第八章 平面解析几何（综合训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

第八章 平面解析几何（综合训练） 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．圆的圆心到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆的方程确定圆心，再根据点到直线的距离公式得解. 【详解】圆的方程可化为，所以圆的圆心为， 则圆心到直线的距离为， 故选：D. 2．若圆截直线所得弦长为2，则（    ）． A． B．0 C．1 D．2 【答案】D 【分析】先把圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径，再利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，最后利用弦长公式构造方程求解． 【详解】配方得， 圆心为，半径， 设圆心到直线距离为， ， 圆截直线所得弦长为， ，解得， ，解得，故D正确． 故选：D． 3．已知点，若直线与线段相交，则的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】把直线的方程整理为，显然直线过定点，结合图形进行求解即可. 【详解】由直线的方程为，变形得， 显然直线过定点， 而，， 由图可知，要使直线与线段AB相交， 则或，即k的取值范围是. 故选：B. 4．已知圆C：，D是圆C上的动点，点，若动点M满足，则点M的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，，根据得到，将其代入圆C方程，即得点的轨迹方程. 【详解】设，， 因，则， 由，可得， 即，故（*）， 因D是圆C上的动点，故， 将（*）代入上式，可得， 整理得，即为点M的轨迹方程. 故选：B 5．已知圆与双曲线的渐近线相切，则该双曲线的离心率是（    ） A． B． C．5 D． 【答案】C 【分析】先求出双曲线的渐近线方程，根据圆的方程得出圆心和半径，利用点到直线距离公式求出圆心到渐近线的距离，再利用相切关系得出圆心到直线的距离等于半径构造方程求出的关系，结合离心率公式求解． 【详解】    双曲线的渐近线为，即， 由圆的方程得圆心为， 圆心到渐近线的距离， 又圆与双曲线渐近线相切，圆半径， ，解得， ． 故选：C． 6．已知抛物线的焦点为，准线为，与轴平行的直线与l和抛物线C分别交于两点，且直线的倾斜角为，则（   ） A． B． C．6 D．4 【答案】D 【分析】由直线AF的倾斜角为得到得到为等边三角形，进而得到，由，得到答案. 【详解】由抛物线定义可知， 因为直线AF的倾斜角为，轴， ， 所以为等边三角形， 故，， 所以， 其中准线l与轴交点为，则，故， 所以. 故选：D. 7．已知椭圆的右焦点为 F ，过原点的直线l与C 交于 A，B 两点，若，且，则椭圆C 的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性以及题设条件可得四边形为矩形，结合题设和椭圆定义推出，利用勾股定理可求出关系式，即可求得答案. 【详解】设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性可得，， 则四边形为平行四边形，结合，则四边形为矩形， 则， 由，得， 又，则， 在中，，即， 则，即椭圆C 的离心率为， 故选：C 8．图1是出土于陕西西安的金筐宝钿团花纹金杯.它杯口外侈，器壁内弧，腹部内收，圈足外撇，肩部有“6”字形把手.金杯采用复杂的金筐宝钿工艺，器腹以如意云头纹分割，内焊团花，边缘排满小金珠，是唐代金银器精品.图2是某校陶艺社团的同学仿照金筐宝钿团花纹金杯制作的一只团花纹陶艺杯，其主体部分（忽略杯底部分）外轮廓可近似看作双曲线C的一部分.经测量，该陶艺杯主体部分上底直径（即杯口直径）约，下底直径约，腹部最细处直径约，主体部分高约，则下列各数中与双曲线C的离心率最接近的是（   ）（参考数据：，）    A． B．2 C． D．3 【答案】B 【分析】设双曲线的标准方程为，得到，设点，代入双曲线的方程，求得，结合，的关系可求得离心率的值. 【详解】如图所示，设双曲线的标准方程为， 因为最小直径为，可得，即， 又因为主体部分高，上底直径为，下底直径约， 设点， 所以且， 解得，即， 故 故， 故选：B.    9．已知双曲线的左､右焦点分别为，点在上，若的角平分线交轴于点，且，则的周长为（    ） A．24 B．22 C．20 D．18 【答案】D 【分析】不妨设，，，根据面积关系和双曲线的定义可求，即可求解. 【详解】由题意，则， 不妨设，，，设到轴的距离为， 因为为的角平分线，则， 所以，所以，所以， 又，所以， 所以的周长为. 故选：D 10．已知抛物线和所围成封闭曲线，点在曲线上，给定点，则下列说法中正确的是（  ） A．存在，对所有点，均不存在使得 B．任意，恰有三对不同的点，满足每对点关于点对称 C．存在，曲线上恰有四个点满足到的距离等于 D．任意，当点运动时，都满足 【答案】C 【分析】首先确定两抛物线交点，根据抛物线对称轴为轴可确定A错误；设，，讨论在同一条抛物线上和分别在两条抛物线上的情况，可求得当时，不存在三对不同的点满足条件，知B错误；取即可验证得到C正确；取，，可验证得到D错误. 【详解】由，得：或，即两抛物线交点为和； 对于A，与图象均关于轴对称，点在轴上， 当关于轴对称时，，A错误； 对于B，若关于点对称，则可设，， 若均在上，则，解得：； 即当时，存在一组关于对称的点和； 若分别在和上， 不妨令在上，在上， 由得：，则， 若，则，方程组无解，此时不存在关于对称的点； 当时，不存在三对不同的点，满足每对点关于点对称，B错误； 对于C，当时，到点的距离等于的点的轨迹为； 由得：，满足， 此时存在两点到点的距离等于； 由得：，满足， 此时存在两点到点的距离等于； 当时，曲线上恰有四个点满足到的距离等于， 即存在，曲线上恰有四个点满足到的距离等于，C正确； 对于D，当时，，取，， 此时， 此时不满足，D错误. 故选：C. 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．已知圆，则圆的半径为________；与圆和圆都相切的直线的方程为___________.（只需写出一条直线的方程） 【答案】 （答案不唯一，或亦可） 【分析】将圆的一般方程化为标准方程即可得圆心；设出两圆的公切线方程，注意讨论斜率是否存在，由切线的性质列式计算即可得公切线方程. 【详解】由，即， 故圆的半径为，圆心坐标为， 设直线与圆和圆都相切， 若直线斜率不存在，设直线为， 需有，解得，故符合要求； 若直线斜率存在，设直线为，即， 需有，两式相除得， 故或， 化简得或， 由可得， 故有或， 化简得或， 即或， 则或， 故该直线为或， 即或， 综上所述，与圆和圆都相切的直线的方程有： 、、. 故答案为：；（答案不唯一，或亦可） 12．已知是抛物线上的一个动点，，点到轴的距离为，且的最小值为4，则_______. 【答案】2 【分析】利用抛物线的定义把到轴的距离转化为到焦点的距离，然后利用三角不等式可得答案. 【详解】由抛物线定义，点到焦点的距离等于到准线的距离， 即，因此， 于是 根据三角形不等式，， 当且仅当 三点共线时取等号. 故， ， 两边平方： 整理得 13．双曲线的左焦点为F，点，若P为C右支上的一个动点，则的最小值为_________． 【答案】9 【分析】利用双曲线的定义将进行转化，再结合三角形三边关系求的最小值； 【详解】设双曲线的右焦点为. 对于双曲线，可得，则. 因为点在双曲线的右支上，所以，即. 则. 根据三角形三边关系：两边之和大于第三边，可得，当且仅当，，三点共线时取等号. 已知，，根据两点间距离公式，可得. 所以，即的最小值为. 故答案为： 14．过原点的直线与双曲线的左、右两支分别交于M，N两点，若以线段MN为直径的圆过C的右焦点F，且，则C的渐近线方程为______． 【答案】 【分析】由题可得四边形为矩形，则，由，结合，求出，再利用勾股定理即可求解. 【详解】如图，设为C的左焦点，连接，则四边形为平行四边形， 因为以线段MN为直径的圆过F，所以，从而四边形为矩形， 所以． 由双曲线的定义，得，即， 又因为，所以． 由，得，解得， 所以，故C的渐近线方程为． 15．如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，给出下列四个结论： ①点在上； ②在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数； ③若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点； ④在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于. 其中正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【分析】根据题意将点代入曲线方程中判断是否在曲线上；求出切线方程并与曲线方程联立判断交点情况；对函数求导，求出单调性得到极小值点；设曲线上的一点，求得点到原点距离，构造函数求出最小值与比大小即可. 【详解】对于①，将点代入到曲线方程中得，，所以点在曲线上，故①正确. 对于③，当时，，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 则是的极小值点，故③正确. 对于②，由③可知，，则以为切点的切线方程为 ，即， 将切线方程代入到曲线方程中得， ，即， 显然是方程的根，所以， 解得或，故②错误. 对于④，设的解为， 则当，单调递增； 当时，单调递减， 又， ， ， 所以， 设曲线上的点，则， 到原点的距离为， 由可得， 令，则， 令，因为，所以取， 当 时，单调递增； 当时，单调递减， 又， 所以当时，，则，故④正确. 故答案为：①③④ 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16．（13分）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A、B，左、右焦点分别为．过右焦点的直线l交椭圆于点M、N，且的周长为16． (1)求椭圆C的标准方程； (2)记直线AM、BN的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知条件结合椭圆定义、离心率公式，确定的值，得出椭圆的标准方程. （2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程，由韦达定理得到，，再把用，表示出来，化简即可得解. 【详解】（1）由的周长为16，及椭圆的定义，可知：，即， 又离心率为所以 ． 所以椭圆C的方程为：． （2）依题意，直线l与x轴不重合， 设l的方程为：． 联立得：， 因为在椭圆内，所以， 即，易知该不等式恒成立， 设， 由韦达定理得． 又，则 注意到，即： . 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 17．（13分）已知椭圆的短轴长为，右焦点为，直线：与轴交于点，且．过点的直线与椭圆交于两点． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且平行于轴的直线交椭圆于另一点，求面积的最大值． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）由题意建立关于的方程组，解出即可得椭圆的方程及离心率； （2）设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，设，根据，得的取值范围，由韦达定理可得，，设，则有，设，则，只需利用韦达定理证明，即可证明Q，F，M三点共线，进而根据题意化简得面积，再利用基本不等式即要求得最大值. 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆的方程为，离心率为. （2）由（1）得，直线：，则， 由题意，显然直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立，整理得， 依题意，得， 设，则，， 设，即有， 即， 设，即有， 则， 所以，由于， 因为 ， 又因为 ， 所以，即有， 故有，则三点共线， 所以面积 ， 当且仅当，即时取等号，满足， ∴面积的最大值. 18．（14分）设椭圆，离心率为，长轴长为4.过点的直线l与椭圆交于，两点，直线l与轴不重合. (1)求椭圆的方程； (2)已知点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于，若，求直线的斜率. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）根据根据椭圆的离心率和长轴求得即可； （2）设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，，，，由可得，表示点，建立方程，解之即可求解. 【详解】（1）因为椭圆的长轴长为4，所以，解得； 又，所以，得， 所以. （2）因为过点的直线l与椭圆交于两点，直线l与轴不重合，所以直线l的斜率不为0. 设直线， ， ，即，即或，； ，； ，； ， 直线，直线， 令，，， 令，，， 则， 即 也即 则，，斜率为； 综上，直线的斜率为.    19．（15分）已知椭圆的左顶点为，下顶点为，离心率为，点在上. (1)求椭圆的标准方程； (2)设是椭圆上三个不同的点，它们都不与重合，且，求证：. 【答案】(1) (2)证明： 由椭圆得， 那么直线的斜率为， 设，因为， 所以，设直线的方程为， 联立，整理得， ，即， 则，由，则， 则， ， 则， 又，，所以， 因为，设，直线的方程为， 联立，整理得， ，即， 则，由，则， 则， 则， 则， 则 ， 由，则， 则， 故，即. 【分析】（1）由离心率为，可得，再将点代入方程即可求得椭圆方程； （2）得到点后，分别求出直线、直线的斜率，则可设出直线的方程与直线的方程，分别联立曲线，则可得与、横坐标与、横坐标关系，则可借助点坐标表示出、坐标，并可分别表示出与，两者作差，并根据点在椭圆上所得横纵坐标关系计算即即可得解. 【详解】（1）由椭圆离心率为，故，则， 由点在上，则， 化简得，即，则， 所以椭圆的标准方程； （2）略. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 20．（15分）已知椭圆的长轴长为4，短轴长为． (1)求椭圆的方程及离心率： (2)过点且与轴不重合的直线与椭圆交于不同的两点B，C，点关于轴的对称点为．问：平面内是否存在定点，使得恒在直线上？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)， (2)存在，定点 【分析】（1）依题意可得、，即可求出，从而得到椭圆方程及离心率； （2）设直线为，，，消去得，利用点、写出直线的方程，利用韦达定理整理变形可得直线过定点，即可得解. 【详解】（1）因为椭圆的长轴长为4，短轴长为， 所以，，则， 所以椭圆的方程为，离心率. （2）存在定点，使得恒在直线上. 设直线为，，，则， 联立，消去得， ，解得， 则，， 又直线的方程为， 又， ，恒过定点， 故存在定点，使得恒在直线上. 21．（15分）某同学利用导数方法求出了过椭圆上一点的切线的方程为.事实上，法国数学家笛莎格在《圆锥曲线论稿》中给出了这样的结论：给定一点和一条直线，将点和直线分别称为椭圆的极点和极线.一般地，当点在椭圆上时，极线为椭圆在点处的切线；当点在椭圆外时，极线为过从点作椭圆的两条切线的切点的弦所在的直线；当点在椭圆内时，极线在椭圆外且与椭圆没有公共点.请利用这些结论解决下列问题： (1)已知点和直线分别为椭圆的极点和极线， ①求极线的方程； ②若为极线上任意一点，过点作椭圆的割线交椭圆于两点，记所在直线的斜率依次为，求证：. (2)给定椭圆和点，过点作斜率为的直线和椭圆相交于两点，分别连接交于点，记和轴的交点依次为，，求证：为线段的中点. 【答案】(1)①；②设，设直线的方程为：， 又椭圆方程可化为， 故， 由得： ， 设， 则（★） 故为（★）的两个解， 所以 因为过，故，故， 故 . (2) 由（1）可得椭圆的以点为极点的极线方程为， 故点在极线上，同样记，连接， 由（1）中的结论可知，，且， 故即三点共线， 如图所示，设， 则， 由（1）中②知，故， 故，故为线段的中点. 【分析】（1）①由极点极线的定义可得极线方程；②利用齐次化可证； （2）利用（1）②的结论可证三点共线，从而可证为线段的中点. 【详解】（1）①因为，故在椭圆外，故极线为即直线的方程为. ②略 （2）略 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第八章 平面解析几何（综合训练） 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．圆的圆心到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 2．若圆截直线所得弦长为2，则（    ）． A． B．0 C．1 D．2 3．已知点，若直线与线段相交，则的取值范围为（　　） A． B． C． D． 4．已知圆C：，D是圆C上的动点，点，若动点M满足，则点M的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 5．已知圆与双曲线的渐近线相切，则该双曲线的离心率是（    ） A． B． C．5 D． 6．已知抛物线的焦点为，准线为，与轴平行的直线与l和抛物线C分别交于两点，且直线的倾斜角为，则（   ） A． B． C．6 D．4 7．已知椭圆的右焦点为 F ，过原点的直线l与C 交于 A，B 两点，若，且，则椭圆C 的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．图1是出土于陕西西安的金筐宝钿团花纹金杯.它杯口外侈，器壁内弧，腹部内收，圈足外撇，肩部有“6”字形把手.金杯采用复杂的金筐宝钿工艺，器腹以如意云头纹分割，内焊团花，边缘排满小金珠，是唐代金银器精品.图2是某校陶艺社团的同学仿照金筐宝钿团花纹金杯制作的一只团花纹陶艺杯，其主体部分（忽略杯底部分）外轮廓可近似看作双曲线C的一部分.经测量，该陶艺杯主体部分上底直径（即杯口直径）约，下底直径约，腹部最细处直径约，主体部分高约，则下列各数中与双曲线C的离心率最接近的是（   ）（参考数据：，）    A． B．2 C． D．3 9．已知双曲线的左､右焦点分别为，点在上，若的角平分线交轴于点，且，则的周长为（    ） A．24 B．22 C．20 D．18 10．已知抛物线和所围成封闭曲线，点在曲线上，给定点，则下列说法中正确的是（  ） A．存在，对所有点，均不存在使得 B．任意，恰有三对不同的点，满足每对点关于点对称 C．存在，曲线上恰有四个点满足到的距离等于 D．任意，当点运动时，都满足 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．已知圆，则圆的半径为________；与圆和圆都相切的直线的方程为___________.（只需写出一条直线的方程） 12．已知是抛物线上的一个动点，，点到轴的距离为，且的最小值为4，则_______. 13．双曲线的左焦点为F，点，若P为C右支上的一个动点，则的最小值为_________． 14．过原点的直线与双曲线的左、右两支分别交于M，N两点，若以线段MN为直径的圆过C的右焦点F，且，则C的渐近线方程为______． 15．如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，给出下列四个结论： ①点在上； ②在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数； ③若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点； ④在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于. 其中正确结论的序号是______. 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16．（13分）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A、B，左、右焦点分别为．过右焦点的直线l交椭圆于点M、N，且的周长为16． (1)求椭圆C的标准方程； (2)记直线AM、BN的斜率分别为，证明：为定值． 17．（13分）已知椭圆的短轴长为，右焦点为，直线：与轴交于点，且．过点的直线与椭圆交于两点． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且平行于轴的直线交椭圆于另一点，求面积的最大值． 18．（14分）设椭圆，离心率为，长轴长为4.过点的直线l与椭圆交于，两点，直线l与轴不重合. (1)求椭圆的方程； (2)已知点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于，若，求直线的斜率. 19．（15分）已知椭圆的左顶点为，下顶点为，离心率为，点在上. (1)求椭圆的标准方程； (2)设是椭圆上三个不同的点，它们都不与重合，且，求证：. 20．（15分）已知椭圆的长轴长为4，短轴长为． (1)求椭圆的方程及离心率： (2)过点且与轴不重合的直线与椭圆交于不同的两点B，C，点关于轴的对称点为．问：平面内是否存在定点，使得恒在直线上？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 21．（15分）某同学利用导数方法求出了过椭圆上一点的切线的方程为.事实上，法国数学家笛莎格在《圆锥曲线论稿》中给出了这样的结论：给定一点和一条直线，将点和直线分别称为椭圆的极点和极线.一般地，当点在椭圆上时，极线为椭圆在点处的切线；当点在椭圆外时，极线为过从点作椭圆的两条切线的切点的弦所在的直线；当点在椭圆内时，极线在椭圆外且与椭圆没有公共点.请利用这些结论解决下列问题： (1)已知点和直线分别为椭圆的极点和极线， ①求极线的方程； ②若为极线上任意一点，过点作椭圆的割线交椭圆于两点，记所在直线的斜率依次为，求证：. (2)给定椭圆和点，过点作斜率为的直线和椭圆相交于两点，分别连接交于点，记和轴的交点依次为，，求证：为线段的中点. 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第八章平面解析几何（综合训练） 参考答案 第一部分（选择题共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D 第二部分（非选择题 共110分) 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分 11 x=1(答案不唯一，7x+24y+25=0或3x-4y+5=0亦可) 12.2 13.9 14.y=+3x 15.①③④ 三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16.(13分) △FMN 【详解】(1)由 的周长为16，及椭圆的定义，可知： 4a=16 又离心率为c=。2所以c=2 b2=a2-c2=16-4=12 1/12 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以椭圆C的方程为：16+21 B (2)依题意，直线1与x轴不重合， 设I的方程为：x=my+2」 [x2,y2 =1 联立1612得： x=my+2 (（3m2+4)y2+12my-36=0' 因为在椭圆内，所以△>0， 即12m°+43m2+4)x36>0 易知该不等式恒成立， 设M(,N(5,5) -12m -36 由韦达定理得乃+为=3m+4=3m+4, 又A-4,0),B(4,0),则 k=+4-(5-4）=上(my-2）_my凸-2y k2y2(x+4)y2(my+6)myy2+6y2 x2-4 y+y2-12m m 注意到%-363，即：m4=3(4+) k=my-2y=3(y+)-2y=h+3y=1 kmyy+6y3(y+52)+6y23y+9y23. 2/12 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 17.(13分) 2b=2√2 c=2g- b=√2 【详解】(1)由题意可得 ,解得c2=4, a2=b2+c2 a2=6 x+少 -c_2v6 =1 e=-= 所以椭圆的方程为62，离心率为a√63· 2)由(1)得，直线人：x=3,则130)， 由题意，显然直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y=k(x-3), y=k(x-3) =(3k2+1）x2-18k2x+27k2-6=0 6<<6 依题意△=(18-43k+127-6)=12(2-3张)>0，得3 3, 18k2 27k2-6 设P(x,y),(x,)小则x+3=1+32,=1+32， 设MP=40,即有区-3，）=(-3，乃)】 3=(5-3y=奶 设M(,）,即有+3=6 则%=-F2,0,M=(6-2-)=(G-2-)F0=(s-2,) 1=生-3 所以+y=0,由于名-3 因5-2+%-2)6-24营6-2刘 3/12 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 _x-2x-3)+(G-3)(x2-2_2x5-5+5)+12 x2-3 x2-3 又因为255+5+122x牛玩元6x18 1+3+12 _54k2-12-90K+12+36=0, 1+3k2 25-5++2=0,即有(5-2+x-2)-0 所 x2-3 M=APD,则2，F,M三点芙线， 故有 片以10面段5-号4s-(--+列 ×1x(6-3+-3别=×k(5+)-6网 ×61=3≤3=5 23k+3k1+23Ik2 1 6<k<6 当且仅 3引牛，即k=±了时取等号，满足 3， ·△M0面积的最大值S M 18.(14分) 【详解】(1)因为椭圆的长轴长为4，所以2a=4,解得a=2； 4/12 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又e=e-3 a2,所以c=5,得2=ad-c2=1 所以M: 4+y2=1. (2)因为过点P(4,0)的直线1与椭圆交于A,B两点，直线1与x轴不重合，所以直线1的斜率不为0. 设直线1B:x=my+4.A(,),B(s,) 2+4y=4→(m2+4y2+8mw+12=0 x=my+4 s=6m-小>0，甲m-20,m-w5我m2,吾0小 片+hs8m m2+4,h5= 12 m2+4: 32 x1+x2 m+4,5=m+64 m2+4: 3SAr=SBr台3CD=EF台3ye-yn=xE-xr 直线4：y-1-0,直线ry1公-)， ex-0.a w.〔0.0】 341h-_-1五-1 则x-1x2-1以-1-1， 即5-(+)+=3%-（以+）+1 电即m+64-32+㎡+4=32+8m+m+4 5/12 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 -3m2+36=3m2+8m+16 期m84-o=-*为兽小 2 综上，直线B的斜率为7 D 19.（15分) ,b23 洋解】4)由椭圆w离心率为2，故a1云92，则三4地 点c在上 8)2 )2 5 5'5W 十 -=19 4b2 b2 1 化简得万1，即62=1，则d=4=4, x2 所以椭圆m的标准方程4+广=1； (2)证明： 由椭圆4+少=1得A(-2,0),B0,-), 么线相的字为。 设D(,,E(5,）,因为AB1DE, 所以如c=km=2,设直线DE的方程为y= 2术+m 6/12 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 y=-x +m 联立 x 4+y2=1 整理得丈-版+m2-1=0 2 A=m2-4xm-)小=2-m≥0，即-5<m5, 1 则+x=2m,由为=25+m,则m=2名+%， 225+小5=2%. 则x=2m-号=2日5 1 2+m= 1 2×2%+2+为=2， 2 3 -{2泸55-6 31 则5上 5S2y20%-16, 8 =1 50 8 因为BC11BF,设F少)E(,）,直线EF的方程为=+n, y=x+n +=1整理得+2x+2-1=0 联立x2 4 A,=4r-4r2-小=5-m>0,即-5<n5, 8 则+名=一兮”，由为=+n,则n=为-， 则5=g-)6写， 38 38 23 则⅓=+n=写53为+及=后3⅓， 7/12 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2.3 则 55为 2x2+3y2 555h+28%-3x-10, 63+23.8 2x2+3y25x2-6 则k-km-8,-3x,-1020y-16 _(2x+3y)(20y2-16)-(5x2-6)(8y2-3x2-10) (8y2-3x2-10)(20y2-16) （40xy-32x2+602-48%2)-(40xy2-15x-50x2-4852+18x,+60)） (8y2-3x2-10)(20y2-16) 60y3+15x号-60 (8-3x-10)(20y-16), +听=1，则=4-4奶 由4 60y2+15(4-42)-60 60y+60-60y3-60 则kw-km8-35-10(20,-16(8y-3x-1020%-16， =0 AF//CD o F A 2 E 20.（15分) 2v5 【详解】(1)因为椭圆B的长轴长为4，短轴长为 所以a=2,6=5,则=1 8/12 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以椭圆6的方程为4+兮=1，离心率e=:) x2,y2 a21 (2)存在定点 使得B恒在直线PC上： 设直线'为=-3.B(）,C(）,则B(,-） x=y-3 联立 女+上=1消去得 3 (32+4)y>2-18+15=0 A=1-60(2+40,解得产> 18t 15 则%+%=3+4,43+4 又直线BC的方程为=号名(x-+乃. x2-x y=+出x-5+y5+=名+4x-%+=+y xy2+x2y x2-x x2-x x2-xx2-x x2-x y2+y 15 xy+54-(-3y+-3列4_214-30y+2）=21×3+4-3=-4 又y2+ y2+片 y2+ 18t 3, 312+4 故存在定点 使得B恒在直线PC上 y B M 9/12 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 21.(15分) p匹+0xy=1 【详解】(1)①因为p>a,故P在椭圆外，故极线为a2b2即直线l的方程为p a -,m ②设气p, s(x-tiy-m)-1 设直线AB的方程为：p厂 A 0 黄-+时，w-}月+am0-则-w-0 -j0-+aws-月+am0-+管m-f-0 由 得： jw时gw 管a-wj}w可- k=y-m 设 x-a2 D 10112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 身r管小s时-0刘 u,ko为（女）的两个解. 故 b1+2d'ms+2 ab2 +a2m2-a2b2 kos +kon =-p p2 所以 a2+2mta2+ p2 +a2m2-a2b2 2b't +2ms 2 pitm-b2 st 1+2mt+ a'b2 p2+m2-b2 s=mi+1 22,O)版p=m+,2 因为过 p 2tb2 +2mx mi+1a'b2 (p2 +m2-22(m+1） a 故Ko4+kos=- a'b2 1+2mt+ +m-622 、1 2b1-2b2a +2m2t+2m+2m2+)ab2 D_ax 1+2mt+ p2+m2-b2 a'b2 p 4m21+2m+2mt2 a'b2 p2+m2-b2 2m 1+2mt+ p2+m2-] a'b2 =2kor 11/12 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 珠 7 (2) G E M 0 Px +卫 由(1)可得椭圆8+4=1的以点P(4,0)为极点的极线方程为x=2: 点2川在极线r=2上，同样记e2）,连接0M,2W 故 由(1)中的结论可 2kro-kow kor 2kro-kow +kor 故'ow=k"nL,M,N 点共线， 如图所示，设T(0,),704)工(04) 2 由（2)中E知20=6w+6o·敢2x-,+当 2 2 21 故+6=2”，故为线段的中点 12112