专题05平面解析几何(解析版)

1、送信心二年慝高次皴学专题05平面解析几何1.【2019年高考全国I卷理数】已知椭圆 C的焦点为H 1,0), F2(1,0),过F2的直线与C交于A, B两点.若| AF2 | 2 | F2B |, | AB | | BFi |,则 C 的方程为2 x A.2y2 12 x B. 32 y_22C.42 x D . 52 y_4【解析】法一：如图，由已知可设F2B2n,BF1AB3n由椭圆的定义有2a BF1BF24n ,AF12aAF2在 AF1B中，由余弦定理推论得cosF1AB4n2 9n2 9n212n 3n 3在AFE中，由余弦定理得4n24n22 2n2n2a 4n 2 ,3, a

2、 .3, b2 a2 c22 ,所求椭圆方程为法二：由已知可设 F2B n,则AF22n , BF1AB由椭圆的定义有2a BF1 BF24n,AF1 2a AF2 2n.在AF1F2和BF1F2中，由余弦定理得4n2 4 n2 42 2n2 cos AF2F1cos BF2F1 9n4n22又 AF2F1 , BF2F1 互补,cos AF2 F1 cosBF2F10 ,两式消去 cos AF2F1, cos BF2F1 ,得13n2 6 11n2,解得 n 2送怯心Q?二年嚣奇沙皴学2a 4n 2J3, a 阴，b2 a2 c2 3 1 2,所求椭圆方1722程为1 ,故选B.32转化与化

3、归的能力，很好地落【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、实了直观想象、逻辑推理等数学素养.【2019年高考全国n卷理数】若抛物线 y2=2px（p>0）的焦点是椭圆2 x3p2y ,一1的一个焦点，则p= pA. 2B. 3C. 4D. 8解得P因为抛物线y28,故选D.2px（p 0）的焦点（上,0）是椭圆22 x3p的一个焦点，所以3 P p【名师点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养.解答时，利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于p的方程，从而解出p,或者利用检验排除的方法， 如p 2时,抛物线焦点为（1,0）,椭圆焦点为（

4、±4 0）,排除A,同样可排除B, C,从而得到选D.【2019年高考全国n卷理数】设2 xF为双曲线C: - a2 1（a 0,b 0）的右焦点，O为坐标原点，以 b2.22OF为直径的圆与圆x y2 、a交于P, Q两点.若PQOF ,则C的离心率为B.C. 2D.5【解析】设PQ与x轴交于点A,由对称性可知PQ x轴,又Q PQ|OF | c,|PA|c, PA为以OF为直径的圆的半径, 2| OA |2222又 p 点在圆 x2y2 a2上，a2, IP a2, e2彳2.442a2避免代数法从头至尾运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化P点

5、坐4.【2019年高考全国 出卷理数】双曲线 C:2L =1的右焦点为2F,点P在C的一条渐近线上,练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来.解答本题时，准确画图，由图形对称性得出 标，代入圆的方程得到 C与a的关系，可求双曲线的离心率.坐标原点，若PO = PF ,则APFO的面积为B.3.22C. 2.2D.3.2【解析】由a 2,b ,2,ca2 b2又P在C的一条渐近线上，不妨设为在b一 x上, aPO则ypxpxpSAPFO1 -OF2yp【名师点睛】本题考查以双曲线为载体的三角形面积的求法，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养.采取公式法，利用数形结合、转化与化归和方程思想解

6、题.忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式 的联系导致求解不畅，采取列方程组的方式解出三角形的高，便可求三角形面积.5.【2019年高考北京卷理数】已知椭圆2xa2yb2（a>b>0）的离心率为2,则A. a2=2b2B.3a2=4b2C. a=2bD.3a=4b【解析】椭圆的离心率 e1 22,Cb2,化简得 3a2 4b2 ,故选B.【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质，属于容易题，注重基础知识?基本运算能力的考查由题意利用离心率的定义和a,b,c的关系可得满足题意的等式6.【2019年高考北京卷理数】数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C： x21 |x|y就是其中

7、之一（如图）.给出下列三个结论:曲线曲线曲线C恰好经过6个整点（即横C上任意一点到原点的距离都不超过C所围成的 心形”区域的面积小于3.其中，所有正确结论的序号是A.C.D.22【解析】由x2 y2/口21 x y得，y所以x可取的整数有0,-1 ,1,从而曲线C:|x|3x2一,14x y恰好经过（0,1）3x2(0, -1) ， (1, 0), (1,1),(-1 , 0), (-1 , 1),共6个整点，结论正确.,22由x y 1 x y得,22x2y2, 1-一匕，解得X2y2 2,所以曲线C上任意一点到原点的距离2都不超过72.结论正确.如图所示，易知A 0, 1 ,B 1,0,C

8、 1,1, ,D 0,1 ,四边形ABCD的面积S四边形ABCD13 -1111 3,很明显 心形”区域的面积大于2s四边形ABCD,即心22形”区域的面积大于 3,说法错误O故选C.【名师点睛】本题考查曲线与方程？曲线的几何性质，基本不等式及其应用，属于难题，注重基础知识基本运算能力及分析问题、解决问题的能力考查，渗透美育思想”将所给方程进行等价变形确定x的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围7.【2019年高考天津卷理数】已知抛物线2y 4x的焦点为F ,准线为l ,若l与双曲线22x y1(a 0

9、,b 0)的两条渐近线分别交于点a bA和点B,且|AB| 4|OF | (O为原点)，则双曲线的离心率为a. V2B.、3D.C. 2【解析】抛物线y2 4x的准线|的方程为x 1 ,双曲线的渐近线方程为y -x,a则有A(bb、1, ), B( 1, ) ,AB故选D.a2b 2ba ' a.5.【名师点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB的长度.解答时,只需把AB 4 OF用a,b,c表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率8.【2019年高考浙江卷】渐近线方程为x为二0的双曲线的离心率是A,显2B. 1C,应D. 2因为双曲线的渐近线方程为

10、x y 0 ,所以a b ,则c Ja2 b2J2a ,所以双曲线的离心率eJ2.故故C.a【名师点睛】本题根据双曲线的渐近线方程可求得a b,进一步可得离心率，属于容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.理解概念,准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.9.【2019年高考浙江卷】已知圆 C的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2xy 3 0与圆C相切于点 A( 2, 1),则 m【解析】由题意可知1 八AC:y 121,2(x 2),把(0,m)代入直线AC的方程得m 2此时 r | AC | . 415 5 .【名师点睛】本题主要考查圆的方程、直线与圆

11、的位置关系.首先通过确定直线AC的斜率，进一步得送恺公立号二隹三一越高到其方程，将（0,m）代入后求得m ,计算得解.解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质22F，点P在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF10.【2019年高考浙江卷】已知椭圆 1的左焦点为95的中点在以原点。为圆心,OF为半径的圆上，则直线PF的斜率是【解析】方法1:如图，设Fi为椭圆右焦点.由题意可知|OF|=|OM |= c= 2,由中位线定理可得PF1 2|OM | 4,设 P(x,y),可得(x 2)2y2 16,22与方程上y-953211联立，可解得x 万？ 万（舍），31

12、5又点P在椭圆上且在x轴的上方，求得 P 3,X15，所以kPF2215彳15.i2方法2:（焦半径公式应用）由中位线定理可得PE由题意可知2|OM | 4 ,|OF|=|OM |=gp a exp 4xp1512一一 一r 315从而可求得 P 一,22圆的方程与性质的应用，利用数形结合【名师点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、思想，是解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的方程表示，与椭圆方程联立可进一步求解.故睇IJ用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁.11.【2019年高考全国 出卷理数】设F1, F2 为椭圆 C:+ 3

13、6 201的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若AMFiF2为等腰三角形，则M的坐标为3-15MFi设点M由已知可得a2F1F2的坐标为又 SA MF1F2x21536202c 8xo , yo36, b2Xo,822 21 ,解得X0MF220, c20, yo4.15 ,3 ( X04.2,2a b则 SAMF1F23舍去），16,F1F2y04 y 0，M的坐标为3,，15 .【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质,考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养.解答本题时,根据椭圆的定义分别求出MF1、MF2，设出M的坐标，结合三角形面积可求出 M

14、的坐标.12.【2019年高考全国I卷理数】已知双曲线C:b21(a0,b0）的左、右焦点分别为F1, F2过F1的直线与uuirC的两条渐近线分别交于A, B两点.F1AuuuAB ,unr ujurF1B F2B0 ,则C的离心率为【答案】2uuir uuu【解析】如图，由F1A AB,得F1A AB.又OF1uur uuurBF2 / OA, BF2 20A.由 F1BF2B 0,得 FB F2B,OF2,得OA是三角形F1F2B的中位线，即OA F1A, OB 0F1 , AOBA0F1,又OA与OB都是渐近线，得BOF2AOF1,又 BOF2AOBAOF1 冗，BOF2AOF1BOA

15、 60o,阳忖八H 掌口 一 If三由船后& Mi, 7 R H " q. M 5P&.又渐近线OB的斜率为b tan6073 ,该双曲线的离心率为e c Ji (b)2 Ji 函)22.aa . a【名师点睛】本题结合平面向量考查双曲线的渐近线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养，采取几何法，利用数形结合思想解题.解答本题时，通过向量关系得到FiA AB和OA FiA,从而可以得到 AOBAOFi ,再结合双曲线的渐近线可得 BOF2AOFi,进而得到_c、bBOF2 AOFi BOA 60，从而由一 tan60 33可求离心率.a2i3.【20i9年高

16、考江苏卷】在平面直角坐标系xOy中，若双曲线 x2 4 i(b 0)经过点(3, 4),则该b2双曲线的渐近线方程是.【答案】y 低42_【解析】由已知得32方i,解得b 72或b72，b2因为b 0,所以b J2.因为a i,所以双曲线的渐近线方程为yJ2x.【名师点睛】双曲线的标准方程与几何性质，往往以小题的形式考查，其难度一般较小，是高考必得分题.双曲线渐近线与双曲线标准方程中的a,b密切相关，事实上，标准方程中化i为0,即得渐近线方程_ 4i4.【20i9年局考江苏卷】在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y x (x 0)上的一个动点，则点 Px到直线x+y=0的距离的最小值是.【答案】

17、4 4【解析】当直线x+y=0平移到与曲线y x 1相切位置时，切点 Q即为点P,此时到直线x+y=0的距离最小.15,4.一 一一 一 .-由 y 1 1,得 x J2(xJ2舍)，y 3J2,即切点 Q(J2,3 J2),x& 3的则切点Q到直线x+y=0的距离为_ 一 I故答案为4.J2 124,【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题.采取导-3【2019年高考全国I卷理数】已知抛物线C: y2=3x的焦点为F,斜率为一的直线l与C的交点为A2B,与x轴的交点为P.(1)若 |AF|+|B

18、F|=4,求 l 的方程;uuu若APuur3PB,求 |AB|.【答案】（1）(2)4.133【解析】设直线l :yt,AX2,y2 .（1）由题设得3,_F 3,0，故 |AF | |BF |4x1x23一,由题设可得2x1 x23x23x9x212(t 1)x 4t20,X1X212(t91)1)52'所以l的方程为uurAPuuu3PB可得y1,y 由2y3x23xt2,可得 y 2y 2t 0 .所以 y y2 2 .从而 3 y2 y 2 ,故 y21,y1 3.，、 ，一1代入C的方程得x1 3,x2拓 4 13故 | AB| -. 3【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质

19、、直线与抛物线的综合应用问题，涉及平面向量、弦长的求解方法，解题关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，利用根与系数的关系构造等量关系16.【2019年高考全国n卷理数】已知点 A(-2, 0), B(2, 0),动点M(x, y)满足直线AM与BM的斜率之积为-1 .记M的轨迹为曲线 C.2(1)求C的方程，并说明 C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交 C于P, Q两点，点P在第一象限，PE，x轴，垂足为E,连结QE并延长交 C于点G.(i)证明：PQG是直角三角形;(ii)求PQG面积的最大值.【答案】(1)见解析;(2)169【解析】(1)由题设得y-x 2 x 22化简得42 1(|x

20、| 2),所以C为中心在坐标原点, 2焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点. (i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为y kx(k 0).y kx2由 x2 y2得x .2 .一工 1. 1 2k2422记 u ,则 P(u, uk),Q( u, uk),E(u,0).1 2k2kk于是直线QG的斜率为k,方程为y k(x u).22y -(x u), 由2 2 2 得士匕12.22. 2 2(2 k )x 2uk x k u 8 0 .uk2 c、设GjGyGr则u和Xg是方程的解，故Xg u(3k 22),由此得yG2 kuk3.2 uk从而直线PG的斜率为24u(3k2 2)2 k2u所以PQ

21、 PG ,即zPQG是直角三角形.(ii)由(i)得 |PQ| 2uj1 k2，|PG |2ukk2 12 k2,所以APQG的面积S.Q" PG| 言3k)121 2(1 k)2kk=1时取等1设1=卜+,则由k>0得t"当且仅当k因为S 8Ur在2, +8)单调递减,1 2t2一，.口16所以当t=2,即k=1时，S取得最大值，最大值为 一9一一，16因此，APQG面积的最大值为一9【名师点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力,考查了求函数最大值问题x2117.【2019年高考全国

22、 出卷理数】已知曲线C:y= x_ , D为直线y=-上的动点，过D作C的两条切线,切点分别为A, B.(1)证明：直线AB过定点:相切，且切点为线段 AB的中点，求四边形 ADBE的面积.(2)若以E(0, 5)为圆心的圆与直线 AB2【答案】(1)见详解;(2) 3或4行.【解析】(1)设Dt,22_,A。y1，则 X 2y1.送信心二年慝高次皴学1y1 2 由于y' x,所以切线da的斜率为x1,故2 x1 .Xi t整理得 2 tx1 2 y1+1=0.设 B X2, y2 ,同理可得 2tX2 2 y2+1=0 .故直线AB的方程为2tx 2y 1 0.一， ，1所以直线AB

23、过定点(0,-).1(2)由(1)得直线AB的万程为y tx -.2y tx -,2_ ,12由 2 2，可得x2 2tx 1 x0.于是K x22t,| AB | J1 t2 为2,xx21,yy2tx1x21 2t 1,x2ht2xx1x24x1x22t21设d1,d2分别为点D, E到直线AB的距离，则d1 小2 1, d2 F2=.t2 1因此，四边形ADBE的面积s 1 | AB | d1 d2t2 3 Jt2 1 .21设M为线段AB的中点，则M t,t2 1 .2uuuuuuu uuur uur由于EMAB,而EMt,t22 , AB与向量（1, t）平行，所以t t22 t 0

24、 .解得t=0或t当 t=0时，S=3;当 t 1 时，S 4J2.因此，四边形ADBE的面积为3或4 J2 .【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题，第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小18.【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C： x2=-2py经过点(2, - 1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程;(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M, N,直线y=- 1分19/小丽人与芸短号带恚舟媛芋 y轴上的两个定点.直线OM的方程为y*x x .x1令y 1 ,得点A的横坐标xA3 .y1同理得点B的横坐

25、标xB 巨.y2uuirxuur设点 D(0, n),则 DA 二，1 n ,DBVix2V2ULM UULTDA DBxx2ye(n1)2222x2(n 1)216x1x2(n 1)224 (n 1).UUT UUT令 DA DB0,即 4 (n3.别交直线OM, ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过【答案】(1)抛物线C的方程为x24y ,准线方程为y 1 ; (2)见解析.【解析】(1)由抛物线C : x2 2py经过点(2, 1),得p 2.所以抛物线C的方程为x24y,其准线方程为y 1.(2)抛物线C的焦点为F(0, 1).设直线l的方程为y kx 1(k 0).,y kx

26、 1, 口 2由 2 得 x 4kx 4 0.x 4y设 M x1, y1 , N x2, y2，则 x1x24 .25综上，以AB为直径的圆经过 y轴上的定点(0,1)和(0, 3).七% f3-1胃占注【名师点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力19.【2019年高考天津卷理数】设椭圆2xa2£ 1(a b0)的左焦点为F ,上顶点为B .已知椭圆的短轴长为4,离心率为 5(1)求椭圆的方程;(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴

27、上.若|ON | |OF | (O为原点)，且OPMN,求直线PB的斜率.所以,(2)(1)设椭圆的半焦距为椭圆的方程为由题意，设P0,2 ,则直线y与椭圆方程联立y2x5可得xP20k4 5k2进而直线OP的斜率在y kx 2中，令由题意得N 0, 1 ,依题意,2.302bc4,一 a5 p 22，又 a b5c2,可得a展，b 2,MxM，0.设直线PB的斜率为kPB的方程为ykx 2,v2整理得7 1,，代入y kxyP 4 5k2xp10kpy 0，得 xm所以直线MNkx2,5k22x 20kx0,yP_28 10k2 )4 5k的斜率为2.由 OP MN ,得 4 5k - 10

28、k2o 241，化简得k2 24 ,从而k5教住公立一片 母m一盘鬲由妙学 2、, 30 .5所以，直线PB的斜率为230或 氧30.55【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力. 22. .一 x y 一 .20.【2019年图考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： 马 1(a b 0)的焦点为Fia b， 一、 一,一, ，一222、.，(T、0) , F2 (1, 0).过F2作x轴的垂线1,在x轴的上万，l与圆F2：(x 1) y 4a交于点A,与椭圆C交于点D.

29、连结AF1并延长交圆F2于点B,连结BF2交椭圆C于点E,连结DF1.已知DF 1= 5 . 2(1)求椭圆C的标准方程；(2)求点E的坐标.223【答案】(1)L L 1 ；(2)E( 1,-). 432【解析】(1)设椭圆C的焦距为2c.因为 F1(-1 , 0), F2(1, 0),所以 F1F2=2, c=1.又因为 DF1=5, AF2”轴，所以 DF2=jDF； EF22 J(5)2 222'112. 22因止匕 2a=DF 1+DF2=4,从而 a=2.由 b2=a2- c2,得 b2=3.22因此，椭圆C的标准方程为 土 1.4322a=2,解法一：由（1）知，椭圆C:

30、 - -y- 143因为AF2，x轴，所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程（x-1） 2+y2=16,解得y=±4.因为点A在x轴上方，所以A（1, 4）.又 Fi(-1,0),所以直线 AF1： y=2x+2.由y(x2x 2222 ，得 5x1) y 166x 11 0 ,解得115因此B（11一代入y 2x 2 ,得51112、,).5512y £又 F2（10）,所以直线BF2： y3(x 1).43(x 1)42L 13，得 7x2 6x13 0 ,解得x_131或x 7又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以 x 1 .将x 1代入y34(x3 因此E(

31、 1,-)2解法二：由（1）知，椭圆2C：4深如图，连结EF1.因为 BF2=2a, EFi + EF2=2a,所以 EFi=EB, 从而/ BFE=/B.因为 F2A=F2B,所以/ A=Z B, 所以/ A=Z BFiE,从而 EFi / F2A.因为AF2，x轴,所以EFx轴.x 1一.一 一 .一 3因为 Fi(-1, 0),由 x2y2，得y .J 12433又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以 y -.2一3因此 E( 1,-).2【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能

32、力21.【2019年高考浙江卷】如图，已知点F(1,0)为抛物线y2 2Px(p 0)的焦点，过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得 4ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记 AFG,4CQG的面积分别为S,S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求 宜 的最小值及此时点 G的坐标.S2【答案】（1） p=2,准线方程为【解析】（1）由题意得p 12cx=-1 ; (2)最小值为1 43,此时G (2,即 p=2.所以，抛物线的准线方程为 x=-1.（2）设 A XA，yA，B Xb，Vb，CXc，yc ,重心 GXg，Vg .令 Va 2t,

33、tt2.由于直线AB过F,故直线AB方程为t2 12t y代入y2 4x ,得2 t21-y0,故 2tyByB又由于13 XAXbXc , Vg13 yAyByc及重心G在x轴上27 yc，2t t,G2t4 2t223t2,0 .所以，直线AC方程为y 2t2t x t2t21,0 .由于Q在焦点F的右侧，故t22 .从而1S1 产1 VaS21|QG| %2t4 2t2 2|t2 13t22t4 2t21 |2t|3t22221 甘 2t|2t4 t2t4 1t2 2 t4 131m2 4m 3一241得当m J3时，11-取得最小值1 号,此时G (2, 0).【名师点睛】本题主要考查

34、抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力22【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试理科数学(二)】经过点M (3,0)作圆x2 y22x 4y 30的切线则l的方程为A. xB.C. xD.当过点所以有当过点2y 2x 4y 3M 3,0的切线存在斜率1 k 2 3kk2M 3,0(x 1)2切线方程为(y2)2y k(x1,即切线方程为x8,所以圆心坐标为(1,2),半径为2J2,3) kx yy 3 0,的切线不存在斜率时，即 x 3,显然圆心到它的距离为3k0,圆心到它的距离为2 d22 2J2，所以x 3不是圆的切线.因此切线方程为x

35、y 3 0,故本题选C.所以只有一条.解答本题时，设直23【广东省深圳市深圳外国语学校2019届高三第二学期第一次热身考试数学试题】已知椭圆2x2ab2【名师点睛】 本题考查了求圆的切线.本题实际上是过圆上一点求切线,线l存在斜率k，点斜式设出方程，利用圆心到直线l的距离等于半径求出斜率 k ,再讨论直线l不存在斜率时，是否能和圆相切，如果能，写出直线方程，综合求出切线方程(a b 0)的离心率为 逅，椭圆上一点P到两焦点距离之和为12,则椭圆短轴长为3A. 8B. 6C. 5D. 422【解析】椭圆二5 1 a b 0的离心率：ea2 b2可得：a 6, c 275 ,椭圆上一点P到两焦点距

36、离之和为12,即2a 12,b Ja2 c2 J36 20 4，则椭圆短轴长为2b 8.本题正确选项为 A.【名师点睛】本题考查椭圆的定义、简单几何性质的应用,属于基础题.解答本题时，利用椭圆的定义以及离心率,求出 a,c,然后求解椭圆短轴长即可.24.【山东省德州市2 x2019届高三第二次练习数学试题】已知椭圆a2 y1 (a>b>0)与双曲线2 y b2(a>0, b>0)的焦点相同，则双曲线渐近线方程为A.3x3B. yC.D. y,2x【解析】依题意椭圆2 y b21(a2xb 0)与双曲线a2 y_ b212(a0,b 0)即2 xa21(a0,b0)的焦点

37、相同，可得：a2 b21 222-b，即 a2 = 3b2, 2_b_,3-2，可得二3a_2也信心氏+:母m一器高次皴学b双曲线的渐近线方程为：y x 虫x,_a_3，2 【名师点睛】本题考查椭圆和双曲线的方程和性质,考查渐近线方程的求法,力，属于基础题.解答本题时，由题意可得a2b2 -a2 -b22方程可得答案.25 .【江西省新八校 2019届高三第二次联考数学试题】如图，过抛物线抛物线于点A, B ,交其准线于点C ,若BC4 BF ,且 AF6,考查方程思想和运算能a2 = 3b2,代入双曲线的渐近线2 Px(p 0)的焦点F的直线l交则P为C. 9BD.1833【解析】设准线与

38、X轴交于点P ,作BH垂直于准线，垂足为 H .0H送信心二年器鬲事殷学由 BC 4 BF ,得：BH BC -PF CF 5 '由抛物线定义可知： BF BH ,设直线l的倾斜角为由抛物线焦半径公式可得:BFPFBFP1 cospcosAFp1 cos43p6,解得:本题正确选项为 B.【名师点睛】本题考查抛物线的定义和几何性质的应用,关键是能够利用焦半径公式中的倾斜角构造出方程，从而使问题得以解决26 .【福建省厦门市厦门外国语学校2019届高三最后一模数学试题】 双曲线M的焦点是Fi,F2,若双曲线M, ,.2 " 一一 上存在点P,使PF1F2是有一个内角为 的等腰二

39、角形，则 M的离心率是3【解析】根据双曲线的对称性可知，等腰三角形的两个腰应为PF2 与 F1F2 或 PFi 与 F1F2 ,不妨设等腰三角形的腰为 PF2与F1F2 ,且点P在第一象限 2 式_故1PF2|2c ,等腰PF1F2有一内角为,即PF2F132jt3，由余弦定理可得，| PF1|2 c)2 (2 c)22 2c 2c cos2瓜,由双曲线的定义可得，| PF1| | pf2 | 2>/3c 2c 2a,即(J3 1)c a【名师点睛】本题考查了双曲线的定义、性质等知识，解题的关键是要能准确判断出等腰三角形的腰所在的位置.解答本题时，根据双曲线的对称性可知，等腰三角形的腰应该为 PF2与后52或PFi与F1F22不妨设等腰三角形的腰为 PF2与F1F2,故可彳#到PF2的值，再根据等腰三角形的内角为 与，求出PF13的值，利用双曲线的定义可得双曲线的离心率#27 .【重庆西南大学附属中学校送培心代咛二母，一嚣鬲讨赞学 222019届高三第十次月考数学试题】已知椭圆c：Sr Ar i(a b 0)的左a2 b2顶点为M ( 2, 0),离心率为它.2(1)求椭圆C的方程;(2)过点N(1, 0)的直线l交椭圆C于UULT UULTA, B两点，当MA MB取得最大值时，求zMAB的面积