2025年高考数学复习热搜题速递之平面解析集合（2024年7月）

第1页（共1页）2025年高考数学复习热搜题速递之平面解析集合（2024年7月）一．选择题（共10小题）1．已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为36的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠A．23 B．12 C．13 2．已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过点F2的直线与椭圆C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．x22+y2＝1 B．C．x24+y233．已知O为坐标原点，F是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线l与线段PF交于点M，与yA．13 B．12 C．23 4．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bxA．63 B．33 C．23 5．已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，顶角为120°，则E的离心率为（）A．5 B．2 C．3 D．26．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆A．x245+y2C．x227+y7．设A，B是椭圆C：x23+y2m=1长轴的两个端点，若C上存在点MA．（0，1]∪[9，+∞） B．（0，3]∪[9，+∞） C．（0，1]∪[4，+∞） D．（0，3]∪[4，+∞）8．直线x+y+2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆（x﹣2）2+y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是（）A．[2，6] B．[4，8] C．[2，32] D．[22，32]9．已知圆x2+y2+2x﹣2y+a＝0截直线x+y+2＝0所得弦的长度为4，则实数a的值是（）A．﹣2 B．﹣4 C．﹣6 D．﹣810．圆x2+y2﹣2x﹣8y+13＝0的圆心到直线ax+y﹣1＝0的距离为1，则a＝（）A．-43 B．-34 C．3二．填空题（共5小题）11．已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若F1A→=12．已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN13．直线y＝x+1与圆x2+y2+2y﹣3＝0交于A，B两点，则|AB|＝．14．设F1，F2分别是椭圆E：x2+y2b2=1（0＜b＜1）的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A、B两点，若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x轴，则椭圆E15．设直线y＝x+2a与圆C：x2+y2﹣2ay﹣2＝0相交于A，B两点，若|AB|＝23，则圆C的面积为．三．解答题（共5小题）16．已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P（1）若|AF|+|BF|＝4，求l的方程；（2）若AP→=3PB→，求|17．已知A，B分别为椭圆E：x2a2+y2＝1（a＞1）的左、右顶点，G为E的上顶点，AG→•GB→=8．P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点．18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1过点A（2（1）求椭圆C的方程及离心率；（2）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．19．设圆x2+y2+2x﹣15＝0的圆心为A，直线l过点B（1，0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E．（Ⅰ）证明|EA|+|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；（Ⅱ）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．20．已知过点A（0，1）且斜率为k的直线l与圆C：（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1交于点M、N两点．（1）求k的取值范围；（2）若OM→•ON→=12，其中O为坐标原点，求|

2025年高考数学复习热搜题速递之平面解析集合（2024年7月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为36的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠A．23 B．12 C．13 【考点】椭圆的几何特征．【专题】数形结合；数形结合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学建模；数学运算．【答案】D【分析】求得直线AP的方程：根据题意求得P点坐标，代入直线方程，即可求得椭圆的离心率．【解答】解：由题意可知：A（﹣a，0），F1（﹣c，0），F2（c，0），直线AP的方程为：y=36（x+由∠F1F2P＝120°，|PF2|＝|F1F2|＝2c，则P（2c，3c），代入直线AP：3c=36（2c+a），整理得：a＝4∴题意的离心率e=c故选：D．【点评】本题考查椭圆的性质，直线方程的应用，考查转化思想，属于中档题．2．已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过点F2的直线与椭圆C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．x22+y2＝1 B．C．x24+y23【考点】椭圆的几何特征．【专题】计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】B【分析】根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得a=3，b=【解答】解：∵|AF2|＝2|BF2|，∴|AB|＝3|BF2|，又|AB|＝|BF1|，∴|BF1|＝3|BF2|，又|BF1|+|BF2|＝2a，∴|BF2|=a∴|AF2|＝a，|BF1|=32∵|AF1|+|AF2|＝2a，∴|AF1|＝a，∴|AF1|＝|AF2|，∴A在y轴上．在Rt△AF2O中，cos∠AF2O=1在△BF1F2中，由余弦定理可得cos∠BF2F1=4+(根据cos∠AF2O+cos∠BF2F1＝0，可得1a+4-2a22a=0，解得b2＝a2﹣c2＝3﹣1＝2．所以椭圆C的方程为：x23故选：B．【点评】本题考查了椭圆的性质，余弦定理的应用，属中档题．3．已知O为坐标原点，F是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线l与线段PF交于点M，与yA．13 B．12 C．23 【考点】椭圆的几何特征．【专题】方程思想；分析法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】A【分析】由题意可得F，A，B的坐标，设出直线AE的方程为y＝k（x+a），分别令x＝﹣c，x＝0，可得M，E的坐标，再由中点坐标公式可得H的坐标，运用三点共线的条件：斜率相等，结合离心率公式，即可得到所求值．【解答】解：由题意可设F（﹣c，0），A（﹣a，0），B（a，0），设直线AE的方程为y＝k（x+a），令x＝﹣c，可得M（﹣c，k（a﹣c）），令x＝0，可得E（0，ka），设OE的中点为H，可得H（0，ka2由B，H，M三点共线，可得kBH＝kBM，即为ka2化简可得a-ca+c=可得e=c另解：由△AMF∽△AEO，可得a-由△BOH∽△BFM，可得aa即有2(a-c)a=可得e=c故选：A．【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，注意运用椭圆的方程和性质，以及直线方程的运用和三点共线的条件：斜率相等，考查化简整理的运算能力，属于中档题．4．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bxA．63 B．33 C．23 【考点】椭圆的几何特征．【专题】方程思想；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】A【分析】以线段A1A2为直径的圆与直线bx﹣ay+2ab＝0相切，可得原点到直线的距离2aba【解答】解：以线段A1A2为直径的圆与直线bx﹣ay+2ab＝0相切，∴原点到直线的距离2aba2+b2=a，化为：∴椭圆C的离心率e=c故选：A．【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5．已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，顶角为120°，则E的离心率为（）A．5 B．2 C．3 D．2【考点】双曲线的几何特征．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】D【分析】设M在双曲线x2a2-y2b2=1的左支上，由题意可得M的坐标为（﹣2a，【解答】解：设M在双曲线x2a且MA＝AB＝2a，∠MAB＝120°，则M的坐标为（﹣2a，3a），代入双曲线方程可得，4a2可得a＝b，c=a2即有e=c若M在双曲线x2a2-y故选：D．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的离心率的求法，运用任意角的三角函数的定义求得M的坐标是解题的关键．6．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆A．x245+y2C．x227+y【考点】椭圆的几何特征．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】D【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程得x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，利用“点差法”可得x1+x2a2+y1-y2x1-x【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程得x1相减得x1∴x1∵x1+x2＝2，y1+y2＝﹣2，kAB∴2a化为a2＝2b2，又c＝3=a2-b2，解得a2＝18，∴椭圆E的方程为x2故选：D．【点评】熟练掌握“点差法”和中点坐标公式、斜率的计算公式是解题的关键．7．设A，B是椭圆C：x23+y2m=1长轴的两个端点，若C上存在点MA．（0，1]∪[9，+∞） B．（0，3]∪[9，+∞） C．（0，1]∪[4，+∞） D．（0，3]∪[4，+∞）【考点】椭圆的几何特征．【专题】分类讨论；数形结合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】A【分析】分类讨论，由要使椭圆C上存在点M满足∠AMB＝120°，∠AMB≥120°，∠AMO≥60°，当假设椭圆的焦点在x轴上，tan∠AMO=3m≥tan60°，当即可求得椭圆的焦点在y轴上时，m＞3，tan∠AMO=m3≥【解答】解：假设椭圆的焦点在x轴上，则0＜m＜3时，设椭圆的方程为：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），设A（﹣a，0），B（a，0），M则a2﹣x2=a∠MAB＝α，∠MBA＝β，∠AMB＝γ，tanα=yx+a，则tanγ＝tan[π﹣（α+β）]＝﹣tan（α+β）=-∴tanγ=-2ab2c2y，当∴M位于短轴的端点时，∠AMB取最大值，要使椭圆C上存在点M满足∠AMB＝120°，∠AMB≥120°，∠AMO≥60°，tan∠AMO=3m≥tan60解得：0＜m≤1；当椭圆的焦点在y轴上时，m＞3，当M位于短轴的端点时，∠AMB取最大值，要使椭圆C上存在点M满足∠AMB＝120°，∠AMB≥120°，∠AMO≥60°，tan∠AMO=m3≥tan60°=3，解得：∴m的取值范围是（0，1]∪[9，+∞）故选A．故选：A．【点评】本题考查椭圆的标准方程，特殊角的三角函数值，考查分类讨论思想及数形结合思想的应用，考查计算能力，属于中档题．8．直线x+y+2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆（x﹣2）2+y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是（）A．[2，6] B．[4，8] C．[2，32] D．[22，32]【考点】直线与圆的位置关系．【专题】计算题；方程思想；综合法；直线与圆．【答案】A【分析】求出A（﹣2，0），B（0，﹣2），|AB|＝22，设P（2+2cosθ，2sinθ），点P到直线x+y+2＝0的距离：d=|2+2cosθ+【解答】解：∵直线x+y+2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，∴令x＝0，得y＝﹣2，令y＝0，得x＝﹣2，∴A（﹣2，0），B（0，﹣2），|AB|=4+4=2∵点P在圆（x﹣2）2+y2＝2上，∴设P（2+2cosθ，∴点P到直线x+y+2＝0的距离：d=|2+∵sin（θ+π4）∈[﹣1，1]，∴d=|2sin∴△ABP面积的取值范围是：[12×22×2，12故选：A．【点评】本题考查三角形面积的取值范围的求法，考查直线方程、点到直线的距离公式、圆的参数方程、三角函数关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．9．已知圆x2+y2+2x﹣2y+a＝0截直线x+y+2＝0所得弦的长度为4，则实数a的值是（）A．﹣2 B．﹣4 C．﹣6 D．﹣8【考点】直线与圆的位置关系．【专题】直线与圆．【答案】B【分析】把圆的方程化为标准形式，求出弦心距，再由条件根据弦长公式求得a的值．【解答】解：圆x2+y2+2x﹣2y+a＝0即（x+1）2+（y﹣1）2＝2﹣a，故弦心距d=|-1+1+2|再由弦长公式可得2﹣a＝2+4，∴a＝﹣4，故选：B．【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于基础题．10．圆x2+y2﹣2x﹣8y+13＝0的圆心到直线ax+y﹣1＝0的距离为1，则a＝（）A．-43 B．-34 C．3【考点】直线与圆的位置关系；点到直线的距离公式．【专题】转化思想；转化法；直线与圆．【答案】A【分析】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案．【解答】解：圆x2+y2﹣2x﹣8y+13＝0的圆心坐标为：（1，4），故圆心到直线ax+y﹣1＝0的距离d=|a解得：a=-故选：A．【点评】本题考查的知识点是圆的一般方程，点到直线的距离公式，难度中档．二．填空题（共5小题）11．已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若F1A→=【考点】双曲线的几何特征．【专题】方程思想；数形结合法；向量与圆锥曲线．【答案】2．【分析】由题意画出图形，结合已知可得OB＝F1O＝c，设B（x1，y1），A（x2，y2），由点B在渐近线y=bax上，求得B点坐标，再由A为F1B的中点，得到A点坐标，把A代入渐近线y=【解答】解：如图，∵F1A→=AB→，∴A为F1B的中点，且O∴AO为△F1F2B的中位线，又∵F1B→⋅F2B→=0，∴F1B⊥F2B设B（x1，y1），A（x2，y2），∵点B在渐近线y=b∴x12+又∵A为F1B的中点，∴x2∵A在渐近线y=-∴b2=-ba⋅a-c2故答案为：2．【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查计算能力，是中档题．12．已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN【考点】双曲线的几何特征．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】见试题解答内容【分析】利用已知条件，转化求解A到渐近线的距离，推出a，c的关系，然后求解双曲线的离心率即可．【解答】解：双曲线C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN＝60°，可得A到渐近线bx+ay＝0的距离为：bcos30°=3可得：|ab|a2+b故答案为：23【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，点到直线的距离公式以及圆的方程的应用，考查转化思想以及计算能力．13．直线y＝x+1与圆x2+y2+2y﹣3＝0交于A，B两点，则|AB|＝22．【考点】直线与圆相交的性质．【专题】计算题；方程思想；综合法；直线与圆．【答案】见试题解答内容【分析】求出圆的圆心与半径，通过点到直线的距离以及半径、半弦长的关系，求解即可．【解答】解：圆x2+y2+2y﹣3＝0的圆心（0，﹣1），半径为：2，圆心到直线的距离为：|0+1+1|2所以|AB|＝222-(故答案为：22．【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，弦长的求法，考查计算能力．14．设F1，F2分别是椭圆E：x2+y2b2=1（0＜b＜1）的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A、B两点，若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x轴，则椭圆E的方程为x【考点】椭圆的标准方程．【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】见试题解答内容【分析】求出B（-53c，-13b2），代入椭圆方程，结合1＝b2【解答】解：由题意，F1（﹣c，0），F2（c，0），AF2⊥x轴，∴|AF2|＝b2，∴A点坐标为（c，b2），设B（x，y），∵|AF1|＝3|F1B|，∴AF1→=∴（﹣c﹣c，﹣b2）＝3（x+c，y），∴B（-53c，-1代入椭圆方程可得(-∵1＝b2+c2，∴b2=23，c2=13，∴x故答案为：x2+32【点评】本题考查椭圆的方程与性质，考查学生的计算能力，属于中档题．15．设直线y＝x+2a与圆C：x2+y2﹣2ay﹣2＝0相交于A，B两点，若|AB|＝23，则圆C的面积为4π．【考点】直线与圆相交的性质．【专题】计算题；转化思想；直线与圆．【答案】见试题解答内容【分析】圆C：x2+y2﹣2ay﹣2＝0的圆心坐标为（0，a），半径为a2+2，利用圆的弦长公式，求出【解答】解：圆C：x2+y2﹣2ay﹣2＝0的圆心坐标为（0，a），半径为a2∵直线y＝x+2a与圆C：x2+y2﹣2ay﹣2＝0相交于A，B两点，且|AB|＝23，∴圆心（0，a）到直线y＝x+2a的距离d=|即a22+3＝a解得：a2＝2，故圆的半径r＝2．故圆的面积S＝4π，故答案为：4π【点评】本题考查的知识点是直线与圆相交的性质，点到直线的距离公式，难度中档．三．解答题（共5小题）16．已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P（1）若|AF|+|BF|＝4，求l的方程；（2）若AP→=3PB→，求|【考点】抛物线的焦点与准线．【专题】计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据韦达定理以及抛物线的定义可得．（2）若AP→=3PB→，则y1＝﹣3y2，⇒x1＝﹣3x2+4t，再结合韦达定理可解得t＝1，x1＝3，x【解答】解：（1）设直线l的方程为y=32（x﹣t），将其代入抛物线y2＝3x得：94x2﹣（92t+3）x+9设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=92t+394=2t+43，①，x由抛物线的定义可得：|AF|+|BF|＝x1+x2+p＝2t+43+32直线l的方程为y=32x（2）方法一：若AP→=3PB→，则y1＝﹣3y2，∴32（x1﹣t）＝﹣3×32（x2﹣t），化简得x1＝﹣3由①②③解得t＝1，x1＝3，x2=1∴|AB|=1+方法二：由AP→=3PB→可得y1＝﹣由y=32x+my2=3x可得所以y1+y2＝2，从而﹣3y2+y2＝2，故y2＝﹣1，y1＝3，代入C的方程得x1＝3，x2∴|AB|=（也可利用|AB【点评】本题考查了抛物线的性质，属中档题．17．已知A，B分别为椭圆E：x2a2+y2＝1（a＞1）的左、右顶点，G为E的上顶点，AG→•GB→=8．P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点．【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的标准方程．【专题】对应思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理．【答案】见试题解答内容【分析】（1）求出AG→•GB→=a2﹣1＝8，解出a（2）联立直线和椭圆的方程求出C，D的坐标，求出直线CD的方程，判断即可．【解答】解：如图所示：（1）由题意A（﹣a，0），B（a，0），G（0，1），∴AG→=（a，1），GB→=（a，﹣1），AG→•GB→=a2﹣1故椭圆E的方程是x29+y2（2）由（1）知A（﹣3，0），B（3，0），设P（6，m），则直线PA的方程是y=m9（x联立x29+y2=1y=m9(x+3)⇒（9+m2）x由韦达定理﹣3xC=9m2-81代入直线PA的方程为y=m9（xyC=6mm2+9，即C直线PB的方程是y=m3（x﹣联立方程x29+y2=1y=m3(x-3)⇒（1+m2）x由韦达定理3xD=9m2-9代入直线PB的方程为y=m3（x﹣3）得yD即D（3m2-则①当xC＝xD即27-3m29+m此时xC＝xD=32，即CD为直线x②当xC≠xD时，直线CD的斜率kCD=y∴直线CD的方程是y--2m1y=4m3(3-m2)（x-综合①②故直线CD过定点（32，0【点评】本题考查了求椭圆的方程问题，考查直线和椭圆的关系以及直线方程问题，是一道综合题．18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1过点A（2（1）求椭圆C的方程及离心率；（2）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．【考点】椭圆的标准方程；直线与椭圆的综合．【专题】综合题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由题意可得a＝2，b＝1，则c=a2-b2（2）方法一、设P（x0，y0），求出PA、PB所在直线方程，得到M，N的坐标，求得|AN|，|BM|．由SABNM=12⋅|AN方法二、由题意设P（2cosθ，sinθ），其中θ∈（π，3π2），分别写出PA、PB所在直线方程，求出M、N的坐标，再求出|BM|、|AN【解答】（1）解：∵椭圆C：x2a2+y2b2=1过点A（2∴a＝2，b＝1，则c=∴椭圆C的方程为x24+y（2）证明：方法一、如图，设P（x0，y0），则kPA=y0x0取x＝0，得yMkPB=y0-取y＝0，得xN∴|AN|=2-|BM|＝1-y∴S=-=1∴四边形ABNM的面积为定值2．方法二、由题意设P（2cosθ，sinθ），其中θ∈（π，3π则PA：y-0sinθ=x-22cosθ-2同理求得N（2cosθ∴S四边形ABNM=12|AN=12【点评】本题考查椭圆的标准方程，考查了椭圆的简单性质，考查计算能力与推理论证能力，是中档题．19．设圆x2+y2+2x﹣15＝0的圆心为A，直线l过点B（1，0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E．（Ⅰ）证明|EA|+|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；（Ⅱ）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．【考点】直线与圆锥曲线的综合；轨迹方程．【专题】方程思想；分析法；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）求得圆A的圆心和半径，运用直线平行的性质和等腰三角形的性质，可得EB＝ED，再由圆的定义和椭圆的定义，可得E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，求得a，b，c，即可得到所求轨迹方程；（Ⅱ）设直线l：x＝my+1，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，可得|MN|，由PQ⊥l，设PQ：y＝﹣m（x﹣1），求得A到PQ的距离，再由圆的弦长公式可得|PQ|，再由四边形的面积公式，化简整理，运用不等式的性质，即可得到所求范围．（Ⅱ）另解：设∠MBA＝θ（θ∈（0，π）），利用余弦定理结合|MA|+|MB|＝4，可解得|MB|=32-cosθ，同理|NB|=32+cosθ，从而可得|MN【解答】解：（Ⅰ）证明：圆x2+y2+2x﹣15＝0即为（x+1）2+y2＝16，可得圆心A（﹣1，0），半径r＝4，由BE∥AC，可得∠C＝∠EBD，由AC＝AD，可得∠D＝∠C，即为∠D＝∠EBD，即有EB＝ED，则|EA|+|EB|＝|EA|+|ED|＝|AD|＝4＞|AB|，故E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，且有2a＝4，即a＝2，c＝1，b=a则点E的轨迹方程为x24+y23（Ⅱ）椭圆C1：x24+y23=1，设直线由PQ⊥l，设PQ：y＝﹣m（x﹣1），由x=my+13x2+4y2=12可得（3m2+4设M（x1，y1），N（x2，y2），可得y1+y2=-6m3m2+4则|MN|=1+m2•|y1﹣y2|=1+m2•36(4mA到PQ的距离为d=|-|PQ|＝2r2-d则四边形MPNQ面积为S=12|PQ|•|MN|=12•4＝24•1+m23当m＝0时，S取得最小值12，又11+m2＞0，可得S＜24•即有四边形MPNQ面积的取值范围是[12，83）．第二问另解：设∠MBA＝θ（θ∈（0，π）），则在△MAB中，应用余弦定理有|MA|²＝|MB|²+|AB|²﹣2|MB||AB|cosθ，结合|MA|+|MB|＝4，可解得|MB|=3类似的|NB|=3从而|MN|＝|MB|+|NB|=3此时直线PQ的方程为xcosθ＝ysinθ+cosθ，于是圆的弦长|PQ|＝242-(于是可得四边形MPNQ的面积S=12|MN|•|PQ|于是四边形MPNQ面积的取值范围是[12，83）．【点评】本题考查轨迹方程的求法，注意运用椭圆和圆的定义，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，以及直线和圆相交的弦长公式，考查不等式的性质，属于中档题．20．已知过点A（0，1）且斜率为k的直线l与圆C：（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1交于点M、N两点．（1）求k的取值范围；（2）若OM→•ON→=12，其中O为坐标原点，求|【考点】直线与圆的位置关系；平面向量数量积的性质及其运算．【专题】开放型；直线与圆．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围．（2）由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y＝kx+1，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解．【解答】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，设过点A（0，1）的直线方程：y＝kx+1，即：kx﹣y+1＝0．由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R＝1．故由|2k-故当4-73＜k＜4+73，过点A（0，1）的直线与圆C：（x﹣2）2+（y﹣3）2＝（2）设M（x1，y1）；N（x2，y2），由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y＝kx+1，代入圆C的方程（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1，可得（1+k2）x2﹣4（k+1）x+7＝0，∴x1+x2=4(1+k)1+k2，x∴y1•y2＝（kx1+1）（kx2+1）＝k2x1x2+k（x1+x2）+1=71+k2•k2+k•由OM→•ON→=x1•x2+y1•y2=12k2+4故直线l的方程为y＝x+1，即x﹣y+1＝0．圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．所以|MN|＝2．【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，以及直线和圆相交的弦长公式的计算，考查学生的计算能力．

考点卡片1．平面向量数量积的性质及其运算【知识点的认识】1、平面向量数量积的重要性质：设a→，b→都是非零向量，e→是与b→方向相同的单位向量，a→（1）a→⋅e→=e（2）a→⊥b→（3）当a→，b→方向相同时，a→⋅b→=|a→||b→|；当a→特别地：a→⋅a→=|a→|2（4）cosθ=a（5）|a→⋅b→|≤|2、平面向量数量积的运算律（1）交换律：a→（2）数乘向量的结合律：（λa→）•b→=λ（a→⋅（3）分配律：（a→⋅b→）•平面向量数量积的运算平面向量数量积运算的一般定理为①（a→±b→）2=a→2±2a→•b→+b→2．②（a→-b→）（a→+b→）=【解题方法点拨】例：由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：①“mn＝nm”类比得到“a→②“（m+n）t＝mt+nt”类比得到“（a→+b③“t≠0，mt＝nt⇒m＝n”类比得到“c→≠0，④“|m•n|＝|m|•|n|”类比得到“|a→⋅b→|＝|a→|⑤“（m•n）t＝m（n•t）”类比得到“（a→⋅b⑥“acbc=ab”类比得到a→⋅解：∵向量的数量积满足交换律，∴“mn＝nm”类比得到“a→即①正确；∵向量的数量积满足分配律，∴“（m+n）t＝mt+nt”类比得到“（a→+b即②正确；∵向量的数量积不满足消元律，∴“t≠0，mt＝nt⇒m＝n”不能类比得到“c→≠0，即③错误；∵|a→⋅b→|≠|a→|∴“|m•n|＝|m|•|n|”不能类比得到“|a→⋅b→|＝|a→|即④错误；∵向量的数量积不满足结合律，∴“（m•n）t＝m（n•t）”不能类比得到“（a→⋅b即⑤错误；∵向量的数量积不满足消元律，∴acbc=a即⑥错误．故答案为：①②．向量的数量积满足交换律，由“mn＝nm”类比得到“a→⋅b→=b→⋅a→”；向量的数量积满足分配律，故“（m+n）t＝mt+nt”类比得到“（a→+b→）•c→=a→⋅c→+b→⋅c→”；向量的数量积不满足消元律，故“t≠0，mt＝nt⇒m＝n”不能类比得到“c→≠0，a→⋅c→=b→⋅c→⇒a→=c→”；|a→⋅b→|≠|a→|•【命题方向】本知识点应该所有考生都要掌握，这个知识点和三角函数联系比较多，也是一个常考点，题目相对来说也不难，所以是拿分的考点，希望大家都掌握．2．点到直线的距离公式3235137:点到直线的距离公式3．直线与圆相交的性质【知识点的认识】直线与圆的关系分为相交、相切、相离．判断的方法就是看圆心到直线的距离和圆半径谁大谁小：①当圆心到直线的距离小于半径时，直线与圆相交；②当圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切；③当圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆相离．【解题方法点拨】例：写出直线y＝x+m与圆x2+y2＝1相交的一个必要不充分条件：解：直线x﹣y+m＝0若与圆x2+y2＝1相交，则圆心（0，0）到直线的距离d＜1，即d=|∴|m|＜2即-2∴满足-2故答案为：满足-2这是一道符合高考命题习惯的例题，对于简单的知识点，高考一般都是把几个知识点结合在一起，这也要求大家知识一定要全面，切不可投机取巧．本题首先根据直线与圆的关系求出满足要求的m的值；然后在考查了考试对逻辑关系的掌握程度，不失为一道好题．【命题方向】本知识点内容比较简单，在初中的时候就已经学习过，所以大家要熟练掌握，特别是点到直线的距离怎么求，如何判断直线与圆相切．4．直线与圆的位置关系【知识点的认识】直线与圆的位置关系【解题方法点拨】判断直线与圆的位置关系的方法直线Ax+By+C＝0与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2（r＞0）的位置关系的判断方法：（1）几何方法：利用圆心到直线的d和半径r的关系判断．圆心到直线的距离d=①相交：d＜r②相切：d＝r③相离：d＞r（2）代数方法：联立直线与圆的方程，转化为一元二次方程，用判别式△判断．由Ax+①相交：△＞0②相切：△＝0③相离：△＜0．5．椭圆的标准方程【知识点的认识】椭圆标准方程的两种形式：（1）x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），焦点在x轴上，焦点坐标为F（±c，0），焦距|（2）y2a2+x2b2=1（a＞b＞0），焦点在y轴上，焦点坐标为F（0，±c），焦距|两种形式相同点：形状、大小相同；都有a＞b＞0；a2＝b2+c2两种形式不同点：位置不同；焦点坐标不同．标准方程x2a2+y2b中心在原点，焦点在x轴上y2a2+x2b中心在原点，焦点在y轴上图形顶点A（a，0），A′（﹣a，0）B（0，b），B′（0，﹣b）A（b，0），A′（﹣b，0）B（0，a），B′（0，﹣a）对称轴x轴、y轴，长轴长2a，短轴长2b焦点在长轴长上x轴、y轴，长轴长2a，短轴长2b焦点在长轴长上焦点F1（﹣c，0），F2（c，0）F1（0，﹣c），F2（0，c）焦距|F1F2|＝2c（c＞0）c2＝a2﹣b2|F1F2|＝2c（c＞0）c2＝a2﹣b2离心率e=ca（0＜e＜e=ca（0＜e＜准线x＝±ay＝±a6．椭圆的几何特征【知识点的认识】1．椭圆的范围2．椭圆的对称性3．椭圆的顶点顶点：椭圆与对称轴的交点叫做椭圆的顶点．顶点坐标（如上图）：A1（﹣a，0），A2（a，0），B1（0，﹣b），B2（0，b）其中，线段A1A2，B1B2分别为椭圆的长轴和短轴，它们的长分别等于2a和2b，a和b分别叫做椭圆的长半轴长和短半轴长．4．椭圆的离心率①离心率：椭圆的焦距与长轴长的比ca叫做椭圆的离心率，用e表示，即：e=ca，且0＜e②离心率的意义：刻画椭圆的扁平程度，如下面两个椭圆的扁平程度不一样：e越大越接近1，椭圆越扁平，相反，e越小越接近0，椭圆越圆．当且仅当a＝b时，c＝0，椭圆变为圆，方程为x2+y2＝a2．5．椭圆中的关系：a2＝b2+c2．7．直线与椭圆的综合【知识点的认识】直线与椭圆的位置判断：将直线方程与椭圆方程联立，消去x（或y）的一元二次方程，则：直线与椭圆相交⇔Δ＞0；直线与椭圆相切⇔Δ＝0；直线