊥AC，又AC∩CC1=C，∴BC⊥平面AA1C1C，∴DE⊥平面AA1C1C．。

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高考大题专攻练9.解析几何(A组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.如图，设点A，F1，F2分别为椭圆+=1的左顶点和左、右焦点，过点A作斜率为k的直线交椭圆于另一点B，连接BF2并延长交椭圆于点C.(1)求点B的坐标(用k表示).(2)若F1C⊥AB，求k的值.【解析】(1)设点B(x B，y B)，直线AB的方程为y=k(x+2)，联立+=1得，(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0，所以-2x B=，即x B=，所以y B=k(x B+2)=，即B.(2)易知F2(1，0)，=，=-，所以直线BF2，CF1的方程分别为y=(x-1)，y=-(x+1)，由解得C(8k2-1，-8k)，代入+=1，得192k4+208k2-9=0，即(24k2-1)(8k2+9)=0，得k2=，所以k=±.2.已知动圆P与圆E：(x+)2+y2=25，圆F：(x-)2+y2=1都内切，记圆心P的轨迹为曲线C.世纪金榜导学号92494445(1)求曲线C的方程.(2)直线l与曲线C交于点A，B，点M为线段AB的中点，若|OM|=1，求△AOB面积的最大值.【解题导引】(1)确定|PE|+|PF|=4>2，可得P的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，且a=2，c=，b=1，即可求C的方程.(2)将直线方程代入椭圆方程，由根与系数的关系及中点坐标公式，即可求得M点坐标，由|OM|=1，可得n2=，由三角形面积公式，结合换元、配方法即可求得△AOB面积的最大值.【解析】(1)设动圆P的半径为r，由已知|PE|=5-r，|PF|=r-1，则有|PE|+|PF|=4>2，所以P的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，且a=2，c=，b=1所以曲线C的方程为+y2=1.(2)设直线l：x=my+n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆方程，整理得：(4+m2)y2+2mny+n2-4=0①y1+y2=-，y1·y2=，x1+x2=，由中点坐标公式可知：M因为|OM|=1，所以n2=②，设直线l与x轴的交点为D(n，0)，则△AOB面积S2=n2(y1-y2)2=，设t=m2+16(t≥16)，则S2=48，当t=24时，即m=±2时，△AOB的面积取得最大值1.【加固训练】(2017·武汉二模)已知椭圆C：+y2=1的左焦点为F，不垂直于x轴且不过F点的直线l与椭圆C相交于A，B两点.(1)如果直线FA，FB的斜率之和为0，则动直线l是否一定经过一定点？若过一定点，则求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由.(2)如果FA⊥FB，原点到直线l的距离为d，求d的取值范围.【解析】(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为：y=kx+b，联立整理得(2k2+1)x2+4kbx+2(b2-1)=0，x1+x2=，x1x2=，Δ=8(2k2+1-b2)>0 ①，k FA+k FB=+=.所以(kx2+b)(x1+1)+(kx1+b)(x2+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2k×-(k+b)×+2b=0，所以b=2k，直线AB的方程为：y=kx+2k，则动直线l一定经过一定点(-2，0).(2)由(1)得·=(x1+1，y1)·(x2+1，y2)=(x1+1)(x2+1)+(kx1+b)(kx2+b)=(1+k2)x1x2+(kb+1)(x1+x2)+b2+1=(k2+1)×-(kb+1)×+b2+1=0.所以3b2-4kb-1=0，k=代入①得①恒成立.又d===<，所以d的取值范围.关闭Word文档返回原板块。

历年全国高中数学联赛《解析几何》专题真题汇编1、已知点A 为双曲线x 2-y 2=1的左顶点，点B 和点C 在双曲线的右分支上，△ABC 是等边三角形，则△ABC 的面积是 （ C ）(A) 33 (B) 233 (C) 33 (D) 633、若实数x, y 满足(x+5)2+(y12)2=142，则x 2+y 2的最小值为( )(A) 2 (B) 1 (C) 3 (D)2 【答案】B【解析】利用圆的知识结合数形结合分析解答，22x y +表示圆上的点（x,y ）到原点的距离。

4、直线134=+yx 椭圆191622=+y x 相交于A ，B 两点，该圆上点P ，使得⊿PAB 面积等于3，这样的点P 共有( )(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个【答案】B5、设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么直线ax －y +b=0和曲线bx 2+ay 2=ab 的图形是（ ）【答案】B6、过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于点P ，则线段PF 的长等于（ ） (A)163 (B) 83 (C) 1633 (D) 8 3 【答案】A【解析】抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB 所在直线方程为y=3x ，弦的中点yxO Ox yO xyyx O A. B. C.D.在y=pk =43上，即AB中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x－43)+43，令y=0，得点P的坐标为163．∴PF=163．选A．7、已知M={(x，y)|x2+2y2=3}，N={(x，y)|y=mx+b}．若对于所有的m∈R，均有M∩N≠∅，则b的取值范围是( )A．[－62，62] B．(－62，62) C．(－233，233] D．[－233，233] 【答案】A【解析】点(0，b)在椭圆内或椭圆上，⇒2b2≤3，⇒b∈[－62，62]．选A．8、方程13cos2cos3sin2sin22=-+-yx表示的曲线是（）A．焦点在x轴上的椭圆B．焦点在x轴上的双曲线C．焦点在y轴上的椭圆D．焦点在y轴上的双曲线【答案】C9、设圆O1和圆O2是两个定圆，动圆P与这两个定圆都相切，则圆P的圆心轨迹不可能是（）【答案】A【解析】设圆O1和圆O2的半径分别是r1、r2，|O1O2|=2c，则一般地，圆P的圆心轨迹是焦点为O1、O2，且离心率分别是212rrc+和||221rrc-的圆锥曲线（当r1=r2时，O1O2的中垂线是轨迹的一部份，当c=0时，轨迹是两个同心圆）。

2018年全国二卷立体几何（文理）详解各位铁子门，欢迎大家再次来到孙老师的鹏哥谈数学！上两节课带着大家分析了2018年全国一卷、三卷的立体几何解答题，大家有怎么样的感受？此时，你的内心有没有一点点涟漪浮起？……12分的解答题，简直是弱爆了，竟然只考……面面垂直、空间角……其实吧，所谓命题专家也就这点能耐了！……不信，你再看2018年的全国二卷之立体几何…………竟然……线面垂直、空间角……（据说葛大爷葛军退役后，江湖再无哭泣，人间宁静安详……）来看看二卷的这道题，心细的伙伴们有没有发现，我们二卷的立体几何经常考棱锥（文理科一样样），不信，你看………16年五棱锥（菱形对折）、17年四棱锥、18年三棱锥…….……额……19年要考谁？能考谁？来来来，孙老师偷偷告诉你……（哈哈，我总是低调不了，总是这么傲娇，我想总有一天会死得很惨，哈哈哈）我们先看18年二卷理科的这道题（孙老师忍不住想告诉你，18年理科这道题的题号发生了调整，干翻了解析几何老二的宝座，跑到了第20题，这是疏忽还是有意，各位童鞋们怎么看，哈哈哈！）：（1）线面垂直……我不想多做解释了，实在记不起来，回头看我的前一篇帖子2018年全国一卷理科数学立体几何详解我还是忍不住想再说一遍，老师嘛，传道受业解惑也！……如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直……当然，我们需要先尝试找到边角关系，中点是突破口，等腰三角形是关键，勾股定理是核心，判定定理算锤子，于是乎……（2）空间角之线面角……还要再重复吗？no……你已成仙，再不晓得就自己挂掉吧！（童话里都是骗人的.......忽然想到了成龙大哥，金喜善.......年代久远，尔等可能不知道，历史人物......）建系……我们再看18年二卷文科的这道题：……立体几何，同样的三棱锥，长相神似理科，两个问题…………线面垂直、点面距……额，文科的特点来了，都说文科感性，理科理性，扯什么淡，有证据吗？我也会写诗，我也能抒情，原谅一个理工直男的表白吧！哈哈，我都说了些什么？嗯…….算了吧，不作践自己了！孙老师也是重情之人，脸皮薄，容易脸红，本来脸黑，一红就更黑了……（哈哈哈）点面距…..？什么东西？……垂线上任意一点到垂足间的线段，叫做这个点到这个平面的垂线段．垂线段的长度叫做这个点到平面的距离!那么，我们怎么解决点面距的问题？（三个方法，随便你爱那个，只要能放电就行！）（1）找点投影法求点面距（告诉你，这个基本帮不了什么你忙，所以，别多想……）（2）等体积法求点面距（学马克思的小伙伴们，注意啦！这个是需要你记住的，重要的事情孙老师历来只说一遍，这次孙老师说三遍三遍啊，什么概念？不想死就必须记下！）（3）空间向量法求点面距（哈哈哈，文科生不太能理解，专属理科生，万能的！重要性你懂得！）我们看这道题：（1）线面垂直……（2）点面距……等体积法（文科嘛！也只能这样了，局限性……）。

1．A【解析】分析：根据集合交集的定义进行求解即可求出结果.详解：∵，，∴，故选A.点睛：本题主要考查集合的基本运算，根据交集的定义是解决本题的关键，比较基础.2．B【解析】分析：利用复数代数形式的乘法运算展开，根据实数的特征得虚部为0即可求得值.详解:，∵，∴，解得，故选：B点睛：本题考查复数代数形式的乘法运算，考查复数的基本概念，是基础题.点睛：本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．4．A【解析】分析：根据圆的方程的特征分别计算出两圆的圆心与半径，计算处圆心距，根据可得两圆位置关系.详解：由题意知，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，因为两圆心距为，又，则，所以两圆的位置关系为相离，故正确答案为A.点睛：此题主要考查解析几何中圆的标准方程，两圆的位置关系，以及两点间的距离公式的应用等有关方面的知识与技能，以属于中低档题型，也是常考考点.判断两圆的位置关系，有两种方法，一是代数法，联立两圆方程，消去其中一未知数，通过对所得方程的根决断，从而可得两圆关系；一是几何法，通计算两圆圆心距与两圆半径和或差进行比较，从而可得两圆位置关系.5．D【解析】分析：画出不等式组表示的平面区域，作出目标函数对应的直线，结合图象知当直线过时，值最小，没有最大值．详解：由题意，先作出约束条件的可行域图，如图所示，将目标函数转化为，作出其平行直线，将其在可行域范围内上下平移，则当平移至顶点时，截距取得最小值，即，故正确答案为D.点睛：本题考查了画不等式组表示的平面区域，利用数形结合求函数最值的应用问题.点睛：本题考查了对数的运算性质，特值法在选择题中的应用，属于基础题7．A【解析】分析：由随机变量的分布列，推导出，从而当增大时，增大；，由，得到当增大时，增大.详解：由随机变量的分布列，得，∴当增大时，增大；，∵，∴当增大时，增大，故选A．点睛：本题考查命题真假的判断，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题8．C【解析】分析：对函数求导，令，得或，根据函数的图象可得方程有解，由此根据函数的单调性和极值的关系得到函数既有极大值，又有极小值.详解：由题意，，由，得或，由方程，结合函数图象，作出和的图象，结合图象得和的图象有交点，∴方程有解，由此根据函数的单调性和极值的关系得到：函数既有极大值，又有极小值具有极大值，也有极小值，故选C.点睛：本题考查函数的极大值和极小值的判断，考查导数的几何意义、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题.点睛：此题主要考查平面向量的模、数量积的坐标表示及运算，以及坐标法、圆的方程的应用等有关方面的知识与技能，属于中高档题型，也是常考考点.在解决此类问题中，需要根据条件，建立合理的平面直角坐标系，将向量关系转化为点位置关系，通对坐标运算，将其结果翻译为向量结论，从而问题可得解.10．A【解析】分析：设三角形的高分别为，三棱锥的高为，易知，根据正弦函数的定义可得结果．详解：由题意，设三角形的高分别为，三棱锥的高为，易知，根据正弦函数的定义得，，所以，又均为锐角，所以，故正确答案为A.点睛：本题考查二面角的余弦值的求法的应用，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题.11．【解析】由可得双曲线的渐近线方程是，且双曲线中，.点睛：本题考查了等比数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.13．【解析】分析：由已知中的三视图，可知该几何体左侧是球的四分之一，右侧是一个半圆锥，然后求解几何体的体积，求出底面面积，代入棱锥体积公式，可得几何体的体积，累加各个面的面积可得，几何体的表面积．学科&网详解：由三视图知，该几何体是由四分之一球与半个圆锥组合而成，则该组合体的体积为，表面积为，故答案为和.点睛：本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状及熟记几何体的体积及表面积公式.14．【解析】分析：由正弦定理得，设，利用余弦定理能求出；当时，，根据的面积公式可求出结果．详解：由题意，根据正弦定理得，，设，根据余弦得，；由，则，又，根据三角形面积公式得，故答案为及.点睛：本题考查角余弦值的求法，考查三角形面积的求法等基础知识，考查运用求解能力，是中档题.15．32【解析】分析：根据题意，按6个球取出的数目分6种情况讨论，分析求出每一种情况的取法数目，由加法原理计算可得答案.详解：由题意，一次可以取球的个数为1，2，3，4，5，6个，则若一次取完可由1个6组成，有1种；二次取完可由1与5，2与4，3与3组成共5种；三次取完由1，1，4或1，2，3或2，2，2组成共10种；四次取完有1，1，1，3或1，1，2，2组成共10种；五次取完，由1，1，1，1，2个组成共5种；六次取完由6个1组成共有1种，综上得，共有32种，故答案为32.点睛：此题主要考查数学中计数原理在实际问题中的应用，属于中档题型，也是常考考点.计数原理是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数原理、分步乘法计数原理是解计数问题最基本、最重要的方法，也称为基本计数原理，它们为解决很多实际问题提供了思想和工具.点睛：本题考查了绝对值不等式的性质与解法、函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.17．【解析】分析：由题意知，，所以，由此可知，当时取得最大值．详解：由题意知，，对任意，不等式恒成立恒成立边上的高大于等于恒成立，∵，∴，所以，由此可知，当时取得最大值．点睛：本题考查余弦定理及其应用，解题时要认真审题，不等式恒成立边上的高大于等于恒成立，是解题关键．18．(1)见解析;(2)(＋2kπ，＋2kπ)（k∈Z）．【解析】试题分析：（Ⅰ）由已知，根据诱导公式，可将函数的解析式进行化简整理，再根据正弦函数周期的计算公式，可求出原函数的最小正周期，根据正弦函数的值域，可求出原函数的最大值；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得函数的解析式，根据正弦函数的单调减区间，从而问题可得解.（Ⅱ）因为f (－x)＝2sin(x－)，所以单调递减区间为(＋2kπ，＋2kπ)（k∈Z）．点睛：此题主要考查三角函数中诱导公式的应用，以及三角函数的最小正周期、单调区间、最值等有关方面的知识与技能，属于中档题型，也是常考考点.解决此类问题过程中，常需要通过诱导公式、三角恒等变换公式将函数解析式进行化归，即含一种三角函数名、一个角的解析式，再进行求解运算.19．(1)见解析;(2).【解析】分析：（Ⅰ）由题意，可根据面面垂直的判定定理进行求解，将问题转化为线面垂直，再转化为线线垂直，即先证，，则平面，从而问题可得解（Ⅱ）由题意，可作出所求线面角，再根据正弦函数值的定义进行求解，从而问题可得解，或可采用向量法进行求解亦可.详解：（Ⅰ）有题意知AM⊥BD，又因为AC′⊥BD，所以BD⊥平面AMC，因为BD平面ABD，所以平面AMC⊥平面ABD．（Ⅱ）在平面AC′M中，过C′作C′F⊥AM交AM于点F，连接F D．由（Ⅰ）知，C′F⊥平面ABD，所以∠C′DF为直线C′D与平面所成的角．解得，x＝2－2，即AF＝2－2．所以C′F＝2．故直线与平面所成的角的正弦值等于＝．点睛：本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题.20．(1);(2)见解析.【解析】分析：（Ⅰ）由题意，根据函数导数的计算公式、法则进行运算，从而问题可得解；（Ⅱ）由题意，可将不等式的证明转化为求函数的单调性、最值的问题，通过研究函数的单调性，求出函数的最值，再根据最值点的范围，从而问题可得解.详解：（I）．（Ⅱ）设，则函数g(x)在单调递减，且，，所以存在，使g(x0)＝0，即，所以x0＋1－(2x0＋1)ln x0＝0，所以f′(x)＝0，且f (x)在区间(0，x0)单调递增，区间(x0，＋∞)单调递减．所以f (x)≤f (x0)＝＝．点睛：本题考查函数的导数的求法，考查不等式的证明，考查导数的运算法则、导数性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查创新意识和应用意识，是中档题21．(1)y＝2x0x－;(2).【解析】分析：（Ⅰ）由题意，根据导数的几何意义，求出切线的斜率，再根据直线的点斜式进行运算求解，从而问题可得解；（Ⅱ）由（Ⅰ）可根据切线的方程求线段的中点，联立直线与抛物线方程消去,根据韦达定理，可得点纵坐标的关系式，利用重心坐标性质建立关系式，从而求出点的纵坐标，从而问题可得解.详解：（Ⅰ）因为y′＝2x，所以直线AB的斜率k＝y′＝2x0．所以直线AB的方程y－x0＝2x0(x－x0)，即y＝2x0x－．由韦达定理，得y1＋y2＝4y2＝，y1y2＝3．所以，解得mx0＝．所以点D的纵坐标y D＝，故．点睛：本题考查了抛物线的性质，直线方程，联立直线与抛物线的方程，运用韦达定理是解题的关键，属于中档题. 22．(1)见解析;(2)见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）由题意，可采用数学归纳法，以及放缩法对不等式进行证明，从而问题可得解；（Ⅱ）在第（i）中，根据（Ⅰ）的结论，采用放缩法对数列的通项进行放大，再用累加法进行求解即可；在第（ii）中，对参数进行分段讨论，结合（i）中的结论，从而问题可得解.（Ⅱ）（ⅰ）当n≥m时，a n≥a m，＝a n＋≤a n＋，所以a n＋1所以a n－a n≤，累加得a n－a m≤(n－m)，＋1所以．（ⅱ）若，当时，，所以．所以当时，．所以当时，，矛盾．所以．因为，所以．点睛：此题主要考查数列中递推公式的应用，以及数学归纳法在证明有关数列不等式中的应用等有关方面的知识与技能，属于中高档题型，也是常考考点.数学归纳法是解决有关数列不等式问题的一种重要方法，只有理解数学归纳法中的递推思想，理解数学归纳法的原理与实质，掌握两个步骤，才能灵活地运用数学归纳法解决有关数列问题.。

2018年高考试题分类汇编（解析几何）考点1 直线与圆的方程1.（2018·全国卷Ⅰ·文科·15题）直线1y x =+与圆22230x y y ++-=交于A ,B 两点，则AB = .2.（2018·全国卷Ⅲ·理科·6题·文科·8题）直线20x y ++=分别与x 轴y 轴 交于A ，B 两点，点P 在圆22(2)2x y -+=上，则ABP ∆面积的取值范围是A ．[2,6]B ．[4,8]C ．D ． 3.（2018·北京卷·理科·7题）在平面直角坐标系中，记d 为点(cos ,sin )P θθ到 直线20x my --=的距离，当θ,m 变化时，d 的最大值为A.1B.2C.3D.44．（2018·江苏卷·12题）在平面直角坐标系xoy 中，A 为直线l ：2y x =上在第 一象限内的点，(5,0)B ，以AB 为直径的圆C 与直线l 交于另一点D ．若0A B C D ⋅=，则点A 的横坐标为 ． 考点2 双曲线的方程与性质1．（2018·浙江卷·2题）双曲线2213x y -=的焦点坐标是A ．(，B ．(2,0)-，(2,0)C ．(0,，D ．(0,2)-，(0,2)2.（2018·北京卷·文科·12题）若双曲线22214x y a -=（0a >则a =______.3.（2018·全国卷Ⅱ·理科·5题文科·6题）双曲线22221x y a b-=（0a >,0b >）的A ．y =B ．y =C ．2y x =±D ．2y x =±4.（2018·全国卷Ⅲ·理科·10题）双曲线C ：22221x y a b-=(0a >，0b >)的离(4,0)到C 的渐近线的距离为A ．2 C ．2D ．5.（2018·全国卷Ⅰ·理科·11题）已知双曲线C ：2213x y -=，O 为坐标原点，F为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为,M N .若OMN ∆为直角 三角形，则MN =A.32B.3C.4 6.（2018·全国卷Ⅲ·理科·11题）设12,F F 为双曲线C ：22221x y a b-=(0a >，0b >) 的左、右焦点，O 为坐标原点,过2F 作一条渐近线的垂线，垂足为P ,若1PF =，则C 的离心率A ．2 C 7.（2018·北京卷·理科·14题）已知椭圆M :22221x y a b +=（0a b >>），双曲线N ：22221x y m n-=．若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为________；双曲线N 的离心率 为_______．8.（2018·天津卷·理科·7题）已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>> 的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于,A B 两点.设,A B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为1d 和2d ，且126,d d += 则双曲线的方程为A.221412x y -= B.221124x y -= C.22139x y -= D.22193x y -=9．（2018·江苏卷·8题）在平面直角坐标系xoy 中，若双曲线22221x y a b-=(0,0a b >>)的右焦点(,0)F c 到一条渐近线的距离为2，则其离心率的值是 ． 考点3 抛物线的方程与性质1.（2018·全国卷Ⅰ·理科·8题）设抛物线C ：24y x =的焦点为F ，过点(2,0)-且斜率为23的直线与C 交于M ,N 两点，则FM FN ⋅=A.5B.6C.7D. 82.（2018·全国卷Ⅲ·理科·16题）已知点(1,1)M -和抛物线C ：24y x =，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于,A B 两点，若90AMB ∠=，则k = .3.（2018·北京卷·文科·10题）已知直线l 过点(1,0)且垂直于x 轴，若l 被抛 物线24y ax =截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为_____.4.（2018·全国卷Ⅰ·文科·20题）设抛物线C ：22y x =，点(2,0)A ，(2,0)B -. 过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点. （Ⅰ）当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程； （Ⅱ）证明：ABM ABN ∠=∠.5.（2018·全国卷Ⅱ·理科·19题·文科·20题）设抛物线C ：24y x =的焦 点为F ，过F 且斜率为k （0k >）的直线l 与C 交于,A B 两点，8AB =. （Ⅰ）求点l 的方程；（Ⅱ）求过点A ,B 且与C 的准线相切的圆的方程.6.（2018·北京卷·理科·19题）已知抛物线C ：22y px =经过点(1,2)P ．过点(0,1)Q 的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点,A B ，且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ．（Ⅰ）求直线l 的斜率的取值范围；（Ⅱ）设O 为原点，QM QO λ=，QN QO μ=，求证：11λμ+为定值．考点4 椭圆的方程与性质1.（2018·全国卷Ⅰ·文科·4题）已知椭圆椭圆C :22214x y a +=的一个焦点为 (2,0),则C 的离心率为A.13B. 12C. 2D. 32.（2018·全国卷Ⅱ·文科·11题）已知12,F F 是椭圆C 的两个焦点，点P 是C 上的一点，若12PF PF ⊥，2160PF F ∠=，则C 的离心率为A ．1．21 3.（2018·全国卷Ⅱ·理科·12题）已知12,F F 是椭圆C :12222=+by a x （0a b >>）的左右焦点，A 是C 的左顶点，点P 在过A 12PF F ∆为等腰三角形，12120F F P ∠=，则C 的离心率为A ．23B ．12C ．13D ．144.（2018·浙江卷·17题）已知点(0,1)P ，椭圆22(1)4x y m m +=>上两点,A B 满足2AP PB =，则当m = 时，点B 横坐标的绝对值最大．5.（2018·全国卷Ⅰ·理科·19题）设椭圆C ：2212x y +=的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于,A B 两点，点M 坐标为(2,0). （Ⅰ）当直线l 与x 垂直时，求直线AM 的方程； （Ⅱ）设O 为坐标原点，证明：OMA OMB ∠=∠.6.（2018·全国卷Ⅲ·理科·20题）已知斜率为k 的直线l 与椭圆C :22143x y +=交 于,A B 两点，线段AB 的中点为(1,)M m （0m >）.（Ⅰ）证明：12k <-；（Ⅱ）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且0FP FA FB ++=，证明：FA ,FP ,FB 成等差数列，并求该数列的公差.7.（2018·全国卷Ⅲ·文科·20题）已知斜率为k 的直线l 与椭圆C :22143x y +=交于,A B 两点，线段AB 的中点为(1,)M m （0m >）. （Ⅰ）证明：12k <-；（Ⅱ）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且0FP FA FB ++=，证明： 2FP =FAFB +.8.（2018·北京卷·文科·20题）已知椭圆M :22221x y a b+=（0a b >>）的离心率斜率为k 的直线l 与椭圆M 有两个不同的交点,A B . （Ⅰ）求椭圆M 的方程； （Ⅱ）若1k =，求AB 的最大值；（Ⅲ）设(2,0)P -，直线PA 与椭圆M 的另一个交点为C ，直线PB 与椭圆M 的另一个交点为D .若C ，D 和点71(,)42Q -共线，求k .9.（2018·天津卷·理科·19题）设椭圆22221x x a b+=(0a b >>)的左焦点为F ，上顶点为B . A 的坐标为(,0)b ，且FB AB ⋅=（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设直线l ：y kx =（0k >）与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q . 若4AQ AOQ PQ=∠(O 为原点) ，求k 的值.10.（2018·天津卷·文科·19题）设椭圆22221(0)x y a b a b+=>> 的右顶点为A ，上顶点为B .已知椭圆的离心率为3，||AB （Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设直线:(0)l y kx k =<与椭圆交于,P Q 两点，l 与直线AB 交于点M ，且点P ，M 均在第四象限.若BPM ∆的面积是BPQ ∆面积的2倍，求k 的值.11．（2018·天津卷·21题）如图，已知点P 是y(不含y 轴)一点，抛物线C ：24y x =上存在不同的 两点,A B 满足PA ，PB 的中点均在C 上． （Ⅰ）设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；（Ⅱ）若P 是半椭圆2214y x += (0x <)上的动点，求PAB ∆面积的取值范围． 12．（2018·江苏卷·18题）如图，在平面直角坐标系xoy 中，椭圆C 过点1)2，焦点1(F ,2F ，圆O 的直径为12F F ． （Ⅰ）求椭圆C 及圆O 的方程；（Ⅱ）设直线l 与圆O 相切于第一象限内的点P ． ①若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点P 的坐标；②直线l 与椭圆C 交于,A B 两点．若OAB ∆的面积为7，求直线l 的方程．。

2018年高三年级质量检测9答案一、 选择题：（每小题5分，共60分）BADCA ABDCA BC 二、 填空题：（每小题4分，共16分）13．148； 14．]25,10[(295732∈++-x x x 且)*N x ∈(未标定义域扣1分)；15．22-； 16．①，④（多填少填均不给分） 三、 解答题：（共74分，以下为累计得分，其它解法请相应给分） 17．解：(Ⅰ)元件A 正常工作的概率32)(=A P ，它不正常工作的概率)(1)(A P A P -=(2分)31=；（3分）（Ⅱ）元件A 、B 、C 都正常工作的概率)()()()(C P B P A P C BA P =⋅⋅(5分)83434332=⋅⋅=；（6分）（Ⅲ）系统N 正常工作可分为A 、B 、C 都正常工作和A 、D 正常但B 、C 不都正常工作两种情况，前者概率83，（7分）后者的概率为544141325441433254434132)()()(⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅D C B A P D C B A P D C B A P(10分)307=(11分)，所以系统N 正常工作的概率是1207330783=+(12分)18．解：（Ⅰ）由题意得⎪⎩⎪⎨⎧==21812ab ab (2分) 解得⎪⎩⎪⎨⎧==.4321b a (4分) 324)(xx f =∴(5分)(Ⅱ)32log4log324log)(log2222-===nnnn f a (6分)*,52Nn n ∈-=(7分)因为)(2*1N n a a n n ∈=-+故{}n a 是等差数列.(8分) 且31-=a ,(9分)由2)(1n n a a n S +=,(10分) 得7802)53023(3030=-⨯+-=S .(12分)19．解：设切去的正方形的边长为x cm ，则折成的无盖的长方体 底面边长为)2240(x -cm和)290(x -cm(2分)，高为x cm ，于是盒子的容积（单位：3cm ）x x x x x x V 216006604)290)(2240(23+-=--=(4分)又由02240,0290,0>->->x x x ，得450<<x . 216001320122+-='x x V .(6 分)令0='V ，得0)90)(20(,018001102=--=+-x x x x ，由450<<x ，解得20=x .（8分） 当200<<x 时，4520;0<<>'x V 时，0<'V ，因此当20=x 时，V 有最大值（10分） 最大容积)(20000020502003cm V =⨯⨯= (12分) 20．解：(Ⅰ)若CD ⊥平面PAD （1分），则CD ⊥PD （2分），由已知PC=PD ，得∠PCD=∠PDC ︒<90， 这与CD ⊥PD 矛盾，所以CD 与平面PAD 不垂直.(3分) (Ⅱ)取AB 、CD 的中点E 、F ，连接PE 、PF 、EF （4分），由PA=PB ，PC=PD ，得PE ⊥AB ，PF ⊥CD （5分）∴EF 为直角梯形的中位线，∴EF ⊥CD ，又PF ∩EF=F,∴CD ⊥平面PEF ，（6分）由PE ⊂平面PEF ，得CD ⊥PE ，又AB ⊥PE 且梯形两腰AB 、CD 必交，∴PE ⊥平面ABCD （7分）又PE ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面ABCD （8分）（Ⅲ）由（Ⅱ）及二面角的定义知∠PFE 为二面角P-CD-A 的平面角（9分）作EG ⊥BC于G ，连PG ，由三垂线定理得BC ⊥PG ，故∠PGE 为二面角P-BC-A 的平面角（10分） 即∠PGE=60°，由已知，得CDBC AD EF21)(21=+=，又EG=CF=21CD.∴EF=EG,易证得Rt ⊿PEF ≌Rt ⊿PEG.(11分)∴∠PEF=∠PGE=60°，即为所求.（12分） 21．解：(Ⅰ)设椭圆方程为12222=+ay bx(1分) 由2c=4得c=2,又32=ac，故3=a (2分)5222=-=cab,∴所求椭圆方程为19522=+yx(3分)（Ⅱ）M 坐标为（0，2），设A 点在B 点的左方，且),(),,(2211y x B y x A ,2=,故有212221++=y y (5分)即6221=+y y ①,又M 相应的准线方程是292==cay，A 到准线距离1129y d -=，B到准线距离2229y d-=(6分)，由321==e d AM 及322=d BM (7分)于是)29(32),29(3221y BM y AM-=-=,∴232332321=--=y y BMAM 得92412=-y y ②②与①联立解得431=y (8分) 代入椭圆方程得4351=x，∴直线AB 的斜率330435243=--=k (9分)，AB 的方程为233+=x y(10分)，如果点在B 的右方时根据对称性，则所求直线AB 的方程为233+-=x y.(12分)22．（Ⅰ）由111≤+-x ax,化为012)1(≤+--x x a （1分）⑴当1=a 时，不等式化为12≤+-x 解集为{}1->x x，（3分）⑵当1>a 时，有112->-a 解集为⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤<-121a x x (5分)⑶当1-=a 时，化为11)1(≤++-x x 解集为{}1,-≠∈x R x x (8分)⑷当1-<a 时，有112->-a ，解集为⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≥-<121a x x x 或.(10分)（Ⅱ）在区间),0(+∞上任取21,x x ，则1111)()(112212---+-=-x ax x axx f x f （11分）)1)(1())(1(1212++-+=x x x x a (12分) 因12x x >故012>-x x ，又在),0(+∞上012>+x ,011>+x∴只有当01<+a 时，即1-<a 时。

2018年全国2卷省份高考模拟理科数学分类汇编——解析几何1.(海南省模拟)已知抛物线的焦点为，过点作互相垂直的两直线，与抛物线分别相交于，以及，，若，则四边形的面积的最小值为（）CA. B. C. D.【解析】由抛物线性质可知：，又，∴，即设直线AB的斜率为k（k≠0），则直线CD的斜率为．直线AB的方程为y=k（x﹣1），联立，消去y得k2x2﹣（2k2+4）x+k2=0，从而，=1，由弦长公式得|AB|=，以换k得|CD|=4+4k2，故所求面积为≥32（当k2=1时取等号），即面积的最小值为32．故选：C2. (海南模拟)已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于，两点，，分别交轴于，两点，若的周长为，则的最大值为__________．【解析】由题意，△ABF2的周长为32，∵|AF2|+|BF2|+|AB|=32，∵|AF2|+|BF2|﹣|AB|=4a，|AB|=，∴=32﹣4a，∴，∴，令，则，令m=，则当m=时，的最大值为,故答案为：3.（海南省模拟）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的上顶点和右焦点，的面积为，直线与椭圆交于另一个点，线段的中点为.（1）求直线的斜率；（2）设平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，且与直线交于点，求证：存在常数，使得.【解析】试题分析：(1)由题意得到椭圆的方程为. 直线的方程为，联立消去得，从而得线段的中点，进而得到直线的斜率；(2) 设直线的方程为. 联立方程得到同理得到，∴存在常数，使得.试题解析：（1）因为椭圆的离心率为，所以，即，，所以，，所以，所以，所以椭圆的方程为.直线的方程为，联立消去得，所以或，所以，从而得线段的中点.所以直线的斜率为.（2）由（1）知，直线的方程为，直线的斜率为，设直线的方程为.联立得所以点的坐标为.所以，.所以.联立消去得，由已知得，又，得. 设，，则，，，.所以，，故.所以.所以存在常数，使得.4.(大庆市模拟)已知命题直线与平行；命题直线与圆相交所得的弦长为，则命题是（）AA. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既充分也不必要条件【解析】命题两条直线与互相平行，∴，解得或，当时，两直线重合，故舍去，故；命题由于直线被圆截得的弦长为可得：圆心到直线的距离，即，解得，综上可得命题是充分不必要条件，故选A.5.（大庆市模拟）已知双曲线的一条渐近线过点，且双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为（）AA. B. C. D.【解析】由题意，∵抛物线的准线方程为，双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，∴，∴，∴，，∴双曲线的方程为，故选A.6.（大庆市模拟）已知抛物线，过其焦点作一条斜率大于0的直线，与抛物线交于两点，且，则直线的斜率为________．【解析】如图所示：分别过点向准线作垂线，垂足为，过点向作垂线，垂足为，设，则，又抛物线的定义可得，，故可得，，，即，故直线的倾斜角为，直线的斜率为，故答案为.7.（大庆市模拟）已知椭圆，其焦距为2，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的右焦点为，为轴上一点，满足，过点作斜率不为0的直线交椭圆于两点，求面积的最大值.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：（1）由焦距为2得，由离心率得，结合可得椭圆方程；（2）由题意可得，直线的方程为，，将直线方程与椭圆方程联立由韦达定理可得，，结合得的范围，利用点到直线的距离为，，令，，结合二次函数的性质可得最大值.试题解析：(1)因为椭圆焦距为2，即，所以,，所以，从而，所以椭圆的方程为.(2)椭圆右焦点，由可知，直线过点，设直线的方程为，，将直线方程与椭圆方程联立得，设，则，，由判别式解得，点到直线的距离为，则，，令，，则，当时，取得最大值，此时，，取得最大值.点睛：本题主要考查的椭圆方程的求法，以及焦点三角形的最值问题，计算量较大，属于难题；设出直线方程的点斜式，联立直线与椭圆的方程，运用韦达定理，结合弦长公式，运用点到直线的距离公式求出三角形的高，将三角形的面积表示为关于的函数，利用换元法及二次函数的性质求出函数的最值.8.（辽宁省实验中学模拟）已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线与过的直线交于点，设点的坐标，若，则下列结论中不正确的是（）AA. B. C. D.【解析】在以为直径的圆上，圆心坐标为，半径为，在椭圆内，一定有，故不正确，故选A.9.（辽宁省实验中学模拟）已知双曲线的两个焦点为，渐近线为，则双曲线的标准方程为__________．【答案】【解析】双曲线的两个焦点为，，又渐近线为，，双曲线方程为，故答案为.10.（辽宁省实验中学模拟）已知直线与抛物线交于两点，（1）若，求的值；（2）以为边作矩形，若矩形的外接圆圆心为，求矩形的面积.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）与联立得，设，根据韦达定理可得，结合可列出关于的方程，从而可得结果；（2）设弦的中点为, 设圆心，则，由得，可得，根据点到直线距离公式可得，根据弦长公式可得，从而可得矩形的面积.试题解析：（1）与联立得由得，设，则∵,∴∴，∴ ∴，满足题意.（2）设弦的中点为,则，，设圆心∵ ∴ ∴，则，∴，∴∴ ∴ ∴面积为11. （哈师大附中模拟）已知点分别是双曲线,的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线的右支上,的面积为4,且该双曲线的两条渐近线互相垂直，则双曲线的方程为（ ）BA ．B ． C. D ． 12.(哈师大附中模拟)过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点，若弦中点到轴的距离为5,则= ．1213.(哈师大附中模拟)已知椭圆的右焦点为,点为椭圆上的动点，若的最大值和最小值分别为. (I)求椭圆的方程(Ⅱ)设不过原点的直线与椭圆 交于两点,若直线的斜率依次成等比数列,求面积的最大值解：（I ）由已知得：椭圆方程为（II ）设（易知存在斜率，且），设12F F 2222:1(0x y C a a b-=>，b>0)O P C 122F F OP =12PF F ∆C 22122x y -=22144x y -=2284x y -22124x y -=2:4C x y =F C .A B .A B x AB ()222:102x y C a b a b+=>>(),0F c P C PF 2+2C l C ,P Q ,,OP PQ OQ OPQ ∆由条件知：联立(1)(2)得：点到直线的距离且所以当时：.14.(西北师大附中模拟)若直线l ：ax ＋by ＋1＝0始终平分圆M ：x 2＋y 2＋4x ＋2y ＋1＝0的周长，则(a －2)2＋(b －2)2的最小值为 （ ）BA. 5 B ．5 C ．2 5 D ．1015.（西北师大附中模拟） 过双曲线()222210x y b a a b-=>>的左焦点作圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点P ，若()12OE OF OP =+（是坐标原点），则双曲线的离心率为 （ ）C16. （西北师大附中模拟）已知椭圆C :12222=+b y a x )0(>>b a 的离心率为,过右焦点F 且斜率为1的直线交椭圆C 于B A ,两点,N 为弦AB 的中点,O 为坐标原点. (1)求直线ON 的斜率ON k ；(2)求证:对于椭圆C 上的任意一点M ,都存在)2,0[πθ∈,使得OB OA OM θθsin cos +=成立.解:(1)设椭圆的焦距为c 2,因为,所以有,故有. 从而椭圆C 的方程可化为: 知右焦点F 的坐标为(),据题意有AB 所在的直线方程为:. ②由①,②有:.③设,弦AB 的中点,由③及韦达定理有:所以3100-==x y k ON ,即为所求. (2)显然与可作为平面向量的一组基底,由平面向量基本定理,对于这一平面内的向量,有且只有一对实数,使得等式成立.设,由(1)中各点的坐标有:(,0)(0)F c c ->222x y a +=E FE O 3636=a c 32222=-a b a 223b a =22233b y x =+0,2b b x y 2-=0326422=+-b bx x ),(),,(2211y x B y x A ),(00y x N .422,423200210b b x y b x x x -=-==+=OA OB OM μλ,μλ+=),(y x M,故.又因为点在椭圆C 上,所以有整理可得:. ④由③有:.所以 ⑤又点B A ,在椭圆C 上,故有 .⑥将⑤,⑥代入④可得:.所以,对于椭圆上的每一个点,总存在一对实数,使等式成立,且. 所以存在)2,0[πθ∈,使得.也就是:对于椭圆C 上任意一点 ,总存在)2,0[πθ∈,使得等式OB OA OM θθsin cos +=成立.17. （黑龙江模拟）设抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，过FA ，B 两点.若线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点(11,0)M ，则p =（ ）CA ．2B ．3C ．6D ．1218.（黑龙江模拟）已知动圆E 经过定点(1,0)D ，且与直线1x =-相切，设动圆圆心E 的轨迹为曲线C .（1）求曲线C 的方程；（2）设过点(1,2)P 的直线1l ，2l 分别与曲线C 交于A ，B 两点，直线1l ，2l 的斜率存在，且倾斜角互补，证明：直线AB 的斜率为定值.解析：（1）由已知，动点E 到定点(1,0)D 的距离等于E 到直线1x =-的距离，由抛物线的定义知E 点的轨迹是以(1,0)D 为焦点，以1x =-为准线的抛物线，故曲线C 的方程为24y x =. （2）由题意可知直线1l ，2l 的斜率存在，倾斜角互补，则斜率互为相反数，且不等于零.设11(,)A x y ，22(,)B x y ，直线1l 的方程为(1)2y k x =-+，0k ≠.直线2l 的方程为(1)2y k x =--+，),(),(),(2211y x y x y x μλ+=2121,y y y x x x μλμλ+=+=M 22212213)(3)(b y y x x =+++μλμλ2212122222212123)3(2)3()3(b y y x x y x y x =+++++λμμλ43,22322121b x x b x x =⋅=+06936)(234)2)(2(332222212121212121=+-=++-=--+=+b b b b x x b x x b x b x x x y y x x 22222221213)3(,3)3(b y x b y x =+=+122=+μλM OB OA OM μλ+=122=+μλθμθλsin ,cos ==M由2(1)24y k x y x=-+⎧⎨=⎩得2222(244)(2)0k x k k x k --++-=，已知此方程一个根为1，∴22122(2)441k k k x k k--+⨯==， 即21244k k x k -+=，同理22222()4()444()k k k k x k k ---+++==-，∴212228k x x k ++=，12288k x x k k ---==， ∴1212[(1)2][(1)2]y y k x k x -=-+---+2122288()22k k x x k k k k k+=+-=⋅-=， ∴1212818ABy yk k x x k-===---，所以，直线AB 的斜率为定值1-. 19.(吉林省实验中学模拟) 设某曲线上一动点到点的距离与到直线的距离相等，经过点的直线与该曲线相交于， 两点，且点恰为等线段的中点，则B(A) 6 （B ） 10 （C ）12 （D ）1420.(吉林省实验中学模拟)已知抛物线C 1：x 2＝4y 在点A ，B 处的切线垂直相交于点P ，直线AB 与椭圆C 2：相交于C ，D 两点．（Ⅰ）求抛物线C 1的焦点F 与椭圆C 2的左焦点F 1的距离；（Ⅱ）设点P 到直线AB 的距离为d ，是否存在直线AB ，使得|AB |，d ，|CD |成等比数列？若存在，求出直线AB（Ⅰ）抛物线C 1的焦点F (0,1)，椭圆C 2的左焦点F 1(－，0)，则|FF 1|＝．（Ⅱ）设直线AB ：y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，由得x 2－4kx －4m ＝0，故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ．由x 2＝4y ，得y ′＝，故切线P A ，PB 的斜率分别为k P A ＝，k PB ＝， 再由P A ⊥PB ，得k P A k PB ＝－1，即·＝＝＝－m ＝－1，故m ＝1，这说明直线AB 过抛物线C 1的焦点F ．由2得x ＝＝2k ， y ＝·2k －1＝kx 1－1＝·x 1－1＝＝－1，即P (2k ，－1)．于是点P (2k ，－1)到直线AB ：kx －y ＋1＝0的距离d ＝＝2. 由得(1＋2k 2)x 2＋4kx －2＝0，M ()3,0F 3x =-()2,1P l A B P AB AF BF +=22142x y +=从而|CD |＝ ＝ ，同理，|AB |＝4(1＋k 2) ． 若|AB |，d ，|CD |成等比数列，则d 2＝|AB |·|CD |，即(2)2＝4(1＋k 2)· ，化简整理，得28k 4＋36k 2＋7＝0，此方程无实根，21.(沈阳模拟) 已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线与圆22(4)4x y -+=相切，则该双曲线的离心率为（ ）B A ．2 B．3222. （沈阳模拟）已知正三角形AOB ∆（O 为坐标原点）的顶点A B 、在抛物线23y x =上，则AOB ∆的边长是．.23.(沈阳模拟)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆22194x y +=上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足2NP NM =.（Ⅰ）求点P 的轨迹方程E ；（Ⅱ）过(1,0)F 的直线1l 与点P 的轨迹交于A B 、两点，过(1,0)F 作与1l 垂直的直线2l 与点P 的轨迹交于C D 、两点，求证：11||||AB CD +为定值.解：（Ⅰ）设(,)P x y ，易知(,0)N x ，(0,)NP y =，又因为NM ==，所以()M x y ， 又因为M在椭圆上，所以2219x +=，即22198x y +=. （Ⅱ）当1l 与x 轴重合时，||6AB =，16||3CD =，∴1117||||48AB CD +=.当1l 与x 轴垂直时，16||3AB =，||6CD =， ∴1117||||48AB CD +=. 当1l 与x 轴不垂直也不重合时，可设1l 的方程为(1)(0)y k x k =-≠此时设11(,)A x y ，22(,)B x y ，33(,)C x y ，44(,)D x y 把直线1l 与曲线E 联立22(1)198y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，得2222(89)189720k x k x k +-+-=，可得1212221220188997289k x x k k x x k ⎧⎪∆>⎪⎪+=⎨+⎪⎪-=⎪+⎩∴2248(1)||89k AB k +==+， 把直线2l 与曲线E 联立221(1)198y x k x y ⎧=--⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，同理可得2248(1)||98k CD k +==+. ∴222211899817||||48(1)48(1)48k k AB CD k k +++=+=++. 24. （呼和浩特模拟）设抛物线24y x =的焦点为F ，过点)M的直线与抛物线相交于A ，B 两点，与抛物线的准线相交于C ，3BF =，则BCF ∆与ACF ∆的面积之比BCFACFS S ∆∆（ ）D A ．34 B ．45 C. 56 D ．6725. （呼和浩特模拟）已知点P 为圆2218x y +=上一动点，PQ ⊥x 轴于点Q ，若动点M 满足1233OM OP OQ =+.（Ⅰ）求动点M 的轨迹C 的方程；（Ⅱ）过点()4,0E -的直线()40x my m =-≠与曲线C 交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线交x 轴于点D ，求DE AB的值.解：（1）设(),M x y ，()00,P x y ，则()0,0Q x ，所以(),OM x y =，()00,OP x y =，()0,0OQ x .由1233OM OP OQ =+化简得0x x =，03y y =，因为220018x y +=，代入得221182x y +=，即为M 的轨迹为椭圆方程.由（1）知，点()4,0E -为椭圆C 的左偏点，将直线()40x my m =-≠被代入椭圆方程消去x 得()229820my my +--=，()2264890m m ∆=++>，设()11,A x y ，()22,B x y ，则有12289my y m +=+，12229y y m -⋅=+.则()121227289x x m y y m -+=+-=+，所以线段AB 的中点坐标为22364,99m m m -⎛⎫ ⎪++⎝⎭所以线段AB 的垂直平分线所在直线方程为2243699m y m x m m ⎛⎫-=-+ ⎪++⎝⎭令0y =得2329x m -=+，即232,09D m -⎛⎫⎪+⎝⎭所以()2224132499m DE m m +-=+=++)212219m AB y m +==-=+，所以DE AB ==26.(银川一中模拟) 设圆心在x 轴上的圆C 与直线1:10l x +=相切,且与直线2:0l x =相交于两点,M N ,若||MN 则圆C 的半径为 CA ．12BC ．1D 27. （银川一中模拟）已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为点12(,0),(,0)(0)F c F c c ->,抛物线24y cx =与双曲线在第一象限内相交于点P ,若212||||PF F F =,则双曲线的离心率为 . 1+28.(银川一中模拟)设F 1，F 2分别是椭圆C ：2212x y +=的左、右焦点，过F 1且斜率不为零的动直线l 与椭圆C 交于A 、B 两点。

单元滚动检测九 平面解析几何考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2016·北京海淀区一模)设a ∈R ，则直线x ＋(a 2＋1)y ＋1＝0的倾斜角的取值范围是( ) A ．0，π4] B ．3π4，π) C ．0，π4]∪(π2，π)D ．π4，π2)∪3π4，π)2．已知点P (x 0，y 0)在以原点为圆心的单位圆上运动，则点Q (x ′，y ′)＝(x 0＋y 0，x 0y 0)的轨迹是( ) A ．圆 B ．抛物线 C ．椭圆D ．双曲线3．(2016·烟台调研)圆x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0与直线2tx －y －2－2t ＝0(t ∈R )的位置关系为( ) A ．相离 B ．相切C ．相交D ．以上都有可能4．(2016·福州质检)直线y ＝x 与椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的交点在x 轴上的射影恰好是椭圆的焦点，则椭圆C 的离心率为( ) A.－1＋52 B.1＋52 C.3－52 D.125．(2016·兰州诊断考试)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，右顶点为A ，上顶点为B ，若椭圆C 的中心到直线AB 的距离为66|F 1F 2|，则椭圆C 的离心率e 等于( )A.22B.32C.23D.336．(2016·长春质量检测)若F (c,0)是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点，过F 作该双曲线一条渐近线的垂线与两条渐近线交于A ，B 两点，O 为坐标原点，△OAB 的面积为12a 27，则该双曲线的离心率e 等于( ) A.53 B.43 C.54 D.857．设动点P 在直线x ＝1上，O 为坐标原点，以OP 为直角边、点O 为直角顶点作等腰直角三角形OPQ ，则动点Q 的轨迹是( ) A ．圆 B ．两条平行直线 C ．抛物线D ．双曲线8．我们把离心率为黄金比5－12的椭圆称为“优美椭圆”．设F 1，F 2是“优美椭圆”C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点，则椭圆C 上满足∠F 1PF 2＝90°的点P 的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．39．(2016·青岛二模)设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F 1，F 2.若曲线Γ上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于( ) A.12或32 B.23或2 C.12或2D.23或3210．(2017·深圳调研)已知点F (0,1)，直线l ：y ＝－1，P 为平面上的动点，过点P 作直线l 的垂线，垂足为Q ，且QP →·QF →＝FP →·FQ →，则动点P 的轨迹C 的方程为( ) A ．x 2＝4y B ．y 2＝3x C ．x 2＝2yD ．y 2＝4x11．(2016·郑州质检)已知P 为抛物线y ＝12x 2上的动点，点P 在x 轴上的射影为M ，点A 的坐标是(6，172)，则|P A |＋|PM |的最小值是( ) A ．8 B.192 C ．10 D.21212．(2016·湖南六校联考)已知A ，B 分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右顶点，不同两点P ，Q 在椭圆C 上，且关于x 轴对称，设直线AP ，BQ 的斜率分别为m ，n ，则当2b a ＋a b ＋12mn ＋ln|m |＋ln|n |取最小值时，椭圆C 的离心率为( ) A.33 B.23 C.12 D.22第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．若方程x 2|a |－1＋y 2a ＋3＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，则实数a 的取值范围是________．14．(2016·沈阳模拟)已知F 是抛物线y 2＝x 的焦点，A ，B 为抛物线上的两点，且|AF |＋|BF |＝3，则线段AB 的中点M 到y 轴的距离为________．15．(2016·山西四校联考)已知双曲线x 29－y 2b 2＝1(b >0)，过其右焦点F 作圆x 2＋y 2＝9的两条切线，切点记作C ，D ，双曲线的右顶点为E ，∠CED ＝150°，则双曲线的离心率为________．16．已知抛物线y 2＝4x ，过点P (4,0)的直线与抛物线相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，则y 21＋y 22的最小值是________．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)已知直线y ＝－x ＋1与椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)相交于A ，B 两点，且线段AB 的中点在直线l ：x －2y ＝0上. (1)求此椭圆的离心率；(2)若椭圆的右焦点关于直线l 的对称点在圆x 2＋y 2＝4上，求此椭圆的方程.18.(12分)(2016·北京西城区模拟)已知对任意m ∈R ，直线l ：y ＝x ＋m 与双曲线C ：x 22－y 2b 2＝1(b >0)恒有公共点.(1)求双曲线C 的离心率e 的取值范围；(2)若直线l 过双曲线C 的右焦点F ，与双曲线交于P ，Q 两点，并满足FP →＝15FQ →，求双曲线C 的方程.19.(12分)(2016·四川高中名校联盟测试) 如图，已知F 1，F 2是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右焦点，过点F 2的直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，直线l ，AF 1，BF 1的斜率分别为k ，k 1，k 2，且满足k 1k 2＋k 2＝0(k ≠0). (1)若a ＝2，b ＝3，求直线l 的方程； (2)若k ＝12，求|AF 1|＋|BF 2||AB |的值.20.(12分)(2016·烟台模拟)已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆的一个焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点.(1)求椭圆E 的方程；(2)设过点A 的直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程.21.(12分)如图，曲线C 由上半椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0，y ≥0)和部分抛物线C 2：y ＝－x 2＋1(y ≤0)连接而成，C 1与C 2的公共点为A ，B ，其中C 1的离心率为32.(1)求a ，b 的值；(2)过点B 的直线l 与C 1，C 2分别交于点P ，Q (均异于点A ，B )，若AP ⊥AQ ，求直线l 的方程.22.(12分)已知椭圆C 的中心在原点O ，焦点F 1，F 2在x 轴上，离心率e ＝12，且经过点A (1，32).(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知P ，Q 是椭圆C 上的两点.(ⅰ)若OP ⊥OQ ，求证：1|OP |2＋1|OQ |2为定值；(ⅱ)当1|OP |2＋1|OQ |2为(ⅰ)中所求定值时，试探究OP ⊥OQ 是否成立？并说明理由.答案解析1．B 设直线x ＋(a 2＋1)y ＋1＝0的倾斜角为α， 则tan α＝－1a 2＋1∈－1,0)，由于0≤α<π，故3π4≤α<π.] 2．B 设P 在以原点为圆心，1为半径的圆上运动，P (x 0，y 0)，则x 20＋y 20＝1，∵Q (x ′，y ′)＝(x 0＋y 0，x 0y 0)， ∴⎩⎨⎧x ′＝x 0＋y 0，y ′＝x 0·y 0.∴x ′2＝x 20＋y 20＋2x 0y 0＝1＋2y ′，即Q 点的轨迹方程为y ′＝12x ′2－12， ∴Q 点的轨迹是抛物线．]3．C 圆的方程可化为(x －1)2＋(y ＋2)2＝9， ∴圆心坐标为(1，－2)，半径r ＝3， 又圆心在直线2tx －y －2－2t ＝0上， ∴圆与直线相交，故选C.]4．A 设直线y ＝x 与椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1在第一象限的交点为A ，依题意有点A 的坐标为(c ，c )，又点A 在椭圆C 上，故有c 2a 2＋c 2b 2＝1，因为b 2＝a 2－c 2，所以c 2a 2＋c2a 2－c2＝1，所以c 4－3a 2c 2＋a 4＝0，即e 4－3e 2＋1＝0， 解得e 2＝3±52，又因为C 是椭圆， 所以0<e <1，所以e ＝5－12.]5．A 设椭圆C 的焦距为2c (c <a )， 由于直线AB 的方程为bx ＋ay －ab ＝0， 所以ab a 2＋b2＝63c . 又b 2＝a 2－c 2，所以3a 4－7a 2c 2＋2c 4＝0，解得a 2＝2c 2或3a 2＝c 2(舍去)，所以e ＝22，故选A.] 6．C 设过第一、三象限的渐近线的倾斜角为θ，则tan θ＝b a ，tan 2θ＝2aba 2－b 2，因此△OAB 的面积可以表示为 12·a ·a tan 2θ＝a 3b a 2－b 2＝12a 27， 解得b a ＝34，则e ＝54.故选C.] 7．B 设P (1，a )，Q (x ，y )．以点O 为直角顶点作等腰直角三角形OPQ ， k OP ·k OQ ＝ayx ×1＝－1，x ＝－ay ，∵|OP |＝|OQ |，∴1＋a 2＝x 2＋y 2＝a 2y 2＋y 2＝(a 2＋1)y 2， 而a 2＋1>0，∴y 2＝1，∴y ＝1或y ＝－1， ∴动点Q 的轨迹是两条平行于x 轴的直线．] 8．A 设|PF 1|＝m ，|PF 2|＝n ，则⎩⎨⎧m ＋n ＝2a ，4c 2＝m 2＋n 2， mn ＝2a 2－2c 2. 而5－12＝c a ， 所以mn ＝2a 2－2(5－12a )2＝(5－1)a 2，与m ＋n ＝2a 联立无实数解．] 9．A 设圆锥曲线Γ的离心率为e ， 因为|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2， 则①若圆锥曲线Γ为椭圆，由椭圆的定义， 则有e ＝|F 1F 2||PF 1|＋|PF 2|＝34＋2＝12；②若圆锥曲线Γ为双曲线，由双曲线的定义， 则有e ＝|F 1F 2||PF 1|－|PF 2|＝34－2＝32.综上，所求的离心率为12或32，故选A.] 10．A 设P (x ，y )，则Q (x ，－1)． ∵QP →·QF →＝FP →·FQ→， ∴(0，y ＋1)·(－x,2)＝(x ，y －1)·(x ，－2)，即2(y ＋1)＝x 2－2(y －1)，整理得x 2＝4y ， ∴动点P 的轨迹C 的方程为x 2＝4y .]11．B 依题意可知焦点F (0，12)，准线为y ＝－12， 延长PM 交准线于点H ，则|PF |＝|PH |， |PM |＝|PH |－12＝|PF |－12， |P A |＋|PM |＝|PF |＋|P A |－12， 即求|PF |＋|P A |的最小值． 因为|PF |＋|P A |≥|F A |， 又|F A |＝62＋(172－12)2＝10，所以|PM |＋|P A |≥10－12＝192，故选B.]12．D 设点P (x 0，y 0)，则x 20a 2＋y 20b 2＝1，所以mn ＝b 2a 2， 从而2b a ＋a b ＋12mn ＋ln|m |＋ln|n |＝2b a ＋a b ＋a 22b 2＋ln b 2a 2， 设b 2a 2＝x ，令f (x )＝12x ＋ln x (0<x <1)， 则f ′(x )＝2x －12x 2，f (x )min ＝f (12)， 即b 2a 2＝12.因为2b a ＋ab ≥22，当且仅当2b a ＝a b ，即b 2a 2＝12时取等号，取等号的条件一致， 此时e 2＝1－b 2a 2＝12，所以e ＝22.]13．(－3，－2)解析 因为方程x 2|a |－1＋y 2a ＋3＝1表示焦点在x 轴上的椭圆．所以|a |－1>a ＋3>0，解得－3<a <－2. 14.54解析 抛物线的准线为x ＝－14，由抛物线的定义及梯形中位线的性质知M 到抛物线准线的距离为32，所以点M 到y 轴的距离为32－14＝54.15.233解析 由题可得△OCE 为等腰三角形，且底角为75°，所以顶角∠COE ＝30°，在Rt △OCF 中，|OC |＝3，易知|OF |＝23，即c ＝23，所以离心率e ＝c a ＝233. 16．32解析 ①当直线的斜率不存在时，直线的方程为x ＝4，代入y 2＝4x ，得交点为(4,4)，(4，－4)，∴y 21＋y 22＝16＋16＝32.②当直线的斜率存在时，设直线的方程为y ＝k (x －4)， 与y 2＝4x 联立，消去x 得ky 2－4y －16k ＝0， 由题意知k ≠0，则y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－16， ∴y 21＋y 22＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2＝16k 2＋32>32.综合①②知(y 21＋y 22)min ＝32.17．解 (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋1，x 2a 2＋y 2b2＝1，得(a 2＋b 2)x 2－2a 2x ＋a 2－a 2b 2＝0， ∴x 1＋x 2＝2a 2a 2＋b 2，y 1＋y 2＝－(x 1＋x 2)＋2＝2b 2a 2＋b 2，∴线段AB 的中点坐标为(a 2a 2＋b 2，b 2a 2＋b 2)．∵线段AB 的中点在直线l 上， ∴a 2a 2＋b 2－2b 2a 2＋b 2＝0， ∴a 2＝2b 2＝2(a 2－c 2)，∴a 2＝2c 2， ∴椭圆的离心率e ＝c a ＝22.(2)由(1)知b ＝c ，从而椭圆的右焦点F 的坐标为(b,0)， 设点F (b,0)关于直线l ：x －2y ＝0的对称点的坐标为(x 0，y 0)， 则y 0－0x 0－b ·12＝－1，且x 0＋b 2－2·y 02＝0，∴x 0＝35b ，y 0＝45b .由已知得x 20＋y 20＝4，∴(35b )2＋(45b )2＝4， ∴b 2＝4，又由(1)知a 2＝2b 2＝8， ∴椭圆的方程为x 28＋y 24＝1. 18．解 (1)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋m ，x 22－y 2b2＝1，整理得(b 2－2)x 2－4mx －2(m 2＋b 2)＝0.当b 2＝2，m ＝0时，易知直线l 是双曲线C 的一条渐近线，不满足题意，故b 2≠2，易得e ≠ 2.当b 2≠2时，由题意知Δ＝16m 2＋8(b 2－2)(m 2＋b 2)≥0， 即b 2≥2－m 2，故b 2≥2，则e 2＝c 2a 2＝a 2＋b 2a 2＝2＋b22≥2，e ≥ 2.综上可知，e 的取值范围为(2，＋∞)．(2)由题意知F (c,0)，直线l ：y ＝x －c ，与双曲线C 的方程联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －c ，x 22－y 2b 2＝1，化简得(b 2－2)y 2＋2cb 2y ＋b 2c 2－2b 2＝0，当b 2＝2时，易知直线l 平行于双曲线C 的一条渐近线， 与双曲线C 只有一个交点，不满足题意，故b 2≠2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2cb 2b 2－2， ①y 1y 2＝b 2c 2－2b 2b 2－2， ②因为FP →＝15FQ →，所以y 1＝15y 2，③ 由①③可得y 1＝－cb 23(b 2－2)，y 2＝－5cb 23(b 2－2)，代入②整理得5c 2b 2＝9(b 2－2)(c 2－2)， 又c 2＝b 2＋2，所以b 2＝7.所以双曲线C 的方程为x 22－y 27＝1.19．解 (1)设F 1(－c,0)，F 2(c,0)，∴直线l 的方程为y ＝k (x －c )，将其代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，整理得(b 2＋a 2k 2)x 2－2a 2k 2cx ＋a 2k 2c 2－a 2b 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1x 2＝a 2k 2c 2－a 2b 2b 2＋k 2a 2， 而k 1＝y 1x 1＋c ＝k (x 1－c )x 1＋c ，k 2＝k (x 2－c )x 2＋c， 由已知k 1k 2＋k 2＝0且k ≠0，得k 2(x 1－c )(x 2－c )(x 1＋c )(x 2＋c )＋k 2＝0， 则(x 1－c )(x 2－c )＋(x 1＋c )(x 2＋c )＝0，即x 1x 2＋c 2＝0⇔a 2k 2c 2－a 2b 2b 2＋k 2a 2＋c 2＝0 ⇔2|k |ac ＝a 2－c 2⇔2|k |＝1e －e .∵a ＝2，b ＝3，∴c ＝1，即有e ＝c a ＝12，∴k ＝±324，则直线l 的方程为 32x －4y －32＝0或32x ＋4y －32＝0. (2)若k ＝12，则由(1)知2|k |＝1e －e ，∴e ＝22. ∵|AB |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝k 2＋1·(2a 2k 2c )2－4(b 2＋a 2k 2)(a 2k 2c 2－a 2b 2)b 2＋a 2k 2 ＝2ab 2(k 2＋1)a 2k 2＋b2， 由椭圆定义可知|AF 1|＋|BF 1|＋|AB |＝4a ， ∴|AF 1|＋|BF 1||AB |＝|AF 1|＋|BF 1|＋|AB ||AB |－1＝4a |AB |－1＝2(a 2k 2＋b 2)b 2(k 2＋1)－1＝8(14a 2＋b 2)5b 2－1＝25(a 2b 2＋4)－1 ＝25(11－e 2＋4)－1＝75，即|AF 1|＋|BF 1||AB |＝75. 20．解 (1)设F (c,0)，由题意k AF ＝2c ＝233，∴c ＝ 3.又∵离心率e ＝c a ＝32，∴a ＝2，b ＝a 2－c 2＝1，故椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意知，直线l 的斜率存在，设直线l 的斜率为k ，方程为 y ＝kx －2，联立直线与椭圆方程，得⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 2＝1，y ＝kx －2，化简，得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0.∵Δ＝16(4k 2－3)>0，∴k 2>34.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝16k 1＋4k 2，x 1·x 2＝121＋4k 2， ∴|PQ |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·44k 2－31＋4k 2. 坐标原点O 到直线l 的距离d ＝2k 2＋1， S △OPQ ＝121＋k 2·44k 2－31＋4k 2·2k 2＋1＝44k 2－31＋4k 2. 令t ＝4k 2－3(t >0)，则S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t . ∵t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝4t ，即t ＝2时，等号成立，∴S △OPQ ≤1，故当t ＝2时，即4k 2－3＝2，k ＝±72时，△OPQ 的面积最大，从而直线l 的方程为7x －2y －4＝0或7x ＋2y ＋4＝0.21．解 (1)在C 1，C 2的方程中，令y ＝0，可得b ＝1，且A (－1,0)，B (1,0)是上半椭圆C 1的左右顶点． 设C 1的半焦距为c ，由c a ＝32及a 2－c 2＝b 2＝1，得a ＝2，∴a ＝2，b ＝1.(2)由(1)知，上半椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1(y ≥0)．易知，直线l 与x 轴不重合也不垂直，设其方程为 y ＝k (x －1)(k ≠0)，代入C 1的方程，整理得 (k 2＋4)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0.(*)设点P 的坐标为(x p ，y p )，∵直线l 过点B ，∴x ＝1是方程(*)的一个根．由求根公式，得x p ＝k 2－4k 2＋4，从而y p ＝－8k k 2＋4， ∴点P 的坐标为(k 2－4k 2＋4，－8k k 2＋4)． 同理，由⎩⎨⎧y ＝k (x －1)(k ≠0)，y ＝－x 2＋1(y ≤0)，得点Q 的坐标为(－k －1，－k 2－2k )．∴AP →＝2k k 2＋4(k ，－4)，AQ →＝－k (1，k ＋2)． ∵AP ⊥AQ ，∴AP →·AQ→＝0， 即－2k 2k 2＋4k －4(k ＋2)]＝0. ∵k ≠0，∴k －4(k ＋2)＝0，解得k ＝－83.经检验，k ＝－83符合题意． 故直线l 的方程为8x ＋3y －8＝0.22．解 (1)由题意，设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，将点A (1，32)代入，得1a 2＋94b 2＝1，结合离心率e ＝c a ＝12，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝3，故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)(ⅰ)①若P ，Q 分别为椭圆长轴和短轴的端点，则1|OP |2＋1|OQ |2＝712；②若P ，Q 都不为椭圆长轴和短轴的端点，设P (x P ，y P )，Q (x Q ，y Q )，OP ：y ＝kx ，则OQ ：y ＝－1k x ，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23＝1，y ＝kx ，解得x 2P ＝124k 2＋3，y 2P ＝12k 24k 2＋3， 由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23＝1，y ＝－1k x ，解得x 2Q ＝12k 23k 2＋4，y 2Q ＝123k 2＋4， ∴1|OP |2＋1|OQ |2＝1124k 2＋3＋12k 24k 2＋3＋112k 23k 2＋4＋123k 2＋4＝7k 2＋712k 2＋12＝712. 综合①②可知，1|OP |2＋1|OQ |2为定值712.(ⅱ)对于椭圆C 上的任意两点P ，Q ，当1|OP |2＋1|OQ |2＝712时，不妨设OP ：y ＝k 1x ，OQ ：y ＝k 2x ，易得x 2P ＝124k 21＋3，y 2P ＝12k 214k 21＋3，x 2Q ＝124k 22＋3，y 2Q ＝12k 224k 22＋3， 由1|OP |2＋1|OQ |2＝712，得4k 21＋312k 21＋12＋4k 22＋312k 22＋12＝712， 即8k 21k 22＋7k 21＋7k 22＋6＝7(k 21k 22＋k 21＋k 22＋1)，亦即k 1k 2＝±1.当1|OP |2＋1|OQ |2为定值712时，OP ⊥OQ 不一定成立．。

《2018年高考数学分类汇编》第九篇：解析几何一、选择题1.【2018全国一卷8】设抛物线C ：y 2=4x 的焦点为F ，过点（–2，0）且斜率为23的直线与C 交于M ，N 两点，则FM FN ⋅= A ．5B ．6C ．7D ．82.【2018全国一卷11】已知双曲线C ：2213x y -=，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M 、N .若△OMN 为直角三角形，则|MN |= A ．32B ．3 C． D ．43.【2018全国二卷5】双曲线，则其渐近线方程为A ．B ．C ．D ． 4.【2018全国二卷12】已知，是椭圆的左、右焦点，是的左顶点，点在过为等腰三角形，，则的离心率为 A ．B ．C ．D ．5.【2018全国三卷6】直线分别与轴，轴交于A ，B 两点，点P 在圆上，则面积的取值范围是A ．B ．C ． D．6.【2018全国三卷11】设是双曲线（）的左，右焦点，22221(0,0)x ya b a b-=>>y =y =y =y =1F 2F 22221(0)x y C a b a b+=>>：A CP A 12PF F △12120F F P ∠=︒C 2312131420x y ++=x y ()2222x y -+=ABP △[]26，[]48，⎡⎣12F F ，22221x y C a b-=：00a b >>，O是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为P ．若，则的离心率为AB ．2 CD7.【2018北京卷7】在平面直角坐标系中，记d 为点P （cos θ，sin θ）到直线20x my --=的距离，当θ，m 变化时，d 的最大值为 A.1B.2C.3D.48.【2018天津卷7】已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，B 两点. 设A ，B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为1d 和2d ，且126d d +=，则双曲线的方程为A221412x y -=B221124x y -= C22139x y -=D 22193x y -= 9.【2018浙江卷2】双曲线221 3=x y -的焦点坐标是A ．(0)，0)B ．(−2，0)，(2，0)C ．(0，，(0D ．(0，−2)，(0，2)10.【2018上海卷13】设P 是椭圆 ²5x + ²3y =1上的动点，则P 到该椭圆的两个焦点的距离之和为（ ）A.2B.2C.2D.4 二、填空题2F C 1PF OP C1.【2018全国三卷16】已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点．若，则________．2.【2018北京卷14】已知椭圆22221(0)x y M a b a b +=>>：，双曲线22221x y N m n-=：．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为__________；双曲线N 的离心率为__________．3.【2018江苏卷8】在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点(,0)F c，则其离心率的值是 ． 4.【2018江苏卷12】在平面直角坐标系xOy 中，A 为直线:2l y x =上在第一象限内的点，(5,0)B ，以AB 为直径的圆C 与直线l 交于另一点D ．若0AB CD ⋅=，则点A 的横坐标为 ．5.【2018浙江卷17】已知点P (0，1)，椭圆24x +y 2=m (m >1)上两点A ，B 满足AP =2PB ，则当m =___________时，点B 横坐标的绝对值最大．6.【2018上海卷2】2.双曲线2214x y -=的渐近线方程为 . 7.【2018上海卷12】已知实数x ₁、x ₂、y ₁、y ₂满足：²²1x y +=₁₁，²²1x y +=₂₂，212x x y y +=₁₂₁，的最大值为__________ 三、解答题1.【2018全国一卷19】设椭圆22:12x C y +=的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于,A B 两点，点M 的坐标为(2,0).（1）当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； （2）设O 为坐标原点，证明：OMA OMB ∠=∠.()11M -，24C y x =：C k C A B 90AMB =︒∠k =2.【2018全国二卷19】设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．（1）求的方程；（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．3.【2018全国三卷20】已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．（1）证明：； （2）设为的右焦点，为上一点，且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．4.【2018北京卷19】已知抛物线C ：2y =2px 经过点P （1，2）．过点Q （0，1）的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ．（Ⅰ）求直线l 的斜率的取值范围；（Ⅱ）设O 为原点，QM QO λ=，QN QO μ=，求证：11λμ+为定值．5.【2018天津卷19】设椭圆22221x x a b+=(a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B . 已知椭圆的离A 的坐标为(,0)b ，且FB AB ⋅=. （I ）求椭圆的方程；（II ）设直线l ：(0)y kx k =>与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q .若AQ AOQ PQ=∠(O 为原点) ，求k 的值. 24C y x =：F F (0)k k >l C A B ||8AB =l A B C k l 22143x y C +=：A B AB ()()10M m m >，12k <-F C P C FP FA FB ++=0FA FP FB6.【2018江苏卷18】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 过点13,)2，焦点12(F F ，圆O 的直径为12F F ．（1）求椭圆C 及圆O 的方程；（2）设直线l 与圆O 相切于第一象限内的点P ．①若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点P 的坐标；②直线l 与椭圆C 交于,A B 两点．若OAB △，求直线l 的方程．7.【2018浙江卷21】如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2=4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上． （Ⅰ）设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；（Ⅱ）若P 是半椭圆x 2+24y =1(x <0)上的动点，求△P AB 面积的取值范围．8.【2018上海卷20】20.（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第2小题满分6分，第3小题满分6分）设常数t >2，在平面直角坐标系xOy 中，已知点F （2，0），直线l ：x=t ，曲线τ：²8y x =00x t y （≦≦，≧），l 与x 轴交于点A ，与τ交于点B ，P 、Q 分别是曲线τ与线段AB 上的动点.（1）用t 为表示点B 到点F 的距离；（2）设t =3，2FQ =∣∣，线段OQ 的中点在直线FP 上，求△AQP 的面积； （3）设t =8，是否存在以FP 、FQ 为邻边的矩形FPEQ ，使得点E 在τ上？若存在，求点P 的坐标；若不存在，说明理由. 参考答案 一、选择题1.D2.B3.A4.D5.A6.C7.C8.C9.B 10.C二、填空题1. 2 12 3.2 4.3 5.5 6.x y 21±= 7.32+ 三、解答题1.解：（1）由已知得(1,0)F ，l 的方程为x =1.由已知可得，点A 的坐标为或(1,.所以AM 的方程为y x =+y x =. （2）当l 与x 轴重合时，0OMA OMB ∠=∠=︒.当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以OMA OMB ∠=∠.当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为(1)(0)y k x k =-≠，1221(,),(,)A y x y x B ，则12x x <，直线MA ，MB 的斜率之和为212122MA MB x x y yk k +=+--. 由1122,y k k x y k x k =-=-得：121212(23()42)(2)MA MB x x x x k k x x kk k -+++=--.将(1)y k x =-代入2212x y +=得：2222(21)4220k x k x k +-+-=. 所以，21221222422,2121x x x k k k x k -+==++. 则3131322244128423()4021k k k k kk k k k x x x x --++-++==+. 从而0MA MB k k +=，故MA ，MB 的倾斜角互补，所以OMA OMB ∠=∠.综上，OMA OMB ∠=∠.2.解：（1）由题意得，l 的方程为．设，由得． ，故．所以．由题设知，解得（舍去），． 因此l 的方程为．（2）由（1）得AB 的中点坐标为，所以AB 的垂直平分线方程为，即．设所求圆的圆心坐标为，则解得或 因此所求圆的方程为或．3.解：（1）设，则. (1,0)F (1)(0)y k x k =->1221(,),(,)A y x y x B 2(1),4y k x y x=-⎧⎨=⎩2222(24)0k x k x k -++=216160k ∆=+>122224k x k x ++=122244||||||(1)(1)x k AB AF BF k x +=+=+++=22448k k+=1k =-1k =1y x =-(3,2)2(3)y x -=--5y x =-+00(,)x y 00220005,(1)(1)16.2y x y x x =-+⎧⎪⎨-++=+⎪⎩003,2x y =⎧⎨=⎩0011,6.x y =⎧⎨=-⎩22(3)(2)16x y -+-=22(11)(6)144x y -++=1221(,),(,)A y x y x B 222212121,14343y x y x +=+=两式相减，并由得：. 由题设知，于是：.① 由题设得，故. （2）由题意得，设，则：. 由（1）及题设得.又点P 在C 上，所以，从而，.于是：. 同理. 所以. 故，即成等差数列.设该数列公差为d ，则：② 将代入①得. 所以l 的方程为，代入C 的方程，并整理得. 1221y x y k x -=-1122043y x y k x +++⋅=12121,22x y x y m ++==34k m=-302m <<12k <-(1,0)F 33(,)P x y 331122(1,)(1,)(1,)(0,0)y x x y x y -+-+-=3321213()1,()20y y x x y x m =-+==-+=-<34m =3(1,)2P -3||2FP =1||(22x FA x ===-2||22x FB =-121||||4()32FA FB x x +=-+=2||||||FP FA FB =+||,||,||FA FP FB 1212||||||||||2FB FA x x d =-=-=34m =1k =-74y x =-+2171404x x -+=故，代入②解得.或. 4.解：（Ⅰ）因为抛物线y 2=2px 经过点P （1，2）， 所以4=2p ，解得p =2，所以抛物线的方程为y 2=4x ． 由题意可知直线l 的斜率存在且不为0， 设直线l 的方程为y =kx +1（k ≠0）． 由241y xy kx ⎧=⎨=+⎩得22(24)10k x k x +-+=． 依题意22(24)410k k ∆=--⨯⨯>，解得k <0或0<k <1． 又PA ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点（1，-2）．从而k ≠-3． 所以直线l 斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）． （Ⅱ）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）． 由（I ）知12224k x x k -+=-，1221x x k=． 直线PA 的方程为1122(1)1y y x x --=--． 令x =0，得点M 的纵坐标为1111212211M y kx y x x -+-+=+=+--． 同理得点N 的纵坐标为22121N kx y x -+=+-． 由QO QM λ=，QO QN μ=得=1M y λ-，1N y μ=-． 所以121212,28x x x x +==||d =2212121212122224112()111111=2111(1)(1)11M N k x x x x x x k k y y k x k x k x x k k λμ-+---++=+=+=⋅=⋅------． 所以11λμ+为定值．5.解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c ，由已知有2259c a =，又由a 2=b 2+c 2，可得2a =3b ．由已知可得，FB a =，AB =，由FB AB ⋅=，可得ab =6，从而a =3，b =2．所以，椭圆的方程为22194x y +=．（Ⅱ）解：设点P 的坐标为（x 1，y 1），点Q 的坐标为（x 2，y 2）．由已知有y 1>y 2>0，故12sin PQ AOQ y y ∠=-．又因为2sin y AQ OAB =∠，而∠OAB =π4，故2AQ =．由AQ AOQ PQ=∠，可得5y 1=9y 2． 由方程组22194y kx x y=⎧⎪⎨+=⎪⎩，，消去x，可得1y =AB 的方程为x +y –2=0，由方程组20y kx x y =⎧⎨+-=⎩，，消去x ，可得221ky k =+．由5y 1=9y 2，可得5（k +1）=，两边平方，整理得25650110k k -+=，解得12k =，或1128k =． 所以，k 的值为111228或．6.解：（1）因为椭圆C 的焦点为12() 3,0,(3,0)F F -，可设椭圆C 的方程为22221(0)x y a b a b +=>>．又点1)2在椭圆C 上，所以2222311,43,a b a b ⎧+=⎪⎨⎪-=⎩，解得224,1,a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩因此，椭圆C 的方程为2214x y +=．因为圆O 的直径为12F F ，所以其方程为223x y +=．（2）①设直线l 与圆O 相切于0000(),,(00)P x y x y >>，则22003x y +=， 所以直线l 的方程为0000()x y x x y y =--+，即0003x y x y y =-+． 由220001,43,x y x y x y y ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩消去y ，得222200004243640()x y x x x y +-+-=．（*） 因为直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，所以222222000000()()( 24)(44364820)4x x y y y x ∆=--+-=-=．因为00,0x y >，所以001x y =．因此，点P的坐标为．②因为三角形OAB，所以1 2AB OP ⋅=，从而AB =． 设1122,,()(),A x y B x y ，由（*）得001,2x =，所以2222121()()x B y y x A =-+-222000222200048(2)(1)(4)x y x y x y -=+⋅+．因为22003x y +=，所以22022016(2)32(1)49x AB x -==+，即42002451000x x -+=， 解得22005(202x x ==舍去），则2012y =，因此P的坐标为． 综上，直线l的方程为y =+7.解：（Ⅰ）设00(,)P x y ，2111(,)4A y y ，2221(,)4B y y ． 因为PA ，PB 的中点在抛物线上，所以1y ，2y 为方程202014()422y x y y ++=⋅即22000280y y y x y -+-=的两个不同的实数根． 所以1202y y y +=． 因此，PM 垂直于y 轴．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知120212002,8,y y y y y x y +=⎧⎪⎨=-⎪⎩ 所以2221200013||()384PM y y x y x =+-=-，12||y y -= 因此，PAB △的面积32212001||||4)2PABS PM y y y x =⋅-=-△． 因为220001(0)4y x x +=<，所以2200004444[4,5]y x x x -=--+∈．因此，PAB △面积的取值范围是． 8.解：（1）由抛物线的性质可知，抛物线x y 82=的准线为2-=x ，抛物线上的点B 到焦点)0,2(F 的距离等于点B 到准线2-=x 的距离， 由题意知，点B 的横坐标为t ，则2+=t BF 。

2018届二模解析几何1. 已知点1F 、2F 依次为双曲线2222:1x y C a b-=（,0a b >）的左右焦点，12||6F F =，1(0,)B b -，2(0,)B b .（1）若a =，以(3,4)d =-u r为方向向量的直线l 经过1B ，求2F 到l 的距离； （2）若双曲线C 上存在点P ，使得122PB PB ⋅=-u u u r u u u u r，求实数b 的取值范围.解：（1）2,3,5===b c a 则曲线C 方程为14522=-y x ，)2,0(1-为B ,2F 为)0,3(，l 方程为x y 342-=+2F 到l 的距离为5183561)34(2)34(32==+---⨯ （2）曲线C 方程为192222=--by b x ，设),(y x P ，则 ),(1y b x PB ---=，),(2y b x PB --=，2929)9)(1(2222222222221-=+-=-+-+=-+=⋅y bb b y b b y b y x PB 0)112(9222≥-=∴b b y 2112≥∴b 而30<<b 故3222<≤b【来源】18届长嘉二模202.（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分．已知动点(,)M x y 到点(2,0)F 的距离为1d ，动点(,)M x y 到直线3x =的距离为2d ，且12d d =. (1)求动点(,)M x y 的轨迹C 的方程； (2)过点F 作直线:(2)(0)l y k x k =-≠交曲线C 于P Q 、两点，若OPQ ∆的面积OPQ S ∆(O 是坐标系原点)，求直线l 的方程.解：（1）3,)2(2221-=+-=x d y x d222)3(32)2(-=+-x y x ，则18122312123222+-=++-x x y x x 则6322=+y x ，C 的方程为12622=+y x （2）⎪⎩⎪⎨⎧-==+)2(12622x k y y x ⇒012)2(6122=-++⋅y k y ⇒024)13(222=-++k ky y k 3)13(82416138)134(2212224222222121=+++=+++=-=-⨯⨯=∆k k k k k k k k y y y y S OPQ 1±=∴k ，即0202=-+=--y x y x 或【来源】18届黄浦二模193.如果直线与椭圆只有一个交点，称该直线为椭圆的“切线”，已知椭圆22:12x C y +=，点(,)M m n 是椭圆C 上的任意一点，直线l 过点M 且是椭圆C 的“切线”. （1）证明：过椭圆C 上的点(,)M m n 的“切线”方程是12mxny +=； （2）设A 、B 是椭圆C 长轴上的两个端点，点(,)M m n 不在坐标轴上，直线MA 、MB 分别交y 轴于点P 、Q ，过M 的椭圆C 的“切线” l 交y 轴于点D ，证明：点D 是线段PQ 的中点；（3）点(,)M m n 不在x 轴上，记椭圆C 的两个焦点分别为1F 和2F ，判断过M 的椭圆C 的“切线” l 与直线1MF 、2MF 所成夹角是否相等？并说明理由. （1）证明：),(n m M 的横纵坐标代入12mxny +=的 左边，得：n n mm ⋅+⋅2，由于),(n m M 在椭圆上， 所以1222=+n m ，即12=⋅+⋅n n m m 。