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2021年高考数学分项汇编专题5 平面向量（含解析）理一．基础题组1. 【xx全国卷Ⅰ，理6】设a、b、c是单位向量，且a·b=0，则（a-c）·（b-c）的最小值为（）A.-2B.C.-1D.【答案】：D2. 【xx全国1，理3】在中，，．若点满足，则（）A．B．C．D．【答案】A.3. 【xx课标Ⅰ，理15】已知为圆上的三点，若，则与的夹角为_______．【答案】．4. 【xx全国，理13】已知向量a，b夹角为45°，且|a|＝1，|2a－b|＝，则|b|＝__________．【答案】：5. 【xx高考新课标1，理7】设为所在平面内一点，则（）（A） (B)（C） (D)【答案】A【考点定位】平面向量的线性运算二．能力题组1. 【xx全国，理9】设平面向量a1，a2，a3的和a1+a2+a3=0.如果平面各量b1，b2，b3满足│b i│=2│a i│，且a i的顺时针旋转后与b i同向，其中i-1，2，3，则（）（A）-b1+b2+b3=0 （B）b1-b2+b3=0（C）b1+b2-b3=0 （D）b1+b2+b3=0【答案】D2. 【xx课标全国Ⅰ，理13】已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝t a＋(1－t)b.若b·c＝0，则t ＝__________.【答案】：2三．拔高题组1. 【2011全国，理12】设向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，，〈a－c，b－c〉＝60°，则|c|的最大值等于( )A．2 B． C． D．1【答案】：A20493 500D 倍 gT25851 64FB 擻24874 612A 愪35674 8B5A 譚35228 899C 覜 31294 7A3E 稾n33973 84B5 蒵36567 8ED7 軗&。
专题08 空间直线与平面、平面与平面的垂直一、考情分析二、考点梳理考点一直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.(2)判定定理与性质定理考点二平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.(2)判定定理与性质定理考点三知识拓展1.两个重要结论(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法).2.使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”.四、题型分析重难点题型突破1 线面垂直例1. （河北省石家庄二中2019届期中）已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是( )A.若m⊂α，则m⊥βB.若m⊂α，n⊂β，则m⊥nC.若m⊄α，m⊥β，则m∥αD.若α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α 【答案】C【解析】对于A ：若m ⊂α，则m 与平面β可能平行或相交，所以A 错误；对于B ：若m ⊂α，n ⊂β，则m 与n 可能平行、相交或异面，所以B 错误；对于C ：若m ⊄α，m ⊥β，则m ∥α，C 正确；对于D ：α∩β＝m ，n ⊥m ，则n 不一定与平面α垂直，所以D 错误.【变式训练1-1】、设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A.若α⊥β，m ∥α，n ∥β，则m ⊥nB.若m ⊥α，m ∥n ，n ∥β，则α⊥βC.若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α⊥βD.若α∥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ∥n 【答案】B【解析】若α⊥β，m ∥α，n ∥β，则m 与n 相交、平行或异面，故A 错误； ∵m ⊥α，m ∥n ，∴n ⊥α，又∵n ∥β，∴α⊥β，故B 正确； 若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C 错误； 若α∥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ∥n 或m ，n 异面，故D 错误.例2.如图所示，在四棱锥PABCD 中，AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点，且DF ＝12AB ，PH 为△PAD 中AD 边上的高．求证：(1) PH ⊥平面ABCD ； (2) EF ⊥平面PAB.【证明】 (1) 因为AB ⊥平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥AB. 因为PH 为△PAD 中边AD 上的高，所以PH ⊥AD.因为AB∩AD ＝A ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥平面ABCD. (2) 如图，取PA 的中点M ，连结MD ，ME.因为E 是PB 的中点，所以ME ＝12AB ，ME ∥AB.又因为DF ＝12AB ，DF ∥AB ，所以ME ＝DF ，ME ∥DF ，所以四边形MEFD 是平行四边形，所以EF ∥MD.因为PD＝AD，所以MD⊥PA.因为AB⊥平面PAD，所以MD⊥AB.因为PA∩AB＝A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，所以MD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB.重难点题型突破2 面面垂直例3. （安徽省合肥三中2019届高三质检）如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是( )A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC【答案】D【解析】因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确；在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，且AE，PE⊂平面PAE，所以BC⊥平面PAE，因为DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，又DF⊂平面PDF，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确．【变式训练3-1】、（江西鹰潭一中2019届高三调研）如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是( )①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′FED的体积有最大值．A．①B．①②C．①②③D．②③【答案】C【解析】①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC，所以点A′在平面ABC上的射影在线段AF上．②BC∥DE，根据线面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.③当平面A′DE⊥平面ABC时，三棱锥A′FED的体积达到最大，故选C.例4．（上海格致中学2019届高三模拟）如图1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E，F分别为CD，AB 边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如图2所示)，连接AP，PF，其中PF＝2 5.(1)求证：PF⊥平面ABED；(2)求点A到平面PBE的距离．【解析】(1)证明：在题图2中，连接EF，由题意可知，PB＝BC＝AD＝6，PE＝CE＝CD－DE＝9，在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，所以PF⊥BF.在题图1中，连接EF，作EH⊥AB于点H，利用勾股定理，得EF＝62＋（12－3－4）2＝61，在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，所以PF⊥EF，因为BF∩EF＝F，BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABED，所以PF⊥平面ABED.(2)如图，连接AE，由(1)知PF⊥平面ABED，所以PF 为三棱锥P ABE 的高． 设点A 到平面PBE 的距离为h ，因为V A PBE ＝V P ABE ，即13×12×6×9×h ＝13×12×12×6×25，所以h ＝853，即点A 到平面PBE 的距离为853. 【变式训练4-1】、 (2018·北京高考)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．(1)求证：PE ⊥BC ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PCD ； (3)求证：EF ∥平面PCD .证明：(1)因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点， 所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形， 所以BC ∥AD ，所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面PAD ，因为PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥PD . 又因为PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB . 因为PD ⊂平面PCD ， 所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG . 因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形． 所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .。
２０２１年全国高中数学联赛(Ａ１)卷解析几何题的解法探究宋长芬(福建省福州第八中学ꎬ福建福州３５０００４)摘㊀要:２０２１年全国高中数学联赛(Ａ１)卷一试第１１题是解析几何题ꎬ考查的是椭圆ꎬ求的是两三角形内切圆半径之差的最大值.本文利用解析法与参数法给出试题的四种解法.关键词:２０２１年全国高中数学联赛ꎻ解析几何ꎻ内切圆ꎻ最大值ꎻ参数方程中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３６－００７７－０３收稿日期:２０２３－０９－２５作者简介:宋长芬(１９７８.１０－)ꎬ女ꎬ福建省福州人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２１年全国数学联赛(Ａ１)卷的解析几何题ꎬ作为一试的最后一题ꎬ对考生的数学能力要求较高ꎬ有很好的区分度ꎬ有助于选拔优秀的竞赛选手ꎬ是个难得的好题.笔者经过探究ꎬ从解析法和参数法两个视角给出四种解法ꎬ供读者参考㊁研究.１赛题再现如图１所示ꎬ在平面直角坐标系中ꎬ椭圆Γ:ｘ２２＋ｙ２＝１的左㊁右焦点分别为Ｆ１㊁Ｆ２.设Ｐ是第一象限内Γ上一点ꎬＰＦ１㊁ＰＦ２的延长线分别交Γ于点Ｑ１㊁Ｑ２.设ｒ１㊁ｒ２分别为әＰＦ１Ｑ２㊁әＰＦ２Ｑ１的内切圆半径.求ｒ１－ｒ２的最大值[１].图１㊀竞赛题图２解法探究解法１㊀易知Ｆ１的坐标为(－１ꎬ０)ꎬＦ２的坐标为(１ꎬ０).设Ｐ㊁Ｑ１㊁Ｑ２的坐标分别为ｘ０ꎬｙ０()㊁ｘ１ꎬｙ１()㊁ｘ２ꎬｙ２()ꎬ由条件知ｘ０ꎬｙ０>０ꎬｙ１<０ꎬｙ２<０.由椭圆定义ꎬ得ＰＦ１＋ＰＦ２＝Ｑ１Ｆ１＋Ｑ１Ｆ２＝Ｑ２Ｆ１＋Ｑ２Ｆ２＝２２故әＰＦ１Ｑ２与әＰＦ２Ｑ１的周长均为ｌ＝４２.又Ｆ１Ｆ２＝２ꎬ因此ｒ１＝２ＳәＰＦ１Ｑ２ｌ＝ｙ０－ｙ２() Ｆ１Ｆ２ｌ＝ｙ０－ｙ２２２同理可得ｒ２＝ｙ０－ｙ１２２ꎬ所以ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２.以下先求ｙ１－ｙ２.直线ＰＦ１的方程为ｘ＝ｘ０＋１()ｙｙ０－１ꎬ将其代入ｘ２２＋ｙ２＝１ꎬ整理得ｘ０＋１()２２ｙ２０＋１[]ｙ２－ｘ０＋１ｙ０ｙ－１２＝０两边乘以２ｙ２０ꎬ并注意到ｘ２０＋２ｙ２０＝２ꎬ可得３＋２ｘ０()ｙ２－２ｘ０＋１()ｙ０ｙ－ｙ２０＝０该方程的两根为ｙ０㊁ｙ１ꎬ由韦达定理ꎬ得ｙ０ｙ１＝－ｙ２０３＋２ｘ０ꎬ于是ｙ１＝－ｙ０３＋２ｘ０.７７同理可得ｙ２＝－ｙ０３－２ｘ０.因此ｙ１－ｙ２＝ｙ０３－２ｘ０－ｙ０３＋２ｘ０＝４ｘ０ｙ０９－４ｘ２０由于９－４ｘ２０＝１２ｘ２０＋９ｙ２０ȡ２１２ｘ２０ ９ｙ２０＝３２ｘ０ｙ０故ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２＝２ｘ０ｙ０９－４ｘ２０ɤ２ｘ０ｙ０３２ｘ０ｙ０＝１３其中等号成立时要求１２ｘ２０＝９ｙ２０ꎬ相应地ꎬ有ｘ０＝３５５ꎬｙ０＝１０１０.所以ｒ１－ｒ２的最大值为１３.解法２㊀利用椭圆的参数方程.易知Ｆ１的坐标为(－１ꎬ０)ꎬＦ２的坐标为(１ꎬ０).设Ｐｘ０ꎬｙ０()＝(２ｃｏｓαꎬｓｉｎα)ꎬＱ１ｘ１ꎬｙ１()ꎬＱ２(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ由条件知０<α<π２ꎬｙ１<０ꎬｙ２<０.由椭圆定义ꎬ得ＰＦ１＋ＰＦ２＝Ｑ１Ｆ１＋Ｑ１Ｆ２＝Ｑ２Ｆ１＋Ｑ２Ｆ２＝２２ꎬ故әＰＦ１Ｑ２与әＰＦ２Ｑ１的周长均为ｌ＝４２.又Ｆ１Ｆ２＝２ꎬ因此ｒ１＝２ＳәＰＦ１Ｑ２ｌ＝ｙ０－ｙ２() Ｆ１Ｆ２ｌ＝ｙ０－ｙ２２２同理可得ｒ２＝ｙ０－ｙ１２２ꎬ所以ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２.以下先求ｙ１－ｙ２.直线ＰＦ１的方程为ｙ＝ｓｉｎα２ｃｏｓα＋１(ｘ＋１)ꎬ即ｘ＝２ｃｏｓα＋１ｓｉｎαｙ－１.将其代入ｘ２２＋ｙ２＝１ꎬ整理得(３＋２２ｃｏｓα)ｙ２－２ｓｉｎα(２ｃｏｓα＋１)ｙ－ｓｉｎ２α＝０这个方程的两个根分别为ｙ０＝ｓｉｎα和ｙ１ꎬ由韦达定理得ｙ０ｙ１＝－ｓｉｎ２α３＋２２ｃｏｓαꎬ所以ｙ１＝－ｓｉｎα３＋２２ｃｏｓα同理可得ｙ２＝－ｓｉｎα３－２２ｃｏｓα所以ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２＝２ｓｉｎαｃｏｓα９－８ｃｏｓ２α＝２ｓｉｎαｃｏｓα９ｓｉｎ２α＋ｃｏｓ２αɤ２ｓｉｎαｃｏｓα２９ｓｉｎ２α ｃｏｓ２α＝１３其中等号成立时要求ｃｏｓ２α＝９ｓｉｎ２αꎬ即ｃｏｓα＝３１０１０ꎬｓｉｎα＝１０１０ꎬ相应地ꎬ有ｘ０＝３５５ꎬｙ０＝１０１０.所以ｒ１－ｒ２的最大值为１３.注:最后ꎬ最值也可以用辅助角公式或柯西不等式㊁万能公式等方法处理:ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２＝２ｓｉｎαｃｏｓα９－８ｃｏｓ２α＝ｓｉｎ２α５－４ｃｏｓ２α＝ｆ(α)ꎬ则ｓｉｎ２α＋４ｆ(α)ｃｏｓ２α＝５ｆ(α)ꎬ所以５ｆ(α)ɤ１＋１６ｆ２(α)ꎬ解得ｆ(α)ɤ１３.解法３㊀利用椭圆的参数方程.易知Ｆ１的坐标为(－１ꎬ０)ꎬＦ２的坐标为(１ꎬ０).设Ｐｘ０ꎬｙ０()＝(２ｃｏｓαꎬｓｉｎα)ꎬＱ１ｘ１ꎬｙ１()＝(２ｃｏｓβꎬｓｉｎβ)ꎬＱ２ｘ２ꎬｙ２()＝(２ｃｏｓγꎬｓｉｎγ)ꎬ由条件知０<α<π２ꎬｙ１<０ꎬｙ２<０ꎬπ<β<３π２<γ<２π.由椭圆定义ꎬ得ＰＦ１＋ＰＦ２＝Ｑ１Ｆ１＋Ｑ１Ｆ２＝Ｑ２Ｆ１＋Ｑ２Ｆ２＝２２ꎬ故әＰＦ１Ｑ２与әＰＦ２Ｑ１的周长均为ｌ＝４２.又Ｆ１Ｆ２＝２ꎬ因此ｒ１＝２ＳәＰＦ１Ｑ２ｌ＝ｙ０－ｙ２() Ｆ１Ｆ２ｌ＝ｙ０－ｙ２２２＝ｓｉｎα－ｓｉｎγ２２同理可得ｒ２＝ｙ０－ｙ１２２＝ｓｉｎα－ｓｉｎβ２２ꎬ所以ｒ１－ｒ２＝ｓｉｎβ－ｓｉｎγ２２.因为Ｐ㊁Ｆ１㊁Ｑ１三点共线ꎬ所以ｓｉｎα２ｃｏｓα＋１＝ｓｉｎβ２ｃｏｓβ＋１.８７下面用α的三角函数表示ｓｉｎβ.因为ｓｉｎα２ｃｏｓα＋１＝ｓｉｎβ２ｃｏｓβ＋１ꎬ所以２(ｓｉｎαｃｏｓβ－ｃｏｓαｓｉｎβ)＝ｓｉｎβ－ｓｉｎαꎬ即２ｓｉｎ(α－β)＝ｓｉｎβ－ｓｉｎαꎬ２２ｓｉｎα－β２ｃｏｓα－β２＝－２ｓｉｎα－β２ｃｏｓα＋β２ꎬ显然ｓｉｎα－β２ʂ０.于是２ｃｏｓα－β２＝－ｃｏｓα＋β２⇒２(ｃｏｓα２ｃｏｓβ２＋ｓｉｎα２ｓｉｎβ２)＝－(ｃｏｓα２ｃｏｓβ２－ｓｉｎα２ｓｉｎβ２)两边同时除以ｃｏｓα２ｃｏｓβ２ꎬ得ｔａｎα２ｔａｎβ２＝－(２＋１)２ꎬ所以ｔａｎβ２＝－３＋２２ｔａｎα２由万能公式及ｔａｎα２＝ｓｉｎα１＋ｃｏｓαꎬｔａｎ２α２＝１－ｃｏｓα１＋ｃｏｓαꎬ得ｓｉｎβ＝２ｔａｎβ２１＋ｔａｎ２β２＝－(３＋２２)ｔａｎα２ｔａｎ２α２＋(３＋２２)２＝－２(３＋２２)ｓｉｎα１＋ｃｏｓα１－ｃｏｓα１＋ｃｏｓα＋(３＋２２)２＝－２(３＋２２) ｓｉｎα１８＋１２２＋(１６＋１２２)ｃｏｓα＝－ｓｉｎα３＋２２ｃｏｓα同理可得ｓｉｎγ＝－ｓｉｎα３－２２ｃｏｓα.所以ｒ１－ｒ２＝ｓｉｎβ－ｓｉｎγ２２＝２ｓｉｎαｃｏｓα９－８ｃｏｓ２α＝２ｓｉｎαｃｏｓα９ｓｉｎ２α＋ｃｏｓ２α＝２９ｔａｎα＋ｃｏｔαɤ２２９ｔａｎα ｃｏｔα＝１３其中等号成立时要求ｔａｎα＝１３ꎬ即ｃｏｓα＝３１０１０ꎬｓｉｎα＝１０１０ꎬ相应地ꎬ有ｘ０＝３５５ꎬｙ０＝１０１０.所以ｒ１－ｒ２的最大值为１３.解法４㊀利用椭圆的参数方程.同解法３得ꎬｒ１－ｒ２＝ｓｉｎβ－ｓｉｎγ２２.由焦半径公式ꎬ得ＰＦ１＝ａ＋ｅｘＰ＝２＋ｃｏｓαꎬＱ１Ｆ１＝ａ＋ｅｘＱ１＝２＋ｃｏｓβ又因为ｋＰＦ１＝ｋＱ１Ｆ１ꎬ所以ｓｉｎα２ｃｏｓα＋１＝ｓｉｎβ２ｃｏｓβ＋１ꎬ即ｓｉｎαｓｉｎβ＝２ｃｏｓα＋１２ｃｏｓβ＋１①又因为ＰＦ１Ｑ１Ｆ１＝ｙＰｙＱ１ꎬ所以２＋ｃｏｓα２＋ｃｏｓβ＝－ｓｉｎαｓｉｎβꎬ即ｓｉｎαｓｉｎβ＝－２＋２ｃｏｓα２＋２ｃｏｓβ②由①②及比例性质ꎬ得ｓｉｎαｓｉｎβ＝２ｃｏｓα＋１２ｃｏｓβ＋１＝－２＋２ｃｏｓα２＋２ｃｏｓβ＝３＋２２ｃｏｓα－１所以ｓｉｎβ＝－ｓｉｎα３＋２２ｃｏｓα同理可得ｓｉｎγ＝－ｓｉｎα３－２２ｃｏｓα下同解法３.对于一道经典的联赛题ꎬ学生不仅要会做㊁做全ꎬ更要思考如何从多角度来求解.通过探究一道题ꎬ达到会做一类题的效果ꎬ这不仅可以锻炼学生的数学思维ꎬ也开拓了学生数学视野ꎬ帮助其进一步认识数学的本质ꎬ从而提高数学能力㊁提升数学素养.参考文献:[１]郭子涵ꎬ杨琦佳.一道２０２１年全国联赛试题的探究[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２２(０５):５２－５５.[责任编辑:李㊀璟]９７。
2021年高考数学真题分类汇编专题05：平面向量2021年高考数学真题分类汇编专题05：平面向量一、单选题1.已知非零向量a，则“a⊥b”是“a∥b”的（）。
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件解析：XXX⊥b，则a与b的数量积为0，而a∥b时，a与b的数量积不为0，所以“a⊥b”是“a∥b”的必要不充分条件，故答案为B。
二、多选题2.已知O为坐标原点，点P1(cosα,sinα)，P2(cosβ，-sinβ)，P3(cos(α+β),sin(α+β))，A(1，0)，则（）。
A.∠P1P2P3=α+βB.∠P1P2A=αC.∠P2P3A=βD.∠P1P3A=α+β解析：由三角函数定义及向量几何知识可得：P1P2=2sin(α-β)/2，P2P3=2sin(α+β)/2，P1P3=2sinα/2cosβ/2+2cosα/2sinβ/2所以：P1P2P3=∠P1P2A+∠P2P3A=α+βP1P2A=αP2P3A=βP1P3A=α+β故答案为A、B、C。
三、填空题3.已知向量a=(3,1)，b=(1,0)，|a+k*b|=√10，则k=________。
解析：由向量的模的定义及向量加法可得：a+k*b|²=(3+k)²+1²=k²+6k+10所以：k²+6k+10=10k²+6k=0k(k+6)=0故k=0或k=-6，但a和b不共线，故k≠0，故k=-6，故填-6.4.若向量a=(1，3)，b=(3，4)，且a⊥c，其中c=λa+b，则λ=________。
解析：由向量垂直的性质及向量的线性运算可得：a⊥c即a·c=0即a·(λa+b)=0即λ|a|²+a·b=0所以：λ|a|²+a·b=1*1+3*4=13λ=-(a·b)/|a|²=-12/10=-6/5故填-6/5.5.已知向量a=(2,5)，b=(λ,4)，若|a-b|=3，且a·b=1，则λ=________。
专题08 平面直角坐标系与一次函数一．选择题1．（2022·浙江台州）如图是战机在空中展示的轴对称队形．以飞机B ，C 所在直线为x 轴、队形的对称轴为y 轴，建立平面直角坐标系．若飞机E 的坐标为(40，a )，则飞机D 的坐标为（ ）A ．(40,)a -B ．(40,)a -C ．(40,)a --D ．(,40)a -2．（2022·湖北宜昌）如图是一个教室平面示意图，我们把小刚的座位“第1列第3排”记为()1,3．若小丽的座位为()3,2，以下四个座位中，与小丽相邻且能比较方便地讨论交流的同学的座位是（ ）A ．()1,3B ．()3,4C ．()4,2D ．()2,43．（2022·四川眉山）一次函数(21)2y m x =-+的值随x 的增大而增大，则点(,)P m m -所在象限为（ ） A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限4．（2022·浙江金华）如图是城市某区域的示意图，建立平面直角坐标系后，学校和体育场的坐标分别是(3,1),(4,2)-，下列各地点中，离原点最近的是（ ）A ．超市B ．医院C ．体育场D ．学校5．（2022·江苏扬州）在平面直角坐标系中，点P(﹣3，a 2+1)所在的象限是（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限6．（2022·湖南株洲）在平面直角坐标系中，一次函数51y x =+的图象与y 轴的交点的坐标为（ ） A ．()0,1- B ．1,05⎛⎫- ⎪⎝⎭ C ．1,05⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．()0,17．（2022·陕西）在同一平面直角坐标系中，直线4y x =-+与2y x m =+相交于点(3,)P n ，则关于x ，y 的方程组4020x y x y m +-=⎧⎨-+=⎩的解为（ ） A ．15x y =-⎧⎨=⎩ B ．13x y =⎧⎨=⎩ C ．31x y =⎧⎨=⎩ D ．95x y =⎧⎨=-⎩8．（2022·湖南娄底）将直线21y x =+向上平移2个单位，相当于（ ）A ．向左平移2个单位B ．向左平移1个单位C ．向右平移2个单位D ．向右平移1个单位 9．（2022·浙江台州）吴老师家、公园、学校依次在同一条直线上，家到公园、公园到学校的距离分别为400m ，600m ．他从家出发匀速步行8min 到公园后，停留4min ，然后匀速步行6min 到学校，设吴老师离公园的距离为y （单位：m ），所用时间为x （单位：min ），则下列表示y 与x 之间函数关系的图象中，正确的是（ ）A．B．C．D．10．（2022·天津）如图，△OAB的顶点O(0，0)，顶点A，B分别在第一、四象限，且AB⊥x轴，若AB=6，OA=OB=5，则点A的坐标是（）A．(5,4)B．(3,4)C．(5,3)D．(4,3)11．（2022·四川乐山）甲、乙两位同学放学后走路回家，他们走过的路程s（千米）与所用的时间t（分钟）之间的函数关系如图所示．根据图中信息，下列说法错误的是（）A．前10分钟，甲比乙的速度慢B．经过20分钟，甲、乙都走了1.6千米C．甲的平均速度为0.08千米/分钟D．经过30分钟，甲比乙走过的路程少12．（2022·安徽）甲、乙、丙、丁四个人步行的路程和所用的时间如图所示，按平均速度计算．走得最快的是（）A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁13．（2022·江西）甲、乙两种物质的溶解度(g)y 与温度()t ℃之间的对应关系如图所示，则下列说法中，错误的是（ ）A ．甲、乙两种物质的溶解度均随着温度的升高而增大B ．B ．当温度升高至2t ℃时，甲的溶解度比乙的溶解度大C ．当温度为0℃时，甲、乙的溶解度都小于20gD ．当温度为30℃时，甲、乙的溶解度相等14．（2022·重庆）如图，曲线表示一只蝴蝶在飞行过程中离地面的高度()m h 随飞行时间()s t 的变化情况，则这只蝴蝶飞行的最高高度约为（ ）A ．5mB ．7mC ．10mD ．13m15．（2022·浙江杭州）如图，在平面直角坐标系中，已知点P (0，2)，点A (4，2)．以点P 为旋转中心，把点A 按逆时针方向旋转60°，得点B ．在1M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()21M -，()31,4M ，4112,2M ⎛⎫ ⎪⎝⎭四个点中，直线PB 经过的点是（ ）16．（2022·湖南邵阳）在直角坐标系中，已知点3,2A m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，点B n ⎫⎪⎪⎝⎭是直线()0y kx b k =+<上的两点，则m ，n 的大小关系是（ ）A ．m n <B ．m n >C ．m n ≥D ．m n ≤17．（2022·浙江绍兴）已知112233()()()x y x y x y ，，，，，为直线23y x =-+上的三个点，且123x x x <<，则以下判断正确的是（ ）．A ．若120x x >，则130y y >B ．若130x x <，则120y y >C ．若230x x >，则130y y >D ．若230x x <，则120y y >18.（2022·浙江嘉兴）已知点(,)A a b ，(4,)B c 在直线3y kx =+（k 为常数，0k ≠）上，若ab 的最大值为9，则c 的值为（ ）A ．52B ．2C ．32D ．119．（2022·安徽）在同一平面直角坐标系中，一次函数2y ax a =+与2y a x a =+的图像可能是（ ） A ． B ．C ． D ． 20．（2022·四川凉山）一次函数y ＝3x ＋b （b ≥0）的图象一定不经过（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限21．（2022·甘肃武威）如图1，在菱形ABCD 中，60A ∠=︒，动点P 从点A 出发，沿折线AD DC CB →→方向匀速运动，运动到点B 停止．设点P 的运动路程为x ，APB △的面积为y ，y 与x 的函数图象如图2所示，则AB 的长为（ ）AB ．C ．D ．二、填空题 22．（2022·湖南湘潭）请写出一个y 随x 增大而增大的一次函数表达式_________．23．（2022·山东泰安）将从1开始的连续自然数按以下规律排列：若有序数对(),n m 表示第n 行，从左到右第m 个数，如()3,2表示6，则表示99的有序数对是_______． 24．（2022·山东泰安）如图，四边形ABCD 为平行四边形，则点B 的坐标为________．25．（2022·浙江丽水）三个能够重合的正六边形的位置如图．已知B 点的坐标是(，则A 点的坐标是___________．26．（2022·江苏宿迁）甲、乙两位同学各给出某函数的一个特征，甲：“函数值y 随自变量x 增大而减小”；乙：“函数图像经过点(0，2)”，请你写出一个同时满足这两个特征的函数，其表达式是____．27．（2022·天津）若一次函数y x b =+（b 是常数）的图象经过第一、二、三象限，则b 的值可以是___________（写出一个．．即可）． 28．（2022·江苏扬州）如图，函数()0y kx b k =+<的图像经过点P ，则关于x 的不等式3kx b +>的解集为________．29．（2022·浙江杭州）已知一次函数y =3x -1与y =kx （k 是常数，k ≠0）的图象的交点坐标是（1，2），则方程组310x y kx y -=⎧⎨-=⎩的解是_________． 30．（2022·甘肃武威）若一次函数y =kx −2的函数值y 随着自变量x 值的增大而增大，则k =_________（写出一个满足条件的值）．31．（2022·四川德阳）如图，已知点()2,3A -，()2,1B ，直线y kx k =+经过点()1,0P -．试探究：直线与线段AB 有交点时k 的变化情况，猜想k 的取值范围是______．32．（2022·湖北黄冈）如图1，在△ABC 中，∠B ＝36°，动点P 从点A 出发，沿折线A →B →C 匀速运动至点C 停止．若点P 的运动速度为1cm/s ，设点P 的运动时间为t （s ），AP 的长度为y （cm ），y 与t 的函数图象如图2所示．当AP 恰好平分∠BAC 时，t 的值为________．三、解答题33．（2022·陕西）如图，ABC 的顶点坐标分别为(23)(30)(11)A B C ----，，，，，．将ABC 平移后得到A B C '''，且点A 的对应点是(23)A '，，点B 、C 的对应点分别是B C ''，．(1)点A 、A '之间的距离是__________；(2)请在图中画出A B C '''．34．（2022·浙江湖州）某校组织学生从学校出发，乘坐大巴前往基地进行研学活动．大巴出发1小时后，学校因事派人乘坐轿车沿相同路线追赶．已知大巴行驶的速度是40千米/小时，轿车行驶的速度是60千米/小时．(1)求轿车出发后多少小时追上大巴？此时，两车与学校相距多少千米？(2)如图，图中OB ，AB 分别表示大巴、轿车离开学校的路程s （千米）与大巴行驶的时间t （小时）的函数关系的图象．试求点B 的坐标和AB 所在直线的解析式；(3)假设大巴出发a 小时后轿车出发追赶，轿车行驶了1.5小时追上大巴，求a 的值．35．（2022·新疆）A ，B 两地相距300km ，甲、乙两人分别开车从A 地出发前往B 地，其中甲先出发1h ，如图是甲，乙行驶路程(km),(km)y y 甲乙随行驶时间(h)x 变化的图象，请结合图象信息．解答下列问题：(1)填空：甲的速度为___________km /h ；(2)分别求出,y y 甲乙与x 之间的函数解析式；(3)求出点C 的坐标，并写点C 的实际意义．36．（2022·浙江丽水）因疫情防控需婴，一辆货车先从甲地出发运送防疫物资到乙地，稍后一辆轿车从甲地急送防疫专家到乙地．已知甲、乙两地的路程是330km ，货车行驶时的速度是60km/h ．两车离甲地的路程(km)s 与时间(h)t 的函数图象如图．(1)求出a 的值；(2)求轿车离甲地的路程(km)s 与时间(h)t 的函数表达式；(3)问轿车比货车早多少时间到达乙地？37．（2022·浙江嘉兴）6月13日，某港口的潮水高度y （cm ）和时间x （h ）的部分数据及函数图象如下：（数据来自某海洋研究所）(1)数学活动：①根据表中数据，通过描点、连线（光滑曲线）的方式补全该函数的图象．②观察函数图象，当4x 时，y的值为多少？当y的值最大时，x的值为多少？(2)数学思考：请结合函数图象，写出该函数的两条性质或结论．(3)数学应用：根据研究，当潮水高度超过260cm时，货轮能够安全进出该港口．请问当天什么时间段适合货轮进出此港口？38．（2022·天津）在“看图说故事”活动中，某学习小组结合图象设计了一个问题情境．已知学生公寓、阅览室、超市依次在同一条直线上，阅览室离学生公寓1.2km，超市离学生公寓2km，小琪从学生公寓出发，匀速步行了12min到阅览室；在阅览室停留70min后，匀速步行了10min到超市；在超市y与停留20min后，匀速骑行了8min返回学生公寓．给出的图象反映了这个过程中小琪离学生公寓的距离km x之间的对应关系．离开学生公寓的时间min请根据相关信息，解答下列问题：(1)填表：(2)填空：①阅览室到超市的距离为________km ；②小琪从超市返回学生公寓的速度为________km /min ； ③当小琪离学生公寓的距离为1km 时，他离开学生公寓的时间为___________min ．(3)当092x ≤≤时，请直接写出y 关于x 的函数解析式．39．（2022·浙江绍兴）一个深为6米的水池积存着少量水，现在打开水阀进水，下表记录了2小时内5个时刻的水位高度，其中x 表示进水用时（单位：小时），y 表示水位高度（单位：米）．为了描述水池水位高度与进水用时的关系，现有以下三种函数模型供选择：y kx b =+（0k ≠），y =ax 2+bx +c （0a ≠），k y x=（0k ≠）． (1)在平面直角坐标系中描出表中数据对应的点，再选出最符合实际的函数模型，求出相应的函数表达式，并画出这个函数的图象．(2)当水位高度达到5米时，求进水用时x ．40．（2022·陕西）如图，是一个“函数求值机”的示意图，其中y是x的函数．下面表格中，是通过该“函数求值机”得到的几组x与y的对应值．根据以上信息，解答下列问题：(1)当输入的x值为1时，输出的y值为__________；(2)求k，b的值；(3)当输出的y值为0时，求输入的x值．。
2021年全国高中数学联赛试卷及答案（最新版）-Word文档，下载后可任意编辑和处理-2021年全国高中数学联合竞赛试卷得分评卷人一．选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每题均给出A、B、C、D四个结论，其中有且仅有一个是正确的，请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分)。
1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个新数列的第2021项是A．2046B．2047 C．2048 D．2049 答（）2．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y＋b＝0和曲线bx2＋ay2＝ab 的图形是A B C D答（）3．过抛物线y2＝8(x＋2)的焦点F作倾斜角为60o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P点，则线段PF的长等于A．B．C． D．答（）4．若，则的最大值是A．B．C． D．答（）5.已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy＝－1，则函数的最小值是A．B．C． D．答（）6.在四面体ABCD中，设AB＝1，CD＝，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于A． B．C．D．答（）得分评卷人二．填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。
7．不等式 x 3－2x2－4 x ＋3 < 0 的解集是____________________．8．设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且PF1 : PF2＝2 : 1，则三角形PF1F2的面积等于______________．9．已知A＝{x｜x2－4x＋3＜0，x∈R}，B＝{x｜21－x＋a≤0，x2－2(a＋7)＋5≤0，x∈R}，若AB，则实数a的取值范围是___________________．10．已知a，b，c，d均为正整数，且，若a－c＝9，则b－d ＝________．11．将8个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于______________．12．设M n ＝{(十进制)n位纯小数｜ai只取0或1（i＝1，2，…，n－1，an＝1}，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则＝_______．得分评卷人三．解答题（本题满分60分，每小题20分）13．设≤x≤5，证明不等式．14．设A，B，C分别是复数Z0＝ai，Z1＝＋bi，Z2＝1＋ci（其中a，b，c都是实数）对应的不共线的三点，证明：曲线Z＝Z0cos4t＋2Z1cos2t sin2t＋Z2sin4t （t∈R）与ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点．15. 一张纸上画有半径为R的圆O和圆内一定点A，且OA＝a. 拆叠纸片，使圆周上某一点A/ 刚好与A点重合，这样的每一种拆法，都留下一条直线折痕，当A/取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．2021年全国高中数学联合竞赛加试试卷得分评卷人一．（本题满分50分）过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A，B所作割线交圆于C，D两点，C在P，D之间，在弦CD上取一点Q，使∠DAQ＝∠PBC．求证：∠DBQ＝∠PAC．得分评卷人二．（本题满分50分）设三角形的三边分别是整数l，m，n，且l ＞m＞n，已知，其中{x}＝x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数．求这种三角形周长的最小值．得分评卷人三．（本题满分50分）由n个点和这些点之间的t条连线段组成一个空间图形，其中n＝q2＋q＋1，t≥，q≥2，q∈N，已知此图中任圆点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q＋2条连线段，证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A，B，C，D和四条连线段AB，BC，CD，DA组成的图形）．2021年全国高中数学联合竞赛试卷试题参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两；其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时可参照本评分标准当划分档次评分，5分为一个档次。
专题08 平面解析几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，│AB │=4，⊙M 过点A ，B 且与直线x +2=0相切．（1）若A 在直线x +y =0上，求⊙M 的半径；（2）是否存在定点P ，使得当A 运动时，│MA │−│MP │为定值？并说明理由． 【答案】（1）M e 的半径=2r 或=6r ；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）因为M e 过点,A B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上.由已知A 在直线+=0x y 上，且,A B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y x =上，故可设(, )M a a .因为M e 与直线x +2=0相切，所以M e 的半径为|2|r a =+.由已知得||=2AO ，又MO AO ⊥u u u u r u u u r，故可得2224(2)a a +=+，解得=0a 或=4a . 故M e 的半径=2r 或=6r .（2）存在定点(1,0)P ，使得||||MA MP -为定值. 理由如下：设(, )M x y ，由已知得M e 的半径为=|+2|,||=2r x AO .由于MO AO ⊥u u u u r u u u r ，故可得2224(2)x y x ++=+，化简得M 的轨迹方程为24y x =.因为曲线2:4C y x =是以点(1,0)P 为焦点，以直线1x =-为准线的抛物线，所以||=+1MP x . 因为||||=||=+2(+1)=1MA MP r MP x x ---，所以存在满足条件的定点P .【名师点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，验证定值符合所有情况，使得问题得解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知12,F F 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的两个焦点，P 为C 上一点，O 为坐标原点．（1）若2POF △为等边三角形，求C 的离心率；（2）如果存在点P ，使得12PF PF ⊥，且12F PF △的面积等于16，求b 的值和a 的取值范围．【答案】（1）31-；（2）4b =，a 的取值范围为[42,)+∞.【解析】（1）连结1PF ，由2POF △为等边三角形可知在12F PF △中，1290F PF ∠=︒，2PF c =，13PF c =，于是122(31)a PF PF c =+=+，故C 的离心率是31ce a==-. （2）由题意可知，满足条件的点(,)P x y 存在．当且仅当1||2162y c ⋅=，1y yx c x c⋅=-+-，22221x y a b +=，即||16c y =，① 222x y c +=，②22221x y a b+=，③ 由②③及222a b c =+得422b y c =，又由①知22216y c=，故4b =．由②③得()22222a x c b c=-，所以22c b ≥，从而2222232,a b c b =+≥=故42a ≥.当4b =，42a ≥时，存在满足条件的点P ． 所以4b =，a 的取值范围为[42,)+∞．【名师点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知曲线C ：y =22x ，D 为直线y =12-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； （2）若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求该圆的方程． 【答案】（1）见解析；（2）22542x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭或22522x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭. 【解析】（1）设()111,,,2D t A x y ⎛⎫-⎪⎝⎭，则2112x y =．由于y'x =，所以切线DA 的斜率为1x ，故11112y x x t+=-．整理得112 2 +1=0. tx y -设()22,B x y ，同理可得222 2 +1=0tx y -． 故直线AB 的方程为2210tx y -+=． 所以直线AB 过定点1(0,)2．（2）由（1）得直线AB 的方程为12y tx =+． 由2122y tx x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，可得2210x tx --=． 于是()21212122,121x x t y y t x x t +=+=++=+.设M 为线段AB 的中点，则21,2M t t ⎛⎫+⎪⎝⎭． 由于EM AB ⊥u u u u r u u u r ，而()2,2EM t t =-u u u u r ，AB u u u r 与向量(1, )t 平行，所以()220t t t +-=．解得t =0或1t =±．当t =0时，||EM u u u u r =2，所求圆的方程为22542x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭；当1t =±时，||2EM =u u u u r ，所求圆的方程为22522x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭．【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，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.4．【2019年高考北京卷文数】已知椭圆2222:1x y C a b+=的右焦点为(1,0)，且经过点(0,1)A ．（1）求椭圆C 的方程；（2）设O 为原点，直线:(1)l y kx t t =+≠±与椭圆C 交于两个不同点P ，Q ，直线AP 与x 轴交于点M ，直线AQ 与x 轴交于点N ，若|OM |·|ON |=2，求证：直线l 经过定点．【答案】（1）2212x y +=；（2）见解析. 【解析】（1）由题意得，b 2=1，c =1． 所以a 2=b 2+c 2=2．所以椭圆C 的方程为2212x y +=．（2）设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2）， 则直线AP 的方程为1111y y x x -=+． 令y =0，得点M 的横坐标111M x x y =--． 又11y kx t =+，从而11||||1M x OM x kx t ==+-．同理，22||||1x ON kx t =+-．由22,12y kx t x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得222(12)4220k x ktx t +++-=． 则122412kt x x k +=-+，21222212t x x k-=+． 所以1212||||||||11x x OM ON kx t kx t ⋅=⋅+-+-()12221212||(1)(1)x x k x x k t x x t =+-++-22222222212||224(1)()(1)1212t k t kt k k t t k k-+=-⋅+-⋅-+-++12||1t t+=-． 又||||2OM ON ⋅=，所以12||21tt+=-． 解得t =0，所以直线l 经过定点（0，0）．【名师点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．5．【2019年高考天津卷文数】设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，左顶点为A ，上顶点为B .已知3||2||OA OB =（O 为原点）.（1）求椭圆的离心率； （2）设经过点F 且斜率为34的直线l 与椭圆在x 轴上方的交点为P ，圆C 同时与x 轴和直线l 相切，圆心C 在直线x =4上，且OC AP ∥，求椭圆的方程.【答案】（1）12；（2）2211612x y +=.【解析】（1）设椭圆的半焦距为c ，由已知有32a b =，又由222a b c =+，消去b 得22232a a c ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭，解得12c a =. 所以，椭圆的离心率为12. （2）由（1）知，2,3a c b c ==，故椭圆方程为2222143x y c c+=.由题意，(, 0)F c -，则直线l 的方程为3()4y x c =+， 点P 的坐标满足22221,433(),4x y c cy x c ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩消去y 并化简，得到2276130x cx c +-=，解得1213,7c x c x ==-. 代入到l 的方程，解得1239,214y c y c ==-.因为点P在x轴上方，所以3,2P c c ⎛⎫⎪⎝⎭.由圆心C在直线4x=上，可设(4, )C t.因为OC AP∥，且由（1）知( 2 , 0)A c-，故3242ctc c=+，解得2t=.因为圆C与x轴相切，所以圆的半径长为2，又由圆C与l相切，得23(4)242314c+-=⎛⎫+ ⎪⎝⎭，可得=2c.所以，椭圆的方程为2211612x y+=.【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、圆等基础知识.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、数形结合思想解决问题的能力. 6．【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:22221(0)x ya ba b+=>>的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:222(1)4x y a-+=交于点A，与椭圆C交于点D.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DF1=52．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标．【答案】（1）22143x y+=；（2）3(1,)2E--.【解析】（1）设椭圆C 的焦距为2c .因为F 1(−1，0)，F 2(1，0)，所以F 1F 2=2，c =1. 又因为DF 1=52，AF 2⊥x 轴， 所以DF 2=222211253()222DF F F -=-=， 因此2a =DF 1+DF 2=4，从而a =2. 由b 2=a 2−c 2，得b 2=3.因此，椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）解法一：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=，a =2，因为AF 2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1. 将x =1代入圆F 2的方程(x −1) 2+y 2=16，解得y =±4. 因为点A 在x 轴上方，所以A (1，4). 又F 1(−1，0)，所以直线AF 1：y =2x +2.由22()22116y x x y =+-+=⎧⎨⎩，得256110x x +-=， 解得1x =或115x =-. 将115x =-代入22y x =+，得 125y =-， 因此1112(,)55B --.又F 2(1，0)，所以直线BF 2：3(1)4y x =-.由221433(1)4x y x y ⎧⎪⎪⎨⎪+=-⎩=⎪，得276130x x --=，解得1x =-或137x =. 又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以1x =-. 将1x =-代入3(1)4y x =-，得32y =-. 因此3(1,)2E --.解法二：由（1）知，椭圆C：221 43x y+=.如图，连结EF1.因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而∠BF1E=∠B.因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.因为F1(−1，0)，由221431xx y⎧⎪⎨+==-⎪⎩，得32y=±.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以32y=-.因此3(1,)2E--.【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力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知点(10)F，为抛物线22(0)y px p=>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ABC△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 CQG △△的面积分别为12,S S ． （1）求p 的值及抛物线的准线方程；（2）求12S S 的最小值及此时点G 的坐标．【答案】（1）p =2，准线方程为x =−1；（2）最小值为312+，此时G （2，0）． 【解析】（1）由题意得12p=，即p =2. 所以，抛物线的准线方程为x =−1.（2）设()()(),,,,,A A B B c c A x y B x y C x y ，重心(),G G G x y .令2,0A y t t =≠，则2A x t =.由于直线AB 过F ，故直线AB 方程为2112t x y t-=+，代入24y x =，得()222140t y y t---=，故24B ty =-，即2B y t =-，所以212,B tt ⎛⎫- ⎪⎝⎭.又由于()()11,33G A B c G A B c x x x x y y y y =++=++及重心G 在x 轴上，故220c t y t-+=，得242211222,2,,03t t C t t G t t t ⎛⎫⎛⎫-+⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 所以，直线AC 方程为()222y t t x t-=-，得()21,0Q t-.由于Q 在焦点F 的右侧，故22t >.从而4224221244242222211|2|||322221222211|||1||2|23A ct t t FG y t S t t t t t S t t QG y t t t t-+-⋅⋅--====--+--⋅--⋅-.令22m t =-，则m >0，122113222134323424S m S m m m m m m=-=--=+++++⋅+…. 当3m =时，12S S 取得最小值312+，此时G （2，0）． 【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，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.8．【2018年高考全国Ⅰ文数】设抛物线22C y x =：，点()20A ，，()20B -，，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点．（1）当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程； （2）证明：ABM ABN =∠∠． 【答案】（1）y =112x +或112y x =--；（2）见解析. 【解析】（1）当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x =2，可得M 的坐标为（2，2）或（2，–2）． 所以直线BM 的方程为y =112x +或112y x =--． （2）当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM =∠ABN ．当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为(2)(0)y k x k =-≠，M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），则x 1>0，x 2>0．由2(2)2y k x y x=-⎧⎨=⎩，得ky 2–2y –4k =0，可知y 1+y 2=2k ，y 1y 2=–4．直线BM ，BN 的斜率之和为1221121212122()22(2)(2)BM BN y y x y x y y y k k x x x x ++++=+=++++．① 将112y x k =+，222yx k=+及y 1+y 2，y 1y 2的表达式代入①式分子，可得121221121224()882()0y y k y y x y x y y y k k++-++++===．所以k BM +k BN =0，可知BM ，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM =∠ABN ． 综上，∠ABM =∠ABN ．【名师点睛】本题主要考查抛物线的标准方程与几何性质、直线与抛物线的位置关系，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象与数学运算.在设直线的方程时，一定要注意所设方程的适用范围，如用点斜式时，要考虑到直线的斜率不存在的情况，以免解答不严密或漏解.（1）求出直线l 与抛物线的交点，利用两点式写出直线BM 的方程;（2）由（1）知，当直线l 与x 轴垂直时，结论显然成立，当直线l 与x 轴不垂直时，设出斜率k ，联立直线l 与C 的方程，求出M ，N 两点坐标之间的关系，再表示出BM 与BN 的斜率，得其和为0，从而说明BM 与BN 两条直线的斜率互为相反数，进而可知两角相等.9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】设抛物线24C y x =：的焦点为F ，过F 且斜率为(0)k k >的直线l 与C 交于A ，B 两点，||8AB =． （1）求l 的方程；（2）求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程．【答案】（1）y =x –1；（2）22(3)(2)16x y -+-=或22(11)(6)144x y -++=． 【解析】（1）由题意得F （1，0），l 的方程为y =k （x –1）（k >0）． 设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）．由2(1)4y k x y x=-⎧⎨=⎩得2222(24)0k x k x k -++=． 216160k ∆=+=，故212224k x x k++=． 所以212244(1)(1)k AB AF BF x x k+=+=+++=． 由题设知22448k k +=，解得k =–1（舍去），k =1． 因此l 的方程为y =x –1．（2）由（1）得AB 的中点坐标为（3，2），所以AB 的垂直平分线方程为2(3)y x -=--，即5y x =-+．设所求圆的圆心坐标为（x 0，y 0），则00220005(1)(1)16.2y x y x x =-+⎧⎪⎨-++=+⎪⎩，解得0032x y =⎧⎨=⎩，或00116.x y =⎧⎨=-⎩， 因此所求圆的方程为22(3)(2)16x y -+-=或22(11)(6)144x y -++=．【名师点睛】本题主要考查抛物线与直线和圆的综合，考查考生的数形结合能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.（1）利用点斜式写出直线l 的方程，代入抛物线方程，得到关于x 的一元二次方程，利用根与系数的关系以及抛物线的定义加以求解;（2）由题意写出线段AB 的垂直平分线所在直线的方程，设出圆心的坐标，由题意列出方程组，解得圆心的坐标，即可求解.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知斜率为k 的直线l 与椭圆22143x y C +=：交于A ，B 两点．线段AB的中点为(1,)(0)M m m >． （1）证明：12k <-； （2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP FA FB ++=0u u u r u u u r u u u r ．证明：2||||||FP FA FB =+u u u r u u u r u u u r． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设11()A x y ，，22()B x y ，，则2211143x y +=，2222143x y +=．两式相减，并由1212=y y k x x --得1212043x x y y k +++⋅=．由题设知1212x x +=，122y y m +=，于是34k m=-． 由题设得302m <<，故12k <-．（2）由题意得F （1，0）．设33()P x y ，，则331122(1)(1)(1)(00)x y x y x y -+-+-=，，，，．由（1）及题设得3123()1x x x =-+=，312()20y y y m =-+=-<．又点P 在C 上，所以34m =，从而3(1)2P -，，3||=2FP u u u r ． 于是222211111||(1)(1)3(1)242x x FA x y x =-+=-+-=-u u u r ．同理2||=22x FB -u u u r ．所以1214()32FA FB x x +=-+=u u u r u u u r ．故2||=||+||FP FA FB u u u r u u u r u u u r ．【名师点睛】本题主要考查椭圆的方程及简单几何性质、直线的斜率公式、直线与椭圆的位置关系、向量的坐标运算与向量的模等，考查运算求解能力、数形结合思想，考查的数学核心素养是数学抽象、数学运算.圆维曲线中与中点弦有关的问题常用点差法，建立弦所在直线的斜率与中点坐标间的关系，也可以通过联立直线方程与圆锥曲线方程，消元，根据根与系数的关系求解.11．【2018年高考北京卷文数】已知椭圆2222:1(0)x y M a b a b +=>>的离心率为63，焦距为22.斜率为k 的直线l 与椭圆M 有两个不同的交点A ，B . （1）求椭圆M 的方程；（2）若1k =，求||AB 的最大值；（3）设(2,0)P -，直线P A 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(,)44Q -共线，求k .【答案】（1）2213x y +=；（2）6；（3）1. 【解析】（1）由题意得222c =，所以2c =，又63c e a ==，所以3a =， 所以2221b a c =-=，所以椭圆M 的标准方程为2213x y +=．（2）设直线AB 的方程为y x m =+，由2213y x m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 可得2246330x mx m ++-=， 则2223644(33)48120m m m ∆=-⨯-=->，即24m <，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则1232m x x +=-，212334m x x -=，则222212121264||1||1()42m AB k x x k x x x x ⨯-=+-=+⋅+-=，易得当20m =时，max ||6AB =，故||AB 的最大值为6． （3）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，33(,)C x y ，44(,)D x y ，则221133x y += ①，222233x y += ②，又(2,0)P -，所以可设1112PA y k k x ==+，直线PA 的方程为1(2)y k x =+， 由122(2)13y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 可得2222111(13)121230k x k x k +++-=， 则2113211213k x x k +=-+，即2131211213k x x k =--+， 又1112y k x =+，代入①式可得13171247x x x --=+，所以13147y y x =+， 所以1111712(,)4747x y C x x --++，同理可得2222712(,)4747x y D x x --++．故3371(,)44QC x y =+-u u u r ，4471(,)44QD x y =+-u u u r ，因为,,Q C D 三点共线，所以34437171()()()()04444x y x y +--+-=，将点,C D 的坐标代入化简可得12121y y x x -=-，即1k =． 【名师点睛】本题主要考查椭圆的方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，考查数形结合思想，考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算.解决椭圆的方程问题，常用基本量法，同时注意椭圆的几何量的关系；弦长的计算，通常要将直线与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求解.12．【2018年高考天津卷文数】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53，||13AB =． （1）求椭圆的方程；（2）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．【答案】（1）22194x y +=；（2）12-． 【解析】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．满分14分．（1）设椭圆的焦距为2c ，由已知得2259c a =，又由222a b c =+，可得23a b =．由22||13AB a b =+=，从而3,2a b ==．所以，椭圆的方程为22194x y +=．（2）设点P 的坐标为11(,)x y ，点M 的坐标为22(,)x y ，由题意，210x x >>， 点Q 的坐标为11(,)x y --．由BPM △的面积是BPQ △面积的2倍，可得||=2||PM PQ ，从而21112[()]x x x x -=--，即215x x =． 易知直线AB 的方程为236x y +=，由方程组236,,x y y kx +=⎧⎨=⎩消去y ，可得2632x k =+．由方程组221,94,x y y kx ⎧+⎪=⎨⎪=⎩消去y ，可得12694x k =+． 由215x x =，可得2945(32)k k +=+，两边平方，整理得2182580k k ++=，解得89k =-，或12k =-．当89k =-时，290x =-<，不合题意，舍去；当12k =-时，212x =，1125x =，符合题意．所以，k 的值为12-．【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系，涉及轨迹方程问题、定值问题、最值问题、参数的取值或取值范围问题等，其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线，解决此类问题要重视化归与转化思想及设而不求法的应用.13．【2018年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 过点1(3,)2，焦点12(3,0),(3,0)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 △的面积为267，求直线l 的方程．【答案】（1）椭圆C的方程为2214xy+=，圆O的方程为223x y+=；（2）①(2,1)；②532y x=-+．【解析】（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 ya ba b+=>>．又点1(3,)2在椭圆C上，所以2222311,43,a ba b⎧+=⎪⎨⎪-=⎩，解得224,1,ab⎧=⎪⎨=⎪⎩因此椭圆C的方程为2214xy+=．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000()xy x x yy=--+，即0003xy xy y=-+．由22001,43,xyxy xy 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002,1x y==．因此点P的坐标为(2,1)．②因为三角形OAB的面积为267，所以21267AB OP⋅=，从而427AB=．设1122,,()(),A x y B x y ，由（*）得2200022001,22448(2)2(4)x y x x x y ±-=+，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102(,)22． 综上，直线l 的方程为532y x =-+．【名师点睛】本题主要考查直线方程、圆的方程、圆的几何性质、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等知识，考查分析问题能力和运算求解能力. （1）利用椭圆的几何性质求圆的方程和椭圆的方程. （2）①利用直线与圆、椭圆的位置关系建立方程求解； ②结合①，利用弦长公式、三角形的面积公式求解.14．【2018年高考浙江卷】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P A ，PB 的中点均在C 上．PMBAOyx（1）设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；（2）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．【答案】（1）见解析；（2）1510[62,]4． 【解析】本题主要考查椭圆、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.满分15分. （1）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． （2）由（1）可知120212002,8,y y y y y x y +=⎧⎪⎨=-⎪⎩ 所以2221200013||()384PM y y x y x =+-=-， 21200||22(4)y y y x -=-．因此，PAB △的面积3221200132||||(4)24PABS 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1510[62,]4． 【名师点睛】圆锥曲线问题是高考重点考查内容之一，也是难点之一.椭圆、抛物线是其中常考内容，需要熟练地掌握椭圆和拋物线的定义、基本性质、标准方程等，对于处理有关问题有很大的帮助.同时还要注意运算能力的培养和提高.15．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】设A ，B 为曲线C ：y =24x 上两点，A 与B 的横坐标之和为4．（1）求直线AB 的斜率；（2）设M 为曲线C 上一点，C 在M 处的切线与直线AB 平行，且AM ⊥BM ，求直线AB 的方程． 【答案】（1）1；（2）7y x =+．【解析】（1）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则12x x ≠，2114x y =，2224x y =，x 1+x 2=4，于是直线AB 的斜率12121214y y x x k x x -+===-．（2）由24x y =，得2x y'=．设M （x 3，y 3），由题设知312x =，解得32x =，于是M （2，1）． 设直线AB 的方程为y x m =+，故线段AB 的中点为N （2，2+m ），|MN |=|m +1|．将y x m =+代入24xy =得2440x x m --=．当16(1)0m ∆=+>，即1m >-时，1,2221x m =±+． 从而12||=2||42(1)AB x x m -=+．由题设知||2||AB MN =，即42(1)2(1)m m +=+，解得7m =． 所以直线AB 的方程为7y x =+．【名师点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系，主要利用根与系数的关系：因为直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用根与系数的关系及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用根与系数的关系直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用． （1）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），由两点斜率公式求AB 的斜率；（2）联立直线与抛物线方程，消y ，得12||=2||42(1)AB x x m -=+，解出m 即可．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C 22:12x y +=上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足2NP NM =u u u ru u u u r.（1）求点P 的轨迹方程；（2）设点Q 在直线3x =-上，且1OP PQ ⋅=u u u r u u u r.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .【答案】（1）222x y +=；（2）见解析.【解析】（1）设P （x ，y ），M （00,x y ），则N （0,0x ），00(,),(0,)NP x x y NM y =-=u u u r u u u u r ，由2NP NM =u u u ru u u u r 得0022x x y y ==，. 因为M （00,x y ）在C 上，所以22122x y +=.因此点P 的轨迹方程为222x y +=.（2）由题意知F （−1,0），设Q （−3，t ），P （m ，n ），则(3,),(1,),33OQ t PF m n OQ PF m tn =-=---⋅=+-u u u r u u u r u u u r u u u r， (,),(3,)OP m n PQ m t n ==---u u u r u u u r.由1OP PQ ⋅=u u u r u u u r得2231m m tn n --+-=，又由（1）知222m n +=，故330m tn +-=.所以0OQ PF ⋅=u u u r u u u r ，即OQ PF ⊥u u u r u u u r.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .【名师点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.（1）转移法求轨迹：设所求动点坐标及相应已知动点坐标，利用条件列两种坐标关系，最后代入已知动点轨迹方程，化简可得所求轨迹方程；（2）证明直线过定点问题，一般方法是以算代证：即证0OQ PF ⋅=u u u r u u u r，先设 P （m ，n ），则需证330m tn +-=，即根据条件1OP PQ ⋅=u u u r u u u r可得2231m m tn n --+-=，而222m n +=，代入即得330m tn +-=.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在直角坐标系xOy 中，曲线22y x mx =+-与x 轴交于A ，B 两点，点C的坐标为(0,1).当m 变化时，解答下列问题： （1）能否出现AC ⊥BC 的情况？说明理由；（2）证明过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值. 【答案】（1）不会，理由见解析；（2）见解析 【解析】（1）不能出现AC ⊥BC 的情况，理由如下：设1(,0)A x ，2(,0)B x ，则12x x ，满足220x mx +-=，所以122x x =-. 又C 的坐标为（0，1），故AC 的斜率与BC 的斜率之积为121112x x --⋅=-， 所以不能出现AC ⊥BC 的情况.（2）BC 的中点坐标为（2122x ，），可得BC 的中垂线方程为221()22x y x x -=-. 由（1）可得12x x m +=-，所以AB 的中垂线方程为2mx =-.联立22(21)22m x x y x x ⎧=-⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，，又22220x mx +-=，可得212m x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，，所以过A 、B 、C 三点的圆的圆心坐标为（122m --，），半径292m r +=，故圆在y 轴上截得的弦长为22232m r -=（），即过A 、B 、C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值. 【名师点睛】解答本题时，设()()12,0,,0A x B x ，由AC ⊥BC 得1210x x +=，由根与系数的关系得122x x =-，矛盾，所以不存在；求出过A ，B ，C 三点的圆的圆心坐标和半径，即可得圆的方程，再利用垂径定理求弦长.直线与圆综合问题的常见类型及解题策略：（1）处理直线与圆的弦长问题时多用几何法，即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形．代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：222121212||1||1()4AB k x x k x x x x =+-=++-； （2）圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题． 18．【2017年高考北京卷文数】已知椭圆C 的两个顶点分别为A (−2,0)，B (2,0)，焦点在x 轴上，离心率为32． （1）求椭圆C 的方程；（2）点D 为x 轴上一点，过D 作x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点M ，N ，过D 作AM 的垂线交BN 于点E .求证：△BDE 与△BDN 的面积之比为4:5．【答案】（1）2214x y +=；（2）见解析.【解析】（1）设椭圆C 的方程为22221(0)x y a b a b+=>>.由题意得2,3,2a c a=⎧⎪⎨=⎪⎩解得3c =.所以2221b a c =-=.所以椭圆C 的方程为2214x y +=.（2）设(,)M m n ，则(,0),(,)D m N m n -. 由题设知2m ≠±，且0n ≠.直线AM 的斜率2AM n k m =+，故直线DE 的斜率2DE m k n+=-. 所以直线DE 的方程为2()m y x m n +=--. 直线BN 的方程为(2)2ny x m=--. 联立2(),(2),2m y x m n n y x m +⎧=--⎪⎪⎨⎪=-⎪-⎩解得点E 的纵坐标222(4)4E n m y m n -=--+. 由点M 在椭圆C 上，得2244m n -=.所以45E y n =-. 又12||||||||25BDE E S BD y BD n =⋅=⋅△，1||||2BDN S BD n =⋅△，所以BDE △与BDN △的面积之比为4:5.【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，重点考查了计算能力，以及转化与化归的能力，解答此类题目，主要利用,,,a b c e 的关系，确定椭圆方程是基础，本题易错点是对复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等. （1）根据条件可知32,2c a a ==，以及222b a c =-，从而求得椭圆方程；（2）设(,)M m n ，则(,0),(,)D m N m n -，根据条件求直线DE 的方程，并且表示出直线BN 的方程，并求得两条直线的交点纵坐标，根据1212E BDE BDNN BD y S S BD y ⋅⋅=⋅⋅△△即可求出面积比值. 19．【2017年高考天津卷文数】已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为,()0F c -，右顶点为A ，点E的坐标为(0,)c ，EFA △的面积为22b ．（1）求椭圆的离心率；（2）设点Q 在线段AE 上，3||2FQ c =，延长线段FQ 与椭圆交于点P ，点M ，N 在x 轴上，PM QN ∥，且直线PM 与直线QN 间的距离为c ，四边形PQNM 的面积为3c ．（i ）求直线FP 的斜率； （ii ）求椭圆的方程．【答案】（1）12；（2）（ⅰ）34；（ⅱ）2211612x y +=．【解析】（1）设椭圆的离心率为e ．由已知，可得21()22b c a c +=．又由222b a c =-，可得2220c ac a +-=，即2210e e +-=． 又因为01e <<，解得12e =． 所以，椭圆的离心率为12． （2）（ⅰ）依题意，设直线FP 的方程为(0)x my c m =->，则直线FP 的斜率为1m． 由（1）知2a c =，可得直线AE 的方程为12x yc c +=，即220x y c +-=， 与直线FP 的方程联立，可解得(22)3,22m c c x y m m -==++，即点Q 的坐标为(22)3(,)22m c cm m -++． 由已知|FQ |=32c ，有222(22)33[]()()222m c c c c m m -++=++，整理得2340m m -=，所以43m =， 故直线FP 的斜率为34．（ii ）由2a c =，可得3b c =，故椭圆方程可以表示为2222143x y c c+=．由（i ）得直线FP 的方程为3430x y c -+=，与椭圆方程联立22223430,1,43x y c x y c c -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 消去y ，整理得2276130x cx c +-=，解得137cx =-（舍去），或x c =． 因此可得点3(,)2c P c ，进而可得2235|()()22|c c FP c c =++=， 所以53||||||22c cFP FQ Q c P -=-==． 由已知，线段PQ 的长即为PM 与QN 这两条平行直线间的距离， 故直线PM 和QN 都垂直于直线FP ．因为QN FP ⊥，所以339||||tan 248c c QN FQ QFN =⋅∠=⨯=， 所以FQN △的面积为2127||||232c FQ QN =，同理FPM △的面积等于27532c ，由四边形PQNM 的面积为3c ，得22752733232c c c -=，整理得22c c =，又由0c >，得2c =．所以，椭圆的方程为2211612x y +=．【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考中都是较有难度的压轴题，本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题，重点考查了运算求解能力以及转化与化归的能力．求解此类问题时，利用,,,a b c e 的关系，确定椭圆离心率是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）的方程，根据根与系数的关系进行解题，但本题需求解交点坐标，在求解过程要善于发现四边形PQNM 中的几何关系，从而易求其面积，进而使问题获解．（1）先根据题意得出21()22b c a c +=，然后结合222b a c =-，即可求得离心率；（2）（ⅰ）首先设直线FP 的方程为x my c =-，再写出直线AE 的方程，两方程联立得到点Q 的坐标，根据32FQ c =求得m 的值，即得直线FP 的斜率；（ⅱ）将直线FP 的方程和椭圆方程联立，可得点P 的坐标，再求,FP FQ ，确定直线PM 和QN 都垂直于直线FP ，根据平面几何关系求面积，从而可求得c 的值，进而得椭圆的方程．20．【2017年高考山东卷文数】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C :22221x y a b +=(a >b >0)的离心率为22，椭圆C 截直线y =1所得线段的长度为22. （1）求椭圆C 的方程；（2）动直线l :y =kx +m (m ≠0)交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于点M .点N 是M 关于O 的对称点，⊙N 的半径为|NO |.设D 为AB 的中点，DE ，DF 与⊙N 分别相切于点E ，F ，求∠EDF 的最小值.【答案】（1）22142x y +=；（2）EDF ∠的最小值为π3. 【解析】（1）由椭圆的离心率为22，得2222()a a b =-， 又当1y =时，2222a x a b =-，得2222a a b-=，所以224,2a b ==，因此椭圆方程为22142x y +=.（2）设1122(,),(,)A x y B x y ，联立方程2224y kx mx y =+⎧⎨+=⎩， 得222(21)4240k x kmx m +++-=， 由0∆>得2242m k <+.（*）且122421kmx x k +=+， 因此122221my y k +=+，所以222(,)2121km mD k k -++， 又(0,)N m -， 所以222222()()2121km m ND m k k =-++++ 整理得2242224(13)(21)m k k ND k ++=+ ， 因为NF m =，所以2422222224(31)831(21)(21)ND k k k k k NF+++==+++.令283,3t k t =+≥， 故21214t k ++=， 所以2221616111(1)2NDt t NFt t=+=++++ . 令1y t t=+，所以211y t'=-. 当3t ≥时，0y '>,从而1y t t =+在[3,)+∞上单调递增，因此1103t t +≥，等号当且仅当3t =时成立，此时0k =，所以22134ND NF≤+=，由（*）得 22m -<< 且0m ≠.故12NF ND ≥， 设2EDF θ∠=， 则1sin 2NF ND θ=≥ ， 所以θ的最小值为π6， 从而EDF ∠的最小值为π3，此时直线l 的斜率是0. 综上所述：当0k =，(2,0)(0,2)m ∈-U 时，EDF ∠取到最小值π3. 【名师点睛】圆锥曲线中的两类最值问题：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题； ②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．常见解法：①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决； ②代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解． 解答本题时，（1）由22c a =得2a b =，由椭圆C 截直线y =1所得线段的长度为22，得2222a a b -=，求得椭圆的方程为22142x y +=；（2）由2224x y y kx m⎧+=⎨=+⎩，解得22(21)4k x kmx +++ 2240m -=，确定222(,)2121km m D k k -++，4222||3221m DN k k k =+++，结合22ND NF的单调性求EDF ∠的最小值.21．【2017年高考浙江卷】如图，已知抛物线2x y =，点A 11()24-，，39()24B ，，抛物线上的点13(,)()22P x y x -<<．过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．（1）求直线AP 斜率的取值范围； （2）求||||PA PQ ⋅的最大值． 【答案】（1）(1,1)-；（2）2716. 【解析】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力.满分15分. （1）设直线AP 的斜率为k ，2114122x k x x -==-+， 因为1322x -<<，所以直线AP 斜率的取值范围是(1,1)-． （2）联立直线AP 与BQ 的方程110,24930,42kx y k x ky k ⎧-++=⎪⎪⎨⎪+--=⎪⎩ 解得点Q 的横坐标是22432(1)Q k k x k -++=+． 因为|P A |=211()2k x ++=21(1)k k ++， |PQ |=222(1)(1)1()1Q k k k x x k -++-=-+，所以3(1)(1)k k PA PQ ⋅--+=．令3()(1)(1)f k k k =--+，因为2()(42)(1)f k k k '=--+，所以 f (k )在区间1(1,)2-上单调递增，1(,1)2上单调递减， 因此当k =12时，||||PA PQ ⋅取得最大值2716． 【名师点睛】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力.（1）由斜率公式可得AP 的斜率为12x -，再由1322x -<<，得直线AP 的斜率的取值范围；（2）联立直线AP 与BQ 的方程，得Q 的横坐标，进而通过表达||PA 与||PQ 的长度，利用函数3()(1)(1)f k k k =--+的单调性求解||||PA PQ ⋅的最大值．22．【2017年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，离心率为12，两准线之间的距离为8．点P 在椭圆E 上，且位于第一象限，过点1F 作直线1PF 的垂线1l ，过点2F 作直线2PF 的垂线2l ． （1）求椭圆E 的标准方程；（2）若直线1l ，2l 的交点Q 在椭圆E 上，求点P 的坐标．【答案】（1）22143x y +=；（2）4737(,)77．【解析】（1）设椭圆的半焦距为c ．因为椭圆E 的离心率为12，两准线之间的距离为8，所以12c a =，228a c=，。
专题08函数的解析式主要考查：换元法，配凑法，待定系数法，方程组法求函数的解析式一、单选题1．已知函数()2123f x x x -=+-，则()f x =（）A ．24x x +B ．24x +C ．246x x +-D ．241x x --2．已知函数()f x 满足()cos 1cos 21f x x -=-，则()f x 的解析式为（）A ．()()22420f x x x x =+-≤≤B ．()()224f x x x x R =+∈C ．()()2120f x x x =--≤≤D ．()()21f x x x R =-∈3．若()2x x e f x e =+，则()f x 的表达式为（）A ．()()2ln f x x x x R =+∈B ．()()2ln 0f x x x x =+>C ．()()2ln f x x x x R =+∈D ．()()2ln 0f x x x x =+>4．已知)1f x =+，则函数()f x 的解析式为（）A ．()()210f x x x =-≥B ．()()211f x x x =-≥C ．()()20f x x x =≥D ．()()21f x x x =≥5．已知()f x 是一次函数，且(())41f f x x =-，则()f x 的解析式为（）A ．1()23f x x =-或()21f x x =-+B ．()21f x x =+或()21f x x =--C ．()21f x x =-或1()23f x x =-+D ．()21f x x =+或()21f x x =-6．已知()f x 是二次函数，且(0)1f =-，(1)()22f x f x x +=-+，则()f x 的解析式为（）A ．2()31f x x x =-+-B ．23()12f x x x =---C ．213()222f x x x =-+D ．21()222f x x x =-+7．若()f x 对于任意实数x 恒有()()231f x f x x --=+，则()f x ＝（）A ．x －1B ．x ＋1C ．2x ＋1D ．3x ＋38．已知函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()121f x f x ⎛⎫=⎪⎝⎭，则()f x =（）A()203x +>B()103x >C．()10x +>D()10x >二、多选题9．已知函数()f x 是一次函数，满足(())98f f x x =+，则()f x 的解析式可能为（）A ．()32f x x =+B ．()32f x x =-C ．()32f x x =-+D ．()34f x x =--10．若函数()()221120x f x x x--=≠，则下列结论正确的是（）A ．1152f ⎛⎫= ⎪⎝⎭B ．()324f =-C ．()241(0)(1)f x x x =-≠-D ．()221411x f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭-（0x ≠且1x ≠）11．已知()f x 满足()2(-)21f x f x x -=-，则（）A ．(3)3f =B ．(3)3f =-C ．()()2f x f x +-=D ．()()-2f x f x +-=12．具有性质：()1f f x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数中满足“倒负”变换的函数是（）A ．()1f x x x =-B ．()1f x x x=+C ．(),010,11,1x x f x x x x ⎧⎪<<⎪==⎨⎪⎪->⎩D ．(),010,11,1x x f x x x x⎧⎪<<⎪==⎨⎪⎪>⎩三、填空题13．设()2f x x a =+，()21()34g x x =+，且()()21g f x x x =-+，则a 的值为________.14．已知1x f x +⎛⎫ ⎪⎝⎭＝221x x+＋1x ，则f （x ）的解析式为________．15．已知2211f x x x x ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，则函数(3)f =______．16．已知()f x 是定义域为R 的单调函数，且对任意实数x ，都有()32415x f f x ⎡⎤+=⎢⎥+⎣⎦，则217log sin 6f π⎛⎫= ⎪⎝⎭______.四、解答题17．已知()f x 满足()1212x f x f x x ⎛⎫+-=+ ⎪+⎝⎭，求函数()f x 的解析式.18．根据条件，求函数解析式()f x .（1）()2132f x x x +=-+；（2）)223f x -=+；（3）2211f x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭；（4）已知()f x 是一元二次函数，且满足()00f =；()()11f x f x x +=++.19．（1）已知2(1)23f x x x +=-+，求()f x .（2）已知()49f f x x =+⎡⎤⎣⎦，且()f x 为一次函数，求()f x .（3）已知函数()f x 满足12()f x f x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，求()f x .20．根据下列条件，求函数()f x 的解析式；（1）已知()f x 是一次函数，且满足()()3121217f x f x x +--=+；（2）已知3311f x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭；（3）已知等式()()()21f x y f x y x y -=--+对一切实数x ､y 都成立，且()01f =；（4）函数()f x 满足条件()123f x f x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭对任意不为零的实数x 恒成立21．已知定义域为R 的函数()f x 和()g x ，其中()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，且1()()2x f x g x ++=．（1）求函数()f x 和()g x 的解析式；（2）解不等式：2()()f x g x ≥；（3）若关于x 的方程()()10f x g x λ-+=有实根，求正实数．．．λ的取值范围．22．在①2(23)46f x x x -=-，②2()2()33f x f x x x +-=-，③对任意实数x ，y ，均有+=22f x y f y()2()++-+-这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答.已知函数x xy y x y233()f x的解析式.注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分.f x满足_________，求()。
专题08 平面解析几何（解答题）1．【2021·北京高考真题】已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>过点(0,2)A -，以四个顶点围成的四边形面积为45． （1）求椭圆E 的标准方程；（2）过点P (0，-3)的直线l 斜率为k ，交椭圆E 于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 交y =-3于点M 、N ，直线AC 交y =-3于点N ，若|PM |+|PN |≤15，求k 的取值范围．【答案】（1）22154x y +=；（2）[3,1)(1,3]--⋃． 【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求,a b ，从而可求椭圆的标准方程.（2）设()()1122,,,B x y C x y ，求出直线,AB AC 的方程后可得,M N 的横坐标，从而可得PM PN +，联立直线BC 的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简PM PN +，从而可求k 的范围，注意判别式的要求.【详解】（1）因为椭圆过()0,2A -，故2b =， 因为四个顶点围成的四边形的面积为45，故122452a b ⨯⨯=，即5a =， 故椭圆的标准方程为：22154x y +=.（2）设()()1122,,,B x y C x y ，因为直线BC 的斜率存在，故120x x ≠， 故直线112:2y AB y x x +=-，令3y =-，则112M x x y =-+，同理222N xx y =-+. 直线:3BC y kx =-，由2234520y kx x y =-⎧⎨+=⎩可得()224530250k x kx +-+=， 故()22900100450k k ∆=-+>，解得1k <-或1k >.又1212223025,4545k x x x x k k +==++，故120x x >，所以0M N x x > 又1212=22M N x xPM PN x x y y +=++++ ()()2212121222212121222503024545=5253011114545k kkx x x x x x k k k k k kx kx k x x k x x k k --++++===---++-+++故515k ≤即3k ≤，综上，31k -≤<-或13k <≤.2．【2021·全国高考真题】在平面直角坐标系xOy 中，已知点()1F、)2122F MF MF -=，，点M 的轨迹为C .（1）求C 的方程； （2）设点T 在直线12x =上，过T 的两条直线分别交C 于A 、B 两点和P ，Q 两点，且TA TB TP TQ ⋅=⋅，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和.【答案】（1）()221116y x x -=≥；（2）0. 【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹C 是以点1F 、2F 为左、右焦点双曲线的右支，求出a 、b 的值，即可得出轨迹C 的方程；（2）设点1,2T t ⎛⎫⎪⎝⎭，设直线AB 的方程为112y t k x ⎛⎫-=-⎪⎝⎭，设点()11,A x y 、()22,B x y ，联立直线AB 与曲线C 的方程，列出韦达定理，求出TA TB ⋅的表达式，设直线PQ 的斜率为2k ，同理可得出TP TQ ⋅的表达式，由TA TB TP TQ ⋅=⋅化简可得12k k +的值.【详解】因为12122MF MF F F -=<=所以，轨迹C 是以点1F 、2F 为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C 的方程为()222210,0x y a b a b -=>>，则22a =，可得1a =，4b ==，所以，轨迹C 的方程为()221116y x x -=≥；（2）设点1,2T t ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若过点T 的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C 无公共点， 不妨直线AB 的方程为112y t k x ⎛⎫-=-⎪⎝⎭，即1112y k x t k =+-， 联立1122121616y k x t k x y ⎧=+-⎪⎨⎪-=⎩，消去y 并整理可得()()222111111621602k x k t k x t k ⎛⎫-+-+-+=⎪⎝⎭， 设点()11,A x y 、()22,B x y ，则112x >且212x >. 由韦达定理可得2111221216k k t x x k -+=-，211221116216t k x x k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=-， 所以，()()()()22122121121122112111*********t k x x TA TB k x x k x x k +++⎛⎫⋅=+⋅-⋅-=+⋅-+= ⎪-⎝⎭， 设直线PQ 的斜率为2k ，同理可得()()2222212116t k TP TQ k ++⋅=-，因为TA TB TP TQ ⋅=⋅，即()()()()22221222121211211616t k t k k k ++++=--，整理可得2212k k =，即()()12120k k k k -+=，显然120k k -≠，故120k k +=. 因此，直线AB 与直线PQ 的斜率之和为0.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．3．【2021·浙江高考真题】如图，已知F 是抛物线()220y px p =>的焦点，M 是抛物线的准线与x 轴的交点，且2MF =，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F 的直线交抛物线与A ､B 两点，斜率为2的直线l 与直线,,MA MB AB ，x 轴依次交于点P ，Q ，R ，N ，且2RNPN QN =⋅，求直线l 在x 轴上截距的范围.【答案】（1）24y x =；（2）()(),743743,11,⎡-∞---++∞⎣.【分析】（1）求出p 的值后可求抛物线的方程.（2）设:1AB x ty =+，()()1122,,,A x y B x y ，(),0N n ，联立直线AB 的方程和抛物线的方程后可得12124,4y y y y t =-+=，求出直线,MA MB 的方程，联立各直线方程可求出,,P Q R y y y ，根据题设条件可得()222134121n t n t ++⎛⎫= ⎪-⎝⎭-，从而可求n 的范围.【详解】（1）因为2MF =，故2p =，故抛物线的方程为：24y x =.（2）设:1AB x ty =+，()()1122,,,A x y B x y ，(),0N n ， 所以直线:2y l x n =+，由题设可得1n ≠且12t ≠.由214x ty y x=+⎧⎨=⎩可得2440y ty --=，故12124,4y y y y t =-+=， 因为2RN PN QN =⋅，故2R P Q y ⎫=⎪⎪⎭，故2R P Q y y y =⋅. 又()11:11y MA y x x =++，由()11112y y x x y x n⎧=+⎪+⎪⎨⎪=+⎪⎩可得()1112122P n y y x y +=+-，同理()2222122Q n y y x y +=+-，由12x ty yx n =+⎧⎪⎨=+⎪⎩可得()2121R n y t -=-， 所以()()()2212211212121=212222n n y n y t x y x y -++⎡⎤⨯⎢⎥-+-+-⎣⎦， 整理得到()()()2212221112112222y y n t n x y x y -⎛⎫=- ⎪++-+-⎝⎭， ()22221214212222t y y y y -=⎛⎫⎛⎫+-+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()()()()2222222121212112214212134+++2+442t t t y y y y y y y y y y y y --==+--⨯-+故()222134121n t n t ++⎛⎫= ⎪-⎝⎭-，令21s t =-，则12s t +=且0s ≠，故()22222234242411331+444421t s s s s s s t +++⎛⎫==+=++≥ ⎪⎝⎭-， 故213141n n n ⎧+⎛⎫≥⎪ ⎪-⎨⎝⎭⎪≠⎩即214101n n n ⎧++≥⎨≠⎩，解得7n ≤--71n -+≤<或1n >.故直线l 在x轴上的截距的范围为7n ≤--71n -+≤<或1n >.【点睛】方法点睛：直线与抛物线中的位置关系中的最值问题，往往需要根据问题的特征合理假设直线方程的形式，从而便于代数量的计算，对于构建出的函数关系式，注意利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围问题. 4．【2021·全国高考真题（理）】在直角坐标系xOy 中，C 的圆心为()2,1C ，半径为1．（1）写出C 的一个参数方程;（2）过点()4,1F 作C 的两条切线．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程． 【答案】（1）2cos 1sin x y αα=+⎧⎨=+⎩，（α为参数）；（2）2cos()43πρθ+=-2cos()43πρθ-=+【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可. 【详解】（1）由题意，C 的普通方程为22(2)(1)1x y -+-=，所以C 的参数方程为2cos 1sin x y αα=+⎧⎨=+⎩，（α为参数）（2）由题意，切线的斜率一定存在，设切线方程为1(4)y k x -=-，即140kx y k -+-=，由圆心到直线的距离等于11=，解得k =330y -+-=330y +--=，将cos x ρθ=，sin y ρθ=代入化简得2cos()43πρθ+=-2cos()43πρθ-=【点晴】本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.5．【2021·全国高考真题（理）】已知抛物线()2:20C x py p =>的焦点为F ，且F 与圆22:(4)1M x y ++=上点的距离的最小值为4．（1）求p ；（2）若点P 在M 上，,PA PB 是C 的两条切线，,A B 是切点，求PAB △面积的最大值． 【答案】（1）2p =；（2）【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于p 的等式，即可解出p 的值；（2）设点()11,A x y 、()22,B x y 、()00,P x y ，利用导数求出直线PA 、PB ，进一步可求得直线AB 的方程，将直线AB 的方程与抛物线的方程联立，求出AB 以及点P 到直线AB 的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得PAB △面积的最大值. 【详解】（1）抛物线C 的焦点为0,2p F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，42pFM =+， 所以，F 与圆22:(4)1M x y ++=上点的距离的最小值为4142p+-=，解得2p =； （2）抛物线C 的方程为24x y =，即24x y =，对该函数求导得2x y '=，设点()11,A x y 、()22,B x y 、()00,P x y ， 直线PA 的方程为()1112x y y x x -=-，即112x xy y =-，即11220x x y y --=， 同理可知，直线PB 的方程为22220x x y y --=，由于点P 为这两条直线的公共点，则10102020220220x x y y x x y y --=⎧⎨--=⎩，所以，点A 、B 的坐标满足方程00220x x y y --=，所以，直线AB 的方程为00220x x y y --=，联立0022204x x y y x y --=⎧⎪⎨=⎪⎩，可得200240x x x y -+=， 由韦达定理可得1202x x x +=，1204x x y =，所以，AB ===，点P 到直线AB的距离为d =所以，()3220011422PABS AB d x y =⋅==-△， ()()2222000000041441215621x y y y y y y -=-+-=---=-++，由已知可得053y -≤≤-，所以，当05y =-时，PAB△的面积取最大值321202⨯=【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．6．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A 、B 分别为椭圆E ：2221x y a+=（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=，P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ． （1）求E 的方程； （2）证明：直线CD 过定点.【解析】（1）由题设得A （–a ，0），B （a ，0），G （0，1）. 则(,1)AG a =，GB =（a ，–1）.由AG GB ⋅=8得a 2–1=8，即a =3.所以E 的方程为29x +y 2=1．（2）设C （x 1，y 1），D （x 2，y 2），P （6，t ）.若t ≠0，设直线CD 的方程为x =my +n ，由题意可知–3<n <3. 由于直线PA 的方程为y =9t （x +3），所以y 1=9t （x 1+3）.直线PB 的方程为y =3t （x –3），所以y 2=3t（x 2–3）.可得3y 1（x 2–3）=y 2（x 1+3）.由于222219x y +=，故2222(3)(3)9x x y +-=-，可得121227(3)(3)y y x x =-++， 即221212(27)(3)()(3)0.m y y m n y y n ++++++=①将x my n =+代入2219xy +=得222(9)290.m y mny n +++-=所以12229mn y y m +=-+，212299n y y m -=+．代入①式得2222(27)(9)2(3)(3)(9)0.m n m n mn n m +--++++= 解得n =–3（含去），n =32.故直线CD 的方程为3=2x my +，即直线CD 过定点（32，0）． 若t =0，则直线CD 的方程为y =0，过点（32，0）.综上，直线CD 过定点（32，0）.【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.7．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知椭圆C 1：22221x y a b+=(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合．过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且43CD AB =． （1）求C 1的离心率；（2）设M 是C 1与C 2的公共点，若|MF |=5，求C 1与C 2的标准方程．【解析】（1）由已知可设2C 的方程为24y cx =，其中c不妨设,A C 在第一象限，由题设得,A B 的纵坐标分别为2b a ，2b a -；,C D 的纵坐标分别为2c ，2c -，故22||b AB a=，||4CD c =.由4||||3CD AB =得2843b c a=，即2322()c c a a ⨯=-，解得2c a =-（舍去），12c a =.所以1C 的离心率为12. （2）由（1）知2a c =，b =，故22122:143x y C c c+=，设00(,)M x y ，则220022143x y c c +=，2004y cx =，故20024143x x c c+=.①由于2C 的准线为x c =-，所以0||MF x c =+，而||5MF =，故05x c =-，代入①得22(5)4(5)143c c c c --+=，即2230c c --=，解得1c =-（舍去），3c =. 所以1C 的标准方程为2213627x y +=，2C 的标准方程为212y x =.8．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知椭圆222:1(05)25x y C m m +=<<，A ，B 分别为C 的左、右顶点． （1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，求APQ △的面积．【解析】（1=22516m =， 所以C 的方程为221252516x y +=. （2）设(,),(6,)P P Q P x y Q y ，根据对称性可设0Q y >，由题意知0P y >， 由已知可得(5,0)B ，直线BP 的方程为1(5)Qy x y =--，所以||BP y =，||BQ =， 因为||||BP BQ =，所以1P y =，将1P y =代入C 的方程，解得3P x =或3-. 由直线BP 的方程得2Q y =或8.所以点,P Q 的坐标分别为1122(3,1),(6,2);(3,1),(6,8)P Q P Q -.11||PQ 11PQ 的方程为13y x =，点(5,0)A -到直线11PQ的距离为2，故11APQ △的面积为15222⨯=. 22||PQ =22P Q 的方程为71093y x =+，点A 到直线22P Q故22AP Q △的面积为1522=. 综上，APQ △的面积为52. 【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.9．【2020年高考北京】已知椭圆2222:1x y C a b+=过点(2,1)A --，且2a b =．（Ⅰ）求椭圆C 的方程：（Ⅱ）过点(4,0)B -的直线l 交椭圆C 于点,M N ,直线,MA NA 分别交直线4x =-于点,P Q ．求||||PB BQ 的值． 【解析】 (1)设椭圆方程为：()222210x y a b a b+=>>，由题意可得：224112a ba b⎧+=⎪⎨⎪=⎩，解得：2282a b ⎧=⎨=⎩， 故椭圆方程为：22182x y +=.(2)设()11,M x y ，()22,N x y ，直线MN 的方程为：()4y k x =+，与椭圆方程22182x y +=联立可得：()222448x k x ++=，即：()()222241326480k x k x k +++-=，则：2212122232648,4141k k x x x x k k --+==++. 直线MA 的方程为：()111122y y x x ++=++， 令4x =-可得：()()()1111111141214122122222P k x k x y x y x x x x ++-++++=-⨯-=-⨯-=++++， 同理可得：()()222142Q k x y x -++=+.很明显0P Q y y <，且：PQPB y PQy =，注意到： ()()()()()()()()122112121242424421212222P Q x x x x x x y y k k x x x x +++++⎛⎫+++=-++=-+⨯ ⎪++++⎝⎭，而：()()()()()122112124242238x x x x x x x x +++++=+++⎡⎤⎣⎦2222648322384141k k k k ⎡⎤⎛⎫--=+⨯+⎢⎥ ⎪++⎝⎭⎣⎦()()()22226483328412041k k k k -+⨯-++=⨯=+，故0,P Q P Q y y y y +==-.从而1PQPB y PQy ==. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．10．【2020年高考浙江】如图，已知椭圆221:12x C y +=，抛物线22:2(0)C y px p =>，点A是椭圆1C 与抛物线2C 的交点，过点A 的直线l 交椭圆1C 于点B ，交抛物线2C 于点M （B ，M 不同于A ）． （Ⅰ）若116p =，求抛物线2C 的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线l 使M 为线段AB 的中点，求p 的最大值．【解析】（Ⅰ）由116p =得2C 的焦点坐标是1(,0)32．（Ⅱ）由题意可设直线:(0,0)l x my t m t =+≠≠，点00(,)A x y ．将直线l 的方程代入椭圆221:12x C y +=得222(2)220m y mty t +++-=，所以点M 的纵坐标22M mty m =-+．将直线l 的方程代入抛物线22:2C y px =得2220y pmy pt --=，所以02M y y pt =-，解得202(2)p m y m+=，因此22022(2)p m x m +=．由220012x y +=得2421224()2()160m m p m m =+++≥，所以当2m ，10t =时，p 10． 【点晴】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用，涉及到求函数的最值，考查学生的数学运算能力，是一道有一定难度的题.11．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22:143x y E +=的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，AF 2⊥F 1F 2，直线AF 1与椭圆E 相交于另一点B ．（1）求12AF F △的周长；（2）在x 轴上任取一点P ，直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ，求OP QP ⋅的最小值；（3）设点M 在椭圆E 上，记OAB △与MAB △的面积分别为S 1，S 2，若213S S =，求点M 的坐标．【解析】（1）椭圆22:143x y E +=的长轴长为2a ，短轴长为2b ，焦距为2c ，则2224,3,1a b c ===.所以12AF F △的周长为226a c +=. （2）椭圆E 的右准线为4x =. 设(,0),(4,)P x Q y ，则(,0),(4,)OP x QP x y ==--， 2(4)(2)44,OP QP x x x ⋅=-=--≥-在2x =时取等号.所以OP QP ⋅的最小值为4-.（3）因为椭圆22:143x y E +=的左、右焦点分别为12,F F ，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，212AF F F ⊥，则123(1,0),(1,0),(1,)2F F A -.所以直线:3430.AB x y -+=设(,)M x y ，因为213S S =，所以点M 到直线AB 距离等于点O 到直线AB 距离的3倍. 由此得|343||30403|355x y -+⨯-⨯+=⨯， 则34120x y -+=或3460x y --=.由2234120,143x y x y -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩得2724320x x ++=，此方程无解；由223460,143x y x y --=⎧⎪⎨+=⎪⎩得271240x x --=，所以2x =或27x =-.代入直线:3460l x y --=，对应分别得0y =或127y =-. 因此点M 的坐标为(2,0)或212(,)77--.【点睛】本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆相交问题、点到直线距离公式的运用，熟悉运用公式以及根据213S S =推出95d =是解答本题的关键. 12．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>，且过点A （2，1）．（1）求C 的方程：（2）点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．【解析】（1）由题设得22411a b +=，22212a b a -=，解得26a =，23b =． 所以C 的方程为22163x y +=． （2）设11(,)M x y ，22(,)N x y ．若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y kx m =+，代入22163x y +=得222(12)4260k x kmx m +++-=． 于是2121222426,1212km m x x x x k k-+=-=++．① 由AM AN ⊥知0AM AN ⋅=，故1212(2)(2)(1)(1)0x x y y --+--=， 可得221212(1)(2)()(1)40k x x km k x x m ++--++-+=．将①代入上式可得22222264(1)(2)(1)401212m kmk km k m k k-+---+-+=++． 整理得(231)(21)0k m k m +++-=．因为(2,1)A 不在直线MN 上，所以210k m +-≠，故2310k m ++=，1k ≠． 于是MN 的方程为21()(1)33y k x k =--≠.所以直线MN 过点21(,)33P -.若直线MN 与x 轴垂直，可得11(,)N x y -.由0AM AN ⋅=得1111(2)(2)(1)(1)0x x y y --+---=.又2211163x y +=，可得2113840x x -+=.解得12x =（舍去），123x =. 此时直线MN 过点21(,)33P -.令Q 为AP 的中点，即41(,)33Q .若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt ADP △的斜边，故1||||2DQ AP ==. 若D 与P 重合，则1||||2DQ AP =. 综上，存在点41(,)33Q ，使得||DQ 为定值.【点睛】本题考查椭圆的标准方程和性质，圆锥曲线中的定点定值问题，关键是第二问中证明直线MN 经过定点，并求得定点的坐标,属综合题，难度较大.13．【2020年新高考全国Ⅱ卷】已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>过点M （2，3）,点A为其左顶点，且AM 的斜率为12， （1）求C 的方程；（2）点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值.【解析】(1)由题意可知直线AM 的方程为：13(2)2y x -=-，即24-=-x y . 当y =0时，解得4x =-，所以a =4，椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>过点M (2，3)，可得249116b +=， 解得b 2=12.所以C 的方程：2211612x y +=.(2)设与直线AM 平行的直线方程为：2x y m -=，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为N ，此时△AMN 的面积取得最大值.联立直线方程2x y m -=与椭圆方程2211612x y +=，可得：()2232448m y y ++=，化简可得：2216123480y my m ++-=，所以()221444163480m m ∆=-⨯-=，即m 2=64，解得m =±8， 与AM 距离比较远的直线方程：28x y -=， 直线AM 方程为：24-=-x y ，点N 到直线AM 的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：d==由两点之间距离公式可得||AM==.所以△AMN的面积的最大值：1182⨯=.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．14．【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3AP PB=，求|AB|．【答案】（1）3728y x=-；（2）3.【解析】设直线()()11223:,,,,2l y x t A x y B x y=+．（1）由题设得3,04F⎛⎫⎪⎝⎭，故123||||2AF BF x x+=++，由题设可得1252x x+=．由2323y x ty x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得22912(1)40x t x t+-+=，则1212(1)9tx x-+=-．从而12(1)592t--=，得78t=-．所以l的方程为3728y x=-．（2）由3AP PB=可得123y y=-．由2323y x t y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得2220y y t -+=． 所以122y y +=．从而2232y y -+=，故211,3y y =-=． 代入C 的方程得1213,3x x ==．故||3AB =． 【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质、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.15．【2019年高考全国Ⅱ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−12.记M 的轨迹为曲线C .（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）（i ）见解析；（ii ）169. 【解析】（1）由题设得1222y y x x ⋅=-+-，化简得221(||2)42x y x +=≠，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点． （2）（i ）设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为(0)y kx k =>．由22142y kxx y =⎧⎪⎨+=⎪⎩得x =记u =，则(,),(,),(,0)P u uk Q u uk E u --．于是直线QG 的斜率为2k ，方程为()2ky x u =-． 由22(),2142k y x u x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得 22222(2)280k x uk x k u +-+-=．①设(,)G G G x y ，则u -和G x 是方程①的解，故22(32)2G u k x k +=+，由此得322G uky k=+． 从而直线PG 的斜率为322212(32)2uk uk k u k kuk -+=-+-+．所以PQ PG ⊥，即PQG △是直角三角形．（ii ）由（i）得||2PQ =||PG =△PQG 的面积222218()18(1)||12(12)(2)12()k k k k S PQ PG k k k k++===++++‖． 设t =k +1k，则由k >0得t ≥2，当且仅当k =1时取等号． 因为2812tS t=+在[2，+∞）单调递减，所以当t =2，即k =1时，S 取得最大值，最大值为169． 因此，△PQG 面积的最大值为169． 【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.16．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线C ：y =22x ，D 为直线y =12-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： （2）若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE 的面积.【答案】（1）见详解；（2）3或【解析】（1）设()111,,,2D t A x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则2112x y =.由于y'x =，所以切线DA 的斜率为1x ，故11112y x x t+=- .整理得112 2 +1=0. tx y -设()22,B x y ，同理可得222 2 +1=0tx y -. 故直线AB 的方程为2210tx y -+=. 所以直线AB 过定点1(0,)2.（2）由（1）得直线AB 的方程为12y tx =+. 由2122y tx x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，可得2210x tx --=. 于是()2121212122,1,121x x t x x y y t x x t +==-+=++=+，()212||21AB x t =-==+.设12,d d 分别为点D ，E 到直线AB的距离，则12d d ==因此，四边形ADBE 的面积()(2121||32S AB d d t =+=+设M 为线段AB 的中点，则21,2M t t ⎛⎫+⎪⎝⎭. 由于EM AB ⊥，而()2,2EM t t =-，AB 与向量(1, )t 平行，所以()220t t t +-=.解得t =0或1t =±.当t =0时，S =3；当1t =±时，S =因此，四边形ADBE 的面积为3或【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.17．【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C ：x 2=−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分别交直线OM ，ON 于点A 和点B ．求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．【答案】（1）抛物线C 的方程为24x y =-，准线方程为1y =；（2）见解析.【解析】（1）由抛物线2:2C x py =-经过点(2,1)-，得2p =.所以抛物线C 的方程为24x y =-，其准线方程为1y =. （2）抛物线C 的焦点为(0,1)F -. 设直线l 的方程为1(0)y kx k =-≠.由21,4y kx x y=-⎧⎨=-⎩得2440x kx +-=. 设()()1122,,,M x y N x y ，则124x x =-. 直线OM 的方程为11y y x x =. 令1y =-，得点A 的横坐标11A x x y =-. 同理得点B 的横坐标22B x x y =-. 设点(0, )D n ，则1212,1,,1x x DA n DB n y y ⎛⎫⎛⎫=---=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 21212(1)x x DA DB n y y ⋅=++2122212(1)44x x n x x =++⎛⎫⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 21216(1)n x x =++ 24(1)n =-++.令0DA DB ⋅=，即24(1)0n -++=，则1n =或3n =-. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0,3)-.【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.18．【2019年高考天津卷理数】设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，上顶点为B ．已知椭圆的短轴长为4（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 轴的负半轴上．若||||ON OF =（O 为原点），且OP MN ⊥，求直线PB 的斜率．【答案】（1）22154x y +=；（2或． 【解析】（1）设椭圆的半焦距为c，依题意，24,c b a ==222a b c =+，可得a =2,b =1c =．所以，椭圆的方程为22154x y +=．（2）由题意，设()()()0,,0P P p M P x y x M x ≠，．设直线PB 的斜率为()0k k ≠， 又()0,2B ，则直线PB 的方程为2y kx =+，与椭圆方程联立222,1,54y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩整理得()2245200k x kx ++=，可得22045P k x k =-+，代入2y kx =+得2281045P k y k-=+， 进而直线OP 的斜率24510P p y k x k-=-． 在2y kx =+中，令0y =，得2M x k=-． 由题意得()0,1N -，所以直线MN 的斜率为2k -． 由OP MN ⊥，得2451102k k k-⎛⎫⋅-=- ⎪-⎝⎭，化简得2245k =，从而k =所以，直线PB或． 【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．19．【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C :22221(0)x y a b a b+=>>的焦点为F 1（–1、0），F 2（1，0）．过F 2作x 轴的垂线l ，在x 轴的上方，l 与圆F 2:222(1)4x y a -+=交于点A ，与椭圆C 交于点D .连结AF 1并延长交圆F 2于点B ，连结BF 2交椭圆C 于点E ，连结DF 1． 已知DF 1=52． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）求点E 的坐标．【答案】（1）22143x y +=；（2）3(1,)2E --. 【解析】（1）设椭圆C 的焦距为2c . 因为F 1(−1，0)，F 2(1，0)，所以F 1F 2=2，c =1. 又因为DF 1=52，AF 2⊥x 轴，所以DF 2222211253()222DF F F -=-=， 因此2a =DF 1+DF 2=4，从而a =2. 由b 2=a 2−c 2，得b 2=3.因此，椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）解法一：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=，a =2，因为AF 2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1. 将x =1代入圆F 2的方程(x −1) 2+y 2=16，解得y =±4. 因为点A 在x 轴上方，所以A (1，4). 又F 1(−1，0)，所以直线AF 1：y =2x +2.由22()22116y x x y =+-+=⎧⎨⎩，得256110x x +-=，解得1x =或115x =-. 将115x =-代入22y x =+，得 125y =-， 因此1112(,)55B --.又F 2(1，0)，所以直线BF 2：3(1)4y x =-.由221433(1)4x y x y ⎧⎪⎪⎨⎪+=-⎩=⎪，得276130x x --=，解得1x =-或137x =. 又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以1x =-. 将1x =-代入3(1)4y x =-，得32y =-. 因此3(1,)2E --.解法二：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=.如图，连结EF 1.因为BF 2=2a ，EF 1+EF 2=2a ，所以EF 1=EB ， 从而∠BF 1E =∠B .因为F 2A =F 2B ，所以∠A =∠B ， 所以∠A =∠BF 1E ，从而EF 1∥F 2A . 因为AF 2⊥x 轴，所以EF 1⊥x 轴.因为F 1(−1，0)，由221431x x y ⎧⎪⎨+==-⎪⎩，得32y =±.又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以32y =-. 因此3(1,)2E --.【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力.20．【2019年高考浙江卷】如图，已知点(10)F ，为抛物线22(0)y px p =>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ABC △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 CQG △△的面积分别为12,S S ． （1）求p 的值及抛物线的准线方程；（2）求12S S 的最小值及此时点G 的坐标．【答案】（1）p =2，准线方程为x =−1；（2）最小值为31，此时G （2，0）． 【解析】（1）由题意得12p=，即p =2. 所以，抛物线的准线方程为x =−1.（2）设()()(),,,,,A A B B c c A x y B x y C x y ，重心(),G G G x y .令2,0A y t t =≠，则2A x t =.由于直线AB 过F ，故直线AB 方程为2112t x y t-=+，代入24y x =，得()222140t y y t---=，故24B ty =-，即2B y t =-，所以212,B tt ⎛⎫- ⎪⎝⎭.又由于()()11,33G A B c G A B c x x x x y y y y =++=++及重心G 在x 轴上，故220c t y t -+=，得242211222,2,,03t t C t t G t t t ⎛⎫⎛⎫-+⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 所以，直线AC 方程为()222y t t x t-=-，得()21,0Q t-.由于Q 在焦点F 的右侧，故22t >.从而4224221244242222211|2|||322221222211|||1||2|23A ct t t FG y t S t t t t t S t t QG y t t t t-+-⋅⋅--====--+--⋅--⋅-.令22m t =-，则m >0，1221222134342S m S m m m m m=-=--=+++++当m =时，12S S 取得最小值1G （2，0）． 【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，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.。
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题08平面向量历年联赛真题汇编1．【2005高中数学联赛(第01试)】空间四点A ，B ，C ，D 满足|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |=3，|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |=7,|CD ⃑⃑⃑⃑⃑ |=11,|DA ⃑⃑⃑⃑⃑ |=9，则AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 的取值( ) A ．只有一个 B ．有两个 C ．有四个 D ．有无穷多个【答案】A【解析】因为AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 2+CD ⃑⃑⃑⃑⃑ 2=32+112=130=72+92=BC ⃑⃑⃑⃑⃑ 2+DA ⃑⃑⃑⃑⃑ 2， 由AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +CD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ 得AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +CD ⃑⃑⃑⃑⃑ =−(BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ )， 两边平方得AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CD ⃑⃑⃑⃑⃑ =BC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ，故AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CD ⃑⃑⃑⃑⃑ =−AD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BC⃑⃑⃑⃑⃑ ， 于是AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑ )(BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +CD ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +CD ⃑⃑⃑⃑⃑ )BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CD ⃑⃑⃑⃑⃑ =AD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CD ⃑⃑⃑⃑⃑ =0. AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 只有一个值0， 故选A .2．【2004高中数学联赛(第01试)】设点O 在△ABC 内部，且有OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +2OB ⃑⃑⃑⃑⃑ +3OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =0，则△ABC 的面积与△AO C 的面积的比为( ) A ．2B ．32C ．3D ．53【答案】C【解析】解法一如图，设D ，E 分别是AC ，BC 边的中点，则 OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2OD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ① 2(OB⃑⃑⃑⃑⃑ +OC ⃑⃑⃑⃑⃑ )=4OE ⃑⃑⃑⃑⃑②由式①与②得OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +2OB ⃑⃑⃑⃑⃑ +3OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2(OD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +2OE ⃑⃑⃑⃑⃑ )=0⃑ ， 即OD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 与OE ⃑⃑⃑⃑⃑ 共线，且|OD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=2|OE ⃑⃑⃑⃑⃑ |， 所以S △AEC S △AOC=32，所以S △ABC S △AOC=3×22=3.故选：C.解法二OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +2OB ⃑⃑⃑⃑⃑ +3OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ ， 则OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +2(OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )+3(OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )=2AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +6OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +3AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ ， 所以(2AB⃑⃑⃑⃑⃑ +6OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +3AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )×AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ ， 则|AB⃑⃑⃑⃑⃑ ×AC ⃑⃑⃑⃑⃑ |=3|OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ×AC ⃑⃑⃑⃑⃑ |，所以S △ABC =S △AEC . 引申如果题目条件是OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +OB ⃑⃑⃑⃑⃑ +OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =0，熟悉物理的人很容易看出OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ,OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ,OC ⃑⃑⃑⃑⃑ 可以看成是3个两两成120°的同等大小的力.如果我们把OB ⃑⃑⃑⃑⃑ 延长1倍，OC⃑⃑⃑⃑⃑ 延长2倍，不就照样可以用这种物理方法解决本道题了吗? 另外，我们可以将问题推广至三维情形：点O 在四面体ABCD 内，有OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +2OB ⃑⃑⃑⃑⃑ +4OC ⃑⃑⃑⃑⃑ +5OD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ ，V ABCD :V OBCD =？ 实际上，向量前面的系数无关紧要，可以取负数，无理数，并不妨碍此题的简单本质. 解决此类问题，下面的结论是关键：设C 是AB 上一点，则OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =sOB ⃑⃑⃑⃑⃑ +(1−s)OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ，其中s =AC⃑⃑⃑⃑⃑ AB ⃑⃑⃑⃑⃑. 3．【2020高中数学联赛A 卷(第01试)】在椭圆Γ中,A 为长轴的一个端点,B 为短轴的一个端点, F 1,F 2为两个焦点.若AF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AF 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BF 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0,则|AB||F 1F 2|的值为 .【答案】√22【解析】不妨设Γ的方程为x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0),A (a ,0),B (0,b ), F 1(−c,0), F 2(c,0),其中c =√a 2−b 2.由条件知AF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AF 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BF 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−c −a)(c−)+(−c 2+b 2)=a 2+b 2−2c 2=0.所以|AB||F 1F 2|=√a 2+b 22c=√2c 22c=√22.4．【2020高中数学联赛B 卷(第01试)】在凸四边形ABCD 中, BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2AD ⃑⃑⃑⃑⃑ 点P 是四边形ABCD 所在平面上一点,满足PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +2020PB ⃑⃑⃑⃑⃑ +PC ⃑⃑⃑⃑⃑ +2020PD ⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ .设s ,t 分别为四边形ABCD 与ΔP AB 的面积,则t s= .【答案】3372021【解析】不妨假设AD =2,BC =4.记M ,N ,X ,Y 分别是AB ,CD ,BD ,AC 的中点,则M ,X ,Y ,N 顺次共线并且MX =XY =YN =1. 由于PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +PC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2PY ⃑⃑⃑⃑⃑ ,PB ⃑⃑⃑⃑⃑ +PD ⃑⃑⃑⃑⃑ =2PX⃑⃑⃑⃑⃑ , 故结合条件可知PY ⃑⃑⃑⃑⃑ +2020PX ⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ .故点P 在线段XY 上且PX =12021.设A 到MN 的距离为h ,由面积公式可知ts=S △PAB S ABCD=PM⋅ℎMN⋅2ℎ=PM 2MN=1+120212×3=3372021.5．【2019高中数学联赛A 卷(第01试)】平面直角坐标系中，e 已是单位向量，向量a 满足a ⋅e =2，且|a |2⩽5|a +t e |对任意实数t 成立，则|a |的取值范围是 .【答案】[√5,2√5]【解析】不妨设e =(1,0).由于a ⋅e =2，可设a =(2,s)， 则对任意实数t ，有4+s 2=|a |2⩽5|a +te |=5√(2+t)2+s 2， 这等价于4+s 2⩽5|s|，解得|s|∈[1,4]，即s 2∈[1,16]. 于是|a |=√4+s 2∈[√5,2√5].6．【2019高中数学联赛B 卷(第01试)】若平面向量a =(2m ,−1)与b ⃑ =(2m −1,2m+1)垂直，其中m 为实数，则a →的模为 .【答案】√10【解析】令2m =t ，则t >0.条件等价于t ⋅(t −1)+(−1)⋅2t =0，解得t =3. 因此a →的模为√32+(−1)2=√10.7．【2018高中数学联赛A 卷(第01试)】设O 为△ABC 的外心，若AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则sin ∠BAC 的值为.【答案】√104【解析】不失一般性，设△ABC 的外接圆半径R =2.由条件知，2AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =AO ⃑⃑⃑⃑⃑ −AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =BO ⃑⃑⃑⃑⃑ ①故AC =12BO =1.取AC 的中点M ，则OM ⊥AC ，结合①知OM ⊥BO ，且B 与A 位于直线OM 的同侧. 于是cos∠BOC =cos (90°+∠MOC )=−sin∠MOC =−MC OC=−14.在△BOC 中，由余弦定理得BC =√OB 2+OC 2−2OB ⋅OC ⋅cos∠BOC =√10， 进而在△ABC 中，由正弦定理得sin∠BAC =BC 2R=√104. 8．【2015高中数学联赛(第01试)】在矩形ABCD 中，AB =2，AD =1，边DC 上(包含点D ，C )的动点P 与CB 延长线上(包含点B )的动点Q 满足|DP|=|BQ|，则向量PA 与向量PQ 的数量积PA ⋅PQ 的最小值为.【答案】34【解析】不妨设A (0，0)，B (2，0)，D (0，1).设P 的坐标为(t ，1)(其中0≤t ≤2)， 则由|DP|=|BQ|得Q 的坐标为(2，－t )，故PA =(−t,−1)，PQ =(2−t,−t −1), 因此PA ⋅PQ =(−t)⋅(2−t)+(−1)⋅(−t −1)=t 2−t +1=(t −12)2+34⩾34，当t =12时(PA ⋅PQ)min =34.9．【2013高中数学联赛(第01试)】在平面直角坐标系xOy 中，点A ，B 在抛物线y 2=4x 上，满足OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ =−4，F 是抛物线的焦点，则S △OFA ⋅S △OFB = .【答案】2【解析】点F 坐标为(1，0).设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，则x 1=y 124,x 2=y 224,故−4=OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ =x 1x 2+y 1y 2=116(y 1y 2)2+y 1y 2，即116(y 1y 2+8)2=0，故y 1y 2=−8，S ΔOFA ⋅S ΔOFB =(12|OF|⋅|y 1|)⋅(12|OF|⋅|y 2|)=14⋅|OF|2⋅|y 1y 2|=2.10．【2012高中数学联赛(第01试)】设P 是函数y =x +2x (x >0)的图像上任意一点，过点P 分别向直线y =x 和y 轴作垂线，垂足分别为A ，B ，则PA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PB ⃑⃑⃑⃑⃑ 的值是 .【答案】−1【解析】解法一设P (x 0,x 0+2x 0)，则直线P A 的方程为y −(x 0+2x 0)=−(x −x 0)，即y =−x +2x 0+2x 0，由{y =xy =−x +2x 0+2x 0得A (x 0+1x 0,x 0+1x 0)，又B (0,x 0+2x 0)，所以PA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1x 0,−1x 0),PB⃑⃑⃑⃑⃑ =(−x 0,0)， 故PA⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PB ⃑⃑⃑⃑⃑ =1x 0⋅(−x 0)=−1.解法二如图，设P (x 0,x 0+2x 0)(x 0>0)，则点P 到直线x －y =0和y 轴的距离分别为|PA|=|x 0−(x 0+2x 0)|√2=√2x 0，|PB|=x 0.因为O ，A ，P ，B 四点共圆(O 为坐标原点)，所以∠APB =π−∠AOB =3π4，故PA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PB⃑⃑⃑⃑⃑ =|PA ⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|PB ⃑⃑⃑⃑⃑ |cos 3π4=−1.11．【2007高中数学联赛(第01试)】在△ABC 和△AEF 中，B 是EF 的中点，AB =EF =1，BC =6，CA =√33，若AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AF ⃑⃑⃑⃑⃑ =2，则EF ⃑⃑⃑⃑⃑ 与BC ⃑⃑⃑⃑⃑ 的夹角的余弦值等于 .【答案】23【解析】因为AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AF ⃑⃑⃑⃑⃑ =2，所以AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +BE ⃑⃑⃑⃑⃑ )+AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +BF ⃑⃑⃑⃑⃑ )=2， 即AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 2+AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BE ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BF⃑⃑⃑⃑⃑ =2， 因为AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 2=1，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =√33×1×2×√33×1=−1，BE⃑⃑⃑⃑⃑ =−BF ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 所以1+BF ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅(AC ⃑⃑⃑⃑⃑ −AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )−1=2， 即BF ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BC⃑⃑⃑⃑⃑ =2， 设EF ⃑⃑⃑⃑⃑ 与BC ⃑⃑⃑⃑⃑ 的夹角为θ，则有|BF ⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅cosθ=2， 即3cosθ=2，所以cosθ=23.12．【2016高中数学联赛(第01试)】在△ABC 中，已知AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ +2BA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =3CA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CB ⃑⃑⃑⃑⃑ ，求sin C 的最大值. 【答案】√73【解析】由数量积的定义及余弦定理知，AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =cbcosA =b 2+c 2−a 22，同理得，BA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BC⃑⃑⃑⃑⃑ =a 2+c 2−b 22,CA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CB⃑⃑⃑⃑⃑ =a 2+b 2−c 22.故已知条件化为b 2+c 2−a 2+2(a 2+c 2−b 2)=3(a 2+b 2−c 2)， 即a 2+2b 2=3c 2.由余弦定理及基本不等式，得 cosC =a 2+b 2−c 22ab=a 2+b 2−13(a 2+2b 2)2ab =a 3b+b 6a⩾2√a3b⋅b 6a=√23，所以sinC =√1−cos 2C ⩽√73. 等号成立当且仅当a:b:c =√3:√6:√5.因此sinC 的最大值是√73.优质模拟题强化训练1．已知向量OA⊥OB，且|OA|=|OB|=24．若t∈[0,1]，则|tAB−AO|+|512BO−(1−t)BA|的最小值为()．A．2√193B．26C．24√2D．24【答案】B【解析】作正方形OACB，连接对角线AB，令D、E分别为对角线AB、边OB上一点，使得tAB−AO=OD，512BO−(1−t )BA=DE，EB=10，OD=DC.故|tAB−AO|+|512BO−(1−t)BA|=|DE|+|DC|≥|EC|=26.2．设a、b为两个相互垂直的单位向量,已知OP=a,OQ=b,OR=ra+kb,若△PQR为等边三角形，则k、r的取值为( )A．k=r=−1±√32B．k=−1±√32,r=1±√32C．k=r=1±√32D．k=1±√32，r=−1±√32【答案】C【解析】注意到|PQ|=|QR|=|PR|⇒√r2+(k−1)2=√(r−1)2+k2=√2⇒r=k=1±√32.选C.3．已知点P、Q在△ABC内，且PA+2PB+3PC=2QA+3PB+5PC=0，则|PQ||AB|等于().A．130B．131C．132D．133【答案】A【解析】由题设知S△BCP:s△CAP:s△ABP=1:2:3，S△BCQ:S△CAQ:S△ABQ=2:3:5，故s△ABP=S△ABQ=S△ABC2，所以PQ//AB.又S△BCP=S△ABC6,S△BCQ=S△ABC5，故|PQ||AB|=15−16=130.故答案为A4．△ABC的三边长分别为AB=a，BC=b，CA=c．若{c=√a2−2+√b2−2a=√b2−3+√c2−3b=√c2−4+√a2−4，则→AB⋅→BC，→BC⋅→CA，→CA⋅→AB中小于0的个数为( )．A．3B．2C．1D．0【答案】A【解析】如图，以a为斜边、√2为直角边作Rt△ABE；以b为斜边、BE为直角边作Rt△BCE，使EC在AE的延长线上．则CA=√a2−2+√b2−2=c．同理，作Rt△CBF、Rt△CAF、Rt△ACD、Rt△ABD，使CF=√3，AD=2，有AB=√b2−3+√c2−3=a，BC=√c2−4+√a2−4=b．可见，图所得到的△ABC就是已知三角形(全等)，这个三角形的三条高线为AD=2，BE=√2，CF=√3．由三角形面积公式有AB⋅CF=BC⋅AD=CA⋅BE=2S△ABC．则AB=2S△ABCCF =√3△ABC，BC=2S△ABCAD=S△ABC，CA=2S△ABCBE=√2S△ABC．从而，△ABC中的最大角为∠ABC．由余弦定理得cos∠ABC=AB2+BC2−CA22AB⋅BC =√312>0．可见，∠ABC为锐角，△ABC为锐角三角形，得→AB ⋅→BC=ab cos(π−∠ABC)<0．同理，→BC ⋅→CA<0，→CA⋅→AB<0．选A.5．△ABC满足AB⋅BC=BC⋅CA．则△ABC是()．A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形【答案】D【解析】设BC 的中点为D .则AB ⋅BC =BC ⋅CA ⇒(AB −CA)⋅BC =0 ⇒(AB +AC)⋅BC =0 ⇒2AD ⋅BC =0⇒AD ⊥BC ⇒AB =AC . 故答案为D6．抛物线y =−18x 2的准线与y 轴交于点A .过A 作直线交抛物线于点M 、N ，点B 在抛物线对称轴上，且(BM +MN 2)⊥MN .则|OB|的取值范围是( ). A ．(3,+∞) B ．(4,+∞) C ．(5,+∞) D ．(6,+∞)【答案】D 【解析】注意到点A(0,2).过A 作直线MN ，其方程设为y =kx +2.代入抛物线方程得 x 2+8kx +16=0.而Δ>0，则k 2>1,x 1+x 2=−8k . 设点B(0,b),MN 中点为C(−4k,−4k 2+2). 由(BM +MN 2)⊥MN ⇔BC ⊥MN ⇒b =−4k 2−2<−6.则|OB|的取值范围是(6,+∞).7．已知ΔABC 的外接圆圆心为O ，BC >CA >AB .则( ). A ．OA⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ >OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ . B ．OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ >OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ . C ．OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ D ．OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ 【答案】A 【解析】设ΔABC 的外接圆半径为R .则OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ =R 2cos 2C ,OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =R 2cos 2A ,OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =R 2cos 2B .又由BC >CA >AB ，可知sinA >sinB >sinC >0.故1−2sin 2A <1−2sin 2B <1−2sin 2C ，即cos2A <cos2B <cos2C .所以OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ >OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC⃑⃑⃑⃑⃑ . 8．已知空间四边形ABCD,AB =a,BC =b,CD =c,DA =d .则AC ⋅BD =( ). A ．12(a 2+b 2+c 2+d 2)B ．−12(a 2+b 2+c 2+d 2)C ．12(a 2+c 2−b 2−d 2)D ．12(b 2+d 2−a 2−c 2)【答案】D 【解析】AC ⋅BD =(AB +BC)⋅(BC +CD)=BC 2+AB ⋅BC +BC ⋅CD +CD ⋅AB =BC 2+(AB +BC +CD)2−AB 2−BC 2−CD 22=BC 2+(−DA)2−AB 2−BC 2−CD 22=BC 2+DA 2−AB 2−CD 22=b 2+d 2−a 2−c 22.故答案为D9．设P 为ΔABC 所在平面内一动点.则使得PA ⋅PB +PB ⋅PC +PC ⋅PA 取得最小值的点P 是ΔABC 的( ). A ．外心 B ．内心 C ．重心 D ．垂心【答案】C 【解析】 注意到PA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PB ⃑⃑⃑⃑⃑ +PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PC ⃑⃑⃑⃑⃑ +PC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PA ⃑⃑⃑⃑⃑ =PA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅(PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )+(PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅(PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )+(PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅PA ⃑⃑⃑⃑⃑ =3PA ⃑⃑⃑⃑⃑ 2+2(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =3(PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑3)2−(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC)⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 23+AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC⃑⃑⃑⃑⃑ ① 当PA⃑⃑⃑⃑⃑ =AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ 3，即P 为ΔABC 的重心时，式①取得最小值−(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC)⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 23+AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC⃑⃑⃑⃑⃑ . 故答案为C 10．设椭圆x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个焦点为F ，点P 在y 轴上，直线PF 交椭圆于点M 、N 、PM =λ1MF,PN =λ2NF,则实数λ1+λ2=( ) A ．−2b 2a2B ．−b 2a 2C ．−2a 2b2D ．−a 2b 2【答案】C 【解析】不妨设F(c,0)，记P(0,p)、M(x,y)，设PM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =λMF⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，即(x,y −p)=λ(c −x,−y)，解得x =λc 1+λ，y =p1+λ， 代入椭圆方程整理得b 4λ2+2a 2b 2λ+a 2b 2−a 2p 2=0， 故λ1+λ2=−2a 2b 2.故答案为C11．已知点P 在△ABC 内，且满足AP =13AB +14AC ，设△PBC 、△PCA 、△PAB 的面积依次为S 1、S 2、S 3，则S 1:S 2:S 3=______．【答案】5:4:3 【解析】因为AP =13AB +14AC =13(PB −PA)+14(PC −PA)， 所以5PA +4PB +3PC =0，所以S 1:S 2:S 3=5:4:3．12．设H 是△ABC 的垂心，且3HA +4HB +5HC =0，则cos∠AHB =_____________.【答案】−√66【解析】题设得tan A3=tan B4=tan C5=λ.再由tan A +tan B +tan C =tan A tan B tan C ，得λ=√5，tan C =√5.故cos ∠AHC =−cos C =−√66. 故答案为−√6613．△ABC 的三边分别为a 、b 、c ，点O 为△ABC 的外心，已知b 2−2b +c 2=0，那么BC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AO ⃑⃑⃑⃑⃑ 的取值范围是____________ . 【答案】(−14,2) 【解析】延长AO 交△ABC 的外接圆于D ，得到BC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ −AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =12AD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ −12AD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =12(b 2−c 2)=(b −12)2−14.因为c 2=−b 2+2b >0，所以b ∈(0，2)，故BC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ∈(−14,2).故答案为：(−14,2)．14．设正六边形ABCDEF 的边长为1，则(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +BE ⃑⃑⃑⃑⃑ )=______ .【答案】－3【解析】如图所示，建立平面直角坐标系设C (1，0)，则B(12,√32),A(−12,√32)，D(12,−√32),E(−12,−√32). 于是AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,0)+(12,√32)=(32,√32)， AD⃑⃑⃑⃑⃑ +BE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,−√3)+(−1,−√3)=(0,−2√3)，于是(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +BE ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(32,√32)⋅(0,−2√3)=−3. 故答案为：−3．15．在平面上，AB 1⊥AB 2，|OB 1|=|OB 2|=1，AP =AB 1+AB 2，若|OP|<12，则|OA|的取值范围是________. 【答案】(√72,√2] 【解析】因为AB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥AB 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ,AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =AB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑则AB 1PB 2为矩形,以AB 1所在直线为x 轴,以AB 2为y 轴建立平面直角坐标系.如下图所示:设AB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =m,AB 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =n ,O(x,y)则A(0,0),B 1(m,0),B 2(0,n),P(m,n)因为|OB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=|OB 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=1所以{(x −m)2+y 2=1x 2+(y −n)2=1 变形可得{(x −m)2=1−y 2(y −n)2=1−x 2因为|OP ⃑⃑⃑⃑⃑ |<12,即(x −m)2+(y −n)2<14由以上两式可得1−x 2+1−y 2<14即x 2+y 2>74因为(x −m)2≥0,(y −n)2≥0,即1−y 2≥0,1−x 2≥0所以y 2≤1,x 2≤1则x 2+y 2≤2综上可知74<x 2+y 2≤2因为|OA⃑⃑⃑⃑⃑ |=√x 2+y 2 所以√72<|OA|≤√2,即|OA|∈(√72,√2] 故答案为: (√72,√2] 16．已知为△ABC 的内心，且5IA ⃑⃑⃑⃑ =4(BI ⃑⃑⃑⃑ +CI⃑⃑⃑⃑ ).记R ､r 分别为△ABC 的外接圆､内切圆半径，若r =15，则R =____________ .【答案】32【解析】解法一：如图，取BC 的中点D ，依题意，有5IA ⃑⃑⃑⃑ =−4(IB ⃑⃑⃑⃑ +IC⃑⃑⃑⃑ )=−8ID ⃑⃑⃑⃑ . 所以A ､I ､D 三点共线，AB =AC.由r =ID =15，知IA =24.作IE ⊥AB 于E ，则IE =ID =15，sin∠BAD =1524=58,cos∠BAD =√398,tan∠BAD =√39.所以BC=2BD=2AD⋅tan∠BAD=2×39√39=10√39.又sin∠BAC=sin2∠BAD=2×58×√398=5√3932.所以2R=BCsin∠BAC =10√395√39=64,R=32.解法二：依题意，有5IA⃑⃑⃑⃑ +4IB⃑⃑⃑⃑ +4IC⃑⃑⃑⃑ =0⃑.由三角形内心的向量表示：若a､b､c分别为△ABC的内角A､B､C的对边，I为△ABC的内心，则aIA⃑⃑⃑⃑ +bIB⃑⃑⃑⃑ +cIC⃑⃑⃑⃑ =0⃑.可得，a：b：c=5：4：4，设a=10k，则b=c=8k.作AD⊥BC于D，则AD=√39k，S△ABC=12×BC×AD=5√39k2.又r=15，S△ABC=12(AB+BC+CA)r=13kr，因此，k=539=√39.又sinB=ADAB =√398，所以2R=bsinB=8ksinB=8√39√39=64,R=32.故答案为：32．17．已知向量a ,b⃑,c满足|a |:|b⃑|:|c|=1:k:3(k∈Z+)，且b⃑−a=2(c−b⃑)，若α为a ,c的夹角，则cosα=_______ .【答案】−112【解析】因为b⃑−a=2(c−b⃑)，所以b⃑=13a+23c，所以b⃑2=19a2+49c2+49a⋅c.因为|a |=|b⃑|:|c|=1:k:3，所以k2=19+4+43cosα∈(2,6).又因为k∈Z+，所以k=2，所以cosα=−112.故答案为：−112．18．在直角坐标系xOy中，已知三点A(a,1)，B(2,b)，C(3,4).若OA与OB在OC方向上的射影相同，则3a−4b=_ _____.【答案】2【解析】解法1向量OA、OB在OC方向上的射影分别为OA⋅OC|OC|、OB⋅OC|OC|.依题意得OA⋅OC=OB⋅OC，即3a+4=6+4b.故3a−4b=2.解法2因为向量OA与OB在OC方向上的射影相同，所以，AB⊥OC，即AB⋅OC=0.故3(2−a)+4(b −1)=0，即3a −4b =2.19．如图，在边长为2的正六边形ABCDEF 中，动圆⊙Q 的半径为1，圆心在线段CD(含端点)上运动，P 为⊙Q 上及内部的动点，设向量AP⃑⃑⃑⃑⃑ ＝mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAF ⃑⃑⃑⃑⃑ (m 、n ∈R).则m ＋n 的取值范围是_______.【答案】［2，5］【解析】由已知得AP ⋅AB =4m −2n ，AP ⋅AF =−2m +4n则m +n =12(AP ⋅AB +AP ⋅AF)=12AP ⋅(AB +AF)=14AP ⋅AD .注意到，AP ⋅AD 等于AP 在AD 方向的投影乘以|AD|(|AD|=4).当点Q 在点c 处、点P 在BC 上时，AP 在AD 方向的投影最短为2；当点Q 在点D 处、点P 在AD 上时，AP 在方向的投影最长为5.综上，m +n ∈[2，5]故答案为［2，5］20．在△ABC 中，∠BAC =60°，∠BAC 的平分线AD 交BC 于D ，且有AD =14AC +tAB ．若AB =8，则AD =______．【答案】6√3【解析】过点D 作DE ∥AB 交AC 于点E ，DF ∥AC 交AB 于点F ，由题设AD=14AC+tAB=AE+AF，所以AE=14AC，AE=13EC，AF=tAB．因此AEEC =13=BDCD=BFFA=ABAC，所以AC=24，FA=3BF=34AB，因此t=34．所以|AD|2=|14AC+34AB|2=(14AC+34AB)⋅(14AC+34AB)=116|AC|2+916|AB|2+616AC⋅AB=108．由此得AD=6√3．。
