圓錐曲線壓軸題17題型 -2024年高考數(shù)學(xué)壓軸題專項訓(xùn)練（解析版）

第第頁壓軸題02圓錐曲線壓軸題十七大題型匯總命題預(yù)測本專題考查類型主要涉及點解析結(jié)合的相關(guān)考點，本考點主要壓軸題類型，包含了新定的考點，解析幾何與其他知識點的綜合運用等。預(yù)計2024年后命題會在上述幾個方面進(jìn)行考查，尤其是各方面知識點的綜合與新考點問題等。高頻考法題型01離心率問題題型02三角換元法的運用題型03新定義問題題型04解析幾何與立體幾何結(jié)合題型05解析幾何與導(dǎo)數(shù)結(jié)合問題題型06解析幾何的實際應(yīng)用題型07切線、斜率相關(guān)問題題型08模長相關(guān)問題題型09解析幾何新考點題型10解析幾何之類比距離問題題型11解析幾何與數(shù)列結(jié)合題型12解析幾何中的定值問題題型13解析幾何與向量結(jié)合題型14解析幾何中的定點問題題型15解析幾何中的取值范圍問題題型16解析幾何中的存在問題題型17軌跡方程問題01離心率問題1.（23-24高三下·浙江·開學(xué)考試）雙曲線x2a2?y2b2=1(a,b>0)A．214 B．213 C．2 【答案】B【分析】如圖，由題意可知PF1=PQ且P,F2,Q三點共線，設(shè)PF1=m,P【詳解】如圖，設(shè)F1關(guān)于∠F1所以PF1=PQ，且則PQ=m，m?n=2a?QF在△PF1Q又cos∠F1PF2=在△F1P整理，得3c2=7a2即雙曲線的離心率為.21故選：B2.（2024·內(nèi)蒙古赤峰·一模）如圖所示，橢圓有這樣的光學(xué)性質(zhì)：從橢圓的一個焦點出發(fā)的光線，經(jīng)橢圓反射后，反射光線經(jīng)過橢圓的另一個焦點.根據(jù)橢圓的光學(xué)性質(zhì)解決下面的題目：已知曲線C的方程為x225+y216=1，其左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2A．1:3 B．1:2 C．1:3 D．【答案】D【分析】根據(jù)橢圓定義和光的反射定理，以及角平分線定理可得【詳解】由已知得a=5，PF由橢圓定義可得PF根據(jù)光的反射定理可得PM為∠F由正弦定理F1M所以F1MF1所以F即F1故選：D.3.（2024·河南信陽·模擬預(yù)測）一光源P在桌面A的正上方，半徑為2的球與桌面相切，且PA與球相切，小球在光源P的中心投影下在桌面產(chǎn)生的投影為一橢圓（其中球與截面的切點即為橢圓的焦點），如圖所示，形成一個空間幾何體，且正視圖是Rt△PAB，其中PA=6【答案】12【分析】作出球的截面圖，易得tan∠EPO=12，結(jié)合正切的二倍角公式求出tan∠APB的值，進(jìn)而知長軸AB的長，再由球O與AB相切的切點F為橢圓的一個焦點，可得【詳解】如圖，是球O的一個截面，圓O分別與AB,PA相切于點F，E，因為PA=6，球的半徑為2，所以PE=4，所以tan∠APB=所以AB=因為AB是橢圓的長軸長，所以2a=8，所以a=4，根據(jù)球O與AB相切的切點F為橢圓的一個焦點，所以AF=2=a?c，所以c=a?2=4?2=2所以離心率e=c故答案為：124.（2024·山東·一模）如圖，在△ABC中，已知∠BAC=120°，其內(nèi)切圓與AC邊相切于點D，且AD=1，延長BA到E，使BE=BC，連接CE，設(shè)以E，C為焦點且經(jīng)過點A的橢圓的離心率為e1，以E，C為焦點且經(jīng)過點A的雙曲線的離心率為e2，則e1【答案】1,+【分析】設(shè)M,G分別是BC,BE與圓的切點，設(shè)CD=CM=GE=m，利用橢圓，雙曲線的定義分切求出e1,e2的表達(dá)式，進(jìn)而可得【詳解】如圖以CE的中點C為原點直角坐標(biāo)系，設(shè)M,G分別是BC,BE與圓的切點，由圓的切線性質(zhì)得AG=AD=1，設(shè)CD=CM=GE=mm>1，所以AC=1+m，AE=GE?AG=m?1在△ACE中，CE以E,C為焦點經(jīng)過點A的雙曲線的離心率為e2以E,C為焦點經(jīng)過點A的橢圓的離心率為e1則e1在△ABC中，設(shè)BM=n，所以BC=m+n,AB=n+1，AC=m+1，由余弦定理可得BC所以mn=3m+3n+3，所以n=3m+3m?3>0由對勾函數(shù)的單調(diào)性可得函數(shù)y=x4+所以e1故答案為：1,+∞【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)圓錐曲線的定義結(jié)合條件表示出e15.（2024·浙江杭州·二模）機場為旅客提供的圓錐形紙杯如圖所示，該紙杯母線長為12cm，開口直徑為8cm．旅客使用紙杯喝水時，當(dāng)水面與紙杯內(nèi)壁所形成的橢圓經(jīng)過母線中點時，橢圓的離心率等于【答案】31717【分析】依題意，利用等腰三角形ABC求得cosα,再由余弦定理求出橢圓長軸長，作出圓錐的軸截面交橢圓于點P,Q，建立坐標(biāo)系，利用三角形重心性質(zhì)和相似三角形求出點P【詳解】如圖，設(shè)∠BCD=α,因AB=AC=12,BC=8,故cosα=412由余弦定理，BD即BD=217設(shè)橢圓中心為O,作圓錐的軸截面AMN,與底面直徑BC交于E，與橢圓交于P,Q，連AE交BD于G，以點O為原點，DB為x軸，建立直角坐標(biāo)系.則AGAE=23,又由△APQ～△AMN得從而OG=17?2不妨設(shè)橢圓方程為x2a2+y2b則c=17?8=3故答案為：31702三角換元法的運用利用三角函數(shù)的定義解題：（1）角α的頂點與坐標(biāo)原點重合；（2）角的始邊與x軸正半軸重合；在角α的終邊上任取一點P(x,y)，該點到原點的距離r=x2+y2，則：sin6.（23-24高三下·浙江·開學(xué)考試）P是圓C:x2+(y?2)2=1上一動點，A2,0,Q為【答案】2【分析】寫出圓C的參數(shù)方程，進(jìn)而可得點Q坐標(biāo)，結(jié)合兩點間距離公式轉(zhuǎn)化為求三角函數(shù)的最值即可.【詳解】如圖所示，因為圓C：x2+(y?2)所以設(shè)點P(cosθ,2+sinθ)，則所以|OQ|=(當(dāng)sin(θ+π4)=1時，故答案為：2+7.（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知平面直角坐標(biāo)系中的定點A(?2,0)，B(2,0)，C(0,2)，動點P(x,y)，其中kPA?kA．2?3,22C．7?43,2【答案】A【分析】先求出動點P(x,y)的軌跡方程，然后利用橢圓的參數(shù)方程求解空間中兩點C，P的距離．【詳解】由kPA?kPB=于是可設(shè)P(2cosθ,3sinθ)當(dāng)P∈α?xí)r，|CP|因為0<θ<π，sinθ∈0,1，所以|CP若P∈β，依題意，點C到平面β上的距離為3，射影點C1于是|CP|因為?π<θ<0，sinθ∈?1,0，此時綜上可得，CP∈故選：A．8.（2023·湖北·二模）已知動直線l的方程為1?a2x+2ay?3a2A．0,5 B．1,5 C．5,+∞ D．【答案】B【分析】利用萬能公式將直線方程化為xcosθ+ysinθ?3=0，求出過原點與直線l垂直的直線方程，進(jìn)而得出點【詳解】由1?a2x+2ay?3令a=tanθ2sinθ=2sinθ2cos由題意可知過原點與直線l垂直的直線方程為xsinθ?y①2+②2可得x2于是線段PQ長度的取值范圍為[r?PO,r+PO]，因為PO=2所以線段PQ長度的取值范圍為1,5，故選：B.9.（2024·浙江紹興·二模）過點Pa,b作圓x2+y2=1的切線PA，A．2 B．3 C．5 D．10【答案】D【分析】根據(jù)題意可得a2+b2=2，三角換元令a=【詳解】根據(jù)題意，設(shè)圓x2+y2=1∴a2+b2=2，令則a+2b=2cosθ+2所以a+2b的最大值為10.故選：D.10.（2024·山東煙臺·一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，半徑為1的圓A沿著x軸正向無滑動地滾動，點M為圓A上一個定點，其初始位置為原點O,t為AM繞點A轉(zhuǎn)過的角度（單位：弧度，t≥0）.

(1)用t表示點M的橫坐標(biāo)x和縱坐標(biāo)y；(2)設(shè)點M的軌跡在點M0(x0,(3)若平面內(nèi)一條光滑曲線C上每個點的坐標(biāo)均可表示為(x(t),y(t)),t∈[α,β]，則該光滑曲線長度為F(β)?F(α)，其中函數(shù)F(t)滿足F'(t)=[x'(t)]2+[y'【答案】(1)x=t?sin(2)證明見解析；(3)8.【分析】（1）根據(jù)給定條件，結(jié)合三角函數(shù)及弧長計算求解.（2）利用復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)公式，求出切線斜率，再借助三角恒等變換推理即得.（3）由（1）及給定信息，求出F'【詳解】（1）依題意，y=1?cost,|OB|=BM所以x=t?sin（2）由復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)公式y(tǒng)'t=y'而1+=2所以1+cos（3）依題意，F(xiàn)'由0≤t2≤π，得sint2≥0則F(2π所以O(shè)E的長度為8.【點睛】結(jié)論點睛：函數(shù)y=f(x)是區(qū)間D上的可導(dǎo)函數(shù)，則曲線y=f(x)在點(x0,f(x003新定義問題涉及函數(shù)新定義問題，理解新定義，找出數(shù)量關(guān)系，聯(lián)想與題意有關(guān)的數(shù)學(xué)知識和方法，再轉(zhuǎn)化、抽象為相應(yīng)的數(shù)學(xué)問題作答.11.（2024·浙江寧波·二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，定義dA,B=x1?x2+y1?y2為Ax1,y1,Bx2,y【答案】2【分析】先根據(jù)條件RM=MP,【詳解】設(shè)Px1,y1不妨設(shè)點P位于第一象限，由PN=2NQ可得設(shè)直線MQ與NR的交點為Tt,0，則有QT//MQQT=由QT//MQ可得t?x1RT=由RT//RN可得t?x2聯(lián)立①②可得y12x1?由橢圓的對稱性可知x1dR,Q因為x122+ydR,Q=2x1+2所以當(dāng)α+θ=π2時，dR,Q故答案為：2【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題求解的關(guān)鍵有三個：一是理解新定義的含義；二是根據(jù)條件找出P,R,Q坐標(biāo)的關(guān)系;三是借助三角函數(shù)求解最值.12.（2024·浙江·模擬預(yù)測）如圖，由部分橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0,y≤0)和部分雙曲線x2a(1)設(shè)過點1,0的直線l與C相切于點M，求點M的坐標(biāo)及直線l的方程；(2)過A的直線m與C相交于點P、A、Q三點，求證：∠PBA=∠QBA．【答案】(1)M4,3，(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)離心率乘積以及A2,0,B?2,0，可求得a,b，可得橢圓方程和雙曲線方程，設(shè)切點為Mx0（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立橢圓方程和雙曲線方程，利用韋達(dá)定理，結(jié)合的BP,BQ斜率之和為零，即可求證.【詳解】（1）由題設(shè)可得a2+b故橢圓方程為：x24+由圖可知，切點M在雙曲線x2設(shè)Mx0,y0，則k=因為直線l過點1,0，所以，x0將x0=4代入x2所以，M4,3，直線l的方程為：x?y?1=0（2）由題意可得PQ的斜率存在且不為零，故設(shè)方程為：y=kx?2聯(lián)立x24?Δ=256k4?43?4k解得：x=2或x=8k2聯(lián)立x24+解得：x=2或x=8k2所以kBP所以kBP=?k13.（2024·安徽·二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，利用公式x'=ax+byy'=cx+dy①（其中a，b，c，d為常數(shù)），將點Px,y變換為點P'x',y'的坐標(biāo)，我們稱該變換為線性變換，也稱①為坐標(biāo)變換公式，該變換公式①可由a，b，c，d組成的正方形數(shù)表a(1)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，將點P3,4繞原點O按逆時針旋轉(zhuǎn)π3得到點P'（到原點距離不變），求點(2)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，將點Px,y繞原點O按逆時針旋轉(zhuǎn)α角得到點P'(3)向量OP=x,y（稱為行向量形式），也可以寫成xy，這種形式的向量稱為列向量，線性變換坐標(biāo)公式①可以表示為：x'y'=abcdxy，則稱x'y'是二階矩陣【答案】(1)P'(2)x'=x(3)證明見解析【分析】（1）利用三角函數(shù)的定義得到旋轉(zhuǎn)之前的cosθ和sinθ，再由兩角和的正弦、余弦公式得到點（2）利用三角函數(shù)的定義得到旋轉(zhuǎn)之前的cosθ和sinθ，再由兩角和的正弦、余弦公式得到點（3）根據(jù)定義分別計算Am+n、Am、【詳解】（1）可求得OP=OP'=5，設(shè)∠POx=θ，則cosθ=35設(shè)點P'x',y'，∠POx=θ+故x'=5y'=5所以P'3（2）設(shè)OP=OP'=r，∠POx=θ，則x=rcosθ，y=rsin故x'=ry'=r所以坐標(biāo)變換公式為x'該變換所對應(yīng)的二階矩陣為cos（3）設(shè)矩陣A=abcd，向量m=Am對應(yīng)變換公式為：x'Am=所以A故對應(yīng)變換公式同樣為x所以Am【點睛】方法點睛：利用三角函數(shù)的定義解題：（1）角α的頂點與坐標(biāo)原點重合；（2）角的始邊與x軸正半軸重合；在角α的終邊上任取一點P(x,y)，該點到原點的距離r=x2+y2，則：sin14.（多選）（2024·遼寧鞍山·二模）在平面直角坐標(biāo)系中，定義dA,B=x1?x2+y1?y2為點Ax1,yA．dO,Q的最小值為2 B．dO,PC．dP,Q的最小值為52 D．d【答案】BCD【分析】對A，根據(jù)折線距離的定義，寫出dO,Q對B，根據(jù)折線距離的定義，寫出dO,P對C：利用圓的參數(shù)方程，結(jié)合折線距離的定義，寫出dP,Q對D：利用拋物線的參數(shù)方程，，結(jié)合折線距離的定義，寫出dR,Q【詳解】對A：設(shè)Qx,25?2x，則dO,Q=x+25?x≥對B：設(shè)Px,y，則x2+y2對C：設(shè)Pcosθ,dP,Q=cosθ?x+sinθ?25+2x=cosθ?x+2sinθ2?對D：設(shè)R?t2dR,Q=?t24?x+t?25+2x=?t24故選：BCD【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵之一是對“折線距離”的理解，根據(jù)新定義，寫出折線距離；關(guān)鍵之二是含有絕對值的式子的處理，可根據(jù)絕對值的放縮和絕對值不等式，去掉絕對值的符號再求相關(guān)最值.15.（2024·上海靜安·二模）我們稱如圖的曲線為“愛心線”，其上的任意一點P(x,y)都滿足方程x2?2xy+y2?【答案】5【分析】根據(jù)題意，得到x2+y2?2x+2【詳解】解：由曲線方程x2由點M(22,?2)所以點M“愛心線”上任意一點的最小距離d，一定出現(xiàn)在愛心線位于y軸的右側(cè)的點，當(dāng)x≥0時，可得x2設(shè)曲線上任意一點P(x,y),(x≥0)，且M(2有PM2因為PM2的最小值為d2，所以2xy的最小值為當(dāng)y>0時，心吧面積為S=2xy=2xy的最小值為當(dāng)y<0時，心吧面積為S=2xy=?2xy的最大值為故答案為：5204解析幾何與立體幾何結(jié)合16.（2023·江西南昌·三模）艾溪湖大橋由于設(shè)計優(yōu)美，已成為南昌市的一張城市名片.該大橋采用對稱式外傾式拱橋結(jié)構(gòu)，與橋面外伸的圓弧形人行步道相對應(yīng)，寓意“張開雙臂，擁抱藍(lán)天”，也有人戲稱：像一只展翅的蝴蝶在翩翩起舞（如圖）.其中像蝴蝶翅膀的叫橋的拱肋（俗稱拱圈），外形是拋物線，最高點即拋物線的頂點在橋水平面的投影恰為劣弧AB的中點（圖2），拱圈在豎直平面內(nèi)投影的高度為45m，劣弧AB所在圓的半徑為50m，拱跨度AB為502m，橋面寬BC

A．45 B．1625 C．35【答案】A【分析】根據(jù)題意求得GH=15，從而得到tanα=3【詳解】設(shè)弧AB的中點為H，弦AB的中點為G，圓心為O，拱圈的頂點為P，

有PH=45,OB=50,BG=252，易知OG⊥GB則OG=OB2設(shè)∠PGH=α，則tanα=根據(jù)對稱性兩個拱圈所在平面的夾角的余弦值為：cos2故選：A.17.（2024·河南·模擬預(yù)測）如圖所示，在圓錐內(nèi)放入兩個球O1,O2，它們都與圓錐的側(cè)面相切（即與圓錐的每條母線相切），且這兩個球都與平面α相切，切點分別為F1,F2，數(shù)學(xué)家丹德林利用這個模型證明了平面α與圓錐側(cè)面的交線為橢圓，記為Γ，F(xiàn)1,F(1)求橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)點T在直線x=4上，過點T作橢圓Γ的兩條切線，切點分別為M，N，A，B分別是橢圓Γ的左、右頂點，連接AM,BN，設(shè)直線AM與BN交于點P.證明:點P在直線x=4上.【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)切線長定理可得AF1=AC,（2）根據(jù)題意設(shè)出直線PA:y=k【詳解】（1）設(shè)橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2由切線長定理知AF則AF1+由AD?AC=2所以橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為x（2）設(shè)Px已知A?2,0,B2,0聯(lián)立方程組x2消去y得1+4k顯然Δ=256由?2x1=16k所以M2?8聯(lián)立方程組x2消去y得1+4k顯然Δ=256由2x2=16k同理N8因為M，N是切點，且T4,t，所以直線MN的方程為4x4+ty=1顯然直線MN過定點D1,0，即M，D，N三點共線，則4解得k2=3k聯(lián)立方程組y0=k即點P在直線x=4上.【點睛】方法點睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為x1（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判斷；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1（5）代入韋達(dá)定理求解.18.（20-21高三上·全國·階段練習(xí)）已知直線BC垂直單位圓O所在的平面，且直線BC交單位圓于點A，AB=BC=1，P為單位圓上除A外的任意一點，l為過點P的單位圓O的切線，則（）A．有且僅有一點P使二面角B?l?C取得最小值B．有且僅有兩點P使二面角B?l?C取得最小值C．有且僅有一點P使二面角B?l?C取得最大值D．有且僅有兩點P使二面角B?l?C取得最大值【答案】D【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再構(gòu)造輔助函數(shù)，最后用導(dǎo)數(shù)求最值方法判斷．【詳解】過A作AM⊥l于M，連接MB、MC，如圖所示，因為直線BC垂直單位圓O所在的平面，直線l在平面內(nèi)，且直線BC交單位圓于點A，所以AC⊥l，AM,AC?平面AMC，AM∩AC=A，所以l⊥平面AMC，MC,MB?平面AMC，所以l⊥MC，l⊥MB，所以∠BMC是二面角B?l?C的平面角，設(shè)∠BMC=θ，∠AMC=α，∠AMB=β，AM=t，則θ=α?β，由已知得t∈0,2，AB=BC=1tanα=2t，tan令ft=t當(dāng)t∈0,2時，f't>0，ft單調(diào)遞增，當(dāng)f所以t∈0,2，當(dāng)t=2時，即當(dāng)t=2時tanθ取最大值，從而由對稱性知當(dāng)t=2所以有且僅有兩點P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．故選：D．19.（2024·全國·模擬預(yù)測）人類對地球形狀的認(rèn)識經(jīng)歷了漫長的歷程．古人認(rèn)為宇宙是“天圓地方”的，以后人們又認(rèn)為地球是個圓球.17世紀(jì)，牛頓等人根據(jù)力學(xué)原理提出地球是扁球的理論，這一理論直到1739年才為南美和北歐的弧度測量所證實．其實，之前中國就曾進(jìn)行了大規(guī)模的弧度測量，發(fā)現(xiàn)緯度越高，每度子午線弧長越長的事實，這同地球兩極略扁，赤道隆起的理論相符．地球的形狀類似于橢球體，橢球體的表面為橢球面，在空間直角坐標(biāo)系下，橢球面Γ:x2a2+y2b(1)已知橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0在其上一點Qx0,y0處的切線方程為xx0(2)我國南北朝時期的偉大科學(xué)家祖暅于5世紀(jì)末提出了祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”．祖暅原理用現(xiàn)代語言可描述為：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等．當(dāng)b=c時，橢球面Γ圍成的橢球是一個旋轉(zhuǎn)體，類比計算球的體積的方法，運用祖暅原理求該橢球的體積．【答案】(1)2(2)4【分析】（1）根據(jù)題意可知點F1的坐標(biāo)，直線l不與x軸重合，設(shè)出直線l的方程，聯(lián)立橢圓方程，得到關(guān)于y的一元二次方程，求出AB，根據(jù)題意可得橢圓在點A,B處的切線方程，進(jìn)而求出點M的坐標(biāo)，求出點M到直線l的距離，即可求出S（2）類比利用祖暅原理求球的體積的方法，構(gòu)造以1為半徑，2為高的圓柱，挖去同底（圓柱的上底）等高的圓錐構(gòu)成的幾何體與半橢球滿足祖暅原理的條件，結(jié)合圓柱以及圓錐的體積公式，即可求得橢球的體積.【詳解】（1）橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+當(dāng)直線l的傾斜角為0°時，A,B所以直線l的傾斜角不為0°設(shè)直線l:x=ty?1,Ax由x22+則Δ=8所以AB=1+又橢圓E在點A處的切線方程為x1x2+y由x1x2代入x1x2+y則點M到直線l的距離d=?1?所以S△ABM設(shè)m=t2+1令fm=2m3m2所以當(dāng)m=1，即t=0時，△ABM的面積最小，最小值是22（2）橢圓E的焦點在x軸上，長半軸長為2，短半軸長為1，橢球由橢圓E及其內(nèi)部繞x軸旋轉(zhuǎn)180°而成旋轉(zhuǎn)體，構(gòu)造一個底面半徑為1，高為2的圓柱，在圓柱中挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點，圓柱上底面為底面的圓錐后得到一新幾何體，當(dāng)平行于底面的截面與圓錐頂點距離為?0≤?≤2時，設(shè)小圓錐底面半徑為則?2=r1，即把x=?代入E:x22+y所以半橢球的截面面積為πy由祖暅原理，得橢球的體積V=2V【點睛】難點點睛：本題考查了橢圓相關(guān)三角形面積的求法以及祖暅原理的應(yīng)用，題目比較新穎，難度較大，解答的難點在于計算三角形面積時，要結(jié)合直線方程和橢圓方程聯(lián)立，得出根與系數(shù)的關(guān)系，進(jìn)行化簡求解，計算量較大，另外要發(fā)揮空間想象能力，構(gòu)造出圓柱中挖去一個圓錐，進(jìn)而利用祖暅原理求解體積.20.（2024·河北石家莊·二模）已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2，離心率為22，過點F1的動直線l交E于A，B兩點，點A在x軸上方，且l不與x軸垂直，△ABF2的周長為42(1)當(dāng)點A為橢圓E的上頂點時，將平面xOy沿x軸折疊如圖②，使平面A'F1F2⊥平面(2)若過F2作F2H⊥CD（i）證明:直線CD過定點；（ii）求PH的最大值.【答案】(1)3(2)（i）證明見詳解；（ii）61【分析】（1）據(jù)題意求出橢圓方程，折疊后建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量即可求出異面直線A'C與（2）（i）聯(lián)立直線AF2與橢圓的方程，根據(jù)韋達(dá)定理求出點C的坐標(biāo)，同理得到點D的坐標(biāo)，進(jìn)而得到直線CD的方程，根據(jù)對稱性，可判斷定點在x軸上，故令y=0，即可得到定點坐標(biāo)；（ii）由題意可知，點H的軌跡為以F21,0，Q7【詳解】（1）由橢圓定義可知AF1+所以△ABF2的周長為4a=42又因為橢圓離心率為22所以ca=2又b2所以橢圓的方程：x2所以橢圓的焦點為F1?1,0，當(dāng)點A為橢圓E的上頂點時，A0,1所以直線l的方程為：y=x+1，由y=x+1x22+y由對稱性知C4以O(shè)為坐標(biāo)原點，折疊后原y軸負(fù)半軸，原x軸，原y軸的正半軸所在直線為x,y,z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系，則A'0,0,1，B13,?A'C=設(shè)直線A'C與BF則cosθ=異面直線A'C與BF（2）（i）設(shè)點Ax1,y1，B則直線AF2的方程為y=y由x=x1?1所以y1因為x122所以y1y3又x3同理，y4=y由A,F1,B所以x2直線CD的方程為y?y由對稱性可知，如果直線CD過定點，則該定點在x軸上，令y=0得，x===?故直線CD過定點75（ii）由題意知點P0,?1，點H的軌跡為以F21,0，Q圓心為M65,0，半徑為1【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：（1）“特殊探路，一般證明”，即先通過特殊情況確定定點，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；（2）“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點坐標(biāo)，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個關(guān)于定點坐標(biāo)的方程組，以這個方程組的解為坐標(biāo)的點即為所求點；（3）求證直線過定點(x0,y005解析幾何與導(dǎo)數(shù)結(jié)合問題21.（多選）（2024·浙江杭州·二模）過點P2,0的直線與拋物線C：y2=4x交于A,B兩點．拋物線C在點A處的切線與直線x=?2交于點N，作NM⊥AP交ABA．直線NB與拋物線C有2個公共點B．直線MN恒過定點C．點M的軌跡方程是x?1D．MN3AB【答案】BCD【分析】設(shè)出直線AB的方程為x=ty+2，代入y2=4x，然后寫出切線方程，結(jié)合韋達(dá)定理可判斷AB；根據(jù)B可得M的軌跡方程，從而判斷C；利用弦長公式及點到直線的距離公式表示出【詳解】設(shè)直線AB的方程為x=ty+2，A聯(lián)立x=ty+2y2=4x，消去x得y對于A：拋物線C在點A處的切線為y1當(dāng)x=?2時得y=y12所以直線NB的方程為y?y2=聯(lián)立y=?y14x?4y1y2對于B：直線MN的方程為x+2=?1ty?2t，整理得x=?yt對于C：又選項B可得點M在以線段OP為直徑的圓上，點O除外，故點M的軌跡方程是x?12對于D：MN=?2?2則MN3令t2則MN3設(shè)fm則f'當(dāng)m>5時，f'm>0，fm單調(diào)遞增，當(dāng)2所以fm故選：BC.

【點睛】方法點睛：直線與拋物線聯(lián)立問題第一步：設(shè)直線方程：有的題設(shè)條件已知點，而斜率未知；有的題設(shè)條件已知斜率，點不定，都可由點斜式設(shè)出直線方程．第二步：聯(lián)立方程：把所設(shè)直線方程與拋物線方程聯(lián)立，消去一個元，得到一個一元二次方程．第三步：求解判別式Δ：計算一元二次方程根的判別式Δ＞0.第四步：寫出根之間的關(guān)系，由根與系數(shù)的關(guān)系可寫出．第五步：根據(jù)題設(shè)條件求解問題中的結(jié)論．22.（23-24高三下·江蘇泰州·階段練習(xí)）已知拋物線E：x2=2y，焦點為F，過F作y軸的垂線l0，點P在x軸下方，過點P作拋物線E的兩條切線l1，l2，l1，l2分別交x軸于A，B兩點，l1，(1)若l1，l2與拋物線E相切于C，D兩點，求點(2)證明：△PAB的外接圓過定點；(3)求△PCD面積S的最小值．【答案】(1)P(2)證明見解析(3)4【分析】（1）由已知可得C，D兩點的坐標(biāo)，給函數(shù)求導(dǎo)可得切線的斜率，利用點斜式表示切線方程，聯(lián)立方程即可得P點坐標(biāo)；（2）設(shè)過P的兩條切線分別與拋物線切于Qx1,x122，Rx2（3）由已知設(shè)C，D坐標(biāo)，表示CD和P到CD的距離d，然后表示S△PCD,設(shè)x1x2=?t2【詳解】（1）∵l1，l2與拋物線E相切于C，設(shè)C在左側(cè)，則C?1,12由x2=2y得y=1所以l1的斜率為?1，l2的斜率為此時l1方程：y?12l2方程：y?12=x?1，即x?y?1（2）設(shè)過P的兩條切線分別與拋物線切于Qx1,由（1）知直線PQ的斜率為x1，所以直線方程為y?x1直線PR的斜率為x2，直線PR方程為y?x2所以Px1+x2設(shè)△PAB外接圓的圓心為Mm,n，則M在AB的垂直平分線上，而AB的中點為x1+設(shè)△PAB外接圓方程為：x?x1+x2所以x1x2所以x?x整理得x2所以x2令x2+y2?y2（3）CD：y=12，所以C1所以CD=P到CD的距離為d=x1x設(shè)x1x2=?t2，r≥2t，當(dāng)且僅當(dāng)x1所以S△PCD令ft=tft在0,33所以ft≥f33=43【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可求得切線的斜率，表示切線方程，聯(lián)立方程可表示P點的坐標(biāo)；通過設(shè)x1x2=?t2，t>0，x1?x23.（2024·四川德陽·二模）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左，右頂點分別為A1,AA．52 B．2 C．3 【答案】A【分析】先根據(jù)雙曲線的方程，得到k1k2=ba2，再設(shè)b【詳解】設(shè)Px,y為雙曲線C上異于A1、A2又A1?a,0，k所以ab設(shè)ba=x，則fx因為f'x=2x所以fx在0,12上單調(diào)遞減，在1即ba=1此時：a=2b?a2=4b2=4c2?a2?故選：A24.（2024·全國·模擬預(yù)測）已知O是坐標(biāo)原點，拋物線C:y2=2pxp>0的焦點為F，點Em,nm≥0,n≥0在C上，線段PQ是圓(1)求C的方程；(2)過點O作圓E的兩條切線，與C分別交于異于點O的點A,B，求直線AB斜率的最大值．【答案】(1)y2(2)2【分析】（1）利用PF?QF=（2）設(shè)直線OA的方程為x=t1y，直線OB的方程為x=t2【詳解】（1）連接EF，由題意知PF?QF=PE+得p=1，所以C的方程為y2（2）由題意知n2連接OE，則OE2所以m>1,n>2又當(dāng)m=3n=412時，圓當(dāng)m=32n=3時，圓故m≠3n≠4設(shè)直線OA的方程為x=t因為直線OA為圓E的切線，所以n2整理得n2?3設(shè)直線OB的方程為x=t同理可得n2所以t1,t2是關(guān)于所以t1+t由x=t1yy2所以直線AB的斜率為2t設(shè)fn=1當(dāng)2<n<3時，f'n>0，當(dāng)所以fn在2,3上單調(diào)遞增，在所以當(dāng)n>2時，f所以直線AB斜率的最大值為2925.（多選）（2024·河南信陽·模擬預(yù)測）太極圖是由黑白兩個魚形紋組成的圖案，俗稱陰陽魚，太極圖展現(xiàn)了一種相互轉(zhuǎn)化，相互統(tǒng)一的和諧美．定義：能夠?qū)AO的周長和面積同時等分成兩部分的函數(shù)稱為圓O的一個“太極函數(shù)”下列有關(guān)說法中正確的是（

）A．對圓O:xB．函數(shù)f(x)=sinx+1是圓C．存在圓O，使得f(x)=ex+1D．直線(m+1)x?(2m+1)y?1=0所對應(yīng)的函數(shù)一定是圓O:(x?2)【答案】BD【分析】舉出反例判斷A；說明fx=sinx+1的圖象關(guān)于點(0,1)成中心對稱，結(jié)合太極函數(shù)定義判斷B；說明fx=e【詳解】對于A，如圖折線形成的函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，滿足S△ACE

顯然函數(shù)f(x)的圖象能將圓O的周長和面積同時等分成兩部分，A錯誤；對于B，將正弦函數(shù)y=sinx的圖象向上平移1個單位即得即f(x)=sinx+1的圖象關(guān)于點(0,1)成中心對稱，而圓O:x因此函數(shù)f(x)的圖象能將圓O的周長和面積同時等分成兩部分，B正確；對于C，f(x)=ex+1ex即f(x)=ex+1

若f(x)=ex+1ex?1是圓O的太極函數(shù)，則圓O的圓心應(yīng)為因此函數(shù)f(x)不能將圓O的周長和面積同時等分成兩部分，C錯誤；對于D，直線(m+1)x?(2m+1)y?1=0，即m(x?2y)+x?y?1=0，由x?2y=0x?y?1=0，解得x=2y=1，則直線(m+1)x?(2m+1)y?1=0恒過定點顯然直線(m+1)x?(2m+1)y?1=0經(jīng)過圓O:(x?2)該直線能將圓O的周長和面積同時等分成兩部分，D正確，故選：BD【點睛】思路點睛：涉及函數(shù)新定義問題，理解新定義，找出數(shù)量關(guān)系，聯(lián)想與題意有關(guān)的數(shù)學(xué)知識和方法，再轉(zhuǎn)化、抽象為相應(yīng)的數(shù)學(xué)問題作答.06解析幾何的實際應(yīng)用26.（2024·浙江·模擬預(yù)測）應(yīng)用拋物線和雙曲線的光學(xué)性質(zhì)，可以設(shè)計制造反射式天文望遠(yuǎn)鏡，這種望遠(yuǎn)鏡的特點是，鏡銅可以很短而觀察天體運動又很清楚．某天文儀器廠設(shè)計制造的一種反射式望遠(yuǎn)鏡，其光學(xué)系統(tǒng)的原理如圖（中心截口示意圖）所示．其中，一個反射鏡PO1Q弧所在的曲線為拋物線，另一個反射鏡MO2N弧所在的曲線為雙曲線一個分支．已知F1,F

【答案】y【分析】設(shè)F1?c,0,F2c,0,Nx0【詳解】以F1F2的中點O為原點，F(xiàn)不妨設(shè)F1由tan∠NF1F2又S△NF1O1F2故拋物線方程為y2故答案為：y27.（2024·浙江·二模）如圖為世界名畫《星月夜》，在這幅畫中，文森特·梵高用夸張的手法，生動地描繪了充滿運動和變化的星空.假設(shè)月亮可看作半徑為1的圓O的一段圓弧E，且弧E所對的圓心角為4π5.設(shè)圓C的圓心C在點O與弧E中點的連線所在直線上.若存在圓C滿足：弧E上存在四點滿足過這四點作圓O的切線，這四條切線與圓C也相切，則弧E上的點與圓C上的點的最短距離的取值范圍為.（參考數(shù)據(jù)：【答案】0,【分析】設(shè)弧E的中點為M，根據(jù)圓與圓相離，確定兩圓的外公切線與內(nèi)公切線，確定圓O的位置，分析可得弧E上的點與圓C上的點的最短距離.【詳解】如圖，設(shè)弧E的中點為M，弧E所對的圓心角為4π圓O的半徑OM=1，在弧E上取兩點A,B，則∠AOB≤分別過點A,B作圓O的切線，并交直線OM于點D，當(dāng)過點A,B的切線剛好是圓O與圓C的外公切線時，劣弧AB上一定還存在點S,T，使過點S,T的切線為兩圓的內(nèi)公切線，則圓C的圓心C只能在線段MD上，且不包括端點，過點C，分別向AD,BD作垂線，垂足為R,P，則CR即為圓C的半徑，設(shè)線段OC交圓C于點N，則弧E上的點與圓C上的點的最短距離即為線段MN的長度.在Rt△AOD中，OD則MN=即弧E上的點與圓C上的點的最短距離的取值范圍為0,5故答案為：0,5【點睛】結(jié)論點睛：本題考查了根據(jù)兩圓位置關(guān)系求距離的范圍的問題.可按如下結(jié)論求解：相離的兩個圓（圓心分別為O1和O2,半徑分別為R和r）上的兩個動點之間的距離L的最小值是兩圓心之間的距離減去兩圓的半徑，最大值是兩圓心之間的距離加上兩圓的半徑，即28.（2024·山西晉中·模擬預(yù)測）“工藝折紙”是一種把紙張折成各種不同形狀物品的藝術(shù)活動，在我國源遠(yuǎn)流長.某些折紙活動蘊含豐富的數(shù)學(xué)知識，例如：如圖用一張圓形紙片，按如下步驟折紙：步驟1：設(shè)圓心是E，在圓內(nèi)異于圓心處取一定點，記為F；步驟2：把紙片折疊，使圓周正好通過點F（即折疊后圖中的點A與點F重合）；步驟3：把紙片展開，并留下一道折痕，記折痕與AE的交點為P；步驟4：不停重復(fù)步驟2和3，就能得到越來越多的折痕.現(xiàn)取半徑為4的圓形紙片，設(shè)點F到圓心E的距離為23，按上述方法折紙.以線段EF的中點為原點，線段EF所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系xOy，記動點P的軌跡為曲線C(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)軌跡C與x軸從左到右的交點為點A，B，Q為直線l:x=4上的一動點（點Q不在x軸上），連接AQ交橢圓于C點，連接QB并延長交橢圓于D點.是否存在λ，使得S△ACD=λS【答案】(1)x(2)存在λ=3，理由見詳解【分析】（1）由折紙的對稱性可知，PE+PF=（2）設(shè)Q4,m，m≠0，Cx1,y1，【詳解】（1）由題意可知，PE+所以點P的軌跡是以E，F(xiàn)為焦點，且長軸長2a=4的橢圓，焦距2c=EF所以b2=a2?（2）存在λ=3，使得S△ACD設(shè)Q4,m，m≠0，Cx1又A?2,0，所以直線AQ的斜率為m所以直線AQ的方程為y=m6x+29+m2x2+4所以y1因為B2,0，所以直線BQ斜率為m所以直線BQ的方程為y=m2x?21+m2x2?4所以y2所以直線CD的斜率為6m9+所以直線CD的方程為y??2m1+m所以直線CD恒過定點1,0，設(shè)該定點為M，所以AM=3，BMS=1S=1所以S△ACD所以λ=3.【點睛】方法點睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為x1（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判斷；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1（5）代入韋達(dá)定理求解.29.（2024·全國·模擬預(yù)測）已知一個玻璃酒杯盛酒部分的軸截面是拋物線，其通徑長為1，現(xiàn)有一個半徑為r(r>0)的玻璃球放入該玻璃酒杯中，要使得該玻璃球接觸到杯底（盛酒部分），則r的取值范圍是（

）A．(0,2] B．12,2 C．0,1【答案】C【分析】以軸截面拋物線的頂點為原點，對稱軸為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，寫出該玻璃球的軸截面的方程和拋物線的方程，兩方程聯(lián)立，只有一個解求解.【詳解】解：以軸截面拋物線的頂點為原點，對稱軸為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，當(dāng)玻璃球能夠與杯底接觸時，該玻璃球的軸截面的方程為x2+(y因為拋物線的通徑長為1，則拋物線的方程為y=x代入圓的方程消元得：x2所以原題等價于方程x2x2+(1?2r)=0因為由x2x2+(1?2r)=0所以需2r?1≤0或2r?1>r2，即r≤1因為r>0，所以0<r≤1故選：C．30.（2024·上海靜安·二模）江南某公園內(nèi)正在建造一座跨水拱橋．如平面圖所示，現(xiàn)已經(jīng)在地平面以上造好了一個外沿直徑為20米的半圓形拱橋洞，地平面與拱橋洞外沿交于點A與點B．現(xiàn)在準(zhǔn)備以地平面上的點C與點D為起點建造上、下橋坡道，要求：①BD=AC；②在拱橋洞左側(cè)建造平面圖為直線的坡道，坡度為1:22（坡度為坡面的垂直高度和水平方向的距離的比）；③(1)請你設(shè)計一條過橋道路，畫出大致的平面圖，并用數(shù)學(xué)符號語言刻畫與表達(dá)出來；(2)并按你的方案計算過橋道路的總長度；（精確到0.1米）(3)若整個過橋坡道的路面寬為10米，且鋪設(shè)坡道全部使用混凝土．請設(shè)計出所鋪設(shè)路面的相關(guān)幾何體，提出一個實際問題，寫出解決該問題的方案，并說明理由（如果需要，可通過假設(shè)的運算結(jié)果列式說明，不必計算）．【答案】(1)答案見解析(2)答案見解析(3)答案見解析【分析】（1）解法1；以線段AB的中點O為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，求得圓O的方程，得到y(tǒng)=122(x+30)，聯(lián)立方程組，求得E?103,2023，設(shè)圓M的半徑為r，求得圓M的方程為x2+(y+40)2=502（2）解法1：求得圓弧EF的長為10π2?arctan22，得到圓弧FD的長為50arctan34（3）設(shè)計讓橋的側(cè)面所在平面垂直于地平面，提出問題，結(jié)合面積公式，分別求得鋪設(shè)過橋路需要混凝土的值.【詳解】（1）解法1、如圖所示，以線段AB的中點O為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，則，圓O的方程為x2由tanC=122，OE=10得過點C作圓O的切線DE，切點為E，直線CE的斜率為122，其方程為所以直線OE的斜率為?22，其方程為y=?22x得點E的坐標(biāo)為?10經(jīng)過點D作圓M與圓O切于點F（圓O與y軸的交點），設(shè)圓M的半徑為r，則OD2+OM2所以，圓M的方程為x2故用函數(shù)表示過橋道路為y=1解法2、如圖所示，以線段AB的中點O為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，作圓N與x軸相切于點D，并和圓O切于點G，設(shè)圓M的半徑為r，則OD2+DN2所以圓N的方程為(x?30)2將直線OG的方程代入x2+y2=100所以用函數(shù)表示過橋道路為y=1（2）解法1：由點E的坐標(biāo)為?103,所以圓弧EF的長為10π2?由點D的坐標(biāo)為30,0，點M的坐標(biāo)為0,?40，得∠DMF=arctan所以圓弧FD的長為50arctan34所以過橋道路的總長度為202+10π2?arctan2解法2：因為OE=?10則cos?OE,所以圓弧EG的長為10arccos又由點G的坐標(biāo)為(6,8)，得∠OND=π所以圓弧GD的長為40π所以過橋道路的總長度為202+10arccos?3+8215（3）解：設(shè)計讓橋的側(cè)面所在平面垂直于地平面，則橋拱左側(cè)鋪設(shè)的是以曲邊形ACE為底面，高為10米的柱體；橋拱右側(cè)鋪設(shè)的是以曲邊形BDF（BDG）為底面，高為10米的柱體，提問：鋪設(shè)坡道共需要混凝土多少立方米？方案1：S曲邊形所以，鋪設(shè)過橋路需要混凝土10（S△COD?S方案2：S曲邊形所以，鋪設(shè)過橋路需要混凝土10（S△COD?S07切線、斜率相關(guān)問題過圓x?a2+y?b2=過圓x?a2+y?b2=過橢圓x2a2+y過橢圓x2a2+y過雙曲線x2a2?y過雙曲線x2a2?y31.（多選）（2024·浙江金華·模擬預(yù)測）已知橢圓x22+y2=1,O為原點，過第一象限內(nèi)橢圓外一點PxA．k3?k4為定值C．x0?y0的最大值為2【答案】AD【分析】設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，聯(lián)立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，由k1?k2=14得到方程，求出t2=4k2?1，證明橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3【詳解】由于k1?k2=14所以直線AB方程斜率一定存在，設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，聯(lián)立x21+2k設(shè)Ax1,故y=k其中k1故y1y2所以?8k2+4下面證明橢圓E:x2a2+當(dāng)y3≠0時，故切線的斜率存在，設(shè)切線方程為代入橢圓方程得：a2由Δ=a2所以x3把x3=?a2于是n=?m則橢圓的切線斜率為?b2x整理得到a2其中b2x32+當(dāng)y3=0時，此時x3當(dāng)x3=a時，切線方程為x=a，滿足當(dāng)x3=?a時，切線方程為x=?a，滿足綜上：橢圓E:x2a2+故橢圓在點Ax1,同理可得，橢圓在點Bx2,由于點Px0,y0故x1x0所以直線AB為x0因為直線AB的方程為y=kx+t，對照系數(shù)可得k=?x又t2=4k2?1又Px故點Px0,A選項，k3=?b則k3B選項，k=1其中k==又t2故k1故k1C選項，由于x02?y02=1設(shè)x0?y0=sD選項，由于x02?y02=1設(shè)5x0?3則兩式聯(lián)立得?16y由Δ=36?2檢驗，當(dāng)?=4時，5x0?3解得x0故5x故選：AD【點睛】結(jié)論點睛：過圓x?a2+y?b2=過圓x?a2+y?b2=過橢圓x2a2+y過橢圓x2a2+y過雙曲線x2a2?y過雙曲線x2a2?y32.（2024·全國·模擬預(yù)測）費馬原理，也稱為時間最短原理：光傳播的路徑是光程取極值的路徑．在凸透鏡成像中，根據(jù)費馬原理可以推出光線經(jīng)凸透鏡至像點的總光程為定值（光程為光在某介質(zhì)中傳播的路程與該介質(zhì)折射率的乘積）．一般而言，空氣的折射率約為1．如圖是折射率為2的某平凸透鏡的縱截面圖，其中平凸透鏡的平面圓直徑MN為6，且MN與x軸交于點?2,0．平行于x軸的平行光束從左向右照向該平凸透鏡，所有光線經(jīng)折射后全部匯聚在點2,0處并在此成像．（提示：光線從平凸透鏡的平面進(jìn)入時不發(fā)生折射）

(1)設(shè)該平凸透鏡縱截面中的曲線為曲線C，試判斷C屬于哪一種圓錐曲線，并求出其相應(yīng)的解析式．(2)設(shè)曲線F為解析式同C的完整圓錐曲線，直線l與F交于A，B兩點，交y軸于點H，交x軸于點Q（點Q不與F的頂點重合）．若HQ=k1QA=【答案】(1)C為雙曲線的一部分，解析式為x(2)2,0或?2,0【分析】（1）設(shè)Tx（2）設(shè)出H，Q的坐標(biāo)，根據(jù)向量的坐標(biāo)運算得到A，B的坐標(biāo)，將點A，B的坐標(biāo)代入F的方程，得到兩個方程，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系及k1【詳解】（1）設(shè)C上任意一點Tx0,y0，x0<0，光線從點N至點2,0的光程為δ則δ1=1×3由題意得δ1=δ2，得∴1+4x02?4x0=∴C為雙曲線的一部分，解析式為x2（2）由題意知F:x設(shè)H0,n，Qm,0m≠±1，A則HQ=m,?n，QA=∵HQ=k1QA易知k1≠0，k2≠0，得即Amk1將點A的坐標(biāo)代入x2?y化簡整理得m2同理可得m2∴k1與k2∴k由題知k1+k2=?∴點Q的坐標(biāo)可能為2,0或?2,0.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查雙曲線與直線的位置關(guān)系，關(guān)鍵是將向量坐標(biāo)化，并將點代入曲線得到關(guān)于k的二次方程，結(jié)合韋達(dá)定理求解.33.（2024·山東臨沂·一模）動圓C與圓C1:(x+2)2+y2(1)求E的方程；(2)已知圓錐曲線具有如下性質(zhì)：若圓錐曲線的方程為Ax2+2Bxy+Cy2+2Dx+2Ey+F=0，則曲線上一點x0,y0處的切線方程為：Ax0x+Bx0y+y（i）證明：直線AB過定點；（ii）點A關(guān)于x軸的對稱點為A'，連接A'B交x軸于點M，設(shè)△AC2【答案】(1)x(2)（i）證明見解析，（ii）3【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義求解點的軌跡方程；（2）（i）根據(jù)題意中的性質(zhì)求解出兩條切線方程，代入點P坐標(biāo)后，得出直線AB的方程，從而得出定點坐標(biāo)；（ii）聯(lián)立直線AB的方程與橢圓E的方程，由韋達(dá)定理得出y1+y2,【詳解】（1）設(shè)動圓C的半徑為r，由題意得圓C1和圓C2的半徑分別為52因為C與C1，C所以CC1=5所以CC又C1?2,0，C2所以點C的軌跡是以C1，C設(shè)E的方程為：x2則2a=42，2c=4，所以b故E的方程為：x2（2）（i）證明：設(shè)Ax1,y1由題意中的性質(zhì)可得，切線PA方程為xx切線PB方程為xx因為兩條切線都經(jīng)過點P8,t，所以x1+故直線AB的方程為：x+ty4=1，顯然當(dāng)y=0故直線AB經(jīng)過定點1,0.（ii）設(shè)直線AB的方程為：x=my+1m≠0聯(lián)立x=my+1x2+2由韋達(dá)定理得y1又A'x1,?y令y=0得，x=2m所以直線A'B經(jīng)過定點M8,0所以S=6所以S1?S2max【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：(1)“特殊探路，一般證明”，即先通過特殊情況確定定點，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；(2)“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點坐標(biāo)，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個關(guān)于定點坐標(biāo)的方程組，以這個方程組的解為坐標(biāo)的點即為所求點；(3）求證直線過定點x0,y0，常利用直線的點斜式方程34.（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測）某校數(shù)學(xué)問題研究小組的同學(xué)利用電腦對曲線Γ:y2=8x進(jìn)行了深人研究．已知點Px0，y0(1)問題1：過曲線Γ的焦點F的直線與曲線Γ交于A,B兩點，點A在第一象限．（i）求△AOB（O為坐標(biāo)原點）面積的最小值；（ii）曲線Γ在點A，B處的切線分別為l1，l2，兩直線(2)問題2：若A，B是曲線Γ上任意兩點，過AB的中點N作x軸的平行線交曲線Γ于點C，記線段AB與曲線Γ圍成的封閉區(qū)域為SC【答案】(1)（i）8；（ii）證明見解析(2)4【分析】（1）（i）設(shè)直線AB的方程為x=ty+2，與拋物線聯(lián)立，利用韋達(dá)定理計算S△AOB=1（2）Ay128,【詳解】（1）（i）明顯直線AB的斜率不為零，設(shè)直線AB的方程為x=ty+2，Ay聯(lián)立x=ty+2y2=8x，消去x則y1又S△AOB則當(dāng)t=0時，△AOB的面積最小，且最小值為8；（ii）由已知得l1聯(lián)立y1y=4x+y所以MF所以MF?AB=4（2）如圖.Ay12則CyS△ABC分別過線段AC的中點N1，線段BC的中點N作x軸的平行線交拋物線分別于C1,C同理可得S△ACC1Sc又由于Sc的面積=Sr1的面積所以kS△ABC=【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是如何繞過直接求出曲線圍成的面積，通過找到各三角形與三角形ABC之間的關(guān)系，從而解出k值.35.（2024·浙江金華·模擬預(yù)測）已知雙曲線Γ：x2?y23=1，F(xiàn)為雙曲線Γ的右焦點，過F作直線l1交雙曲線Γ于A，B兩點，過F點且與直線l(1)求雙曲線Γ的離心率；(2)若直線OP的斜率為32，求AB(3)設(shè)直線AB，AP，AM，AN的斜率分別為k1，k2，k3，k4，且k1k2k3【答案】(1)e=2(2)AB(3)v=【分析】（1）根據(jù)雙曲線方程求離心率；（2）首先由已知得P12,34（3）首先由條件設(shè)出點A,M,N的坐標(biāo)，并根據(jù)已知條件表示k1,k2，進(jìn)而求出k1+k2和k1【詳解】（1）由雙曲線方程可知，a2=1，b2所以雙曲線的離心率e=c（2）設(shè)Ax0,y0，Bx1,y所以直線l1的斜率k=2，故直線l1的方程為聯(lián)立直線l1和雙曲線Γ，y=2x?2x2?由韋達(dá)定理得x0+x所以AB=（3）設(shè)Ax0,y0因為l2⊥l1，故l2為y=?所以k2因為點Ax0,y0所以k2所以k1k1又kOP=yPxP=3k根據(jù)題意知k12≠3，此方程的兩根即為x所以k3=?12即k所以k3+【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第三問的關(guān)鍵是設(shè)出相關(guān)點的坐標(biāo)，利用相關(guān)點的坐標(biāo)表示斜率，整理后即可求解.08模長相關(guān)問題利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為x1（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判斷；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1（5）代入韋達(dá)定理求解.36.（23-24高三下·浙江·開學(xué)考試）已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長軸長為4，離心率為1(1)證明：AC與AF不可能垂直；(2)求|AB|【答案】(1)證明見解析(2)999【分析】（1）求出橢圓方程，設(shè)出點A坐標(biāo)，結(jié)合AC?（2）設(shè)直線AB方程，聯(lián)立直線AB方程與橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理可表示|AB|2+|BC【詳解】（1）由題意知，2a=4e=又因為b2=a2?證明：設(shè)Ax1,y1，如圖所示，假設(shè)AC⊥AF，即AC⊥AF，所以AC?又AC=(?2?x1所以x12由①②消去y1得到x12+4x（2）如圖所示，

設(shè)AB方程為：x=ty+1，由x=ty+1x24設(shè)Ax1,所以AB=AC=t2+1所以|AB|2+|BC設(shè)m=3t則|AB=216即當(dāng)m=325，即t2=4故|AB|2+|BC37.（2024·浙江臺州·二模）已知橢圓C：9x2+8y2=81，直線(1)求橢圓C的焦點坐標(biāo)；(2)求圓Q的方程；(3)設(shè)點P1,3，過P作圓Q的兩條切線分別交橢圓C于點A，B，求△PAB【答案】(1)0,±(2)x?(3)6【分析】（1）化簡橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，根據(jù)a,b,c的關(guān)系即可求得焦點坐標(biāo)；（2）先聯(lián)立方程求得M?1,3，N?1,?3，求出直線（3）設(shè)過P作圓Q的切線方程為y=kx?1【詳解】（1）橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29+y2（2）將x=?1代入橢圓方程9x2+8y直線MT的方程為y=3?1?3x?3設(shè)圓Q方程為x?t2+y2=則Q到直線MN和直線MT的距離相等，即t+1=3t+4×0?932+4所以圓Q方程為x?1（3）顯然直線PA和直線PB的斜率均存在，設(shè)過P作圓Q的切線方程為y=kx?1其中k有兩個不同的取值k1和k2分別為直線PA和由圓Q與直線相切得：k12?1則k1由y=k1x?1可得xA所以y=?3同理xB=8k22?48所以AB與圓Q相切，將y=?32代入9x所以AB=27，又點P到直線AB的距離為設(shè)△PAB的周長為m，則△PAB的面積S△ABC解得m=67.所以△PAB的周長為6

38.（2024·浙江金華·模擬預(yù)測）在直角坐標(biāo)系xOy中，圓Γ的圓心P在y軸上（P不與O重合），且與雙曲線Ω:x2(1)求Ω的離心率；(2)若Ω的右焦點為F(2,0)，且圓Γ過點F，求|FA|+|FB|的取值范圍．【答案】(1)2(2)(2【分析】（1）由點差法與直線與圓的性質(zhì)分別得到與直線AB的斜率有關(guān)的等量關(guān)系，結(jié)合已知條件將PA2+PB2（2）將|FA|+|FB|化斜為直，轉(zhuǎn)化為FA+FB=【詳解】（1）設(shè)Ax1,y1，由題意P不與O重合，則y1+y2≠0所以AB斜率存在且不為0.由A,B在雙曲線上，則x12a兩式作差得x1所以有x1故y1+由圓Γ的圓心P在y軸上（P不與O重合），設(shè)P(0,m)(m≠0)，由題意PA2則PA2化簡得m(y1+y2由圓Γ的圓心為P，弦AB中點為M，所以MP⊥AB，則y1+y2由①②得，b2a2故Ω的離心率為2.（2）由Ω的右焦點為F(2,0)，得c=2，由（1）知，c=2a，所以有a=b=2設(shè)圓的方程為x2+(y?m)2=則圓的方程可化為x2聯(lián)立x2?y2=2Δ=其中y1+y2=m由FA=同理FB=所以FA+其中y1令2m2+9所以y1設(shè)g(t)=(t+2)2?1由函數(shù)y=g(t)在(3,+∞)單調(diào)遞增，則g(t)>g(3)=12，即所以有y1故FA+FA+

【點睛】方法點睛：圓錐曲線最值范圍問題，關(guān)鍵在把要求最值（范圍）的幾何量、代數(shù)式轉(zhuǎn)化為某個（些）參數(shù)的函數(shù)，然后利用函數(shù)、不等式方法進(jìn)行求解.39.（2023·安徽蕪湖·模擬預(yù)測）設(shè)雙曲線E：x2a2?y2b2=1（a>0，b>0(1)求雙曲線E的方程；(2)過點F作兩條互相垂直的直線m，n，其中m與E的右支交于A，B兩點，與直線x=32交于點M，n與E的右支相交于C，D兩點，與直線x=32交于點【答案】(1)x(2)4【分析】（1）由題意可得雙曲線不過點P2（2）借助韋達(dá)定理與兩點間距離公式表示出1MA+1【詳解】（1）由P23,4，P33,2，P4?3,2，故該雙曲線不過點P2則有3a2?0b（2）由雙曲線方程為x23?由題意可知，m，n的斜率均存在，設(shè)m的斜率為k，則n的斜率為?1即lm:y=kx?2，設(shè)A令x=32，則y=k3聯(lián)立雙曲線x23?由雙曲線性質(zhì)可知k∈?∞,?此時Δ>0有x1+x則MA=1+k故1==1同理可得1NC則1=41+21k+即1MA+1【點睛】方法點睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為x1（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判斷；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1（5）代入韋達(dá)定理求解.圓錐曲線最值范圍問題，關(guān)鍵在把要求最值（范圍）的幾何量、代數(shù)式轉(zhuǎn)化為某個（些）參數(shù)的函數(shù)，然后利用函數(shù)、不等式方法進(jìn)行求解.40.（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知O為坐標(biāo)原點，拋物線C:y2=2pxp>0，過點(1)求拋物線C的方程；(2)若點D?1,0，連接AD，BD，證明：AD(3)已知圓G以G為圓心，1為半徑，過A作圓G的兩條切線，與y軸分別交于點M，N且M，N位于x軸兩側(cè)，求△AMN面積的最小值．【答案】(1)y(2)證明見解析(3)8【分析】（1）設(shè)直線AB的方程為x=my+1，聯(lián)立方程，利用韋達(dá)定理求出y1y2，再求出x1x（2）要證AD?BG=BD?（3）記AM，AN分別與圓G切于點T，F(xiàn)，連接TG，MG，NG，求出AT，結(jié)合切線長定理可得AT=AF，NO=NF，MO=【詳解】（1）設(shè)直線AB的方程為x=my+1，由y2=2pxx=my+1設(shè)Ax1,則y1y2從而OA?OB=所以拋物線C的方程為y2（2）要證AD?BG=BD?由（1）可知y1y2則k=2故AD?（3）記AM，AN分別與圓G切于點T，F(xiàn)，連接TG，MG，NG，由題意，得AT=由切線長定理，知AT=AF，NO=所以S△AMN又S=====MN+1所以S△AMN當(dāng)且僅當(dāng)y12?4=4故△AMN面積的最小值為8．【點睛】思路點睛：解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題要做好兩點：一是轉(zhuǎn)化，把題中的已知和所求準(zhǔn)確轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的數(shù)與式，即形向數(shù)的轉(zhuǎn)化；二是設(shè)而不求，即聯(lián)立直線方程與圓錐曲線方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求解．09解析幾何新考點41.（2024·安徽蕪湖·二模）已知直線l：Ax+By+C=0A2+B2A．0,1 B．1,?1 C．1,1 D．1,0【答案】C【分析】由函數(shù)y=x3?x的性質(zhì)可得曲線W的對稱中心(0,0)，即得E(0,0)【詳解】顯然函數(shù)f(x)=x3?x的定義域為R，f(?x)=因此曲線W的對稱中心為(0,0)，由直線l與曲線W的三個交點D,E,F滿足DE=EF=2設(shè)D(x,x3?x)，則x2+(x解得t=2，即x=±2，因此點D(2,2)或D(?選項中只有坐標(biāo)為(1,1)的向量與ED共線，能作為直線l的方向向量的坐標(biāo)是(1,1).故選：C【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵首先是得到曲線對稱中心為(0,0)，從而得到E(0,0)，然后再去設(shè)點D坐標(biāo)，根據(jù)DE=2，得到高次方程，利用換元法結(jié)合因式分解解出D42.（2023·陜西西安·模擬預(yù)測）雙紐線是1694年被瑞士數(shù)學(xué)家雅各布·伯努利用來描述他所發(fā)現(xiàn)的．在平面直角坐標(biāo)系xoy中，把到定點F1?a,0和F1a,0距離之積等于a2a>0的點的軌跡稱為雙紐線①雙紐線C關(guān)于原點對稱；②?a2≤y0≤a2；③雙紐線C上滿足PA．①②③ B．①②④ C．①② D．①②③④【答案】B【分析】對①，設(shè)動點C(x,y)，把(x,y)關(guān)于原點對稱的點(?x,?y)代入軌跡方程，顯然成立；對②，根據(jù)△PF1F2的面積范圍證明即可；對③，易得若PF1=PF2，則P在y軸上，再根據(jù)Px【詳解】對①，設(shè)動點C(x,y)，由題可得C的軌跡方程[(x?a)把(x,y)關(guān)于原點對稱的點(?x,?y)代入軌跡方程，原方程不變，故①正確；對②，因為Px0,又PF1?即y0=a2sin對③，若PF1=PF2，則故此時x0=0，代入可得y0=0，即P0,0對④，因為∠POF1+∠PO即OP2因為OF1=故2OP即2OP所以2OP又PF1?故2OP即OP2≤2a2，解得故選：B【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題主要考查了動點軌跡方程的性質(zhì)判定，因為該方程較復(fù)雜，故在作不出圖象時，需要根據(jù)題意求出動點的方程進(jìn)行對稱性的分析，同時需要結(jié)合解三角形的方法對所給信息進(jìn)行辨析.43.（2024·河北邯鄲·二模）已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點，對稱軸為x軸、y軸，且過M2,0(1)求C的方程．(2)A,B是C上兩個動點，D為C的上頂點，是否存在以D為頂點，AB為底邊的等腰直角三角形？若存在，求出滿足條件的三角形的個數(shù)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)x(2)存在，3個【分析】（1）設(shè)橢圓C的方程為mx2+n（2）設(shè)直線DA為y=kx+1，直線DB為y=?1kx+1，當(dāng)k=1時，由橢圓的對稱性知滿足題意；當(dāng)k2≠1時，聯(lián)立直線與橢圓方程，求出A,B的坐標(biāo)，進(jìn)而求出AB【詳解】（1）由題設(shè)橢圓C的方程為mx因為橢圓過M2,0所以4m=1m+34n=1，得到m=1（2）由（1）知D(0,1)，易知直線DA,DB的斜率均存在且不為0，不妨設(shè)kDA=k(k>0)，kDB=?1k，直線DA為由橢圓的對稱性知，當(dāng)k=1時，顯然有DA=當(dāng)k2≠1時，由y=kx+1x24所以xA=?8k1+4k同理可得B(8kk2設(shè)AB中點坐標(biāo)為(x0,y0所以AB中垂線方程為y+15要使△ADB為AB為底邊的等腰直角三角形，則直AB中垂線方程過點(0,1)，所以1+15k2令t=k2，則t2?7t+1=0，Δ=49?4>0，所以t有兩根t故有2個不同的k2值，滿足k所以由橢圓的對稱性知，當(dāng)k2綜上所述，存在以D為頂點，AB為底邊的等腰直角三角形，滿足條件的三角形的個數(shù)有3個.

【點睛】關(guān)鍵點點晴：本題的關(guān)鍵在于第（2）問，通過設(shè)出直線DA為y=kx+1，直線DB為y=?1kx+1，聯(lián)立橢圓方程求出A,B坐標(biāo)，進(jìn)而求出直線AB的中垂線方程，將問題轉(zhuǎn)化成直線AB的中垂線經(jīng)過點D(0,1)44.（2024·全國·一模）我國著名科幻作家劉慈欣的小說《三體Ⅱ·黑暗森林》中的“水滴”是三體文明使用新型材料-強互作用力（SIM）材料所制成的宇宙探測器，其外形與水滴相似，某科研小組研發(fā)的新材料水滴角測試結(jié)果如圖所示（水滴角可看作液、固、氣三相交點處氣—液兩相界面的切線與液—固兩相交線所成的角），圓法和橢圓法是測量水滴角的常用方法，即將水滴軸截面看成圓或者橢圓（長軸平行于液—固兩者的相交線，橢圓的短半軸長小于圓的半徑）的一部分，設(shè)圖中用圓法和橢圓法測量所得水滴角分別為θ1，θ附：橢圓x2a2+yA．θ1<θC．θ1>θ2 D．【答案】A【分析】運用圓和橢圓的切線方程分別求得tanθ1、tanθ【詳解】由題意知，若將水滴軸截面看成圓的一部分，圓的半徑為R，如圖所示，則R2=(R?1)所以tanθ若將水滴軸截面看成橢圓的一部分，設(shè)橢圓方程為x2a2則切點坐標(biāo)為(?2,b?1)，則橢圓x2a2+y所以橢圓的切線方程的斜率為k2將切點坐標(biāo)(?2,b?1)代入切線方程可得4a2+所以tanθ又因為b<R=5所以tanθ2=所以θ1故選：A.45.（2020·上海浦東新·三模）數(shù)學(xué)中的數(shù)形結(jié)合也可以組成世間萬物的絢麗畫面，一些優(yōu)美的曲線是數(shù)學(xué)形象美、對稱美、和諧美的產(chǎn)物，曲線C：(x

（1）方程(x（2）曲線C上任一點到坐標(biāo)原點O的距離都不超過2；（3）曲線C構(gòu)成的四葉玫瑰線面積大于4π（4）曲線C上有5個整點(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點).A．（1）（2） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（4） D．（1）（3）（4）【答案】A【分析】因為xy<0，所以x與y異號，從而可判斷（1）；利用基本不等可判斷（2）；將以O(shè)為圓心，2為半徑的圓的面積與曲線C圍成區(qū)域的面積進(jìn)行比較即可判斷（3）；先確定曲線C經(jīng)過點(2,2)，再將第一象限內(nèi)經(jīng)過的整點(1,1)，(1,2)，【詳解】對于（1）：因為xy<0，所以x與y異號，故圖象在第二和第四象限，正確；對于（2）：因為x2+y2≥2xy所以x2+y對于（3）：以O(shè)為圓點，2為半徑的圓O的面積為4π結(jié)合（2）知然曲線C圍成的區(qū)域的面積小于圓O的面積，錯誤；對于（4）：將x2+y2=4所以可得圓x2+y2=4與曲線C相切于點(2,點(2

由曲線的對稱性可知，只需要考慮曲線在第一象限內(nèi)經(jīng)過的整點即可，把1,1，1,2和2,1代入曲線C的方程驗證可知，等號不成立，所以曲線C在第一象限內(nèi)不經(jīng)過任何整點，再結(jié)合曲線的對稱性可知，曲線C只經(jīng)過整點0,0，錯誤.故選：A10解析幾何之類比距離問題46.（23-24高三上·黑龍江·期末）已知直線y=kx+2k∈R交圓O:x2+yA．9 B．16 C．27 D．30【答案】D【分析】根據(jù)題中條件，先求得弦PQ的中點Ex,y的軌跡方程，則3x1+4y1+165+【詳解】由題設(shè)直線與y軸的交點為A0,2，設(shè)弦PQ的中點為E連接OE，則OE⊥PQ，即OE⊥AE，所以O(shè)E?即x,y?所以點E的軌跡方程為x2即E的軌跡是以0,1為圓心，1為半徑的圓，設(shè)直線l為3x+4y+16=0，則E到l的最小距離為4+165過P?E?Q分別作直線則四邊形MNQP是直角梯形，且R是MN的中點，則ER是直角梯形的中位線，所以MP+NQ=2即3x所以3x故選：D.47.（2024·新疆烏魯木齊·二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，重新定義兩點Ax1,y1,Bx(1)求“橢圓”的方程；(2)根據(jù)“橢圓”的方程，研究“橢圓”的范圍、對稱性，并說明理由；(3)設(shè)c=1,a=2，作出“橢圓”的圖形，設(shè)此“橢圓”的外接橢圓為C,C的左頂點為A，過F2作直線交C于M,N兩點，△AMN的外心為Q，求證：直線OQ與MN【答案】(1)x+c(2)答案見解析(3)證明見解析【分析】（1）設(shè)“橢圓”上任意一點為Px,y，則P（2）將點分別代入即可判斷其對稱性，取絕對值符號，進(jìn)而可得出范圍；（3）先求出橢圓方程，設(shè)直線MN的方程為x=my+1m≠0,Mx1,y1,Nx2,【詳解】（1）設(shè)“橢圓”上任意一點為Px,y，則P即x+c+y+所以“橢圓”的方程為x+c+（2）由方程x+c+x?c+2因為y≥0，所以2a?x+c?所以x≤?c?x?c?x+c≤2a或?c<x<cx+c?x+c≤2a或解得?a≤x≤a，由方程x+c+x?c+2即2a?2y=?2x,x≤?c2c,?c<x<c2x,x≥c所以“橢圓”的范圍為?a≤x≤a，c?a≤y≤a?c，將點?x,y代入得，?x+c+即x+c+x?c+2將點x,?y代入得，x+c+即x+c+x?c+2將點?x,?y代入得，?x+c+即x+c+所以“橢圓”關(guān)于x軸，y軸，原點對稱；

（3）由題意可設(shè)橢圓C的方程為x2將點1,1代入得14+1所以橢圓C的方程為x24+由題意可設(shè)直線MN的方程為x=my+1m≠0聯(lián)立x=my+1x24Δ=4則y1因為AM的中點為x1所以直線AM的中垂線的方程為y=?m同理直線AN的中垂線的方程為y=?m設(shè)Qx0,y0即y1,y所以y1又因y1所以?m兩式相比得?mx0?所以kMN所以直線OQ與MN的斜率之積為定值?3．

【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．48.（2024·江蘇南通·二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓Γ：x2a2+y2b(1)求Γ的方程；(2)對于給定的點集M，N，若M中的每個點在N中都存在距離最小的點，且所有最小距離的最大值存在，則記此最大值為d(M,N).（?。┤鬗，N分別為線段AB與圓O上任意一點，P為圓O上一點，當(dāng)△PAB的面積最大時，求d(M,N)；（ⅱ）若d(M,N)，d(N,M)均存在，記兩者中的較大者為H(M,N).已知H(X,Y)，H(Y,Z)，H(X,Z)均存在，證明：H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y).【答案】(1)x2(2)（?。?2【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出a，再結(jié)合離心率求出b即得.（2）（ⅰ）在直線l的斜率存在時，設(shè)出直線方程并與橢圓方程聯(lián)立，借助判別式求出圓心O到l距離，列出△PAB的面積關(guān)系求解，再驗證斜率不存在的情況；（ⅱ）利用新定義，結(jié)合對稱性推理即得.【詳解】（1）因為當(dāng)l垂直于x軸時，|AB|=26，而直線l:x=±a與Γ相切，則23a又橢圓Γ的離心率為63，則橢圓Γ的半焦距c=2，所以Γ的方程為x2（2）（i）當(dāng)l的斜率存在時，設(shè)l的方程為：y=kx+m，由y=kx+mx2+3y2由直線l與橢圓Γ相切，得Δ=(6km)2于是圓心O到直線l的距離d=|m|則△PAB的面積為S△PAB設(shè)f(d)=(3?d)(d+3)3,1≤d<當(dāng)1≤d<32時，f'(d)>0，函數(shù)f(d)單調(diào)遞增，當(dāng)32因此當(dāng)d=32時，f(d)取得最大值，此時當(dāng)l的斜率不存在時，由（1）知，S≤1由(934)2對于線段AB上任意點E，連接OE并延長與圓O交于點F，則F是圓上與E最近的點，當(dāng)E為線段AB的中點時，EF取得最大值32，所以d(M,N)=（ii）因為H(X,Y),H(Y,Z),H(X,Z)均存在，設(shè)點X1,X設(shè)Y2是集合Y中到X2的最近點，根據(jù)對稱性，不妨設(shè)令點X2到集合Z的最近點為Z3，點Z3到集合Y因為X1Z1是集合X中所有點到集合Z因為Y1Z2是集合Y中所有點到集合Z因此H(X,Z)+H(Y,Z)=X而在坐標(biāo)平面中，X2Z3+Y3Z3≥所以H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y).【點睛】關(guān)鍵點睛：本題第（2）問涉及新定義問題，反復(fù)認(rèn)真讀題，理解最小距離的最大值的含義是解題的關(guān)鍵.49.（2022·上海閔行·二模）已知直線l:xa+yb=1與圓A．40條 B．46條 C．52條 D．54條【答案】A【分析】通過分析得出圓x2+y關(guān)于y軸對稱的兩點所連直線（不含y=0），再結(jié)合45a2+5b2≥利用垂徑定理，弦長越小，原點到直線的距離越大，故先求解最小弦長，進(jìn)而求出原點到此類直線的距離，與45比較后發(fā)現(xiàn)不合要求，進(jìn)而繼續(xù)求解第二小弦長，第三小弦長，求出原點到每類直線的距離，與4【詳解】圓x2+y如圖所示，由題意可知：直線的橫、縱截距都不為0，即與坐標(biāo)軸不垂直，不過坐標(biāo)原點，所以關(guān)于原點對稱的兩點所連直線不合題意，有6條，舍去，關(guān)于x軸對稱的兩點所連直線（不含x=0）不合題意，有4條，舍去，關(guān)于y軸對稱的兩點所連直線（不含y=0）不合題意，有4條，舍去其中45a2幾何意義為原點到直線l:xa+這12個點所連的直線中，除去以上不合要求的直線外，根