2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编 专题46平面解析几何第六讲(学生版+解析版)

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题36不等式第五缉1．【2021年吉林预赛】设 .若对于满足 且 的任意一组正数a ,b ,c ,均存在以a ,b ,c m >0abc ≤141a 2+1b 2+1c 2<m 为三边长的三角形，求实数 的最大值，说明理由.m 【答案】答案见解析【解析】由 得 或 ，(x 2+y )(x +y)=0y =‒x 2y =‒x (1)联立 得 {y =‒x 2y =kx +116x 2+kx +116=0(∗)由 ,解得 或Δ=k 2‒4×116>0k >12k <‒12因为 有唯一解，得{y =‒xy =kx +116k ≠‒1.又直线 与曲线 交于三个不同的点,所以 不足方程 的解，即 ，l:y =kx +b C x =1(∗)k ≠‒1716所以 的取值范围是 .k (‒∞,‒1716)∪(‒1716,‒1)∪(‒1,‒12)∪(12,+∞)(2)情形1(如图):联立 得 .{y =‒x 2y =kx +1x 2+kx +1=0设 ，则 ，A (x 1,y 1),C (x 2,y 2){Δ=k 2‒4>0x 1+x 2=‒k x 1x 2=1设AC 的中点为 ,则 .B (x B ,y B )x B =x 1+x 22=‒k 2,y B=kx B +1=‒k 22+1又点 在直线 上,B (‒k 2,‒k 22+1)y =‒x从而 .‒k 22+1=‒(‒k2)所以 或-2，不满足 ，舍去.k =1Δ>0情形2(如界2):设A (m,‒m 2),B (n,‒n 2)(m ≠n)则直线AB 的方程为 y =‒(m +n)x +mn.又直线AB 即为直线 l:y =kx +1.从而k =‒(m +n), mn =1.由 为线段AC 的中点，得B C (2n ‒m,‒2n 2+m 2). 点 在直线 上，得 ∵C y =‒x ‒2n 2+m 2=‒2n +m.联立{mn =1,‒2n 2+m 2=‒2n +m.解衍 (受委屈)或 {m =1n =1{m =‒32n =‒132∴k =32+132综上， 的值为 .k 32+1322．【2021年重庆预赛】设自然数 ,实数 满足 ,求n ≥3x 1,x 2,⋯,x n x 1+x 2+⋯+x n =n,x 21+x 22+⋯+x 2n =n 2最小值及取最小值时的 ∑x 3i (x 1,x 2,⋯,x n ).【答案】答案见解析【解析】由柯西不等式： ，(n ‒1)(x 22+x 23+⋯+x 2n )≥(x 2+x 3+⋯+x n )2化简得： ，(n ‒1)(n 2‒x 21)≥(n ‒x 1)2解得：2‒n ≤x 1≤n 构造局部不等式 ，(x 1+n ‒2)(x 1‒2)2≥0展开得 ，x 31≥(6‒n)x 21+(4n ‒12)x 1+8‒4n 同理有其它 式，相加得：n ‒1 ，S =x 31+x 32+⋯+x 3n ≥(6‒n)n 2+(4n ‒12)n +n(8‒4n)=‒n 3+6n 2‒4n 要使 取最小值， 或 S x i =2‒n 2, i =1,2,⋯,n.若全为2,其和为2n,不符合题意；若有两个以上为 ,其和小于 ，不合题意；2‒n n 当且仅当有且只有一个为 ,即 及其置换时，S 取得最小值.2‒n (x 1,x 2,⋯,x n )=(2‒n,2,⋯,2)3．【2021年浙江预赛】设 ,证明 .x,y,z >0,x +y +z =1x 4+y 2z 2x 52(y +z)+y 4+z 2x 2y 52(z +x)+z 4+y 2x 2z 52(y +x)≥1【答案】证明见解析【解析】等价于 , 证: ,x +y +z =1∑x 8+y 4z 4x 5(y 2+z 2)≥1由三元均值不等式有 ,∑x 8+y 4z 4x 5(y 2+z 2)≥33∏(x 8+y 4z 4)(xyz)5∏(x 2+y 2)由柯西不等式有 ,∏(x 8+y 4z 4)(xyz)6=∏(x 6y 2z 2+y 2z 2x 2)(x 2z 2y 2+y 6x 2z 2)≥∏(x 4y 2+y 4x 2)所以有∏(x 8+y 4z 4)(xyz)5≥∏(x 6+y 6)(xyz)3则可知 ∑x 8+y 4z 4x 5(y 2+z 2)≥33∏(x 8+y 4z 4)(xyz)3∏(x 2+y 2)由柯西不等式有 ∏(x 6+y 6)∏(x 2+y 2)≥∏(x 4+y 4)8≥∑x 4∑x 4y 49≥(xyz)83∑x 43则有 ∑x 8+y 4z 4x 5(y 2+z 2)≥33∑x 433xyz≥33∑x 4≥14．【2021年上海预赛】已知正实数a,b 满足 ,求 的最大值.a(a +b)=27a 2b 【答案】54【解析】解法1:由题设及平均不等式：，27=a(a +b)=a (a +b 2+b2)≥a ⋅33a ⋅b 2⋅b2所以，93≥a 3⋅a ⋅b 24当 时等号成立.a =3,b =6故 的最大值为54.a 2b 解法2:由题设得 ,b =27a‒aa 2b =27a ‒a 3=a(27所以a 2b =27a ‒a 3=a (27‒a 2)=12⋅2a 2(27‒a 2)(27‒a 2)≤12⋅(2a 2+(27‒a 2)+(27‒a 2)3)3当 时等号成立.故 的最大值为54.a =3,b =6a 2b 解法3:由题设得 ，所以b =27a‒a a 2b =27a ‒a 3=a (27‒a 2).令 ,则 ,故 f(a)=a (27‒a 2)f '(a)=27‒3a 2f '(3)=0.当 时, ,当 时， ,a ∈(0,3)f '(a)>0a ∈(3,+∞)f '(a)<0故 在 上是递增的，在 上是递减的，f(a)(0,3)(3,+∞)故 在 时取到最大值.f(a)a =3所以， 的最大值为 .a 2b f(3)=545．【2021年全国高中数学联赛B 卷二试】已知,满足:,求a ,b ,c ,d ∈[0,42)a 3+b 3+c 3+d 3=2a 2‒a4+b 2‒b 4的最小值.+c 2‒c4+d 2‒d 4【答案】2【解析】当时,有.a >0a 2‒a4=a 3a 4(2‒a4)≥a 3当时,也成立.a =0a 2‒a4≥a 3所以当时上述不等式等号成立.a 2‒a4+b 2‒b4+c 2‒c4+d 2‒d4≥a 3+b 3+c 3+d 3=2a =b =1,c =d =0故的最小值为2.a2‒a4+b2‒b4+c 2‒c4+d2‒d 46．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】设正实数a ,b ,c 满足,求的最a 2+4b +9c 2=4b +12c ‒21a +2b +3c 小值.【答案】6【解析】由题设条件得,a 2+(2b ‒1)2+(3c ‒2)2=3由柯西不等式可得：,3[a 2+(2b ‒1)2+(3c ‒2)2]⩾(a +2b ‒1+3c ‒2)2即,故.(a +2b +3c ‒3)2≤9a +2b +3c ≤6又由柯西不等式得,(1a +2b +3c )(a +2b +3c)⩾(1+2+3)2所以,1a +2b +3c ⩾36a +2b +3c ⩾6当a =b =c =1时等号成立.故的最小值是6.1a +2b +3c 7．【2020年广西预赛】已知 ,x 3+y 3+z 3‒3xyz ‒3(x 2+y 2+z 2‒xy ‒yz ‒zx)=0其中,x 、y 、z 为不全相等的正实数.证明：（1）x+y+z=3；（2） .x 2(1+y)+y 2(1+z)+z 2(1+x)>6【答案】证明见解析【解析】(1)注意到，0=(x +y +z ‒3)(x 2+y 2+z 2‒xy ‒yz ‒zx)=12(x +y +z ‒3)((x ‒y)2+(y ‒z)2+(z ‒x)2).因为 不全相等,所以,x ,y,z (x ‒y)2+(y ‒z)2+(z ‒x)2>0.从而, x +y +z ‒3=0.故x +y +z =3.(2)x 2(1+y)+y 2(1+z)+z 2(1+x) =x 2+y 2+z 2+x 2y +y 2z +z 2x =x 2+y 2+z 2+(x 2y +y)+(y 2z +z)+(z 2x +x)‒(x +y +z) >x 2+y 2+z 2+2xy +2yz +2zx ‒(x +y +z) =(x +y +z)2‒(x +y +z) .=32‒3=68．【2020年广西预赛】空间中八个点，其中任意四点不共面，在这些点之间连接17条线段.证明：在这17条线段之中必存在三条线段，其长度a 、b 、c 满足 ,其中, .a 2+b 2+c 24⩾3p(p ‒a)(p ‒b)(p ‒c)p =a +b +c2【答案】证明见解析【解析】(1)这17条线段之中必有三条线段构成三角形.反证法.假设这17条线段之中任意三条不构成三角形.设点 是这八个点中连接线段最多的一个点,连接线段数为x.则有 个点不与点 连线.P 7‒x P又由于以这 个点为端点的线段数不超过 ,于是,所连线段总数不超过 .7‒x x(7‒x)x +x(7‒x)而 ,这与题设矛盾.x +x(7‒x)=‒x 2+8x⩽16<17因此,17条线段中必有三条线段构成三角形.(2)据海伦公式知原不等式 ,⇔a 2+b 2+c 2⩾43S 其中, 为该三角形的面积.S 注意到，a 2+b 2+c 2⩾43S⇔a 2+b 2+c 2‒23ab sin C⩾0 ⇔a 2+b 2+(a 2+b 2‒2ab cos C)‒23ab sin C⩾0 .①⇔2(a 2+b 2‒2ab sin (C +π6))⩾0而a 2+b 2‒2ab sin (C +π6)⩾a 2+b 2‒2ab⩾0 , 故式①成立.综上,命题得证.9．【2020年吉林预赛】已知正实数 满足x ,y,z (x +y +z)xyz =4.求 的最小值.(x +y)2+(y +z)2+(z +x)2【答案】.83【解析】设 .则 为三边长构成 由x +y =a,y +z =b,z +x =c a,b,c △ABC. (x +y +z)xyz =4⇒(x +y +z)xyz =2⇒p(p ‒a)(p ‒b)(p ‒c)=2,其中,p =12(a +b +c).建立平面直角坐标系,设 , .A(0,0),B(c,0)C(m,n)则 ,且S △BC =12c|n|=2(x +y)2+(y +z)2+(z +x)2 =a 2+b 2+c 2=(c ‒m)2+n 2+m 2+n 2+c 2 =2m 2‒2cm +2n 2+2c 2=2(m ‒c2)2+2n 2+32c 2 （当且仅当 时等号成立）≥2n 2+32c 2m =c2≥23c|n| 当且仅当 时等号成立).=83(m =c2,|n|=32c 因此, 的最小值为 .(x +y)2+(y +z)2+(z +x)28310．【2020年四川预赛】设 为正实数，对于任意两两不等的正实数a 、b 、c,均有λ .a 3(b ‒c)2+b 3(c ‒a)2+c 3(a ‒b)2⩾λ(a +b +c)求 的最大值.λ【答案】1【解析】取 .a =12,b =12‒ε,c =ε(0<ε<14)则 λ⩽(12)3(12‒2ε)2+(12‒ε)+ε =(12)3(12‒2ε)2+12对于任意的 成立.ε(0<ε<14)注意到,当 时, .ε→0+(12)3(12‒2ε)2+12→12+12=1因此,λ⩽1.下证: 成立,即证 . ①λ=1a 3(b ‒c)2+b 3(c ‒a)2+c 3(a ‒b)2⩾a +b +c 不妨设 可令 a >b >c.a =c +x,b =c +y(x >y >0).则式①左边 =(c +x)3y 2+(c +y)3x 2+c 3(x ‒y)2=x 3+3x 2c +3xc 2+c 3y 2+y 3+3y 2c +3yc 2+c 3x 2+c 3(x ‒y)2>x 3+3x 2cy 2+y 3+3y 2cx 2=(x 3y2+y 3x2)+3c(x 2y2+y 2x2)⩾(x +y)3(x +y)2+3×2cx 2y 2⋅y 2x2 =x +y +6c >x +y +3c .=a +b +c 从而, 时结论成立.λ=1综上, 的最大值为1.λ11．【2020年浙江预赛】设 为实数列.证明： .{a i },{b j }∑2020m,n =1a mb n (m +n )2⩽2(∑2020m =1a 2m )12(∑2020n =1b 2n )12【答案】证明见解析【解析】注意到，不等式左边 .=∑2020m,n =1(a m(m +n )(mn )14) .(b n(m +n )(nm )14)由Cauchy 不等式得∑2020m,n =1(a m(m +n )(m n )14)(b n (m +n )(n m )14) .⩽(∑2020m,n =1(a m(m +n )(mn )14)2)12 .(∑2020m,n =1(b n(m +n )(nm )14)2)12由∑2020m,n =1(a m(m +n )(mn )14)2 =∑2020m =1a 2m∑2020n =1(1(m +n )2(mn )12)及∑2020m,n =1(b n(m +n )(nm )14)2 ，=∑2020n =1b 2n∑2020m =1(1(m +n )2(nm )12)从而只需证明:， ①∑2020n =1(1(m +n )2(mn )12)⩽2及. ②∑2020m =1(1(m +n )2(nm )12)⩽2这两个不等式是一样的 对调).(m,n 下面证明:③1(m +n )2(m n)12⩽2(1n ‒1m+1‒1n m+1).式③等价于1(m +n )2(m n)12⩽2(m n ‒1+m‒m n +m)⇔1(m +n )2⋅1n⩽2n ‒n ‒1(n ‒1+m )(n +m ).由 ,(n ‒1+m )(n +m )⩽(m +n )2，2(n ‒n ‒1)=2n +n ‒1⩾1n 知最后的不等式成立.对式③求和即得式①,得证.12．【2020年新疆预赛】已知a,b,c,d 为正实数，且 ,ab +bc +cd +da =1求证:a 3b +c +d+b 3a +c +d+c 3a +b +d+d 3a +b +c≥13【答案】证明见解析【解析】证明：由柯西不等式，可得:左式 ×[a(b +c +d)+b(a +c +d)+c(a +b +d)+d(a +b +c)]≥(a 2+b 2+c 2+d 2)2下证 :(a 2+b 2+c 2+d 2)2≥23(ab +ac +ad +bc +bd +cd)由 ,可得 .ab +bc +cd +da =1a 2+b 2+c 2+d 2≥1而故ab +ac +ad +bc +bd +cd =1+ac +bd ≤1+12(a 2+c 2)+12(b 2+d 2)≤32(a 2+b 2+c 2+d 2) .(a 2+b 2+c 2+d 2)2≥a 2+b 2+c 2+d 2≥23(ab +ac +ad +bc +bd +cd)13．【2019年新疆预赛】给定正实数，设.试求的最小值与最大值.0<a <b x 1,x 2,x 3,x 4∈[a,b]x 21x 2+x 22x 3+x 23x 4+x 24x1x 1+x 2+x 3+x 4【答案】最小值和最大值分别为1和.ba +ab ‒1【解析】(i)因为且，所以有x 1,x 2,x 3,x 4∈[a,b]0<a <b ，{x 21x 2+x 2≥2x 21x 2⋅x 2=2x 1x 22x 3+x 3≥2x 22x 3⋅x 3=2x 2x 23x 4+x 4≥2x 23x 4⋅x 4=2x 3x 24x 1+x 1≥2x 24x 1⋅x 1=2x 4从而由.x 21x 2+x 22x 3+x 23x 4+x 24x 1≥x 1+x 2+x 3+x 4并且等号成立当且仅当.于是当时取得最小值1.x 1=x 2=x 3=x 4x 1=x 2=x 3=x 4x 21x 2+x 22x 3+x 23x 4+x 24x1x 1+x 2+x 3+x 4(ii)因为且，所以，其中.x 1,x 2,x 3,x 4∈[a,b]0<a <b x ix i +1∈[a b ,ba ]x 5=x 1注意到.于是有｡从而x 2ix i +1x i +1=x ixi +1a b ≤x 2ix i +1x i +1≤ba .(x 2i x i +1‒abx i +1)(x 2i x i +1‒ba x i +1)≤0即.所以，对所有均有.x 2ix i +1‒(ab +ba)x i +x i +1≤01≤i ≤4x 2ixi +1≤(a b+ba )x i ‒x i +1其中.从而有：x 5=x 1x 21x 2+x 22x 3+x 23x 4+x 24x 1≤(b a +ab‒1)(x 1+x 2+x 3+x 4)于是：.x 21x 2+x 22x 3+x 23x 4+x 24x1x 1+x 2+x 3+x 4≤b a +ab ‒1并且等号成立当且仅当或，.x 1=a,x 2=b,x 3=a,x 4=b x 1=b,x 2=a x 3=b,x 4=a 所以的最大值为.x 21x 2+x 22x 3+x 23x 4+x 24x1x 1+x 2+x 3+x 4b a +ab ‒1综上所述，的最小值和最大值分别为1和.x 21x 2+x 22x 3+x 23x 4+x 24x1x 1+x 2+x 3+x 4b a +ab ‒114．【2019年浙江预赛】设(为常数).若，证明:a i ,b i >0(1≤i ≤n +1),b i +1‒b i ≥δ>0δ∑ni =1a i =1∑n i =1i i a 1a 2⋯a i b 1b 2⋯b ib i +1b i<1δ【答案】证明见解析【解析】记，则有.s k =∑ki =1a i b i ,s 0=0a k =s k ‒s k ‒1b k 由已知，1=∑ni =1a i =∑n i =1s i ‒s i ‒1b i=∑ni =1(s i b i‒s ibi +1)+s ibi +1≥δ∑n i =1s ib i b i +1(因为)is i ≥ia 1a 2⋯a ib 1b 2⋯b i ≥δ∑n i =1i i a 1a 2⋯a i b 1b 2⋯b ib i b i +1即.∑n i =1i i a 1a 2⋯a i b 1b 2⋯b ib i +1b i<1δ15．【2019高中数学联赛B 卷（第02试）】设正实数满足.记a 1, a 2,⋯, a 100a i ⩾a 101‒i (i =1,2,⋯,50)x k =.证明:.ka k +1a 1+a 2+⋯+ak(k =1,2,⋯,99)x 1x 22⋯x 9999⩽1【答案】证明见解析【解析】注意到.对k =1，2，…，99，由平均值不等式知，a 1,a 2,⋯,a 100>00<(k a 1+a 2+⋯+a k )k⩽1a 1a 2⋯a k 从而有①x 1x 22⋯x 9999=∏99k =1a kk +1(k a 1+a 2+⋯+a k )k ⩽∏99k =1a kk +1a 1a 2⋯a k 记①式的右端为T ，则对任意i =1，2，…，100，a i 在T 的分子中的次数为i －1，在T 的分母中的次数为100－i .从而.T =∏100i =1a 2i ‒101i =∏50i =1a 2i ‒101i a 2(101‒i)‒101101‒i=∏50i =1(a 101‒i a i)101‒2i又，故T ≤1，0<a 101‒i ⩽a i (i =1,2,⋯,50)结合①得.x 1x 22⋯x 9999⩽T⩽116．【2018年福建预赛】已知a ，b ，c ∈R ，且3a 2+3b 2+4c 2=60.（1）求 a +b +c 的最大值（2）若a ，b ∈(0，4)，c ∈(0，6)，求的最小值a4‒a +b4‒b +3c6‒c 【答案】（1）（2）555【解析】（1)由柯西不等式，知 (a +b +c )2=(13⋅3a +13⋅3b +12⋅2c )2≤[(13)2+(13)2+(12)2]⋅[(3a)2+(3b)2+(2c)2]2.=(13+13+14)(3a 2+3b 2+4c 2)=(23+14)⋅60=40+15=55∴. a +b +c ≤55当且仅当，即时，等号成立.3a13=3b13=2c12>0a =b =4511∴a +b +c 的最大值为.55（2）由a ，b ∈(0，4)，c ∈(0，6)，知a ，4－a ，b ，4－b ，c ，6－c 均为正数，∴.a (4‒a )≤(a +4‒a 2)2=4，b (4‒b )≤(b +4‒b 2)2=4，c (4‒c )≤(c +4‒c 2)2=9∴a 4‒a+b 4‒b+3c 6‒c=a 2a(4‒a)+b 2b(4‒b)+c 2c(4‒c).≥a 24+b 24+c 29=3a 2+3b 2+4c 212=6012=5又当a =b =2，c =3时，满足a ，b ∈(0，4)，c ∈(0，6)，3a 2+3b 2+4c 2=60，且.a4‒a +b4‒b +3c6‒c =5∴的最小值为5.a4‒a +b4‒b +3c6‒c17．【2018年贵州预赛】证明：（1）（k ≥2，k ∈N ）；12k +12k +1+12k +2+…+12k +1‒1<1（2）分别以1，，……，，……为边长的正方形能互不重叠地全部放入一个边长为的正方形内．12，131n 32【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）12k +12k +1+12k +2+…+12k +1‒1<12k+12k+…+12k⏟2个=2k 2k=1(2)由（1）知，12k +12k +1+12k +2+…+12k +1‒1<1故以边长为，…的正方形可以并排放入底为1，高为的矩形内，而不重叠．12k ，12k +1，12k +212k +1‒112k 取k =2，3，4，…，即得底分别为，…，高分122+122+1+…+123‒1，123+123+1+…+124‒1，124+124+1+…+125‒1别为，……的一系列矩形， 122，123，124这些矩形的底小于1，高的和为122+123+124+⋯=lim x→∞122(1‒12n)1‒12=lim x→∞12(1‒12n )<12因此，以1，，…，，…为边长的正方形中，除了边长为1，的正方形外，其余的正方形全部可以12，131n 12，13放入底为1，高为的矩形中．12而边长为1，的三个正方形显然可以放入底为，高为1的矩形内．12，133218．【2018年重庆预赛】设．证明：．a 1=2，a n +1=a 2n ‒a n +11‒120182018<∑2018n =11a n<1【答案】见解析【解析】证明：由递推式得所以a n +1‒1=a 2n ‒a n =a n (a n ‒1)1a n =1a n ‒1‒1a n +1‒1从而得∑2018n =11a n=∑2018n =1(1a n ‒1‒1an +1‒1)=1‒1a2019‒1又a n +1‒a n =(a n ‒1)2>0得数列单调递增，所以．{a n }a n ≥a 1=2特别地∑20.8k =11a k=1‒1a2019‒1<1由递推式可得．从而a n =a n +1‒1a n ‒1.a 1⋅a 2⋯a n =a n +1‒1a 1‒1=a n +1‒1由均值不等式及已证结论有．1n>1n∑n k =11a k≥1na 1⋅a 2⋯a n 所以a 1⋅a 2⋯a n >nn特别地a 2019‒1=a 1⋅a 2⋯a 2018>20182018故∑2018k =11a k=1‒1a2019‒1>1‒12018201819．【2018年陕西预赛】设.证明：.a,b,c >0a (a 2+bc )b +c+b (b 2+ca )c +a+c (c 2+ab )a +b≥ab +bc +ca 【答案】见解析【解析】由对称性不妨设，则.a ≤b ≤c a b +c ≤b c +a ≤ca +b 当时，即时，a 2+bc ≤b 2+ca ≤c 2+ab a +b ≥c 由切比雪夫不等式.3LHS ≥(a b +c+b b +c +ca +b )(a 2+b 2+c 2+ab +bc +ca )由不等式知.Nesbitt ab +c +bb +c +ca +b ≥32且易知.a 2+b 2+c 2≥ab +bc +ca 故.3LHS ≥32⋅2(ab +bc +ca )⇔LHS ≥ab +bc +ca 当且仅当时，等号成立.a =b =c 当时，，a +b <c c (c 2+ab )a +b>c 2+ab >c (a +b )+ab =ab +bc +ca 显然有.LHS >ab +bc +ca 综上所述，原不等式成立.20．【2018年陕西预赛】设.证明：.a,b,c >0a (a 2+bc )b +c+b (b 2+ca )c +a+c (c 2+ab )a +b≥ab +bc +ca 【答案】见解析【解析】由对称性不妨设，则.a ≤b ≤c a b +c ≤b c +a ≤ca +b 当时，即时，a 2+bc ≤b 2+ca ≤c 2+ab a +b ≥c 由切比雪夫不等式.3LHS ≥(a b +c +b b +c +ca +b )(a 2+b 2+c 2+ab +bc +ca )由不等式知.Nesbitt ab +c +bb +c +ca +b ≥32且易知.a 2+b 2+c 2≥ab +bc +ca 故.3LHS ≥32⋅2(ab +bc +ca )⇔LHS ≥ab +bc +ca 当且仅当时，等号成立.a =b =c 当时，，a +b <c c (c 2+ab )a +b>c 2+ab >c (a +b )+ab =ab +bc +ca 显然有.LHS >ab +bc +ca 综上所述，原不等式成立.21．【2018年陕西预赛】设.证明：.a,b,c >0a (a 2+bc )b +c+b (b 2+ca )c +a+c (c 2+ab )a +b≥ab +bc +ca 【答案】见解析【解析】由对称性不妨设，则.a ≤b ≤c ab +c ≤bc +a ≤ca +b 当时，即时，a 2+bc ≤b 2+ca ≤c 2+ab a +b ≥c 由切比雪夫不等式.3LHS ≥(a b +c+b b +c +ca +b )(a 2+b 2+c 2+ab +bc +ca )由不等式知.Nesbitt ab +c +bb +c +ca +b ≥32且易知.a 2+b 2+c 2≥ab +bc +ca 故.3LHS ≥32⋅2(ab +bc +ca )⇔LHS ≥ab +bc +ca 当且仅当时，等号成立.a =b =c 当时，，a +b <c c (c 2+ab )a +b>c 2+ab >c (a +b )+ab =ab +bc +ca 显然有.LHS >ab +bc +ca 综上所述，原不等式成立.22．【2018年安徽预赛】⑴求证：对于任意实数x 、y 、z 都有.x 2+2y 2+3z 2≥3(xy +yz +zx )⑵是否存在实数，使得对于任意实数x 、y 、z 有恒成立？试证明你k >3x 2+2y 2+3z 2≥k (xy +yz +zx )的结论.【答案】（1）见解析 （2）见解析.【解析】⑴由均值不等式，可知.x 22+3y 22≥3xy ，x 22+3z 22≥3xz ，y 22+3z 22≥3yz 故有.x 2+2y 2+3z 2≥3(xy +yz +zx )⑵.x 2+2y 2+3z 2‒k (xy +yz +zx )=(x ‒k 2y‒k 2z)2+(2‒k 24)y 2+(3‒k 24)z 2‒(k 22+k )yz 上式≥0恒成立，当且仅当.2‒k 24≥0且(k 22+k)2≤4(2‒k 24)(3‒k 24)化简得.故存在满足要求.|k |≤22且k 3+6k 2≤24k >323．【2018年湖北预赛】已知正数满足，求的最小值.a 、b a +b =1M =1+2a 2+2(512)2+b 2【答案】53412【解析】由柯西不等式可得，(2a 2+1)(12+λ2)≥(a +λ)2，[b 2+(512)2](1+μ2)≥(b +512μ)2所以， ①M =1+2a 2+2(512)2+b 2≥a +λ12+λ2+2⋅b +512μ1+μ2取等号的条件分别为， ②4a 2=1λ2③b 2=(512)2μ2.当时，有，结合②③得112+λ2=21+μ2μ2=4λ2+1(1+1a2)b 2=(512)2.又，所以，整理得a +b =1b 2+b 2(1‒b )2=(512)2，144b 4‒288b 3+263b 2+50b ‒25=0故④(4b ‒1)(36b 3‒63b 2+50b +25)=0.记，则f (b )=36b 3‒63b 2+50b +25，f '(b )=108b 2‒126b +50=108(b ‒712)2+534>0所以上为增函数，故当时，f (b )在(0,1)0<b <1f (b )>f (0)=25>0.于是，由④可得，从而b =14a =34.代入②③求得λ=23,μ=53.代入①式，整理得，因此的最小值为.M ≥53412M 5341224．【2018年吉林预赛】设x ，y ，z≥0，且至多有一个为0，求的f (x,y,z )=x 2+256yz y 2+z 2+y 2+256zx z 2+x 2+z 2+256xy x 2+y 2最小值.【答案】12【解析】不妨设.x ≥y ≥z 情形一：当时，因为；256y 3≥x 2z x 2+256yz y 2+z 2‒x 2y 2=z (256y 3‒x 2z )(y 2+z 2)y 2≥0；y 2+256zx z 2+x 2‒y 2x 2=z (256x 3‒y 2z )(z 2+x 2)x 2≥0.z 2+256xy x 2+y 2‒256xy x 2+y 2=z 2x 2+y 2≥0所以f (x,y,z )≥x 2y2+y 2x2+256xy x 2+y2=x y +y x +16xy x 2+y 2=x 2+y 2xy +8xy x 2+y 2+8xy x 2+y2≥3364=12当且仅当，且时，取到12.x:y =(2+3):1z =0f (x,y,z )情形二：当时，又，故，从而.256y 3<x 2z x 2z ≤x 2y 256y 3<x 2y 256y 2<x 2故f (x,y,z )=x 2+256yz y 2+z 2+y 2+256zx z 2+x 2+z 2+256xy x 2+y 2>x 2+256yz y 2+z2+0+0>256y 2+256yzy 2+z 2.=16y 2+yz y 2+z 2≥16>12综上，.f (x,y,z )min =1225．【2018年河北预赛】若a 、b 、c 为正数且a+6+c=3，证明： ab +bc +ca⩽a +b +c ⩽3【答案】见解析【解析】因为，a +a +a 2⩾33a 3=3a 同理b +b +b 2⩾33b 3=3bc +c +c 2⩾33c 3=3c三式相加得2(a +b +c )+a 2+b 2+c 2⩾3(a +b +c )=9=(a +b +c )2所以2(a +b +c )⩾(a +b +c )2‒a 2‒b 2‒c 2=2(ab +bc +ac )故ab +bc +ac⩽a +b +c又，所以(a +b +c )2⩽(a +b +c )(1+1+1)=9a +b +c ⩽3综上可得.ab +bc +ac⩽a +b +c ⩽326．【2018年四川预赛】设为正实数，求的最小值.x 、y 、z (x +1y +2)(y +1z +2)(z +1x +2)【答案】20+142【解析】记，当时，有最小值T =(x +1y +2)(y +1z +2)(z +1x +2)x =y =z =1T (2+2)3=20+142.下证：T ≥20+142.解法一：T =(xyz +1xyz )+2(xy +yz +zx +1xy +1yz +1zx )+3(x +y +z +1x +1y +1z )+2(x z +y x +zy )+52≥2+2×66xy ⋅yz ⋅zx ⋅1xy ⋅1yz ⋅1zx +3×66x ⋅y ⋅z ⋅1x ⋅1y ⋅1z +2×33x z ⋅y x ⋅zy +52 =2+62+3×6+2×3+52=20+142.当时，可取到等号.x =y =z =1所以，的最小值为T 20+142.解法二：T≥(2x y +2)(2y z +2)(2zx+2)=8+42(x z +z y +yx)+4(x y +yz++4×33x y ⋅y z ⋅zx+22=8+42×3+4×3+22=20+142.当时，可取到等号．x =y =z =1所以，的最小值为．T 20+142解法三：注意到．x +1y +22+2=22+2x +12+2⋅1y+22+2⋅1≥x12+2⋅(1y)12+2⋅122+2于是，(x +1y +2)(y +1z +2)(z +1x+2)(2+2)3=x +1y +22+2⋅y +1z +22+2⋅z +1x+22+2≥[x 12+2⋅(1y)12+2⋅122+2]⋅[y 12+2⋅(1z)12+2⋅122+2]⋅[z 12+2⋅(1x)12+2⋅122+2]=1故．(x +1y +2)(y +1z +2)(z +1x +2)≥(2+2)3当时，可取到等号．x =y =z =1所以，的最小值为．T (2+2)3=20+14227．【2018年浙江预赛】设，且对任意实数b 均有，求a 的取值范围.a ∈R max x ∈[0,1]|x 2+ax +b |≥1【答案】a ≤‒3【解析】解1：，对于，f(x)=x 2+ax +b |b |≥1⇒|f(0)|≥1所以只要考虑.|b |<1（1）当时，即，此时函数的最值在拋物线的左右端点取得，对任意有‒a2≤0a ≥0f(x)|b |<1，所以，f(1)=1+a +b <f(0)=b f(1)=1+a +b ≥1解得a ≥1（2）当时，即，此时函数的最值在拋物线的顶点和右端点取得，0<‒a2≤12‒1≤a <0f(x)而对b =0有.|f(1)|=|1+a |<1，|f (‒a2)|=|‒a 24|<1（3）当时，即时，此时函数的最值在拋物线的顶点和左端点取得，而对b =0有12<‒a 2≤1‒2≤a <‒1f(x).|f(0)|=|b |<1，|f (‒a 2)|=|‒a 24|<1（4）当时，即，此时函数的最值在拋物线的左右端点取得，对任意‒a2≥1a ≤‒2f(x)|b |<1有|f(0)|=|b |，所以,解得.<1f(1)=1+a +b ≤‒1a ≤‒3综上或.a ≤‒3解2：设，则有依题意，max x ∈[0,1]|x 2+ax +b |≥1m ≥|b |，m ≥|1+a +b |⇒2m ≥|b |+|1+a +b |≥|1+a |，或.|1+a |2≥1⇒a ≥1a ≤‒328．【2018年辽宁预赛】已知实数、b 、c 满足，求的最大值和最小a a 2+b 2+c 2=1M =a 2bc +ab 2c +abc 2值.【答案】见解析【解析】由均值不等式和柯西不等式可得|a 2bc +ab 2c +abc 2|⩽|abc |+(|a |+|b |+|c |)⩽(|a |+|b |+|c |3)2(|a |+|b |+|c |).127[3(a 2+b 2+c 2)]4=13当时取等号，故M 的最大值为.a =b =c =1313要使M 取最小值，只需考虑，且的情形.令，则，a,b >0,c <0a +b >0c =‒t a 2+b 2+t 2=1，a +b ‒t >0此时.由于t 2<23M =abc (a +b +c )=‒abt (a +b ‒t )⩾‒a 2+b 22t [2(a 2+b 2)‒t ]=‒t (1‒t 2)2[2(1‒t 2)‒t ]当时取等号，令a =b =1‒t 22，f (x )=(1‒x )x2[2(1‒x )‒x ]，0⩽x⩽23若上的最大值，则为M 的最小值.由于，则内取到最大值，M 0为f (x )在[0,23]‒M 0f (0)=f (23)=0f (x )在(0,23)因此在处取到，由于f '(x 0=0)的x 0f '(x )=1‒x22x (1‒x )[1‒x (1‒4x )+(2x ‒1)2x ]令，两边平方，整理可得1‒x (1‒4x )=(1‒2x )2x (1‒3x )(8x 2‒8x +1)=0此方程有根.又因为，且是增根，故的最大值点.因此，x =13，x =12±2412+24>23x =13x 0=12‒24是f (x )‒f (x 0)是M 的最小值.=‒1‒21629．【2018年山西预赛】已知在正整数n 的各位数字中，共含有个1，个2，⋯，个n ．证明：a 1a 2a n 2a 1×并确定使等号成立的条件．3a 2×⋯×10a 9≤n +1【答案】见解析【解析】对正整数n 的位数使用数学归纳法．当是一位数，即时，所证式显然成立，n 1≤n <10这是因为，此时的十进制表达式中只有一位数字，n n 即，其余，所以，左边==右边．a n =1a j =0(j ≠n )(n +1)1假设当正整数不超过k 位，即时，结论皆成立．n n <10k现考虑位数，即时的情形．n 为k +110k ≤n <10k +1设的首位数字为r ．则.①n n =r 10k +n 1(0≤n 1≤10k‒1)若，则在数的各位数字中，，其余.n 1=0n a r =1a j =0(j ≠r )显然，.(r +1)ar<n +1若，记的各位数字中含有个1，个2，…，个r ，…，个9．1≤n 1≤10k‒1n 1a 1a 2a r a 9则的各位数字中，含有个r 、个j .n a r +1a j (1≤j ≤9,j ≠r )注意到，正整数不超过k 位．n 1由归纳法假设，对有n 1 2a 1×3a 2×⋯×10a 9≤n +1⇒2a 1×3a 2×⋯×(r +1)a r +1×⋯×10a9≤(r +1)(n 1+1)=r (n 1+1)+n 1+1②≤r 10k +n 1+1=n +1.则当位数时，结论也成立．n 为k +1故由数学归纳法，知对一切正整数，结论皆成立．n 欲使等号成立，由证明过程，知要么为一位数；要么在的位数大于或等于2时，由式②，必须n n n 1+1=，此时，由式①得，10k n =r 10k +10k ‒1(1≤r ≤9)即可表示为的形式.n r 99⋯9⏟k 个(k ≥0,1≤r ≤9)上述条件也是充分的，当能够表成以上形式时，有，其余.n a r =1,a 9=k a j =0故2a 1×3a 2×⋯×(r +1)ar ×⋯×10a 9=(r +1)110k =n +1.30．【2018年全国】设n 是正整数，均为正实数，满足，a 1,a 2,⋯,a n ,b 1,b 2,⋯,b n ,A,B a 1≤b 1,a 1≤A,i =1,2,⋯,n且.b 1b 2⋯b n a 1a 2⋯a n ≤B A 求证：.(b 1+1)(b 2+1)⋯(b n +1)(a 1+1)(a 2+1)⋯(a n +1)≤B +1A +1【答案】证明见解析【解析】由条件知，.记，则化为。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题16平面解析几何B辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中,圆Ω经过点(0,0), (2,4), (3,3),则圆Ω上的点到原点的距离的最大值为.【答案】2√5【解析】记A(2,4),B(3,3),圆Ω经过点O,A,B.注意到∠OBA=90°(直线OB与AB的斜率分别为1和−1),故OA为圆Ω的直径.从而圆Ω上的点到原点O的距离的最大值为|OA|=2√5.2．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】设A、B为椭圆Γ的长轴顶点，E、F为Γ的两个焦点，|AB|=4，|AF |=2+√3，P为上一点，满足|PE|⋅|PF|=2，则△PEF的面积为.【答案】1【解析】不妨设平面直角坐标系中的标准方程为x 2a2+y2b2=1(a>b>0).根据条件得2a=|AB|=4，a±√a2−b2=|AF|=2+√3，可知a=2，b=1，且由椭圆定义知|PE|+|PF|=2a=4，结合|PE|⋅|PF|=2得|PE|2+|PF|2=(|PE|+|PF|)2−2|PE|⋅|PF|=12=|EF|2，所以∠EPF为直角，进而S△PEF=12⋅|PE|⋅|PF|=1.3．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】在平面直角坐标系中，若以(r+1，0)为圆心、r为半径的圆上存在一点(a，b)满足b2≥4a，则r的最小值为.【答案】4【解析】由条件知(a−r−1)2+b2=r2，故4a⩽b2=r2−(a−r−1)2=2r(a−1)−(a−1)2.即a2−2(r−1)a+2r+1⩽0.上述关于a的一元二次不等式有解，故判别式[2(r−1)]2−4(2r+1)=4r(r−4)⩾0，解得r≥4.经检验，当r=4时，(a,b)=(3,2√3)满足条件.因此r的最小值为4.4．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2，椭圆C的弦ST与UV分别平行于x轴与y轴，且相交于点P.已知线段PU，PS，PV，PT的长分别为1，2，3，6，则△PF1F2的面积为.【答案】√15【解析】由对称性，不妨设P(x p,y p)在第一象限，则由条件知x p=12(|PT|−|PS|)=2,y p=12(|PV|−|PU|)=1，即P(2，1).进而由x p=|PU|=1,|PS|=2得U(2，2)，S(4，1)，代入椭圆C的方程知4⋅1a2+4⋅1b2=16⋅1a2+1b2=1，解得a2=20,b2=5.从而S△PF1F2=12⋅|F1F2|⋅|y P|=√a2−b2⋅y P=√15.5．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】设抛物线C:y2=2x的准线与x轴交于点A，过点B(－1，0)作一直线l 与抛物线C相切于点K，过点A作l的平行线，与抛物线C交于点M，N，则△KMN的面积为.【答案】12【解析】设直线l与MN的斜率为k，则l:x=1k y−1,MN:x=1ky−12.将l与C联立，得方程y2−2k y+2=0，由条件知其判别式为零，故k=±√22.将MN与C联立，得方程y2−2ky+2=0，于是|y M−y N|=√(y M+y N)2−4y M y N=√4k2−4=2，结合l与MN平行，可知S△KMN=S△BMN=|S△BAM−S△BAN|=12⋅|AB|⋅|y M−y N|=12⋅12⋅2=12.6．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的方程为x29+y210=1，F为C的上焦点，A为C的右顶点，P是C上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF的面积的最大值为.【答案】3√112【解析】易知A(3，0)、F(0，1).设P的坐标是(3cosθ,√10sinθ),θ∈(0,π2)，则S四边形OAPF =S△OAP+S△OFP=12⋅3⋅√10sinθ+12⋅1⋅3cosθ=32(√10sinθ+cosθ)=3√112sin(θ+φ).其中φ=arctan√1010.当θ=arctan√10时，四边形OAPF面积的最大值为3√112.7．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】设a为非零实数，在平面直角坐标系xOy中，二次曲线x2+ay2+ a2=0的焦距为4，则a的值为.【答案】1−√172【解析】二次曲线的方程可以写成−x 2a2−y2a=1.显然必须有－a>0，故二次曲线为双曲线，其标准方程为2(√−a)2x2(−a)2=1.则c2=(√−a)2+(−a)2=a2−a，注意到焦距2c=4，可知a2−a=4，又a<0，所以a=1−√172.8．【2016高中数学联赛（第01试）】双曲线C的方程为x2−y23=1，左、右焦点分别为F1,F2.过点F2作一直线与双曲线C的右半支交于点P、Q，使得∠F1PQ=90°，则△F1PQ的内切圆半径是.【答案】√7−1【解析】由双曲线的性质知，F1F2=2×√1+3=4，PF1−PF2=QF1−QF2=2.因∠F1PQ=90°，故PF12+PF22=F1F22，因此PF1+PF2=√2(PF12+PF22)−(PF1−PF2)2=√2×42−22=2√7.从而直角△F1PQ的内切圆半径是r=12(F1P+PQ−F1Q)=12(PF1+PF2)−12(QF1−QF2)=√7−1.9．【2015高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，点集K={(x,y)|(|x|+|3y|−6)(|3x|+|y|−6 )≤0}所对应的平面区域的面积为.【答案】24【解析】设K1={(x,y)||x|+|3y|−6⩽0}，先考虑K1在第一象限中的部分，此时有x+3y⩽6，故这些点对应于图中的△OCD及其内部，由对称性知，K1对应的区域是图中以原点O为中心的菱形ABCD及其内部.同理，设K2={(x,y)||3x|+|y|−6⩽0}，则K2对应的区域是图中以O为中心的菱形EFGH及其内部.由点集K的定义知，K所对应的平面区域是被K1，K2中恰好一个所覆盖的部分，因此本题所要求的即为图中阴影区域的面积S.由于直线CD的方程为x+3y=6，直线GH的方程为3x+y=6，故它们的交点P的坐标为(32,32)，由对称性知S=8SΔCPG=8×12×4×32=24.10．【2014高中数学联赛（第01试）】设椭圆Γ的两个焦点是F1，F2，过点F1的直线与Γ交于点P，Q，若|P F2|=|F1F2|，且3|PF1|==4|QF1|，则椭圆的短轴与长轴的比值为.【答案】2√67【解析】不妨设|PF1|=4,|QF1|=3，记椭圆Γ的长轴、短轴的长度分别为2a，2b，焦距为2c，则|PF2|= |F1F2|=2c，且由椭圆的定义知2a=|QF1|+|QF2|=|PF1|+|PF2|=2c+4，于是|QF2|=|PF1|+|PF2|−|QF1|=2c+1，设H为线段PF1的中点，则|F1H|=2,|QH|=5，且有F2H⊥PF1，由勾股定理知|QF2|2−|QH|2=|F2H|2=|F1F2|2−|F1H|2，即(2c+1)2−52=(2c)2−22，解得c=5，进而a=7,b=2√6，因此椭圆Γ的短轴与长轴的比值为ba =2√67.11．【2013高中数学联赛（第01试）】若实数x，y满足x−4√y=2√x−y，则x的取值范围是.【答案】{0}∪[4,20]【解析】令√y=a,√x−y=b(a,b⩾0)，此时x=y+(x−y)=a2+b2，且条件中等式化为a2+b2−4a=2b，从而a，b满足方程(a−2)2+(b−1)2=5(a,b⩾0).如图所示，在aOb平面内，点(a，b)的轨迹是以(1，2)为圆心，√5为半径的圆在a，b≥0的部分，即点O与弧A CB的并集.因此√a 2+b 2∈{0}∪[2,2√5]，从而x =a 2+b 2∈{0}∪[4,20].12．【2012高中数学联赛（第01试）】抛物线y 2=2px (p >0)的焦点为F ，准线为l ，A ，B 是抛物线上的两个动点，且满足∠AFB =π3，设线段AB 的中点M 在l 上的投影为N ，则|MN||AB|的最大值是 .【答案】1【解析】解法一设∠ABF =θ(0<θ<2π3)，则由正弦定理，得|AF|sinθ=|BF|sin(2π3−θ)=|AB|sinπ3，所以|AF|+|BF|sinθ+sin(2π3−θ)=|AB|sinπ3，即|AF|+|BF||AB|=sinθ+sin(2π3−θ)sinπ3=2cos (θ−π3).如图，由抛物线的定义及梯形的中位线定理，得|MN|=|AF|+|BF|2，所以|MN||AB|=cos (θ−π3)，故当θ=π3时，|MN||AB|取得最大值为1.解法二由抛物线的定义及梯形的中位线定理，得|MN|=|AF|+|BF|2，在△AFB 中，由余弦定理，得|AB|2=|AF|2+|BF|2−2|AF|⋅|BF|cosπ3=(|AF|+|BF|)2−3|AF|⋅|BF| ⩾(|AF|+|BF|)2−3(|AF|+|BF|2)2=(|AF|+|BF|2)2=|MN|2.当且仅当|AF|=|BF|时，等号成立.故|MN||AB|的最大值为1.13．【2011高中数学联赛（第01试）】直线x －2y －1=0与抛物线y 2=4x 交于A ，B 两点，C 为抛物线上的一点，∠ACB =90°，则点C 的坐标为.【答案】(1，－2)或(9，－6)【解析】设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (t 2,2t )， 由{x −2y −1=0y 2=4x得y 2−8y −4=0，则y 1+y 2=8，y 1y 2=−4.又x 1=2y 1+1,x 2=2y 2+1，所以x 1+x 2=2(y 1+y 2)+2=18，x 1x 2=4y 1y 2+2(y 1+y 2)+1=1. 因为∠ACB =90°，所以CA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CB⃑⃑⃑⃑⃑ =0， 即有(t 2−x 1)(t 2−x 2)+(2t −y 1)(2t −y 2)=0，即t 4−(x 1+x 2)t 2+x 1x 2+4t 2−2(y 1+y 2)t +y 1y 2=0， 即t 4−14t 2−16t −3=0，即(t 2+4t +3)(t 2−4t −1)=0，显然t 2−4t −1≠0，否则t 2−2⋅2t −1=0，则点C 在直线x −2y −1=0上， 从而点C 与点A 或点B 重合.所以t 2+4t +3=0，解得t 1=−1,t 2=−3. 故所求点C 的坐标为(1，－2)或(9，－6).14．【2010高中数学联赛（第01试）】双曲线x 2－y 2=1的右半支与直线x =100围成的区域内部(不含边界)整点(纵、横坐标均为整数的点)的个数是 .【答案】9800【解析】由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设y =k (k =1,2,⋯,99)与双曲线右半支交于A k ，交直线x =100于B k ，则线段A k B k 内部的整点的个数为99－k ，从而在x 轴上方区域内部整点的个数为∑(99−k)99k=1=99×49=4851，又x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为2×4851+98=9800.15．【2009高中数学联赛（第01试）】知直线L ：x +y －9=0和圆M ：2x 2+2y 2－8x －8y －1=0，点A 在直线L 上，B ，C 为圆M 上两点，在△ABC 中，∠BAC =45°，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为.【答案】3⩽a ⩽6【解析】设A(a，9－a)，则圆心M到直线AC的距离d=|AM|sin45°，由直线AC与圆M相交，得d⩽√342，解得3⩽a⩽6.16．【2009高中数学联赛（第01试）】椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上任意两点P，Q，若OP⊥OQ，则乘积|OP|⋅|OQ|的最小值为.【答案】2a 2b2a2+b2【解析】设P(|OP|cosθ,|OP|sinθ)，Q(|OQ|cos(θ±π2),|OQ|sin(θ±π2))，由点P，Q在椭圆上，有1 |OP|2=cos2θa2+sin2θb2①1 |OQ|2=sin2θa2+cos2θb2②①+②得1|OP|2+1|OQ|2=1a2+1b2，于是当|OP|=|OQ|=√2a 2b2a2+b2时，|OP|⋅|OQ|达到最小值2a2b2a2+b2.17．【2006高中数学联赛（第01试）】已知椭圆x216+y24=1的左右焦点分别为F1与F2，点P在直线l:x−√3y+8+2√3=0上.当∠F1PF2取最大值，|PF1||PF2|的比值为.【答案】√3−1【解析】由平面几何知，要使∠F1PF2最大，则过F1,F2,P三点的圆必定和直线l相切于点P.设直线l交x轴于A (−8−2√3,0)，则∠APF1=∠AF2P，即△APF1~△AF2P，即|PF1||PF2|=|AP||AF2|①又由圆幂定理|AP|2=|AF1|⋅|AF2|②而F1(−2√3,0),F2(2√3,0),A(−8−2√3,0)，从而有|AF1|=8,|AF2|=8+4√3，代入式①与②得|PF1||PF2|=√|AF1||AF2|=√8+4√3=√4−2√3=√3−1.18．【2005高中数学联赛（第01试）】若正方形ABCD的一条边在直线y=2x－17上，另外两个顶点在抛物线y= x2上.则该正方形面积的最小值为.【答案】80【解析】设正方形的边AB在直线y=2x−17上，而位于抛物线上的两个顶点坐标为C(x1,y1)，D(x2,y2)，则C D所在直线l的方程y=2x+b，将直线l的方程与抛物线方程联立，得x2=2x+b，所以x1,2=1±√b+1，令正方形边长为a，则a2=(x1−x2)2+(y1−y2)2=5(x1−x2)2=20(b+1)①在上任取一点(6，－5)，它到直线y=2x+b的距离为a，所以a=√5②将式①与②联立解得b1=3,b2=63，所以a2=80或a2=1280.故a min2=80.19．【2004高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，给定两点M(－1，2)和N(1，4)，点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标为.【答案】1【解析】经过M，N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y=3−x上，设圆心为S(a，3－a)，则圆S的方程为(x−a)2+(y−3+a)2=2(1+a2).对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减少而角度增大，所以，当∠MPN取最大值时，经过M，N，P三点的圆S，必与x轴相切于点P即圆S的方程中的a值必须满足2(1+a2)=(a−3)2，解得a=1或a=－7.即对应的切点分别为P(1，0)和P(－7，0)而过点M，N，P'的圆的半径大于过点M，N，P的圆的半径，所以∠MPN>∠MP′N，故点P(1，0)为所求，所以点P的横坐标为1.20．【2003高中数学联赛（第01试）】设F1,F2是椭圆x29+y24=1的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|:|PF2|=2:1，则△PF1F2的面积等于.【答案】4【解析】设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a，2b，2c，则由其方程知a=3,b=2,c=√5，故|PF1|+|PF2|=2a=6.又已知|PF1|:|PF2|=2:1，故可得|PF1|=4,|PF2|=2.在△PF1F2中，三边之长分别为2,4,2√5，而22+42=(2√5)2，可见△PF1F2是直角三角形，且两直角边的长为2和4，故△PF1F2的面积=12|PF1|⋅|PF2|=12×2×4=4.21．【2001高中数学联赛（第01试）】椭圆ρ=12−cosθ的短轴长等于.【答案】2√33【解析】由e=ca =12,ρ=b2c=1及b2=a2−c2得b=√33，从而2b=2√33.22．【2000高中数学联赛（第01试）】在椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)中，记左焦点为F，右顶点为A，短轴上方的端点为B.若该椭圆的离心率是√5−12，则∠ABF=.【答案】90∘【解析】对数据敏感就会发现ca =√5−12=−1+√12−4×1×(−1)2×1是方程x2+x−1=0的根，代入整理得c2+ac−a2=0，从而ac=b2，恰好符合射影定理，于是∠ABF=90°.23．【1999高中数学联赛（第01试）】已知点P在双曲线x216−y29=1上，并且P到这条双曲线的右准线的距离恰是P到这条双曲线的两个焦点的距离的等差中项，那么，P的横坐标是.【答案】−645【解析】记半实轴、半虚轴、半焦距的长分别为a，b，c，离心率为e，点P到右准线l的距离为d，则a=4,b=3,c=5,e=ca =54，右准线l为x=a 2c =165，如果P在双曲线右支，则|PF1|=|PF2|+2a=ed+2a，从而|PF1|+|PF2|=(ed+2a)+ed=2ed+2a>2d，而这是不可能的.故P在双曲线的左支，有|PF2|−|PF1|=2a，|PF2|+|PF1|=2d，两式相加，得2|PF2|=2a+2d，又|PF2|=ed，所以d=ae−1=454−1=16.因此，P的横坐标为165−16=−645.24．【1999高中数学联赛（第01试）】已知直线ax+by+c=0中的a，b，c是取自集合{－3，－2，－1，0，1，2，3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是.【答案】43【解析】设倾斜角为θ，则tanθ=−ab>0，不妨设a>0，所以b<0.(1)c=0，a有3种取法，b有3种取法，排除2个重复(3x－3y=0，2x－2y=0与x－y=0为同一直线)，故这样的直线有3×3－2=7(条)(2)c≠0，则a有3种取法，b有3种取法，c有4种取法，且其中任意2条直线均不相同，故这样的直线有3×3×4=36(条).所以符合要求的直线有7+36=43(条).25．【1998高中数学联赛（第01试）】若椭圆x2+4(y−a)2=4与抛物线x2=2y有公共点，则实数a的取值范围是.【答案】−1⩽a⩽178【解析】解法一由x2+4(y−a)2=4可设x=2cosθ,y=a+sinθ，代入x2=2y得4cos2θ=2(a+sinθ)，所以a=2cos2θ−sinθ=2−2sin2θ−sinθ=−2(sinθ+14)2+178，因为−1⩽sinθ⩽1，所以0⩽(sinθ+14)2⩽2516，从而−1⩽a⩽178.解法二题目条件等价于方程2y+4(y−a)2=4有非负解.此即方程y2−(2a−12)y+a2−1=0有非负解.故有Δ=(2a−12)2−4(a2−1)=174−2a⩾0，2a−12+√174−2a⩾0，解得−1⩽a⩽178.26．【1997高中数学联赛（第01试）】双曲线x2−y22=1的右焦点作直线l交双曲线于A，B两点，若实数入使得|AB|=λ的直线l恰有3条，则λ=.【答案】4【解析】首先，应注意到下列结论：过双曲线x2−y22=1的右焦点且与右支交于两点的弦，当且仅当该弦与x轴垂直时，取得最小长度2b 2a=4.(事实上，该双曲线的极坐标方程为ρ=1−√3cosθ，又设AB是过右焦点F仅与右支相交的弦，A(ρ1,θ)，B(ρ2,π+θ)(ρ1>0,ρ2>0)，则|AB|=ρ1+ρ2=1−√3cosθ1+√3cosθ=41−3cos2θ⩾4，当θ=π2时，等号成立).其次，满足题设条件的直线恰有三条时，只有两种可能：(1)与双曲线左、右两条都相交的只有一条，而仅与右支相交的有两条.此时，与双曲线左右两支都相交的必是x 轴，而其两交点的距离为2a=2，但仅与右支相交的两条弦的长λ>4，这不满足题设条件；(2)与双曲线左、右两支都相交的有两条，而仅与右支相交的只有一条，且这条弦必与x轴垂直(否则，由对称性知仅与右支相交的有两条弦)，此时|AB|=λ=4且与双曲线左、右两支都相交的弦长也可满足这个条件，所以λ=4.27．【1996高中数学联赛（第01试）】曲线C的极坐标方程是ρ=1+cosθ，点A的极坐标是(2，0).曲线C在它所在的平面内绕A旋转一周，则它扫过的图形的面积是.【答案】163π【解析】f(θ)=1+cosθ.由于2=1+cos0，所以点A在曲线C上，为求所扫过的面积，关键算出C上一点到A的最大距离.对C上一点B(1+cosθ,θ)，有|AB|2=(1+cosθ)2+4−2×2(1+cosθ)cosθ=5−2cosθ−3cos2θ=163−3(cosθ+13)2⩽163.当cosθ=−13，等号成立.所以|AB|最大值是√163，那么扫过的面积是以A为圆心，半径为√163的圆，面积为163π.28．【1994高中数学联赛（第01试）】已知点集A={(x,y)|(x−3)2+(y−4)2⩽(52)2},B={(x,y)|(x−4)2+(y−5)2>(52)2}，则点集AB中的整点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为.【答案】7【解析】如图所示，圆E，F交于M，N两点，整个图形关于连心线EF成轴对称图形，其中A∩B是左下靠近原点O的一个月形S，S中整点横坐标x可以是1，2，3，4，纵坐标y可以是2，3，4，5，对称轴EF穿过新月形S，经计算可知仅通过一个整点C4(2，3).新月形S 中横坐标为1的格点有3个C 1(1,5),C 2(1,4),C 3(1,3). 这三点的轴对称点顺次是C 5(2,2),C 6(3,2),C 7(4,2). 故共有7个整点.29．【1992高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=√x 4−3x 2−6x +13−√x 4−x 2+1的最大值是.【答案】√10【解析】由f(x)=√x 4−3x 2−6x +13−√x 4−x 2+1=√(x −3)2−(x 2−2)2−√x 2+(x 2−1)2， 可知函数y =f (x )的几何意义是：在抛物线y =x 2上的P (x ，x 2)分别到点A (3，2)和点B (0，1)的距离之差.因点A 在抛物线下方，点B 在抛物线上方，故直线AB 和抛物线相交，交点由方程组{y =x 2y−1x−0=2−13−0决定， 消去y 得方程3x 2−x −1=0.由于该方程常数项为负，故方程必有负根.因三角形两边之差小于第三边，所以，当点P位于负根所对应的交点C时，f(x)有最大值|AB|=√10. 30．【1990高中数学联赛（第01试）】设A(2，0)为平面上的一定点，P(sin(2t－60°)，cos(2t－60°))为动点，则当t由15°变到45°时，线段AP所扫过的图形的面积是.【答案】π6【解析】因OP2=1，故点P在单位圆上变动，始点P1(−12,√32)，终点P2(12,√32).图中阴影部分面积是所求面积.因为SΔP1OA =SΔP2OA，所以S△P1OB=S△P2BA.故所求面积为：S扇形OP1P2=12⋅1⋅π3=π6.31．【1987高中数学联赛（第01试）】已知集合A={(x,y)||x|+|y|=a,a>0}，B={(x,y)||xy|+1=|x|+|y|}.若A∩B是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a的值为.【答案】2+√2或√2【解析】点集A是由顶点为(a，0)，(0，a)，(－a，0)，(0，－a)的正方形的四条边构成(如图).将|xy|+1=|x|+|y|变形为(|x|−1)(|y|−1)=0.所以，集合B是由四条直线x=±1,y=±1构成.欲使A ∩B 为正八边形的顶点所构成，只有a >2或1<a <2这两种情况.(1)当a >2时，由于正八边形的边长只能为2，显然有√2a −2√2=2，故a =2+√2. (2)当1<a <2时，设正八边形的边长为1，则lcos45°=2−l 2，l =2√2−2.这时，a =√2.综上所述，a 的值为2+√2或√2(图中A (√2，0)，B(2+√2,0)).32．【1984高中数学联赛（第01试）】如图，AB 是单位圆的直径.在AB 上任取一点D ，作DC ⊥AB ，交圆周于C .若点D 的坐标为(x ，0)，则当x ∈.时，线段AD ，BD ，CD 可构成锐角三角形.【答案】(2−√5,√5−2)【解析】因为三条线段AD ，BD ，CD 构成锐角三角形的充要条件是其中最大线段的平方小于另两条线段的平方和.由对称性，不妨假设0⩽x ⩽1，则三条线段中AD 为最大.所以它们必须满足AD 2<BD 2+CD 2. 因为CD 是AD ，BD 的比例中项，所以CD 2=AD ⋅BD .又因为AD =1+x,BD =1−x ，于是得(1+x)2<(1−x)2+(1+x)(1−x). 化简得x 2+4x −1<0.所以0⩽x <−2+√5，所以x ∈(2−√5,√5−2).优质模拟题强化训练1．与双曲线x 29−y 216=1有共同的渐近线,且经过点(−3,2√3)的双曲线方程是______.【答案】4x 29−y 24=1【解析】设x 29−y 216=λ,将(−3,2√3)代入求得λ=14. 双曲线方程是4x 29−y24=1.2．圆心在抛物线x 2=2y 上，并且和该抛物线的准线及y 轴都相切的圆的方程为________. 【答案】(x +1)2+(y −12)2=1和(x −1)2+(y −12)2=1 【解析】抛物线x 2=2y 的准线方程为y =−12.设所求圆的圆心为(x 0,y 0)，则x 02=2y 0，且|x 0|=y 0+12，解得x 0=±1，y 0=12，故所求圆的方程为(x ±1)2+(y −12)2=1.故答案为：(x +1)2+(y −12)2=1和(x −1)2+(y −12)2=13．双曲线x 2a2−y 2b 2=1的右焦点为F ，离心率为e ，过点F 且倾斜角为π3的直线与该双曲线交于点A 、B ，若AB 的中点为M，且|FM|等于半焦距，则e=_____ .【答案】√2【解析】设点A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0)，则x12a2−y12b2=1,x22a2−y22b2=1.两式相减，得(x1+x2)(x1−x2)a2−(y1+y2)(y1−y2)b2=0，所以AB的斜率为k=y1−y2x1−x2=b2x0a2y0=√3.又|FM|=c,∠xFM=π3，所以M点的坐标为(32c,√32c).所以b 2a2=√3y0x0=1，所以e=ca=√1+b2a2=√2.故答案为：√2．4．若△OAB的垂心恰是抛物线y2=4x的焦点，其中O是原点，A、B在抛物线上，则△OAB的面积S=_________ ___ .【答案】10√5【解析】抛物线的焦点为F(1，0).因F为△OAB的垂心，则OF⊥AB，故可设A、B的坐标为A(a2,2a),B(a2,−2a)(a>0).于是OA的方程为ay=2x，k OA=2a.BF的斜率k BF=−2aa2−1，据k BF⋅k OA=−1，得a=√5，因此AB=4√5，h=a2=5，所以S△OAB=10√5.故答案为：10√5．5．在平面直角坐标系内，已知抛物线y=kx2(k>0)与圆(x−a)2+(y−b)2=r2至少有3个公共点，其中一个是原点，另外两个在直线y=kx+b上，那么实数b的最小值是______ .【答案】2【解析】由已知a2+b2=r2，{y=kx2y=kx+b得kx2−kx−b=0①由{(x−a)2+(y−b)2=r2y=kx2得x[k2x3−(2kb−1)x−2a]=0.②由于①的解均是②的解，所以有kx2−kx−b|k2x3−(2kb−1)x−2a，故b=k+1k⩾2，当k=1时等号成立.故答案为：2．6．若直线2x+y−2=0与直线x+my−1=0互相垂直，则点P(m,m)到直线x+y+3=0的距离为_________ ___ .【答案】√22【解析】直线2x+y-2=0的斜率为k1=-2，直线x+my-1=0的斜率为k2=−1m.因为两直线互相垂直，所以(−2)×(−1m)=−1，解得m=-2，故P(-2，-2)，所以点P到直线x+y+3=0的距离为√2=√22.故答案为：√22．7．已知△ABC为椭圆x29+y24=1的内接三角形，且AB过点P(1，0)，则△ABC的面积的最大值为_______ .【答案】16√23【解析】提示：经伸缩变换{x =3X y =2Y 得△A 'B 'C '内接于圆X 2+Y 2=1，A 'B '过点P ′(13,0).S △ABC =6S △A ′B ′C ′，设O '到A 'B '的距离为t ，则0⩽t ⩽13,|A ′B ′|=2√1−t 2,S △A ′B ′C ′⩽√1−t 2⋅(1+t)，易知当t =13时，S △A ′B ′C ′有最大值为8√29，所以S △ABC 的最大值为16√23.故答案为：16√23．8．设a 是实数，关于z 的方程(z 2－2z +5)(z 2+2az +1)=0有4个互不相等的根，它们在复平面上对应的4个点共圆，则实数a 的取值范围是________. 【答案】{a |－1<a <1}∪{－3} 【解析】由z 2－2z +5=0，得z 1=1+2i ,z 2=1−2i .因为z 2+2az +1=0有两个不同的根，所以△=4(a 2－1)≠0，故a ≠±1.若△=4(a 2－1)<0，即－1<a <1时，z 3,4=−a ±√1−a 2.因为z 1,z 2,z 3,z 4在复平面上对应的点构成等腰梯形或者矩形，此时四点共圆，所以，−1<a <1满足条件.若△=4(a 2－1)>0，即|a |>1时，z 3.4=−a ±√a 2−1是实根，在复平面上对应的点在实轴上，仅当z 1、z 2对应的点在以z 3,z 4对应的点为直径的圆周上时，四点共圆，此圆方程为(x −z 3+z 42)2+y 2=(z 3−z 42)，整理得x 2−(z 3+z 4)x +z 3z 4+y 2=0，即x 2+2ax +1+y 2=0，将点(1，±2)代入得a =－3. 综上所述，满足条件的实数a 的取值范围是{a |－1<a <1}∪{－3}.故答案为：{a|－1<a<1}∪{－3}.9．若实数x、y满足x−4√y=2√x−y，则x的取值范围是______.【答案】{0}∪[4,20]【解析】令√y=a,√x−y=b(a、b≥0)，此时，x=y+(x−y)=a2+b2，且题设等式化为a2+b2−4a=2b.于是，a、b满足方程(a−2)2+(b−1)2=5(a、b≥0).如图，在aOb平面内，点(a,b)的轨迹是以D(1,2)为圆心、√5为半径的圆在a、b≥0的部分，即点O与弧ACB并集.故√a2+b2∈{0}∪[2,2√5].从而，x=a2+b2∈{0}∪[4,20].10．已知P为抛物线y2=2x上的动点，点B、C在y轴上，(x−1)2+y2=1是△PBC的内切圆.则SΔPBC最小值为_______.【答案】8【解析】设P(x0,y0)、B(0,b)、C(0,c)，不妨设b >c ，l PB :y −b =y 0−b x 0x ，即(y 0−b)x −x 0y +x 0b =0．又圆心(1,0)到PB 的距离为100√(y0−b)+x 0=1．故(y 0−b)2+x 02=(y 0−b)2+2x 0b(y 0−b)+x 02b 2．易知x 0>2，上式化简得(x 0−2)b 2+2y 0b −x 0=0． 同理，(x 0−2)c 2+2y 0c −x 0=0． 所以，b +c =−2y 0x 0−2，bc =−x 0x 0−2．则(b−c)2=4x 02+4y 02−8x 0(x 0−2)2．因为P(x 0,y 0)是抛物线上的点，所以，y 02=2x 0．则(b −c)2=4x 02(x 0−2)2⇒b −c =2x 0x 0−2．故S △PBC =12(b −c)x 0=x 0x0−2⋅x 0=(x 0−2)+4x 0−2+4≥2√4+4=8．当(x 0−2)2=4时，上式取等号，此时，x 0=4，y 0=±2√2． 因此，S △PBC 的最小值为8．11．若点P(x 0,y 0)对椭圆E:x 24+y 2=1与双曲线H:x 2−y 24=1的切点弦互相垂直，则yx 0=__________。

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题44平面解析几何第四缉1．【2019年贵州预赛】设椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,其焦距为2c,点N (3c 2,√2c2)在椭圆的内部,点M 是椭圆C 上的动点,且|MF 1|+|MN|<2√3|F 1F 2|恒成立,则椭圆C 的离心率的取值范围是( )A ．(0,√33)B ．(√33,1)C ．(4√321,1)D ．(4√321,√33) 【答案】D 【解析】解法1:由N (3c 2,√2c 2)在椭圆的内部得9c 24a2+c 22b 2<1.即9b 2c 2+2a 2c 2<4a 2b 2.⇒4a 4−15a 2c 2+9c 4>0⇒9e 4−15e 2+4>0⇒(3e 2−1)(3e 2−4)>0， 因为0<e<1,所以3e 2-4<0,故3e 2<1⇒0<e <√33. 又由|MF 1|+|MN|<2√3|F 1F 2|恒成立,即2a +|MN|−|MF 2|<4√3c 恒成立⇔(2a +|MN|−|MF 2|)max <4√3c ⇔2a +|NF 2|<4√3c⇔2a +√(3c 2−c)2+c 22<4√3c ⇔2a <7√3c 2⇔e >4√321.综上,得4√321<e <√33. 解法2:因为N (3c 2,√2c2)在椭圆的内部,所以NF 1+NF 2<2a ,即3√32c +√32c <2a .得√3c <a, e =c a<√33,因为还有一个条件未用,故不可能是A 所以选D.2．【2018年福建预赛】若直线l 与两直线l 1：x －y －l =0，l 2：13x －3y －11=0分别交于A 、B 两点，且线段AB 中点为P (1，2)，则直线l 的斜率为（ ） A ．－2 B ．－3 C ．2 D ．3 【答案】B 【解析】由点A 在直线l 1：x －y －7=0上，设A (t ，t －7). 由AB 中点为P (1，2)，知B (2－t ，11－t ). ∵点B 在直线l 2：13x +3y －11=0上， ∴13(2－t )+3(11－t )－11=0.解得，t =3.∴A(3，－4)，k l=k PA=2−(−4)1−3=−3,选B.3．【2018年福建预赛】已知点A(－2，0)，B(2，0)，C(0，2)，直线y=kx+b(k>0)交线段CA于点D，交线段CB于点E.若△CDE的面积为2，则b的取值范围为（）A．(√2−1，1)B．(2−√2，23]C．(2−√2，34]D．(√2−1，23]【答案】B【解析】如图，设|CD|=m，|CE|=n.由条件知，△ABC为等腰直角形，CA=CB=2√2，CA⊥CB.由△CDE的面积为2，得12mn=2，mn=4.由k>0，得m>n.因此，2<m≤2√2.设DE交y轴于点F，点F到CA、CB的距离相等，设为t.则SΔCDE=12mt+12nt=2，t=4m+n.∴b=OF=2−CF=2−√2t=2−4√2m+n.∴b=2−4√2m+n 的取值范围为(2−√2，23]. 选B.4．【2018年贵州预赛】已知一双曲线的两条渐近线方程为x−√3y=0和√3x+y=0，则它的离心率是（）．A．√2B．√3C．2√2D．√3+1【答案】A【解析】解：由于两渐近线相互垂直，故此双曲线的离心率与渐近线为y=±x的双曲线的离心率相同，而以y=±x为渐近线的双曲线方程为x2−y2=λ(λ≠0)，它的离心率为√2，故答案为：A．5．【2018年北京预赛】如图，平面直角坐标系x−O−y中，A,B是函数y=1x在第I象限的图象上两点，满足∠AOB=60°且OA=OB，则ΔOAB的面积等于A．2√3. B．32√3. C．√3. D．√32.【答案】C【解析】依题意，ΔOAB是正三角形.又A,B是函数y=1x在第I象限的图象上两点，所以A,B关于直线y=x轴对称.设点A(a,1a )，则点B(1a,a).OA2=a2+1a2，AB2=(a−1a)2+(1a−a)2=2(a−1a)2由OA=AB得a2+1a2=2(a−1a)2，化简得a2+1a2−4=0.因此OA2=4.所以，正ΔOAB的面积=√34×OA2=√34×4=√3. 选C.6．【2018年贵州预赛】已知一双曲线的两条渐近线方程为x−√3y=0和√3x+y=0，则它的离心率是（）．A．√2B．√3C．2√2D．√3+1【答案】A【解析】解：由于两渐近线相互垂直，故此双曲线的离心率与渐近线为y=±x的双曲线的离心率相同，而以y=±x为渐近线的双曲线方程为x2−y2=λ(λ≠0)，它的离心率为√2，故答案为：A．7．【2018年四川预赛】设F1、F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，P为该椭圆上一点，满足∠F1PF2=90°.若ΔPF1F2的面积为2，则b的值为（）.A．1B．√2C．√3D．2【答案】B【解析】设|PF1|=m,|PF2|=n，则m+n=2a,①m2+n2=4c2=4(a2−b2),②12mn=2.③由①②③得b2=2,即b=√2.故答案为：B8．【2017年天津预赛】将曲线y=log2x沿x轴正方向移动1个单位,再沿y轴负方向移动2个单位,得到曲线C.在下列曲线中,与C关于直线x+y=0对称的是( )(A)y=2x+2−1(B)y=−2x+2−1(C)y=−22−x−1(D)y=22−x−1【答案】C【解析】提示：任取曲线y=log2x上一点(2t,t),平移后得到曲线C上的点(2t+1,t−2).它关于x+y=0的对称点是(2−t,−2t−1).令x=2−t,y=−2t−1,消去t得y=−22−x−1,故选C.9．【2017年四川预赛】已知F1,F2为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,该椭圆上存在两点A、B,使得F1A=3F2B⃐ ,则该椭圆的离心率的取值范围是( )(A)(0,12)(B)(0,13)(C)(12,1)(D)(13,1)【答案】C【解析】提示:如图,由F1A=3F2B,可得F2B∥F1A,且|F2B|=13|F1A|,所以直线AB与x轴交于点P(2c,0). 设M为已知椭圆上一动点,分PM为1：2的三等分点形成的轨迹为C,则曲线C与已知椭圆的交点即为点B. 显然,当P点在椭圆内,则曲线C也在椭圆内,与椭圆无公共点;而当P点在橢圆外,则曲线C与椭圆有公共点. 所以在椭圆上存在两点A,B,使得F1A=3F2B的充要条件是点P在椭圆外.故2c>a.所以离心率e=ca >12.10．【2017年陕西预赛】如图,已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),圆O:x2+y2=a2与y轴正半轴交于点B,过点B的直线与椭圆E相切,且与圆O交于另一点A.若∠AOB=60∘,则椭圆E的离心率为( )(A)12(B)13(C)√22(D)√33【答案】D【解析】提示：因为|OA|=|OB|,∠AOB=60∘,所以△AOB为正三角形,则直线AB的斜率为±√33.于是,直线AB的方程为y=±√33x+a,代入x 2a2+y2b2=1,得(a2+3b2)x2±2√3a3x+3a2(a2−b2)=0.Δ=12a6+12a2(a2+3b2)(a2−b2)=0,得2a2=3b2,即2a2=3(a2−c2).以a2=3c2,即e=ca =√33.11．【2017年黑龙江预赛】方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)的棛圆左顶点为A,左,右焦点分别为F1,F2,D是它的短轴上的一个顶点,若3DF1=DA+2DF2,则该椭圆的离心率为( )(A)12(B)13(C)14(D)15【答案】D【解析】提示:因为D(0,b),A(−a,0),F1(−c,0),F2(c,0), 所以3(−c,−b)=(−a,−b)+2(c,−b),所以−3c=−a+2c,所以ca =15.12．【2017年黑龙江预赛】已知F1,F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,以F1F2为直径的圆与双曲线C在第二象限的交点为P,若双曲线的离心率为5,则cos∠PF2F1等于( )(A)35(B)34(C)45(D)56【答案】C【解析】提示:设PF1=x,因为P在双曲线上,所以PF2=2a+x. 因为P在圆上,所以PF12+PF22=F1F22,所以x=−a+√b2+c2, 所以PF2=−a+√b2+c2.又因为ca =5,所以cos∠PF2F1=45.13．【2017年湖南预赛】已知椭圆C:x28+y24=1,对于任意实数k,椭圆C被下列直线中所截得的弦长,与被直线l:y=kx+1所截得的弦长不可能相等的是( ) (A)kx+y+k=0(B)kx−y−1=0(C)kx+y−k=0(D)kx+y−2=0【答案】D【解析】提示:对于A,当k=1时,椭圆C被直线kx+y+k=0所截得的弦长,与被l:y=kx+1所截得的弦长相等;对于B,当k=0时,椭圆C被直线kx−y−1=0所截得的弦长,与被l:y=kx+1所截得的弦长相等;对于C,当k=−1时,椭圆C被直线kx+y−k=0所截得的弦长,与被l:y=kx+1所截得的弦长相等.因此,正确的选项为D.14．【2016年陕西预赛】已知A、B为抛物线y=3-x2上关于直线x+y=0对称的相异两点.则|AB|等于（）. A．3 B．4 C．3√2D．4√2【答案】C【解析】因为点A、B关于直线x+y=0对称，所以，设点A(a，b)，B(-b，-a).又点A、B在抛物线y=3-x2上，则{b=3−a2，−a=3−b2⇒{a=−2，b=−1或{a=1，b=2.不妨设点A(-2，-1)，B(1，2).则|AB|=3√2. 选C.15．【2016年吉林预赛】已知椭圆E：2214x ym+=，对于任意实数k，下列直线被椭圆E截得的弦长与l：y＝kx＋1被椭圆E截得的弦长不可能相等的是()A．kx＋y＋k＝0 B．kx－y－1＝0C．kx＋y－k＝0 D．kx＋y－2＝0【答案】D【解析】试题分析：解：由数形结合可知，当l过点（-1，0）时，直线l和选项A中的直线重合，故不能选A．当l过点（1，0）时，直线l和选项D中的直线关于y轴对称，被椭圆E所截得的弦长相同，故不能选C．当k=0时，直线l和选项B中的直线关于x轴对称，被椭圆E所截得的弦长相同，故不能选B．直线l 斜率为k，在y轴上的截距为1；选项D中的直线kx+y-2="0" 斜率为-k，在y轴上的截距为2，这两直线不关于x轴、y轴、原点对称，故被椭圆E所截得的弦长不可能相等．故选D考点：直线和椭圆的位置关系点评：本题考查直线和椭圆的位置关系，通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法16．【2016年吉林预赛】已知椭圆E：2214x ym+=，对于任意实数k，下列直线被椭圆E截得的弦长与l：y＝kx＋1被椭圆E截得的弦长不可能相等的是()A．kx＋y＋k＝0 B．kx－y－1＝0C．kx＋y－k＝0 D．kx＋y－2＝0【答案】D【解析】试题分析：解：由数形结合可知，当l过点（-1，0）时，直线l和选项A中的直线重合，故不能选A．当l过点（1，0）时，直线l和选项D中的直线关于y轴对称，被椭圆E所截得的弦长相同，故不能选C．当k=0时，直线l和选项B中的直线关于x轴对称，被椭圆E所截得的弦长相同，故不能选B．直线l 斜率为k，在y轴上的截距为1；选项D中的直线kx+y-2="0" 斜率为-k，在y轴上的截距为2，这两直线不关于x轴、y轴、原点对称，故被椭圆E所截得的弦长不可能相等．故选D考点：直线和椭圆的位置关系点评：本题考查直线和椭圆的位置关系，通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法17．【2016年浙江预赛】曲线为平面上交于一点的三条直线的充分必要条件为（）。

专题解析几何(解答题)考点五年考情(2020-2024)命题趋势考点01椭圆及其性质2024Ⅰ甲卷北京卷天津卷2023北京乙卷天津2022乙卷北京卷浙江卷2021北京卷Ⅱ卷2020ⅠⅡ卷新ⅠⅡ卷椭圆轨迹标准方程问题，有关多边形面积问题，定值定点问题，新结构中的新定义问题是高考的一个高频考点考点02双曲线及其性质2024Ⅱ卷2023Ⅱ新课标Ⅱ2022Ⅰ卷2021Ⅰ双曲线离心率问题，轨迹方程有关面积问题，定值定点问题以及斜率有关的证明问题以及新结构中的新定义问题是高考的高频考点考点03抛物线及其性质2023甲卷2022甲卷2021浙江甲卷乙卷2020浙江抛物线有关三角形面积问题，关于定直线问题，有关P 的证明类问题考点01：椭圆及其性质1(2024·全国·高考Ⅰ卷)已知A (0,3)和P 3,32 为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)上两点.(1)求C 的离心率;(2)若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且△ABP 的面积为9，求l 的方程．【答案】(1)12(2)直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.【详解】(1)由题意得b =39a 2+94b2=1，解得b 2=9a 2=12 ，所以e =1-b 2a2=1-912=12.(2)法一：k AP =3-320-3=-12，则直线AP 的方程为y =-12x +3，即x +2y -6=0，AP =0-3 2+3-322=352，由(1)知C :x 212+y 29=1，设点B到直线AP的距离为d，则d=2×9352=1255，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移1255单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x+2y+C=0，则C+65=1255，解得C=6或C=-18，当C=6时，联立x212+y29=1x+2y+6=0，解得x=0y=-3或x=-3y=-32，即B0,-3或-3,-3 2，当B0,-3时，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当B-3,-3 2时，此时k l=12，直线l的方程为y=12x，即x-2y=0，当C=-18时，联立x212+y29=1x+2y-18=0得2y2-27y+117=0，Δ=272-4×2×117=-207<0，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0.法二：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B x0,y0，则x0+2y0-65=1255x2012+y209=1，解得x0=-3y0=-32或x0=0y0=-3，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一.法三：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B23cosθ,3sinθ，其中θ∈0,2π，则有23cosθ+6sinθ-65=1255，联立cos2θ+sin2θ=1，解得cosθ=-32sinθ=-12或cosθ=0sinθ=-1，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一；法四：当直线AB的斜率不存在时，此时B0,-3，S△PAB=12×6×3=9，符合题意，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+3，联立椭圆方程有y =kx +3x 212+y 29=1，则4k 2+3 x 2+24kx =0，其中k ≠k AP ，即k ≠-12，解得x =0或x =-24k 4k 2+3，k ≠0，k ≠-12，令x =-24k 4k 2+3，则y =-12k 2+94k 2+3，则B -24k 4k 2+3,-12k 2+94k 2+3同法一得到直线AP 的方程为x +2y -6=0，点B 到直线AP 的距离d =1255，则-24k4k 2+3+2×-12k 2+94k 2+3-65=1255，解得k =32，此时B -3,-32 ，则得到此时k l =12，直线l 的方程为y =12x ，即x -2y =0，综上直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.法五：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当l 的斜率存在时，设PB :y -32=k (x -3)，令P x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，y =k (x -3)+32x 212+y 29=1 ，消y 可得4k 2+3 x 2-24k 2-12k x +36k 2-36k -27=0，Δ=24k 2-12k 2-44k 2+3 36k 2-36k -27 >0，且k ≠k AP ，即k ≠-12，x 1+x 2=24k 2-12k 4k 2+3x 1x 2=36k 2-36k -274k 2+3,PB =k 2+1x 1+x 2 2-4x 1x 2=43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3 ，A 到直线PB 距离d =3k +32k 2+1,S △PAB =12⋅43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3⋅3k +32k 2+1=9，∴k =12或32，均满足题意，∴l :y =12x 或y =32x -3，即3x -2y -6=0或x -2y =0.法六：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当直线l 斜率存在时，设l :y =k (x -3)+32，设l 与y 轴的交点为Q ，令x =0，则Q 0,-3k +32，联立y =kx -3k +323x 2+4y 2=36，则有3+4k 2 x 2-8k 3k -32x +36k 2-36k -27=0，3+4k2x2-8k3k-3 2x+36k2-36k-27=0，其中Δ=8k23k-3 22-43+4k236k2-36k-27>0，且k≠-1 2，则3x B=36k2-36k-273+4k2,x B=12k2-12k-93+4k2，则S=12AQx P-x B=123k+3212k+183+4k2=9，解的k=12或k=32，经代入判别式验证均满足题意.则直线l为y=12x或y=32x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0.2(2024·全国·高考甲卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，点M1,32在C上，且MF⊥x轴．(1)求C的方程；(2)过点P4,0的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y 轴．【答案】(1)x24+y23=1(2)证明见解析【详解】(1)设F c,0，由题设有c=1且b2a=32，故a2-1a=32，故a=2，故b=3，故椭圆方程为x24+y23=1.(2)直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x-4)，A x1,y1，B x2,y2，由3x2+4y2=12y=k(x-4)可得3+4k2x2-32k2x+64k2-12=0，故Δ=1024k4-43+4k264k2-12>0，故-12<k<12，又x1+x2=32k23+4k2,x1x2=64k2-123+4k2，而N52,0，故直线BN:y=y2x2-52x-52，故y Q=-32y2x2-52=-3y22x2-5，所以y1-y Q=y1+3y22x2-5=y1×2x2-5+3y22x2-5=k x1-4×2x2-5+3k x2-42x2-5=k 2x1x2-5x1+x2+82x2-5=k2×64k2-123+4k2-5×32k23+4k2+82x2-5=k 128k2-24-160k2+24+32k23+4k22x2-5=0，故y1=y Q，即AQ⊥y轴.【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x 1,y 1 ,x 2,y 2 ；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，注意Δ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x 1+x 2、x 1x 2(或y 1+y 2、y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.3(2024·北京·高考真题)已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 ，以椭圆E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点0,t t >2 且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点A ,B ，过点A 和C 0,1 的直线AC 与椭圆E 的另一个交点为D ．(1)求椭圆E 的方程及离心率；(2)若直线BD 的斜率为0，求t 的值．【答案】(1)x 24+y 22=1,e =22(2)t =2【详解】(1)由题意b =c =22=2，从而a =b 2+c 2=2，所以椭圆方程为x 24+y 22=1，离心率为e =22；(2)直线AB 斜率不为0，否则直线AB 与椭圆无交点，矛盾，从而设AB :y =kx +t ,k ≠0,t >2 ，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，联立x 24+y 22=1y =kx +t，化简并整理得1+2k 2 x 2+4ktx +2t 2-4=0，由题意Δ=16k 2t 2-82k 2+1 t 2-2 =84k 2+2-t 2 >0，即k ,t 应满足4k 2+2-t 2>0，所以x 1+x 2=-4kt 1+2k 2,x 1x 2=2t 2-42k 2+1，若直线BD 斜率为0，由椭圆的对称性可设D -x 2,y 2 ，所以AD :y =y 1-y 2x 1+x 2x -x 1 +y 1，在直线AD 方程中令x =0，得y C =x 1y 2+x 2y 1x 1+x 2=x 1kx 2+t +x 2kx 1+t x 1+x 2=2kx 1x 2+t x 1+x 2 x 1+x 2=4k t 2-2 -4kt +t =2t =1，所以t =2，此时k 应满足4k 2+2-t 2=4k 2-2>0k ≠0 ，即k 应满足k <-22或k >22，综上所述，t =2满足题意，此时k <-22或k >22.4(2024·天津·高考真题)已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)椭圆的离心率e =12．左顶点为A ，下顶点为B ，C 是线段OB 的中点，其中S △ABC =332．(1)求椭圆方程．(2)过点0,-32 的动直线与椭圆有两个交点P ，Q ．在y 轴上是否存在点T 使得TP ⋅TQ ≤0．若存在求出这个T 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】(1)x 212+y 29=1(2)存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.【详解】(1)因为椭圆的离心率为e =12，故a =2c ，b =3c ，其中c 为半焦距，所以A -2c ,0 ,B 0,-3c ,C 0,-3c 2 ，故S △ABC =12×2c ×32c =332，故c =3，所以a =23，b =3，故椭圆方程为：x 212+y 29=1.(2)若过点0,-32 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y =kx -32，设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,T 0,t ，由3x 2+4y 2=36y =kx -32可得3+4k 2 x 2-12kx -27=0，故Δ=144k 2+1083+4k 2 =324+576k 2>0且x 1+x 2=12k 3+4k 2,x 1x 2=-273+4k2,而TP =x 1,y 1-t ,TQ=x 2,y 2-t ，故TP ⋅TQ =x 1x 2+y 1-t y 2-t =x 1x 2+kx 1-32-t kx 2-32-t =1+k 2 x 1x 2-k 32+t x 1+x 2 +32+t 2=1+k 2 ×-273+4k 2-k 32+t ×12k 3+4k 2+32+t 2=-27k 2-27-18k 2-12k 2t +332+t 2+3+2t 2k 23+4k 2=3+2t2-12t -45 k 2+332+t 2-273+4k 2，因为TP ⋅TQ ≤0恒成立，故3+2t 2-12t -45≤0332+t 2-27≤0，解得-3≤t ≤32.若过点0,-32的动直线的斜率不存在，则P 0,3 ,Q 0,-3 或P 0,-3 ,Q 0,3 ，此时需-3≤t ≤3，两者结合可得-3≤t ≤32.综上，存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.5(2023年全国乙卷理科)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)的离心率是53，点A -2,0 在C 上．(1)求C方程；(2)过点-2,3 的直线交C 于P ,Q 两点，直线AP ,AQ 与y 轴的交点分别为M ,N ，证明：线段MN 的中点为定点．【答案】(1)y 29+x 24=1(2)证明见详解解析：(1)由题意可得b =2a 2=b 2+c 2e =c a =53，解得a =3b =2c =5，所以椭圆方程为y 29+x 24=1．(2)由题意可知：直线PQ 的斜率存在，设PQ :y =k x +2 +3,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，联立方程y =k x +2 +3y 29+x 24=1，消去y 得：4k 2+9 x 2+8k 2k +3x +16k 2+3k =0，则Δ=64k 22k +3 2-644k 2+9 k 2+3k =-1728k >0，解得k <0，可得x 1+x 2=-8k 2k +34k 2+9,x 1x 2=16k 2+3k 4k 2+9，因为A -2,0 ，则直线AP :y =y 1x 1+2x +2 ，令x =0，解得y =2y 1x 1+2，即M 0,2y 1x 1+2,同理可得N 0,2y 2x 2+2，则2y 1x 1+2+2y2x 2+22=k x 1+2 +3 x 1+2+k x 2+2 +3 x 2+2=kx 1+2k +3 x 2+2 +kx 2+2k +3 x 1+2x 1+2 x 2+2=2kx 1x 2+4k +3 x 1+x 2 +42k +3x 1x 2+2x 1+x 2 +4=32k k 2+3k 4k 2+9-8k 4k +3 2k +34k 2+9+42k +3 16k 2+3k 4k 2+9-16k 2k +34k 2+9+4=10836=3，所以线段MN 的中点是定点0,3 ．6(2020年高考课标Ⅱ)已知椭圆C 1：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)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|CD |=43|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．【答案】(1)12；(2)C 1:x 236+y 227=1，C 2:y 2=12x ．解析：(1)∵F c ,0 ，AB ⊥x 轴且与椭圆C 1相交于A 、B 两点，则直线AB 的方程为x =c ，联立x =c x 2a 2+y 2b 2=1a 2=b 2+c 2，解得x =c y =±b 2a，则AB =2b 2a ，抛物线C 2的方程为y 2=4cx ，联立x =cy 2=4cx ，解得x =cy =±2c，∴CD =4c ，∵CD =43AB ，即4c =8b 23a ，2b 2=3ac ，即2c 2+3ac -2a 2=0，即2e 2+3e -2=0，∵0<e <1，解得e =12，因此，椭圆C 1的离心率为12；(2)由(1)知a =2c ，b =3c ，椭圆C 1的方程为x 24c 2+y 23c 2=1，联立y 2=4cxx24c2+y 23c 2=1，消去y 并整理得3x 2+16cx -12c 2=0，解得x =23c 或x =-6c (舍去)，由抛物线的定义可得MF =23c +c =5c3=5，解得c =3．因此，曲线C 1的标准方程为x 236+y 227=1，曲线C 2的标准方程为y 2=12x ．7(2021年新高考全国Ⅱ卷)已知椭圆C 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，右焦点为F (2,0)，且离心率为63．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线MN 与曲线x 2+y 2=b 2(x >0)相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．【答案】解析:(1)由题意，椭圆半焦距c =2且e =c a =63，所以a =3，又b 2=a 2-c 2=1，所以椭圆方程为x 23+y 2=1；(2)由(1)得，曲线为x 2+y 2=1(x >0)，当直线MN 的斜率不存在时，直线MN :x =1，不合题意；当直线MN 的斜率存在时，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，必要性：若M ，N ，F 三点共线，可设直线MN :y =k x -2 即kx -y -2k =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得2kk 2+1=1，解得k =±1，联立y =±x -2x23+y 2=1 可得4x 2-62x +3=0，所以x 1+x 2=322,x 1⋅x 2=34，所以MN =1+1⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=3,所以必要性成立；充分性：设直线MN :y =kx +b ,kb <0 即kx -y +b =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得bk 2+1=1，所以b 2=k 2+1，联立y =kx +bx 23+y 2=1可得1+3k 2 x 2+6kbx +3b 2-3=0，所以x 1+x 2=-6kb 1+3k 2,x 1⋅x 2=3b 2-31+3k 2，所以MN =1+k 2⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=1+k2-6kb 1+3k22-4⋅3b 2-31+3k 2=1+k 2⋅24k 21+3k 2=3，化简得3k 2-1 2=0，所以k =±1，所以k =1b =-2或k =-1b =2 ，所以直线MN :y =x -2或y =-x +2，所以直线MN 过点F (2,0)，M ，N ，F 三点共线，充分性成立；所以M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．8(2020年高考课标Ⅰ卷)已知A 、B 分别为椭圆E ：x 2a2+y 2=1(a >1)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 ，PB 与E 的另一交点为D ．(1)求E方程；(2)证明：直线CD 过定点．【答案】(1)x 29+y 2=1；(2)证明详见解析．【解析】(1)依据题意作出如下图象：由椭圆方程E :x 2a2+y 2=1(a >1)可得：A -a ,0 ， B a ,0 ，G 0,1∴AG =a ,1 ，GB =a ,-1 ∴AG ⋅GB =a 2-1=8，∴a 2=9∴椭圆方程为：x 29+y 2=1(2)证明：设P 6,y 0 ，则直线AP 的方程为：y =y 0-06--3x +3 ，即：y =y 09x +3 联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：x 29+y 2=1y =y 09x +3 ，整理得：y 02+9 x 2+6y 02x +9y 02-81=0，解得：x =-3或x =-3y 02+27y 02+9将x =-3y 02+27y 02+9代入直线y =y 09x +3 可得：y =6y 0y 02+9所以点C 的坐标为-3y 02+27y 02+9,6y 0y 02+9 ．同理可得：点D 的坐标为3y 02-3y 02+1,-2y 0y 02+1∴直线CD 的方程为：y --2y 0y 02+1=6y 0y 02+9--2y 0y 02+1-3y 02+27y 02+9-3y 02-3y 02+1x -3y 02-3y 02+1，整理可得：y +2y 0y 02+1=8y 0y 02+3 69-y 04x -3y 02-3y 02+1 =8y 063-y 02 x -3y 02-3y 02+1整理得：y =4y 033-y 02 x +2y 0y 02-3=4y 033-y 02x -32故直线CD 过定点32,09(2020年新高考全国Ⅰ卷)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22，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．【答案】(1)x 26+y 23=1；(2)详见解析．解析：(1)由题意可得：c a =324a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，解得：a 2=6,b 2=c 2=3，故椭圆方程为：x 26+y 23=1．(2)设点M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ．因为AM ⊥AN ，∴AM·AN=0，即x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0,①当直线MN 的斜率存在时，设方程为y =kx +m ,如图1．代入椭圆方程消去y 并整理得：1+2k 2 x 2+4kmx +2m 2-6=0x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-61+2k 2②,根据y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m ,代入①整理可得：k 2+1 x 1x 2+km -k -2 x 1+x 2 +m -1 2+4=0将②代入，k 2+1 2m 2-61+2k 2+km -k -2 -4km1+2k2+m -1 2+4=0，整理化简得2k +3m +1 2k +m -1 =0,∵A (2,1)不在直线MN 上，∴2k +m -1≠0，∴2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k x -23 -13，所以直线过定点直线过定点E 23,-13．当直线MN 的斜率不存在时，可得N x 1,-y 1 ,如图2．代入x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0得x 1-2 2+1-y 22=0,结合x 216+y 213=1,解得x 1=2舍 ,x 1=23,此时直线MN 过点E 23,-13,由于AE 为定值，且△ADE 为直角三角形，AE 为斜边，所以AE 中点Q 满足QD 为定值(AE 长度的一半122-232+1+132=423)．由于A 2,1 ,E 23,-13 ，故由中点坐标公式可得Q 43,13．故存在点Q 43,13，使得|DQ |为定值．10(2022年高考全国乙卷)已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A 0,-2 ,B 32,-1两点．(1)求E 的方程；(2)设过点P 1,-2 的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT =TH．证明：直线HN 过定点．【答案】(1)y 24+x 23=1(2)(0,-2)解析：设椭圆E 的方程为mx 2+ny 2=1，过A 0,-2 ,B 32,-1，则4n =194m +n =1 ，解得m =13，n =14，所以椭圆E 的方程为：y 24+x 23=1．【小问2详解】A (0,-2),B 32,-1，所以AB :y +2=23x ，①若过点P (1,-2)的直线斜率不存在，直线x =1．代入x 23+y 24=1，可得M 1,-263 ，N 1,263 ，代入AB 方程y =23x -2，可得T -6+3,-263 ，由MT =TH 得到H -26+5,-263 ．求得HN 方程：y =2+263x -2，过点(0,-2)．②若过点P (1,-2)的直线斜率存在，设kx -y -(k +2)=0,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)．联立kx -y -(k +2)=0x 23+y 24=1,得(3k 2+4)x 2-6k (2+k )x +3k (k +4)=0，可得x 1+x 2=6k (2+k )3k 2+4x 1x 2=3k (4+k )3k 2+4，y 1+y 2=-8(2+k )3k 2+4y 2y 2=4(4+4k -2k 2)3k 2+4，且x 1y 2+x 2y 1=-24k 3k 2+4(*)联立y =y 1y =23x -2,可得T 3y12+3,y 1 ,H (3y 1+6-x 1,y 1).可求得此时HN :y -y 2=y 1-y 23y 1+6-x 1-x 2(x -x 2)，将(0,-2)，代入整理得2(x 1+x 2)-6(y 1+y 2)+x 1y 2+x 2y 1-3y 1y 2-12=0，将(*)代入，得24k +12k 2+96+48k -24k -48-48k +24k 2-36k 2-48=0,显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,-2).11(2020年新高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)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．【答案】(1)x 216+y 212=1；(2)18．解析：(1)由题意可知直线AM 的方程为：y -3=12(x -2)，即x -2y =-4．当y =0时，解得x =-4，所以a =4，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 过点M (2，3)，可得416+9b 2=1，解得b 2=12．所以C 的方程：x 216+y 212=1．(2)设与直线AM 平行的直线方程为：x -2y =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x -2y =m 与椭圆方程x 216+y 212=1，可得：3m +2y 2+4y 2=48，化简可得：16y 2+12my +3m 2-48=0，所以Δ=144m 2-4×163m 2-48 =0，即m 2=64，解得m =±8，与AM 距离比较远的直线方程：x -2y =8，直线AM 方程为：x -2y =-4，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 =8+41+4=1255，由两点之间距离公式可得|AM |=(2+4)2+32=35．所以△AMN 的面积的最大值：12×35×1255=18．12(2020年高考课标Ⅲ卷)已知椭圆C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)的离心率为154，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x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，求△APQ 的面积．【答案】(1)x 225+16y 225=1；(2)52．解析：(1)∵C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)∴a =5，b =m ，根据离心率e =ca=1-b a2=1-m 5 2=154，解得m =54或m =-54(舍)，∴C 的方程为：x 225+y 2542=1，即x 225+16y 225=1；(2)不妨设P ,Q 在x 轴上方∵点P 在C 上，点Q 在直线x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设x =6与x 轴交点为N 根据题意画出图形，如图∵|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，∠PMB =∠QNB =90°，又∵∠PBM +∠QBN =90°，∠BQN +∠QBN =90°，∴∠PBM =∠BQN ，根据三角形全等条件“AAS ”，可得：△PMB ≅△BNQ ，∵x 225+16y 225=1，∴B (5,0)，∴PM =BN =6-5=1，设P 点为(x P ,y P )，可得P 点纵坐标为y P =1，将其代入x 225+16y 225=1，可得：x P 225+1625=1，解得：x P =3或x P =-3，∴P 点为(3,1)或(-3,1)，①当P 点为(3,1)时，故MB =5-3=2，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=2，可得：Q 点为(6,2)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,2)，可求得直线AQ 的直线方程为：2x -11y +10=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =2×3-11×1+1022+112=5125=55，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+2-0 2=55，∴△APQ 面积为：12×55×55=52；②当P 点为(-3,1)时，故MB =5+3=8，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=8，可得：Q 点为(6,8)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,8)，可求得直线AQ 的直线方程为：8x -11y +40=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =8×-3 -11×1+4082+112=5185=5185，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+8-0 2=185，∴△APQ 面积为：12×185×5185=52，综上所述，△APQ 面积为：52．1313(2023年北京卷)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)离心率为53，A 、C 分别是E 的上、下顶点，B ，D 分别是E 的左、右顶点，|AC |=4．(1)求E 的方程；(2)设P 为第一象限内E 上的动点，直线PD 与直线BC 交于点M ，直线PA 与直线y =-2交于点N ．求证：MN ⎳CD ．【答案】(1)x 29+y 24=1(2)证明见解析：(1)依题意，得e =c a =53，则c =53a ，又A ,C 分别为椭圆上下顶点，AC =4，所以2b =4，即b =2，所以a 2-c 2=b 2=4，即a 2-59a 2=49a 2=4，则a 2=9，所以椭圆E 的方程为x 29+y 24=1．(2)因为椭圆E 的方程为x 29+y 24=1，所以A 0,2 ,C 0,-2 ,B -3,0 ,D 3,0 ，因为P 为第一象限E 上的动点，设P m ,n 0<m <3,0<n <2 ，则m 29+n 24=1，易得k BC =0+2-3-0=-23，则直线BC 的方程为y =-23x -2，k PD =n -0m -3=n m -3，则直线PD 的方程为y =n m -3x -3 ，联立y =-23x -2y =n m -3x -3，解得x =33n -2m +63n +2m -6y =-12n 3n +2m -6，即M 33n -2m +6 3n +2m -6,-12n 3n +2m -6，而k PA =n -2m -0=n -2m ，则直线PA 的方程为y =n -2mx +2，令y =-2，则-2=n -2m x +2，解得x =-4m n -2，即N -4mn -2,-2 ，又m 29+n 24=1，则m 2=9-9n 24，8m 2=72-18n 2，所以k MN =-12n3n +2m -6+233n -2m +6 3n +2m -6--4mn-2=-6n +4m -12 n -29n -6m +18 n -2 +4m 3n +2m -6=-6n 2+4mn -8m +249n 2+8m 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +249n 2+72-18n 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +24-9n 2+6mn -12m +36=2-3n 2+2mn -4m +12 3-3n 2+2mn -4m +12 =23，又k CD =0+23-0=23，即k MN =k CD ，显然，MN 与CD 不重合，所以MN ⎳CD ．14(2023年天津卷)设椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左右顶点分别为A 1,A 2，右焦点为F ，已知A 1F =3,A 2F =1．(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点P 是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A 2P 交y 轴于点Q ，若三角形A 1PQ 的面积是三角形A 2FP 面积的二倍，求直线A 2P 的方程．【答案】(1)椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =12．(2)y =±62x -2 ．解析：(1)如图，由题意得a +c =3a -c =1，解得a =2,c =1，所以b =22-12=3，所以椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =c a =12．(2)由题意得，直线A 2P 斜率存在，由椭圆的方程为x 24+y 23=1可得A 22,0 ，设直线A 2P 的方程为y =k x -2 ，联立方程组x 24+y 23=1y =k x -2，消去y 整理得：3+4k 2 x 2-16k 2x +16k 2-12=0，由韦达定理得x A 2⋅x P =16k 2-123+4k 2，所以x P =8k 2-63+4k 2，所以P 8k 2-63+4k 2,--12k3+4k 2，Q 0,-2k ．所以S △A 2QA 1=12×4×y Q ,S △A 2PF =12×1×y P ,S △A 1A 2P =12×4×y P ，所以S △A 2QA 1=S △A 1PQ +S △A 1A 2P =2S △A 2PF +S △A 1A 2P ，所以2y Q =3y P ，即2-2k =3-12k3+4k 2，解得k =±62，所以直线A 2P 的方程为y =±62x -2 ．15(2022高考北京卷)已知椭圆：E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点为A (0,1)，焦距为23．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (-2,1)作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与x 轴交于点M ，N ，当|MN |=2时，求k 的值．【答案】解析:(1)依题意可得b =1，2c =23，又c 2=a 2-b 2，所以a =2，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)解：依题意过点P -2,1 的直线为y -1=k x +2 ，设B x 1,y 1 、C x 2,y 2 ，不妨令-2≤x 1<x 2≤2，由y -1=k x +2x 24+y 2=1，消去y 整理得1+4k 2 x 2+16k 2+8k x +16k 2+16k =0，所以Δ=16k 2+8k 2-41+4k 2 16k 2+16k >0，解得k <0，所以x 1+x 2=-16k 2+8k 1+4k 2，x 1⋅x 2=16k 2+16k1+4k2，直线AB 的方程为y -1=y 1-1x 1x ，令y =0，解得x M =x 11-y 1，直线AC 的方程为y -1=y 2-1x 2x ，令y =0，解得x N =x 21-y 2，所以MN =x N -x M =x 21-y 2-x 11-y 1=x 21-k x 2+2 +1 -x 11-k x 1+2 +1=x 2-k x 2+2 +x 1k x 1+2=x 2+2 x 1-x 2x 1+2k x 2+2 x 1+2=2x 1-x 2k x 2+2 x 1+2=2，所以x 1-x 2 =k x 2+2 x 1+2 ，即x 1+x 22-4x 1x 2=k x 2x 1+2x 2+x 1 +4即-16k 2+8k 1+4k22-4×16k 2+16k 1+4k 2=k 16k 2+16k 1+4k 2+2-16k 2+8k 1+4k2+4 即81+4k 22k 2+k 2-1+4k 2 k 2+k =k1+4k216k2+16k -216k 2+8k +41+4k 2整理得8-k =4k ，解得k =-416(2022年浙江省高考)如图，已知椭圆x 212+y 2=1．设A ，B 是椭圆上异于P (0,1)的两点，且点Q 0,12 在线段AB 上，直线PA ,PB 分别交直线y =-12x +3于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值；(2)求|CD |的最小值．【答案】解析:(1)设Q (23cos θ,sin θ)是椭圆上任意一点,P (0,1),则|PQ |2=12cos 2θ+(1-sin θ)2=13-11sin 2θ-2sin θ=-11sin θ+111 2+14411≤14411，当且仅当sin θ=-111时取等号，故|PQ |的最大值是121111．(2)设直线AB :y =kx +12,直线AB 方程与椭圆x 212+y 2=1联立,可得k 2+112 x 2+kx -34=0,设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，所以x 1+x 2=-kk 2+112x 1x 2=-34k 2+112 ，因为直线PA :y =y 1-1x 1x +1与直线y =-12x +3交于C ,则x C=4x 1x 1+2y 1-2=4x 1(2k +1)x 1-1,同理可得,x D =4x 2x 2+2y 2-2=4x 2(2k +1)x 2-1．则|CD |=1+14x C -x D =524x 1(2k +1)x 1-1-4x 2(2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)x 1-1 (2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)2x 1x 2-(2k +1)x 1+x 2 +1=352⋅16k 2+13k +1=655⋅16k 2+1916+13k +1≥655×4k ×34+1×123k +1=655，当且仅当k =316时取等号，故CD 的最小值为655．17(2021高考北京)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)一个顶点A (0,-2)，以椭圆E 的四个顶点为顶点的四边形面积为45．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (0，-3)的直线l 斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与直线交y =-3交于点M ，N ，当|PM |+|PN |≤15时，求k 的取值范围．【答案】(1)x 25+y 24=1；(2)[-3,-1)∪(1,3]．解析：(1)因为椭圆过A 0,-2 ，故b =2，因为四个顶点围成的四边形的面积为45，故12×2a ×2b =45，即a =5，故椭圆的标准方程为：x 25+y 24=1．(2)设B x 1,y 1 ,C x 2,y 2 ， 因为直线BC 的斜率存在，故x 1x 2≠0，故直线AB :y =y 1+2x 1x -2，令y =-3，则x M =-x1y 1+2，同理x N =-x 2y 2+2直线BC :y =kx -3，由y =kx -34x 2+5y 2=20可得4+5k 2 x 2-30kx +25=0，故Δ=900k 2-1004+5k 2 >0，解得k <-1或k >1．又x 1+x 2=30k 4+5k 2,x 1x 2=254+5k 2，故x 1x 2>0，所以x M x N >0又PM +PN =x M +x N =x 1y 1+2+x 2y 2+2=x1kx1-1+x2kx2-1=2kx1x2-x1+x2k2x1x2-k x1+x2+1=50k4+5k2-30k4+5k225k24+5k2-30k24+5k2+1=5k故5k ≤15即k ≤3，综上，-3≤k<-1或1<k≤3．考点02双曲线及其性质1(2024·全国·高考Ⅱ)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...：过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n .(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x=2k y n-kx n1-k2-x n=2ky n-x n-k2x n1-k2，相应的y=k x-x n+y n=y n+k2y n-2kx n1-k2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n ，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k 1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV ⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV⋅UW 1-UV ⋅UWUV ⋅UW 2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2c 2+d 2-ac +bd2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n=121-k 1+k m -1+k 1-k mx 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m .而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2=x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k-921-k 1+k 2-1+k 1-k 2.这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m .这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k=x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.2(2023年新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C 的中心为坐标原点，左焦点为-25,0 ，离心率为5．(1)求C的方程；(2)记C左、右顶点分别为A1，A2，过点-4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P．证明:点P在定直线上．【答案】(1)x24-y216=1(2)证明见解析．解析：(1)设双曲线方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0，由焦点坐标可知c=25，则由e=ca=5可得a=2，b=c2-a2=4，双曲线方程为x24-y216=1．(2)由(1)可得A1-2,0,A22,0，设M x1,y1,N x2,y2，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-12<m<12，与x24-y216=1联立可得4m2-1y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0，则y1+y2=32m4m2-1,y1y2=484m2-1，直线MA1的方程为y=y1x1+2x+2，直线NA2的方程为y=y2x2-2x-2，联立直线MA1与直线NA2的方程可得：x+2 x-2=y2x1+2y1x2-2=y2my1-2y1my2-6=my1y2-2y1+y2+2y1my1y2-6y1=m⋅484m2-1-2⋅32m4m2-1+2y1m×484m2-1-6y1=-16m4m2-1+2y148m4m2-1-6y1=-13，由x+2x-2=-13可得x=-1，即x P=-1，据此可得点P在定直线x=-1上运动．3(2022新高考全国II卷)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P x1,y1,Q x2,y2在C上，且．x1>x2>0,y1>0．过P 且斜率为-3的直线与过Q 且斜率为3的直线交于点M ．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M 在AB 上；②PQ ∥AB ；③|MA |=|MB |．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)x 2-y 23=1(2)见解析:(1)右焦点为F (2,0)，∴c =2,∵渐近线方程为y =±3x ，∴ba=3，∴b =3a ，∴c 2=a 2+b 2=4a 2=4，∴a =1，∴b =3．∴C 的方程为：x 2-y 23=1；(2)由已知得直线PQ 的斜率存在且不为零，直线AB 的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB 的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M 为线段AB 的中点，假若直线AB 的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M 在x 轴上，即为焦点F ,此时由对称性可知P 、Q 关于x 轴对称，与从而x 1=x 2，已知不符；总之，直线AB 的斜率存在且不为零．设直线AB 的斜率为k ,直线AB 方程为y =k x -2 ,则条件①M 在AB 上，等价于y 0=k x 0-2 ⇔ky 0=k 2x 0-2 ；两渐近线方程合并为3x 2-y 2=0,联立消去y 并化简整理得：k 2-3 x 2-4k 2x +4k 2=0设A x 3,y 3 ,B x 3,y 4 ,线段中点N x N ,y N ,则x N =x 3+x 42=2k 2k 2-3,y N =k x N -2 =6kk 2-3,设M x 0,y 0 , 则条件③AM =BM 等价于x 0-x 3 2+y 0-y 3 2=x 0-x 4 2+y 0-y 4 2,移项并利用平方差公式整理得：x 3-x 4 2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4 2y 0-y 3+y 4 =0，2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4x 3-x 42y 0-y 3+y 4 =0,即x 0-x N +k y 0-y N =0,即x 0+ky 0=8k 2k 2-3；由题意知直线PM 的斜率为-3, 直线QM 的斜率为3,∴由y 1-y 0=-3x 1-x 0 ,y 2-y 0=3x 2-x 0 ,∴y 1-y 2=-3x 1+x 2-2x 0 ,所以直线PQ 的斜率m =y 1-y 2x 1-x 2=-3x 1+x 2-2x 0 x 1-x 2,直线PM :y =-3x -x 0 +y 0,即y =y 0+3x 0-3x ,代入双曲线的方程3x 2-y 2-3=0,即3x +y 3x -y =3中，得：y 0+3x 0 23x -y 0+3x 0 =3,解得P 的横坐标：x 1=1233y 0+3x 0+y 0+3x 0,。

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题41平面解析几何第一缉1．【2021年福建预赛】已知离心率为√62的双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,P为双曲线上一点，R、r分别为△PF1F2的外接圆、内切圆半径.若∠F1PF2=60°,则Rr= .【答案】2√2+2【解析】解法一：由题意可得c=√62a，在△F1PF2中，由正弦定理可得：2R=2csin∠F1PF2=√6asin60°=2√2a,R=√2a，如图，不妨设点P在双曲线右支上，△PF1F2的内切圆I切x轴于点D,则由双曲线性质知,D为双曲线的右顶点,|F1D|=c+a,|F2D|=c−a.则tan∠IF1F2=IDF1D =rc+a,tan∠IF2F1=IDF2D=rc−a.又∠IF1F2+∠IF2F1=60°，因此,tan(∠IF1F2+∠IF2F1)=rc+a+rc−a1−rc+a⋅rc−a==2crc+ac−a=√3.将c=√62a代入上式，并整理得2r2+2√2ar−a2=0.结合r>0,解得r=2−√22a=2+√2.所以,Rr=√2(2+√2)=2√2+2.解法二:依题意,c=√62a.记|PF1|=r1,|PF2|=r2,不妨设点P在双曲线右支上,则r1−r2=2a.在△PF1F2中，由正弦定理得：2R=r1sin∠PF2F1=r2sin∠PF1F2=2csin∠F1PF2=4√33c=2√2a所以,R=√2a,且：2a=r1−r2=2√2a⋅(sin∠PF2F1−sin∠PF1F2) =2√2a⋅[sin(120°−∠PF1F2)−sin∠PF1F2]=2√2a⋅(√32cos∠PF1F2+12sin∠PF1F2−sin∠PF1F2)=2√2a⋅(√32cos∠PF1F2−12sin∠PF1F2)=2√2a⋅cos(∠PF1F2+30°).因此,cos(∠PF1F2+30°)=√22.又0°<∠PF1F2<90°,30°<∠PF1F2+30°<120°所以,∠PF1F2+30°=45°,∠PF1F2=15°,r2=2√2a⋅sin∠PF1F2=2√2a⋅sin15°=2√2a⋅√6−√24=(√3−1)a,r1=(√3+1)a △PF1F2周长l=r1+r2+2c=(√3+1)a+(√3−1)a+√6a=(2√3+√6)a,△PF1F2的面积S=12r1r2sin60°=√32a2.由S=r⋅l2,得r=√3a2√3+√6=2+√2所以,Rr=√2(2+√2)=2√2+2.2．【2021年重庆预赛】过拋物线E:y2=2x的焦点F作两条斜率之积为−12的直线l1,l2,其中l1交E于A,C 两点,l2交E于B,D两点，则|AC|+2|BD|的最小值为.【答案】18√2+6【解析】设直线的倾斜角分别为α,β,则tanαtanβ=−12,从而|AC|+2|BD|=2sin2α+4sin2β=2tan2α+4tan2β+6≥2√8tan2αtan2β+6=8√2+6.当且仅当|tanβ|=√2|tanα|时等号成立.3．【2021年广西预赛】设点P在椭圆x25+y2=1上，F1,F2是该椭圆的两个焦点，若△F1PF2的面积为√33,则∠F1PF2=.【答案】π3【解析】设∠F1PF2=θ,PF1=m,PF2=n,则{m+n=2√5 12mnsinθ=√33m2+n2−2mncosθ=16,解得θ=π3.4．【2021年全国高中数学联赛A卷一试】在平面直角坐标系xOy中,拋物线Γ:y2=2px(p>0)的焦点为F,过Γ上一点P (异于O )作Γ的切线,与y 轴交于点Q.若|FP |=2,|FQ |=1,则向量OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的数量积为 .【答案】32【解析】设P(t 22p ,t)(t ≠0)，则Γ的切线PQ 的方程为yt =p(x +t 22p ).令x =0得y =t2,故Q (0,t2).又F 坐标为(p2,0),进而|FP |=√(p2−t 22p )2+t 2=p2+t 22p ,|FQ |=√p 2+t 22，结合|FP |=2,|FQ |=1可分别得p 2+t 2=4p,p 2+t 2=4.所以p =1,t 2=3.于是OP⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =t 22=32.5．【2021年全国高中数学联赛B 卷一试】在平面直角坐标系xOy 中,已知抛物线y =ax 2−3x +3(a ≠0)的图像与拋物线y 2=2px (p >0)的图像关于直线y =x +m 对称,则实数a,p,m 的乘积为 .【答案】−3【解析】对拋物线y =ax 2−3x +3上任意一点(x 0,y 0),有y 0=ax 02−3x 0+3①设点(x 0,y 0)关于直线y =x +m 的对称点为(x 1,y 1). 由y 1+y 02=x 1+x 02+m,x 1+y 1=x 0+y 0,可知x 1=y 0−m,y 1=x 0+m ,因(x 1,y 1)在拋物线y 2=2px 上,故(x 0+m )2=2p (y 0−m ), 这等价于y 0=12p x 02+m px 0+m 22p+m②由点(x 0,y 0)取法的任意性,比较①、②得12p =a,mp =−3,m 22p +m =3. 因此有3=m p⋅m 2+m =−3⋅m 2+m =−m2,解得m =−6,故依次可得p =2,a =14（满足a ≠0且p >0).从而apm =2⋅14⋅(−6)=−3.6．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中,圆Ω经过点(0,0), (2,4) , (3,3) ,则圆Ω上的点到原点的距离的最大值为 .【答案】2√5【解析】记A(2,4),B(3,3),圆Ω经过点O,A,B .注意到∠OBA =90°(直线OB 与AB 的斜率分别为1和−1),故OA 为圆Ω的直径.从而圆Ω上的点到原点O 的距离的最大值为|OA|=2√5.7．【2020年福建预赛】设F 1,F 2 为双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 的左、右焦点,过F 2 的直线l 与双曲线C 的右支交于A 、B 两点,且AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,F 2B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2F 2A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则双曲线C 的离心率为 .【答案】√173【解析】如图4,设|AF 2|=t. 依题意有 |BF 2|=2t |AB|=3ι , |AF 1|=2a +t , |BF 1|=2a +2t 由AF ⃗⃗⃗⃗⃗ 1⋅AF ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=0 ⇒AF 1⊥AF 2.则{|AF 1|2+|AF 2|2=|F 1F 2|2,|AF 1|2+|AB|2=|F 1B |2⇒{(2a +t)2+t 2=(2c)2(2a +t)2+(3t)2=(2a +2t)2 ⇒t =23a,c =√173⇒e =√173.8．【2020年甘肃预赛】已知椭圆y 24+x 2=1,P 为椭圆上的任意一点,过点P 分别作与l 1:y =2x 和l 2: y =−2x 平行的直线分别与直线l 2 ,l 1 交于M ,N 两点.则|MN | 的最大值为.【答案】2 【解析】如图5.设P(x P,y P).于是,平行于l1,l2的直线分别为l3:y=2(x−x P)+y P, l4:y=−2(x−x P)+y P.由2x−2x P+y P=−2x⇒x M=2x P−y P4,y M=−2x P−y P2.由−2x+2x P+y P=2x⇒x N=2x P+y P4,y N=2x P+y P2.故MN2=(14×2y P)2+(12×4x P)2=14y P2+4x P2.又14y P2+x P2=1,则MN2=1+3x P2⩽4.从而,MN⩽2,当P(1,0)或(−1,0)时,MN=2.9．【2020年广西预赛】已知O为坐标原点,曲线C1:x2−y2=1与曲线C2:y2=2px交于点M、N.若△OMN的外接圆经过点P(72,0),则曲线C2的方程为.【答案】y2=32x【解析】如图2,设点M(x0,y0),N(x0,−y0),T为MN与x轴的交点.则T(x0,0).因为O、M、P、N四点共圆,所以,由相交弦定理得OT⋅TP=MT⋅TN ⇒x0(72−x0)=y02=2px0(x0>0).解得x0=72−2p，y02=2px0=7p−4p2代人曲线C1的方程得(72−2p)2−(7p−4p2)=1⇒32p2−84p+45=0.解得p=158(舍去)或p=34.故曲线C2的方程为y2=32x.10．【2020年吉林预赛】设椭圆x24+y23=1的左焦点为F,过(1,1)的直线l与橙圆交于点A、B.当△FAB的周长最大时,△FAB的面积为.【答案】3【解析】设F1为右焦点.注意到，FA+FB+AB=2a−F1A+2a−F1B+AB=4a−(F1A+F1B−AB)⩽4a,上式取等号时,l过点F1.于是,l与x轴垂直,此时,S△FAB=3.11．【2020年浙江预赛】某竹竿长为24米,一端直在墙上,另一端落在地面上.若竹竿上某一节点到墙的垂直距离和到地面的垂直距离均为7米,则此时竹竿靠在墙上的端点到地面的垂直距离为或.【答案】16±4√2【解析】如图2,设l AB:y=k(x−7)+7，则A(0,7−7k),B(7−7k,0).故(7−7k)2+(7−7k)2=242⇒k2−2k+1+1k2−2k+1=(247)2⇒(k+1k )2−2(k+1k)+1=(257)2⇒k+1k =1±257⇒k+1k =−187⇒k=−97±4√27⇒7(1−k)=7(167∓4√27)=16±4√2.12．【2020年重庆预赛】已知⊙O:x2+y2=5与抛物线C:y2=2px(p>0)交于点A(x0,2),AB为⊙O的直径,过点B的直线与抛物线C交于两点D、E.则AD与AE的斜率之积为.【答案】2【解析】易知，点A(1,2),B(−1,−2).设D(x1,y1),E(x2,y2).由B、D、E三点共线⇒y1+2x1+1=y2+2x2+1⇒y1y2+2(y1+y2)=4⇒k AD k AE=y1−2x1−1⋅y2−2 x2−1=16y1y2+2(y1+y2)+4=2.13．【2020年新疆预赛】直线x−2y−1=0与抛物线y2=4x交于A,B两点,C为抛物线上的一点,∠ACB= 90°,则点C的坐标为.【答案】(1,−2)或(9,−6)【解析】设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),C(t 2,2t) ,由{x −2y −1=0,y 2=4x , 得y 2−8y −4=0, 则y 1+y 2=8 ，y 1⋅y 2=−4 .又x 1=2y 1+1,x 2=2y 2+1 ,所以 x 1+x 2=2(y 1+y 2)+2=18 , x 1⋅x 2=4y 1⋅y 2+2(y 1+y 2)+1=1 .因为∠ACB =90° ,所以CA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0 ,印有(t 2−x 1)(t 2−x 2)+(2t −y 1)(2t −y 2)=0 . 即:t 4−(x 1+x 2)t 2+x 1⋅x 2+4t 2−2(y 1+y 2)t +y 1⋅y 2=0 ， 即:t 4−14t 2−16t −3=0 , 即:(t 2+4t +3)(t 2−4t −1)=0 .显然t 2−4t −1≠0 ,否则t 2−2⋅2t −1=0 ,则点C 在直线x −2y −1=0 上，从而点C 与点A 或点B 重合.所以t 2+4t +3=0 ,解得t 1=−1,t 2=−3. 故所求点C 的坐标为(1,−2) 或(9,−6) .14．【2019年全国】设A ，B 为椭圆Γ的长轴顶点，E ，F 为Γ的两个焦点，|ABl =4，|AF|=2+√3，P 为Γ上一点，满足|PE|⋅|PF|=2，则△PEF 的面积为 .【答案】1【解析】由题意知该椭圆可设为x 24+y 2=1•∴PF +PE =4,EF =2√3.由余弦定理，PF 2+PE 2−2PE ⋅PFcos∠EPF =EF 2⇒12−4cos∠EPF =12. 所以cos∠EPF =0, sin∠EPF =1⇒S ΔPEF =12PE ⋅PFcos∠EPF =1.15．【2019年江苏预赛】已知与三条直线x +y =1,x +ay =2,x +2y =3都相切的圆有且只有两个，则所有可能的实数a 的值的和为.【答案】3【解析】由题意知，这三条直线中恰有两条平行时符合题意，故a =1或2，从而实数a 的值的和为3. 16．【2019年江西预赛】若△OAB 的垂心恰是抛物线y 2=4x 的焦点,其中O 是原点,A ,B 在抛物线上,则△OAB 的面积S =.【答案】10√5.【解析】抛物线的焦点为F (1,0),因F 为△OAB 的垂心,则OF ⊥AB ,故可设A ,B 的坐 标为A (a 2,2a ),B (a 2,-2a ),(a >0);于是OA 的方程为ay =2x ,K OA =2a ,BF 的斜率K BF =−2aa 2−1,据K BF ⋅K OA =−1,得a =√5，因此AB =4√5, ℎ=a 2=5. 所以S ΔOAB =10√5.17．【2019年内蒙古预赛】已知(a,b),(c,d),(x,y)是圆心在原点的单位圆上三个点的坐标,则(ax +by −c)2+(bx −ay +d)2+(cx +dy +a)2+(dx −cy −b)2= .【答案】4【解析】原式=(a 2+b 2)(x 2+y 2+1)+(c 2+d 2)(x 2+y 2+1)=418．【2019年浙江预赛】设三条不同的直线:l 1:ax +2by +3(a +b +1)=0，l 2:bx +2(a +b +1)y +3a =0，l 3:(a +b +1)x +2ay +3b =0，则它们相交于一点的充分必要条件为 .【答案】a +b =−12【解析】设c =a +b +1，设三条直线相交于点(x,y )，则有{ax +2by +3c =0bx +2cy +3a =0cx +2ay +3b =0 ，消去x,y 得a 3+b 3+c 3−3abc =0，即(a +b +c )(a 2+b 2+c 2−ab −bc −ac )=0， 把c =a +b +1代入得(2a +2b +1)[(a −b)2+(b +1)2+(a +1)2]=0， 当(a −b )2+(b +1)2+(a +1)2=0时，解得a =b =−1，不合题意舍去; 所以2a +2b +1=0，解得a +b =−12.反之，当a +b =−12时，方程组有解.19．【2019年重庆预赛】已知△ABC 为椭圆x 29+y 24=1的内接三角形，且AB 过点P (1,0)，则△ABC 的面积的最大值为________. 【答案】16√23【解析】经伸缩变换{x =3X y =2Y得△A ′B ′C ′内接于圆X 2+Y 2=1，A ′B ′过点P ′(13,0)，S △ABC =6S △A ′B ′C ′，设O ′距A ′B ′的距离为t ，则0≤t ≤13，|A ′B ′|=2√1−t 2，S △A ′B ′C ′≤√1−t 2·(1+t )，易知当 t =13 时，S △A ′B ′C ′有最大值为8√29，∴S △ABC 的最大值为 16√23. 20．【2019年福建预赛】已知椭圆C 1:x 2a 2+y 2b 2=1 (a >b >0)与双曲线C 2:x 2m 2−y 2n 2=1 (m >0, n >0)有相同的焦点F 1,F 2，其中F 1为左焦点.点P 为两曲线在第一象限的交点，e 1,e 2分别为曲线C 1,C 2的离心率，若△PF 1F 2是以PF 1为底边的等腰三角形，则e 2−e 1的取值范围为 .【答案】(23,+∞)【解析】设双曲线的焦距为2c .则依题意，有|PF 2|=|F 1F 2|=2c,|PF 1|=2a −2c =2m +2c, e 1=c a , e 2=cm . 由{|PF 1|=2a −2c >|PF 2|=2c |PF 2|+|F 1F 2|=4c >|PF 1|=2a −2c 得{a >2c a <3c .于是13<e 1<12， 又e 2=c m=c a−2c=e 11−2e 1∴ e 2−e 1=e11−2e 1−e 1.设1-2e 1=t ，则t ∈(0,13)，由f(t)=12(t +1t )−1在区间(0,13)上为减函数，得f (t )值域为(23,+∞). ∴e 2−e 1的取值范围为(23,+∞).21．【2019年广西预赛】已知点P(−2,5)在圆C:x 2+y 2−2x −2y +F =0上,直线l :3x +4y +8=0与圆C 相交于A 、B 两点,则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ = .【答案】−32【解析】依题意有F =−23⇒圆C:(x-1)2+(y-1)2=25记AB 中点为D,AC 中点为E,则AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2−4|BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |24又CD =|3+4+8|5=3,所以cos∠ACD =CD AC =35则有cos∠ACB =2cos 2∠ACD −1=−725. 故BE 2=CE 2+CB 2−2CE ⋅CB ⋅cos∠ACB =1534所以AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−32 22．【2019年吉林预赛】若直线2x+y-2=0与直线x+my ー1=0互相垂直,则点P(m,m)到直线x+y+3=0的距离为.【答案】√22【解析】直线2x+y−2=0的斜率为k1=−2.直线x+my-1=0的斜率为k2=−1m,因为两直线互相垂直,所以(−2)×(1m )=−1.解得m=-2,故P(-2,-2),所以P到直线x+y+3=0的距离为√2=√22.23．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】设A、B为椭圆Γ的长轴顶点，E、F为Γ的两个焦点，|AB|= 4，|AF|=2+√3，P为上一点，满足|PE|⋅|PF|=2，则△PEF的面积为.【答案】1【解析】不妨设平面直角坐标系中的标准方程为x 2a2+y2b2=1(a>b>0).根据条件得2a=|AB|=4，a±√a2−b2=|AF|=2+√3，可知a=2，b=1，且由椭圆定义知|PE|+|PF|=2a=4，结合|PE|⋅|PF|=2得|PE|2+|PF|2=(|PE|+|PF|)2−2|PE|⋅|PF|=12=|EF|2，所以∠EPF为直角，进而S△PEF=12⋅|PE|⋅|PF|=1.24．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】在平面直角坐标系中，若以(r+1，0)为圆心、r为半径的圆上存在一点(a，b)满足b2≥4a，则r的最小值为.【答案】4【解析】由条件知(a−r−1)2+b2=r2，故4a⩽b2=r2−(a−r−1)2=2r(a−1)−(a−1)2.即a2−2(r−1)a+2r+1⩽0.上述关于a的一元二次不等式有解，故判别式[2(r−1)]2−4(2r+1)=4r(r−4)⩾0，解得r≥4.经检验，当r=4时，(a,b)=(3,2√3)满足条件.因此r的最小值为4.25．【2018年山西预赛】若双曲线L1的两个焦点分别是椭圆L2:x252+y242=1的两个顶点，而双曲线L1的两条准线分别通过椭圆L2的两个焦点，则双曲线L1的方程是：________.【答案】x 215−y210=1【解析】椭圆的长轴顶点为A(−5,0),B(5,0)，则其焦点在X轴上，用c1，c2分别表示L1,L2的半焦距，则c1=5，而c22=52−42=9，c2=3；所以椭圆焦点为F1(−3,0),F2(3,0).所以双曲线的实轴为X轴，设其方程为x2a2−y2b2=1，由a 2c1=3，所以a2=15.b2=c12−a2=52−15=10，因此双曲线L1的方程是x215−y210=1.26．【2018年江苏预赛】圆心在抛物线x2=2y上，并且和该抛物线的准线及y轴都相切的圆的方程为________.【答案】(x +1)2+(y −12)2=1和(x −1)2+(y −12)2=1【解析】抛物线x 2=2y 的准线方程为y =−12.设所求圆的圆心为(x 0,y 0)，则x 02=2y 0，且|x 0|=y 0+12，解得x 0=±1，y 0=12，故所求圆的方程为(x ±1)2+(y −12)2=1.故答案为：(x +1)2+(y −12)2=1和(x −1)2+(y −12)2=127．【2018年贵州预赛】己知O 为△ABC 所在平面上一定点，动点P 满足OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ(AB ⃗⃗⃗⃗⃗|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |+AC⃗⃗⃗⃗⃗|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |)，其λ∈[0，+∞]，则P 点的轨迹为________． 【答案】∠BAC 的角平分线 【解析】OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ(AB ⃗⃗⃗⃗⃗|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |+AC ⃗⃗⃗⃗⃗|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |)⇒=λ(AB ⃗⃗⃗⃗⃗|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |+AC⃗⃗⃗⃗⃗|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |), 而(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |+AC⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |)，且λ∈[0，+∞]， 所以λ(AB⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |+AC⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |)表示∠BAC 的角平分线上的一个向量． 因此，P 点的轨迹为∠BAC 的角平分线． 故答案为：∠BAC 的角平分线28．【2018年湖南预赛】在长方体ABCD—A 1B 1C 1D 1中，AB=3，AD=2,，CC 1=1，一条绳子从点A 沿表面拉到点C 1，则绳子的最短的长度_______. 【答案】3√2 【解析】①沿平面A A 1B 1B 、平面 A 1B 1C 1D 1铺展成平面，此时 AC 1=3√2，②沿平面 AA 1D 1D 、平面 A 1D 1C 1B 1铺展成平面，此时 AC =2√5，③沿平面AA1B1B、平面BB1C1C铺展成平面，此时AC1=2√6故绳子的最短的长为3√2.故答案为3√2.29．【2018年陕西预赛】如图，已知抛物线y=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F的直线与抛物线交于A,B两点，且|AB|=3p.设点A,B在l上的射影为A′,B′，今向四边形AA′B′B内任投一点M，则点M落在ΔFA′B′内的概率是________.【答案】13【解析】所求概率=SΔA′B′FS梯形AA′B′B =|A′B′|⋅p|A′B′|⋅(|AA′|+|BB′|)=|A′B′|⋅p|A′B′|⋅(|AF|+|BF|)=|A′B′|⋅p|A′B′|⋅3p=13.30．【2018年陕西预赛】如图，已知抛物线y=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F的直线与抛物线交于A,B两点，且|AB|=3p.设点A,B在l上的射影为A′,B′，今向四边形AA′B′B内任投一点M，则点M落在ΔFA′B′内的概率是________.【答案】13【解析】所求概率=SΔA′B′FS梯形AA′B′B =|A′B′|⋅p|A′B′|⋅(|AA′|+|BB′|)=|A′B′|⋅p|A′B′|⋅(|AF|+|BF|)=|A′B′|⋅p|A′B′|⋅3p=13.31．【2018年陕西预赛】如图，已知抛物线y =2px (p >0)的焦点为F ，准线为l ，过点F 的直线与抛物线交于A,B 两点，且|AB |=3p .设点A,B 在l 上的射影为A ′,B ′，今向四边形AA ′B ′B 内任投一点M ，则点M 落在ΔFA ′B ′内的概率是________.【答案】13【解析】 所求概率=S ΔA ′B ′F S 梯形AA ′B ′B=|A ′B ′|⋅p |A ′B ′|⋅(|AA ′|+|BB′|)=|A ′B ′|⋅p |A ′B ′|⋅(|AF |+|BF|)=|A ′B ′|⋅p |A ′B ′|⋅3p=13.32．【2018年广东预赛】已知关于x 的实系数方程x 2−2x +2=0和x 2+2mx +1=0的四个不同的根在复平面内对应的点共圆。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题17平面解析几何C 辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A 卷（第01试）】在平面直角坐标系中,点A ,B ,C 在双曲线xy =1上,满足△ABC 为等腰直角三角形.求△ABC 的面积的最小值.2．【2020高中数学联赛B 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 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,求tan∠ABF 1⋅tan∠ABF 2的值. 3．【2019高中数学联赛A 卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，圆Ω与抛物线Γ:y 2=4x 恰有一个公共点，且圆Ω与x 轴相切于Γ的焦点F .求圆Ω的半径.4．【2019高中数学联赛B 卷（第01试）】在椭圆中，F 为一个焦点，A 、B 为两个顶点若|F A |=3，|FB|=2，求AB 的所有可能值.5．【2018高中数学联赛B 卷（第01试）】如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，A 、B 与C 、D 分别是椭圆Γ:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点与上、下顶点.设P ，Q 是Γ上且位于第一象限的两点，满足OQ ∥AP ，M是线段AP 的中点，射线OM 与椭圆交于点R .证明:线段OQ ，OR ，BC 能构成一个直角三角形.6．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1:y 2=4x ，曲线C 2:(x −4)2+y 2=8.经过C 1上一点P 作一条倾斜角为45°的直线l ，与C 2交于两个不同的点Q 、R ，求|PQ|⋅|PR|的取值范围. 7．【2015高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy 中，F 1，F 2分别是椭圆x 22+y 2=1的左、右焦点.设不经过焦点F 1的直线l 与椭圆交于两个不同的点A ，B ，焦点F 1到直线l 的距离为d .如果直线AF 1，l ，BF 1的斜率依次成等差数列，求d 的取值范围8．【2014高中数学联赛（第01试）】平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线y 2=4x 的两条切线，两切点连线l 与PO 垂直.设直线l 与直线PO ，x 轴的交点分别为Q ，R.(1)证明R是一个定点；(2)求|PQ||QR|的最小值.9．【2013高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，A1，A2分别为椭圆的左、右顶点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上不同于A1和A2的任意一点.若平面中两个点Q，R满足QA1⊥PA1,QA2⊥PA2,RF1⊥PF1,RF2⊥PF2，试确定线段QR的长度与b的大小关系，并给出证明.10．【2012高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的边长为4，且|OB|=|OD|=6.(1)求证：|OA|⋅|OC|为定值；(2)当点A在半圆M：(x－2)2+y2=4(2≤x≤4)上运动时，求点C的轨迹.11．【2011高中数学联赛（第01试）】作斜率为13的直线l与椭圆C:x236+y24=1交于AB两点(如图所示)，且P(3√2,√2)在直线l的左上方.(1)证明：△P AB的内切圆的圆心在一条定直线上；(2)若∠APB=60°，求△P AB的面积.12．【2010高中数学联赛（第01试）】已知抛物线y2=6x上的两个动点A(x1,y1)和B(x2,y2)，其中x1≠x2且x1+ x2=4.线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，求△ABC面积的最大值.13．【2009高中数学联赛（第01试）】设直线l：y=kx+m(其中k，m为整数)与椭圆x216+y212=1交于不同两点A，B，与双曲线x24−y212=1交于不同两点C，D，问是否存在直线l使得向量AC⃗⃗⃗⃗⃗ +BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，若存在，指出这样的直线有多少条?若不存在，请说明理由.14．【2008高中数学联赛（第01试）】如图，P是抛物线y2=2x上的动点，点B，C在y轴上，圆(x－1)2+y2=1内切于△PBC，求△PBC面积的最小值.15．【2007高中数学联赛（第01试）】已知过点(0，1)的直线l与曲线C:y=x+1x(x>0)交于两个不同点M和N.求曲线C在点M，N处的切线的交点轨迹.16．【2006高中数学联赛（第01试）】给定整数n≥2，设M0(x0,y0)是抛物线y2=nx－1与直线y=x的一个交点.试证明对于任意正整数m，必存在整数k≥2，使(x0m,y0m)为抛物线y2=kx－1与直线y=x的一个交点.17．【2005高中数学联赛（第01试）】过抛物线y=x2上的一点A(1，1)作抛物线的切线，分别交x轴于D，交y轴于B.点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足AEEC =λ1；点F在线段BC上，满足BFFC=λ2，且λ1+λ2=1，线段CD与EF交于点P.当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程.18．【2004高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，给定三点A(0,43),B(−1,0),C(1,0)，点P到直线BC的距离是该点到直线AB，AC距离的等比中项.(1)求点P的轨迹方程；(2)若直线l经过△ABC的内心(设D)，且与点P的轨迹恰好有3个公共点，求l的斜率k的取值范围.19．【2002高中数学联赛（第01试）】已知点A(0，2)和抛物线y2=x+4上两点B，C使得AB⊥BC，求点C的纵坐标的取值范围.20．【2001高中数学联赛（第01试）】设曲线C1:x2a2+y2=1(a为正的常数)与C2：y2=2(x+m)在x轴上方有一个公共点P.(1)求实数m的取值范围(用a表示)；(2)O为原点，若C与x轴的负半轴交于点A，当0<a<12时，试求△OAP的面积的最大值(用a表示).21．【2000高中数学联赛（第01试）】已知C0:x2+y2=1和C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0).试问：当且仅当a，b满足什么条件时，对C1上任意一点P，均存在以P为顶点，与C0外切，与C1内接的平行四边形?并证明你的结论22．【1999高中数学联赛（第01试）】给定A(－2，2)，已知B是椭圆x225+y216=1上的动点，F是左焦点，当|AB|+53|BF|取最小值时，求B的坐标.23．【1998高中数学联赛（第01试）】已知抛物线y2=2px及定点A(a，b)，B(－a，0)(ab≠0，b2≠2pa)，M是抛物线上的点，设直线AM，BM与抛物线的另一交点分别为M1,M2.求证：当点M在抛物线上变动时(只要M1,M2存在且M1≠M2)，直线M1M2恒过一个定点，并求出这个定点的坐标.24．【1993高中数学联赛（第01试）】设0<a<b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使之与抛物线y2=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹.25．【1991高中数学联赛（第01试）】设O为抛物线的顶点，F为焦点，且PQ为过F的弦，已知OF=a，PQ= b，求△OPQ的面积.优质模拟题强化训练1．易知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其短轴为4，离心率为e1.双曲线x2m−y2n=1(m>0,n>0)的渐近线为y=±x，离心率为e2，且e1⋅e2=1.（1）求椭圆E的方程；（2）设椭圆E的右焦点为F，过点G(4，0)斜率不为0的直线交椭圆E于M、N两点设直线FM和FN的斜率为k1,k2，试判断k1+k2是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.2．如图，椭圆C1:x24+y2=1，抛物线C2:x2=2py(p>0)，设C1,C2相交于A、B两点，O为坐标原点.（1）若△ABO的外心在椭圆上，求实数p的值；（2）若△ABO的外接圆经过点N(0,132)，求实数p的值.3．如图所示，设k>0且k≠1，直线l：y=kx+1与l1：y=k1x+1关于直线y=x+1对称，直线l与l1分别交椭圆E:x24+y2=1于点A、M和A、N.（1）求k⋅k1的值；（2）求证：对任意的实数k，直线MN恒过定点.4．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1､F2，右顶点为A，P为椭圆C上任意一点.已知PF1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PF2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为3，最小值为2.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l：y=kx+m与椭圆C相交于M､N两点(M､N不是左右顶点)，且以MN为直径的圆过点A.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.5．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过点M(0,2)，且右焦点为F(2,0)．（1）求椭圆C的方程；（2）过点F的直线l与椭圆C交于A,B两点，交y轴于点P．若PA=mAF,PB=nBF，求证：m+n为定值；（3）在（2）的条件下，若点P不在椭圆C的内部，点Q是点P关于原点O的对称点，试求三角形QAB面积的最小值．6．．已知点F是椭圆x 21+a2+y2=1(a>0)右焦点，点M(m,0)、N(0,n)分别是x轴、y上的动点，且满足MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅NF⃗⃗⃗⃗⃗ =0，若点P 满足OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +PO ⃗⃗⃗⃗⃗ ． （1）求P 点的轨迹C 的方程；（2）设过点F 任作一直线与点P 的轨迹C 交于A 、B 两点，直线OA 、OB 与直线x =−a 分别交于点S 、T （其中O 为坐标原点），试判断是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．7．设O 是坐标原点，双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1上动点M 处的切线，交C 的两条渐近线于A 、B 两点.⑴求证：△AOB 的面积S 是定值； ⑵求△AOB 的外心P 的轨迹方程.8．已知离心率为12的椭圆的左焦点F 1为抛物线y 2=4px(p >0)的准线与x 轴的交点，右焦点F 2也为抛物线的焦点，椭圆与抛物线在x 轴上方的交点为P ，延长PF 1，与该抛物线交于点Q ，M 为抛物线上一个动点，且M 在点P 与Q 之间运动.若ΔPF 1F 2的边长恰为三个连续的正整数，求ΔMPQ 面积的最大值. 9．如图，已知⊙G:(x −2)2+y 2=r 2是椭圆x 216+y 2=1的内接△ABC 的内切圆，其中，A 为椭圆的左顶点.（1）求⊙G 的半径r ；（2）过点M （0，1）作⊙G 的两条切线与椭圆交于E 、F 两点，证明:直线EF 与⊙G 相切.10．已知双曲线x 2−y 2=2的左、右焦分别为点F 1、F 2，过定点P(2,3)作双曲线x 2−y 2=2的切线，切点分别为A 、B ，且点A 的横坐标小于点B 的横坐标。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题15平面解析几何A辑历年联赛真题汇编1．【2007高中数学联赛（第01试）】设圆O1和圆O2是两个定圆，动圆P与这两个定圆都相切，则圆P的圆心轨迹不可能是( )A．B．C．D．2．【2005高中数学联赛（第01试）】方程2sin√2−sin√32cos√2−cos√3=1表示的曲线是( ).A．焦点在x轴上的椭圆B．焦点在x轴上的双曲线C．焦点在y轴上的椭圆D．焦点在y轴上的双曲线3．【2003高中数学联赛（第01试）】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．4．【2003高中数学联赛（第01试）】过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°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轴交于点P，则线段PF的长等于( )A．163B．83C．16√33D．8√35．【2002高中数学联赛（第01试）】实数x，y满足(x+5)2+(y－12)2=142，则x2+y2的最小值为( )A．2B．1C．√3D．√26．【2002高中数学联赛（第01试）】直线x4+y3=1与椭圆x216+y29=1相交于A，B两点，该椭圆上点P，使得△P AB面积等于3，这样的点P共有( )A．1个B．2个C．3个D．4个7．【2000高中数学联赛（第01试）】已知点A为双曲线x2−y2=1的左顶点，点B和点C在双曲线的右分支上，△ABC是等边三角形，则△ABC的面积是( )A．√33B．3√32C．3√3D．6√38．【2000高中数学联赛（第01试）】平面上整点(纵、横坐标都是整数的点)到直线y=53x+45的距离中的最小值是( )A．√34170B．√3485C．120D．1309．【1999高中数学联赛（第01试）】平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点叫作整点，那么，满足不等式(|x|−1)2+(|y|−1)2<2的整点(x，y)的个数是( )A．16B．17C．18D．2510．【1997高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x－2y+3)2表示的曲线为椭圆，则m的取值范围为( )A．(0,1)B．(1,+∞)C．(0,5)D．(5,+∞)11．【1996高中数学联赛（第01试）】把圆x2+(y－1)2=1与椭圆9x2+(y+1)2=9的公共点，用线段联结起来所得到的图形为( ).A．线段B．不等边三角形C．等边三角形D．四边形12．【1994高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系中，方程|x+y|2a +|x−y|2b=1(a，b是不相等的两个正数)所代表的曲线是( )A．三角形B．正方形C．非正方形的长方形D．非正方形的菱形13．【1993高中数学联赛（第01试）】若M={(x,y)||tanπy|+sin2πx=0}，N={(x,y)||x2+y2|⩽2}，则M∩N的元素个数是( )A．4B．5C．8D．914．【1993高中数学联赛（第01试）】若直线x=π4被曲线C:(x−arcsina)(x−arccosa)+(y−arcsina)(y+ arccosa)=0所截得的弦长为d，当a变化时，d的最小值是( )A.π4B.π3C.π2D.π15．【1993高中数学联赛（第01试）】设m，n为非零实数，i为虚数单位，z∈C，则方程|z+ni|+|z−mi|= n①与|z+ni|−|z−m i|=−m②在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是( )A．B．C．D．16．【1992高中数学联赛（第01试）】对于每个自然数n，抛物线y=(n2+n)x2－(2n+1)x+1与x轴交于A n，B n两点，以|A n B n|表示该两点的距离，则|A1B1|+|A2B2|+⋯+|A1992B1992|的值是( )A．19911992B．19921993C．19911993D．1993199217．【1992高中数学联赛（第01试）】已知如图的曲线是以原点为圆心，1为半径的圆的一部分，则这一曲线的方程是( )A．(x+√1−y2)(y+√1−x2)=0B．(x−√1−y2)(y−√1−x2)=0C．(x+√1−y2)(y−√1−x2)=0D．(x−√1−y2)(y+√1−x2)=018．【1991高中数学联赛（第01试）】方程|x−y2|=1−|x|的图像为( )A．B．C．D．19．【1990高中数学联赛（第01试）】设双曲线的左右焦点是F1,F2，左右顶点是M，N，若△PF1F2的顶点P在双曲线上，则△PF1F2的内切圆与边F1F2的切点位置是( ).A．在线段MN内部B．在线段F1M内部或线段NF2内部C．点M或点N D．不能确定的20．【1990高中数学联赛（第01试）】已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)通过点(2，1)，则这些椭圆上满足|y|>1的点的集合用阴影表示是下面图中的( )A．B．C．D．21．【1988高中数学联赛（第01试）】已知原点在椭圆k2x2+y2−4kx+2ky+k2−1=0的内部，那么参数k 的取值范围是( )A．|k|>1B．|k|≠1C．−1<k<1D．0<|k|<122．【1988高中数学联赛（第01试）】平面上有三个点集M，N，P：M={(x，y)||x|+|y|<1}，N={(x,y)|√(x−12)2+(y+12)2+√(x+12)2+(y−12)2<2√2}，P={(x,y)||x+y|<1,|x|<1,|y|<1}.则( )A．M⊂P⊂N B．M⊂N⊂P C．P⊂N⊂M D．A，B，C都不成立.23．【1988高中数学联赛（第01试）】在坐标平面上，纵、横坐标都是整数的点叫作整点，我们用I表示所有直线的集合，M表示恰好通过一个整点的直线的集合，N表示不通过任何整点的直线的集合，P表示通过无穷多个整点的直线的集合，那么表达式(1)M∪N∪P=I；(2)M≠∅；(3)N≠∅；(4)P≠∅中正确的个数是( ) A．1B．2C．3D．424．【1987高中数学联赛（第01试）】在平面直角坐标系中，纵、横坐标均为有理数的点称为有理点.若a为无理数，则过点(a，0)的所有直线中( )A．有无穷多条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点B．恰有n(2≤n<+∞)条直线，其中每条直线上至少存在两个有理点C．有且仅有一条直线至少通过两个有理点D．每条直线至多通过一个有理点25．【1985高中数学联赛（第01试）】PQ为经过抛物线y2=2px焦点的任意一条弦，MN为PQ在准线l上的射影，PQ绕l旋转一周所得的旋转面面积为S1，以MN为直径的球面面积为S2，则下面的结论中，正确的是()A．S1>S2B．S1<S2C．S1⩾S226．【1985高中数学联赛（第01试）】在下列四个图形中，已知有一个是方程mx2+ny2=0与mx2+ny2=1(m≠0，n≠0)在同一坐标系中的示意图，它应是( )A．B．C．D．。

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题39排列组合与图论第二缉1．【2017年新疆预赛】在某次交友活动中,原计划每两个人都要恰好握1次手,但有4个人各握了两次手之后就离开了.这样,整个活动共握了60次手,那么最开始参加活动的人数是.【答案】15【解析】提示:设参加活动的人数为,其中中途退出的4个人之间的握手次数为.n +4x (0≤x ≤C 24=6)从而由题意得,即.C 2n +4⋅2=60+x n (n ‒1)=104+2x 由且为整数,可得.0≤x ≤6x x =3,n =11故最开始参加活动的人数为.n +4=152．【2016年福建预赛】将16本相同的书全部分给四个班级，每个班级至少有一本书，且各班所得书的数量互不相同.则不同的分配方法种数为________(用数字作答).【答案】216.【解析】将16分解成四个互不相同的正整数的和有9种不同的方式：16=1+2+3+10，16=1+2+4+9，16=1+2+5+8，16=1+2+6+7，16=1+3+4+8，16=1+3+5+7，16=1+4+5+6，16=2+3+4+7，16=2+3+5+6.故符合条件的不同分配方法数为9=216.A 443．【2016年山东预赛】在的展开式中，x 的整数次幂项的系数和为_____.(x +x +1)2n +1(n ∈Z +)【答案】12(32n +1+1)【解析】令，P =(x +x +1)2n +1.Q =(x ‒x +1)2n +1由二项式定理，知P 、Q 中的x 的整数次幂项之和相同，记作S （x ），非整数次幂项之和互为相反数.故2S (x )=P +Q=(x +x +1)2n +1+(x ‒x +1)2n +1令.则所求的系数和为.12(32n +1+1)4．【2016年山东预赛】设为（1，2，…，20）的一个排列，且满足(x 1,x 2,⋯,x 20)∑20i =1(|x i ‒i |+|x i +i |).则这样的排列有________个.=620【答案】(10!)2【解析】因为，所以，x i >0∑20i =1(|x i ‒i |+|x i +i |)=20∑i =1(|x i ‒i |+(x i +i ))=20∑i =1|x i ‒i |+20∑i =1(x i +i ).=∑20i =1|x i ‒i |+∑20i =12i =620原式化简得.∑20i =1|x i ‒i |=200注意到，，且为（1，2，…，20）的一个排列.|a ‒b |=max {a,b}‒min {a,b}(x 1,x 2,⋯,x 20)于是，在中，每个数作为最大值或最小值最多只能两次.max{x i ,i}、min{x i ,i}(1,2,⋯,20)20∑i =1max{x i ‒i}‒20∑i =1min{x i ‒i}.≤2∑20i =11i ‒220i =1i 故200=∑20i =1|x i ‒i |20∑i =1(max{x i ‒i}‒min{x i ‒i})=20∑i =1max{x i ,i}‒20∑i =1min{x i ,i}.≤2∑20i =1i ‒220i =1i =200从而，，{x 1,x 2,⋯,x 10}={11,12,⋯,20}.{x 11,x 12,⋯,x 20}={1,2,⋯,10}由分布计数原理，排列的个数为.{x 1,x 2,⋯,x 20}(10!)25．【2016年新疆预赛】平面上个圆两两相交,最多有______个交点.n 【答案】n (n ‒1)【解析】2两个圆相交时,最多有个交点;2+4=6三个圆相交时,最多有个交点;2+4+6=12四个圆相交时,最多有个交点;n2+4+…+2(n‒1)=n(n‒1)个圆相交时,最多有个交点.6．【2016年天津预赛】甲、乙两名学生在五门课程中进行选修,他们共同选修的课程恰为一门且甲选修课程的数量多于乙.则甲、乙满足上述条件的选课方式的种数为______.【答案】155【解析】C15(a,b)甲、乙共同选修的课程有种选法,其余的每一门课程甲、乙两人至多只有一人选修.用表示其余四门a b课程中甲选门、乙选门的情形.a>b(4,0),(3,0),(3,1),(2,0),(2,1),(1,0)则由,知共有六种情形.于是,甲、乙满足上述条件的选课方式的种数为C15(C44+C34+C34+C24+C24C12+C14)=155.7．【2016年吉林预赛】学校5月1日至5月3日拟安排六位领导值班，要求每人值班1天，每天安排两人.若六位领导中的甲不能值2日，乙不能值3日，则不同的安排值班的方法共有_______种.【答案】42【解析】分两类：C24=6（1）甲、乙同一天值班，则只能排在1日，有种排法.C14C13×3=36（2）甲、乙不在同一天值班，有种排法.故共有42种方法.8．【2016年吉林预赛】学校5月1日至5月3日拟安排六位领导值班，要求每人值班1天，每天安排两人.若六位领导中的甲不能值2日，乙不能值3日，则不同的安排值班的方法共有_______种.【答案】42【解析】分两类：C24=6（1）甲、乙同一天值班，则只能排在1日，有种排法.（2）甲、乙不在同一天值班，有种排法.C 14C 13×3=36故共有42种方法.9．【2016年上海预赛】将90 000个五位数10 000,10 001,···,99 999打印在卡片上，每张卡片上打印一个五位数，有些卡片上所打印的数(如19 806倒过来看是90861 )有两种不同的读法，会引起混淆。

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题42平面解析几何第二缉1．【2018年湖北预赛】已知点P 在离心率为√2的双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)上，F 1、F 2为双曲线的两个焦点，且PF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PF ⃑⃑⃑⃑⃑ 2=0，则ΔPF 1F 2的内切圆半径r 与外接圆半径R 之比为______. 【答案】√62−1【解析】由PF ⃑⃑⃑⃑⃑ 1⋅PF 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，知∠P 1PF 2=90°.设|PF 1|=m,|PF 2|=n ，又|F 1F 2|=2c ，则可得R =c,r =12(m +n −2c )，m 2+n 2=4c 2， ① |m −n |=2a . ②设rR=k ，则r =kR =kc =12(m +n −2c )，即有m +n =(2k +2)c . ③由①②③可得(2k +2)2c 2+4a 2=8c 2，所以 (k +1)2=2c 2−a 2c 2=2−1e 2=32，解得k =√62−1.2．【2018年甘肃预赛】已知点P 为直线x +2y =4上一动点，过点P 作椭圆x 2+4y 2=4的两条切线，切点分别为A,B ．当点P 运动时，直线AB 过定点的坐标是______． 【答案】(1,12) 【解析】点P (x 0,y 0)的切点弦AB ：x 0x +4y 0y =4，又因为x 0+2y 0=4，对比系数可知切点弦过定点(1,12)． 3．【2018年吉林预赛】已知圆C 的方程为x 2+y 2−8x +15=0，若直线y =kx −2(k ∈R )上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，则k 的最大值等于__________. 【答案】43 【解析】因为圆C 的方程可化为(x −4)2+y 2=1，所以圆C 的圆心为（4，0），半径为1.若y =kx −2上至少存在一点A （x 0,kx 0−2），以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，那么存在x 0∈R ，使得|AC |≤1+1=2成立，即有|AC |min ≤2，又因为|AC |min 为点C 到直线y =kx −2的距离d =√k 2+1，所以√k 2+1≤2，解得0≤k ≤43，因此k 的最大值是43.故答案为：434．【2018年吉林预赛】已知点P 在直线x +2y −1=0上，点Q 在直线x +2y +3=0上，PQ 的中点为M （x 0,y 0），且y 0>x 0+2，则y0x 0的取值范围是_____________.【答案】（−12，−15） 【解析】注意到两直线是平行的，故点M 的轨迹为与两直线的距离相等，且平行于两直线的直线，其方程为x +2y +1=0，即M （x 0,y 0）满足x o +2y 0+1=0，而且满足不等式y 0>x o +2的点都在直线y =x +2的左上方.问题转化为求射线x 0+2y 0+1=0（x 0<−53）上点M （x 0,y 0）的y0x 0的取值范围，而y0x 0的几何意义是M（x 0,y 0）与原点连线的斜率，故k OM =y 0x 0∈（−12，−15）.故答案为：（−12，−15）5．【2018年河南预赛】设经过定点M (a,0)的直线l 与抛物线y 2=4x 相交于P 、Q 两点，若1|PM |2+1|QM |2为常数，则a 的值为______． 【答案】2 【解析】设直线l 的参数方程为{x =a +tcosαy =tsinα （t 是参数，α是倾斜角且α∈(0,π)， 代入抛物线方程得t 2sin 2α−4tcosα−4a =0． 设该方程的两根为t 1、t 2，则t 1+t 2=4cosαsin 2α，t 1⋅t 2=−4a sin 2t，则1|PM|2+1|QM|2=1t 12+1t 22=t 12+t 22(t 1t 2)2=(t 1+t 2)2−2t 1t 2(tt 1t 2)2=16cos 2αsin 4α+8asin 2α16a 2sin 4α=2cos 2α+asin 2α2a 2为常数，所以a =2．6．【2018年河北预赛】在平面直角坐标系中，若与点A （2，2）的距离为1，且与点B （m ，0）的距离为3的直线恰有三条，则实数m 的取值集合是________.【答案】{2−2√3,2+2√3}【解析】以A为圆心，1为半径的圆，和以B为圆心，3为半径的圆相外切时，恰有三条公切线.利用AB=1+3，可得√(m−2)2+4=4∴m=2±2√3，即实数m的取值集合是{2−2√3,2+2√3}.7．【2018年辽宁预赛】已知A、B分别为C1:x2−y+1=0和C2:y2−x+1=0上的点，则|AB|的最小值为_____.【答案】3√24【解析】由于抛物线C1、C2关于直线y=x对称，则A、B也关于直线y=x对称.（否则A、B关于y=x的对称点A′、B′也分别在另一条抛物线上，且|AB|=|A′B′|.设AB交A′、B′于点M，则|AB|+|A′B′|=|MA|+|MA′|+|MB′|>|AA′|+|BB′|，故|AA′|和|BB′|中必有一个小于|AB|，矛盾.）因此只需求点A到直线y=x的距离最小值的二倍，则A为平行于y=x的直线与y=x2+1的切点，解得A(12,54)，故|AB|的最小值为3√24.故答案为：3√248．【2018年江西预赛】若双曲线L的两个焦点恰是椭圆T:x216+y29=1的两个顶点，而双曲线L的两个顶点恰是椭圆T的两个焦点，则双曲线L的方程为______．【答案】x 27−y29=1【解析】据条件知，双曲线L的中心在原点，实对称轴为x轴．设其方程为x 2a2−y2b2=1，则其顶点为(±a,0)，焦点为(±c,0)．而椭圆的长轴顶点为(±4,0)，焦点为(±√7,0)，于是a=√7，c=4．因此b=√c2−a2=3，故所求双曲线方程为x27−y29=1．故答案为：x 27−y29=19．【2018年山西预赛】若双曲线L1的两个焦点分别是椭圆L2:x252+y242=1的两个顶点，而双曲线L1的两条准线分别通过椭圆L2的两个焦点，则双曲线L1的方程是：________.【答案】x 215−y210=1【解析】椭圆的长轴顶点为A(−5,0),B(5,0)，则其焦点在X轴上，用c1，c2分别表示L1,L2的半焦距，则c1=5，而c22=52−42=9，c2=3；所以椭圆焦点为F1(−3,0),F2(3,0).所以双曲线的实轴为X轴，设其方程为x2a2−y2 b2=1，由a2c1=3，所以a2=15.b2=c12−a2=52−15=10，因此双曲线L1的方程是x215−y210=1.10．【2018年福建预赛】已知F1、F2分别为双曲线C:x24−y212=1的左、右焦点，点P在双曲线C上，G、I分别为△F1PF2的重心、内心．若GI∥x轴，则△F1PF2的外接圆半径R=______．【答案】5【解析】不妨设P(x0,y0)在第一象限，|PF1|=r1，|PF2|=r2．依题意，r1−r2=4，|F1F2|=8．由G、I分别为△F1PF2的重心、内心，GI∥x轴，得△F1PF2的内切圆半径r=13y0．所以S△F1PF2=12(|F1P|+|F1F2|+|F2P|)⋅r=12(r1+r2+8)⋅13y0．又S△F1PF2=12⋅|F1F2|⋅y0=4y0．所以12(r1+r1+8)⋅13y0=4y0．故r1+r2=16，结合r1−r2=4，得r1=10，r2=6．由此得到，|F1P|2=|F1F2|2+|F2P|2．因此PF2⊥F1F2．所以△F1PF2的外接圆半径R=12|F1P|=5．11．【2018年全国】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2，椭圆C的弦ST与UV分别平行于x轴与y轴，且相交于点P.已知线段PU，PS，PV，PT的长分别为1，2，3，6，则ΔPF1F2的面积为【答案】√15【解析】由对称性，不妨设P(x p,y p)在第一象限，则由条件知x p=12(|PT|−|PS|)=2,y P=12(|PV|−|PU|)=1.即P（2，1）.进而由x p=|PU|=1,|PS|=2得U（2，2）），S（4，1），代入椭圆C的方程知4⋅1a2+4⋅1b2=16⋅1a2+1b2=1，解得a2=20，b2=5.从而SΔPF1F2=12⋅|F1F2|⋅|y P|=√a2−b2⋅y P=√15.12．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2，椭圆C的弦ST与UV分别平行于x轴与y轴，且相交于点P.已知线段PU，PS，PV，PT的长分别为1，2，3，6，则△PF1F2的面积为.【答案】√15【解析】由对称性，不妨设P(x p,y p)在第一象限，则由条件知x p=12(|PT|−|PS|)=2,y p=12(|PV|−|PU|)=1，即P(2，1).进而由x p=|PU|=1,|PS|=2得U(2，2)，S(4，1)，代入椭圆C的方程知4⋅1a2+4⋅1b2=16⋅1a2+1b2=1，解得a2=20,b2=5.从而S△PF1F2=12⋅|F1F2|⋅|y P|=√a2−b2⋅y P=√15.13．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】设抛物线C:y2=2x的准线与x轴交于点A，过点B(－1，0)作一直线l与抛物线C相切于点K，过点A作l的平行线，与抛物线C交于点M，N，则△KMN的面积为.【答案】12【解析】设直线l与MN的斜率为k，则l:x=1k y−1,MN:x=1ky−12.将l与C联立，得方程y2−2k y+2=0，由条件知其判别式为零，故k=±√22.将MN与C联立，得方程y2−2ky+2=0，于是|y M−y N|=√(y M+y N)2−4y M y N=√4k2−4=2，结合l与MN平行，可知S△KMN=S△BMN=|S△BAM−S△BAN|=12⋅|AB|⋅|y M−y N|=12⋅12⋅2=12.14．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的方程为x29+y210=1，F为C的上焦点，A为C的右顶点，P是C上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF的面积的最大值为.【答案】3√112【解析】易知A(3，0)、F(0，1).设P的坐标是(3cosθ,√10sinθ),θ∈(0,π2)，则S四边形OAPF =S△OAP+S△OFP=12⋅3⋅√10sinθ+12⋅1⋅3cosθ=32(√10sinθ+cosθ)=3√112sin(θ+φ).其中φ=arctan√1010.当θ=arctan√10时，四边形OAPF面积的最大值为3√112.15．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】设a为非零实数，在平面直角坐标系xOy中，二次曲线x2+ ay2+a2=0的焦距为4，则a的值为.【答案】1−√172【解析】二次曲线的方程可以写成−x 2a2−y2a=1.显然必须有－a>0，故二次曲线为双曲线，其标准方程为2(√−a)2−x2(−a)2=1.则c2=(√−a)2+(−a)2=a2−a，注意到焦距2c=4，可知a2−a=4，又a<0，所以a=1−√172.16．【2017年天津预赛】设F是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点,A是该椭圆上位于第一象限的一点.过A作圆x2+y2=b2的切线,切点为P.则|AF|−|AP|=.【答案】a【解析】提示:设F(−c,0),A(a cos t,b sin t),其中t∈(0,π2),则AF∣=√(a cos t+c)2+(b sin t)2=√a2cos2t+2ac cos t+c2+(a2−c2)sin2t=√a2+2ac cos t+c2cos2t=a+c cos t,同时|AP|=√AO2−OP2=√(a cos t)2+(b sin t)2−b2=√(a2−b2)cos2t=c cos t.可见|AF|−|AP|=a. 17．【2017年河北预赛】双曲线C:x2−y2=2的右焦点为F,P为其左支上任意一点,点A的坐标为(−1,1),则△APF周长的最小值为.【答案】3√2+√10【解析】提示:易得|AF|=√10.设双曲线的左焦点为F′,则由双曲线定义知|PF|−|PF′|=2√2.△APF 周长为l =|PA |+|PF |+|AF |=|PA |+2√2+|PF ′|+√10=|PA |+|PF ′|+2√2+√10≥|AF ′|+2√2+√10=3√2+√10.18．【2017年山西预赛】直线y =kx −2交抛物线y 2=8x 于A 、B 两点,若线段AB 的中点横坐标为2,则线段AB 的长度|AB |= .【答案】2√15【解析】提示:由kx =y +2,有ky 2=8kx =8y +16,y 1,2=4k ±4k √k +1, 于是x 1,2=2+y 1,2k=2k +4k 2±4k 2√k +1, 由条件,2=x 1+x 22=2k +4k 2,得k =2或k =−1.若k =−1,由{y =−x −2,y 2=8x,这时直线与抛物线只有唯一交点(2,−4),不合题意.若k =2,则由{y =2x −2,y 2=8x,解得两交点A(2+√3,2+2√3),B(2−√3,2−2√3),这时|AB |=2√15.19．【2017年辽宁预赛】已知F 1,F 2分别为椭圆Γ:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点,|F 1F 2|=2.A 为Γ的右端点,直线l 过点A 且垂直于x 轴,P 为直线l 上一动点,若∠F 1PF 2的最大值为π4,则此时点P 的坐标为.【答案】P(√2,1)或(√2,−1)【解析】设PA =|x |,则tan α=xa+c ,tan β=xa−c ,tan θ=tan (β−α)=x a−c −x a+c1+x a−c ⋅x a+c=2cx b 2+x 2≤2cx 2bx =cb ,当且仅当x =b时等号成立.因为∠F 1PF 2的最大值为π4,故cb =tan π4=1,即b =c . 又|F 1F 2|=2,则c =1,b =1,a =√2.∠F 1PF 2最大时|x |=b , 即P(√2,1)或(√2,−1).20．【2017年吉林预赛】若椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)恒过定点(√22,√22),且其长轴长的取值范围是[√5,√6],则椭圆的离心率的取值范围是.【答案】[√33,√2 2]【解析】由椭圆x 2a2+y2b2=1过定点(√22,√22),得12a2+12b2=1,即a2+b2=2a2b2.①又因为e2=c2a2=a2−b2a2,得a2e2=a2−b2,即b2=a2−a2e2，②由①②得,e=2a 2−22a2−1=1−12a2−1.因为a∈[√52,√62],所以e∈[√33,√22].21．【2017年福建预赛】已知P为双曲线C:x24−y212=1上一点,F1,F2为双曲线C的左、右焦点,M、I分别为△PF1F2的重心、内心,若MI⊥x轴,则△PF1F2内切圆的半径为.【答案】√6【解析】提示:如图,不妨设点P在第一象限,D、E、F分别为⊙I与△PF1F2三边相切的切点.则由切线长定理以及双曲线定义,得2a=|PF1|−|PF2|=(|PF|+|FF1|)−(|PE|+|EF2|)=|FF1|−|EF2|= |F1D|−|F2D|=(x D+c)−(c−x D)=2x D，所以x D=a=2,x M=x I=x D=2.设P(x0,y0),由M为△PF1F2的重心,知x0=3x M=6,y0=4√6.所以|PF1|=√(6+4)2+(4√6−0)2=14|PF2|=√(6−4)2+(4√6−0)2=10，设△PF1F2的内切圆半径为r,则S△PF1F2=12(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)×r=16r，另一方面，S△PF1F2=12×|F1F2|×y0=12×8×4√6=16√6，所以16r=16√6,r=√6.22．【2017年江西预赛】若椭圆的一个顶点关于它的一个焦点的对称点恰好在其准线上,则椭圆的离心率e =.【答案】e =12或√22【解析】提示：建立坐标系,设椭圆方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0),则顶点A 1,2=(±a,0),B 1,2=(0,±b ),焦点F 1,2=(±c,0),准线方程为l 1,2:x =±a 2c ,其中c =√a 2−b 2. 根据对称性,只要考虑两种情况:(1)A 1(−a,0)关于F 2(c,0)的对称点在右准线x =a 2c上,由−a +a 2c=2c ,得e =c a=12;(2)B 1(0,b )关于F 2(c,0)的对称点在右准线x =a 2c 上,由横坐标0+a 2c=2c ,得e =ca =√22. 23．【2017年河南预赛】设A 、B 是椭圆x 2+3y 2=1上的两个动点,且OA ⊥OB(O 为坐标原点).则∣AB |的最大值和最小值的乘积为.【答案】2√33【解析】提示：以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 则椭圆方程为：ρ2(cos2θ+3sin2θ)=1,θ∈[0,2π)，设A(ρ1,α),B(ρ2,α+π2),则|AB|2=ρ12+ρ22=1cos2α+3sin2α+1sin2α+3cos2α=43+sin22α.从而|AB|的最大值为2√33,最小值为1,故|AB||AB|的最大值和最小值的乘积为2√33.24．【2017年湖北预赛】过抛物线y2=4x的焦点F的直线交拋物线于M、N两点,E(m,0)为x轴上一点,ME,NE 的延长线分别交抛物线于点P,Q.若MN、PQ的斜率k1、k2满足k1=3k2,则实数m的值为.【答案】3【解析】提示：如图,当MP与x轴不垂直时,设MP:y=k(x−m),代入y2=4x,得x2−(4k2+2m)x+m2=0,所以x M⋅x P=m2,从而y M⋅y P=−4m.设M(x0,y0),则x P=m2x0,y P=−4my0.当MP与x轴垂直时,结论也成立.而F(1,0),同理可求得x N=1x0,y N=−4y0,x Q=m2x N=m2x0,y Q=−4my N=my0.所以k1=4y M+y N =4y0−4y0,k2=4y P+y Q=4my0−4my0=1m⋅k1,又k2=13k1,所以m=3.25．【2017年四川预赛】若P(x,y)是双曲线x28−y24=1上的点,则|x−y|的最小值是.【答案】2【解析】提示：由条件知x2−2y2−8=0.根据对称性,不妨设x>0,y>0,且x−y>0.设u=x−y>0,(y+u)2−2y2−8=0,即y2−2uy−u2+8=0,于是Δ=(2u)2−4(−u2+8)≥0,解得u≥2.26．【2017年甘肃预赛】已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0),A1,A2是实轴顶点,F是右焦点,B(0,b)是虚轴端点,若在线段BF上(不含端点)存在不同的两点P i(i=1,2),使得△P i A1A2(i=1,2)构成以A1A2为斜边的直角三角形,则双曲线的离心率e的取值范围是.【答案】(√2,√5+12)【解析】提示:由已知△P i A1A2(i=1,2)是以A1A2为斜边的直角三角形,则P1、P2在以A1A2为直径的圆上,所以以A1A2为直径的圆与线段BF相交,直线BF的方程为xc +yb=1,即bx+cy−bc=0,所以√b2+c2<a,整理得e2(e2−1)2e2−1<1且e>√2,解得3−√52<e2<3+√52且e>√2,所以√2<e<√5+12.27．【2017年贵州预赛】在直角坐标系xOy中,有拋物线C i:y=a i x2+b i x+c i(i=1,2,⋯,20),拋物线D j:x= a j′y2+b j′y+c j′(j=1,2,⋯,20).对任意实数a i,b i,c i、a j′,b j′,c j′,则这40条抛物线把坐标平面分成的区域块数最多为.【答案】2422【解析】提示：因为拋物线C i中每两条最多有2个交点,抛物线C1分坐标平面为2块区域,拋物线C2与C1最多有2个交点,这2个交点将C2分成3段曲线,这3段曲线将所在区域一分为二,故C1与C2将坐标平面最多分成2+3=5块区域,拋物线C3与C1,C2最多有4个交点,这4个交点将C1,C2分成5段曲线,这5段曲线将所在区域一分为二,故C1,C2,C3将坐标平面最多分成2+3+5=10块区域,以此类推,C1,C2,⋯,C20将坐标平面最多分成2+3+5+7+⋯+39=401块区域.同理,D1,D2,⋯,D20将坐标平面最多分成401块区域.又C1与D j中，每一条的交点个数最多为4个,则C1与D1,D2,⋯,D20的交点总数最多4×20=80个,这80个交点将C1分成81段曲线,这81段曲线将所在区域一分为二,即新增区域81块,故C i(i=1,2,⋯,20)与D1,D2,⋯,D20能将坐标平面最多新增81×20=1620块区域.所以拋物线C i:y=a i x2+b i x+c i(i=1,2,⋯,20)与抛物线D j:x=a j′y2+ b j′y+c j′(j=1,2,⋯,20)把坐标平面分成的区域块数最多为401+401+1620=2422.28．【2017年安徽预赛】过椭圆x2+2y2=3的一个焦点作斜率为k的直线,交椭圆于A、B两点.若AB=2,则|k|=.【答案】√1+√3【解析】提示:椭圆参数a=√3,b=c=√32.不妨设直线方程为y=k(x−c),则A、B的横坐标x1,x2满足x2+2k2(x−c)2=3,得x1+x2=4k2c1+2k2.椭圆的右准线方程为x=a 2c =√6.再由AB=ca(2√6−x1−x2),解得|k|=√1+√3.29．【2017年广东预赛】圆锥曲线√x2+y2+6x−2y+10|x−y+3|=0的离心率是.【答案】√2【解析】提示:原式变形为√(x+3)2+(y−1)2=|x−y+3|,即√(x+3)2+(y−1)2=√2√2所以动点(x,y)到定点(−3,1)的距离与它到直线x−y+3=0的距离之比为√2.故此动点的轨迹为双曲线,离心率为√2.30．【2017年广东预赛】已知点P在圆C:x2+(y+2)2=14上运动,点Q在曲线y=ax2(a>0,−1≤x≤2)上运动,且|PQ|的最大值为92,则a=.【答案】√3−12【解析】提示:连结QC并延长交圆于点D,则PQ|<|QC|+|CP|=|QC|+|CD|=|QD∣,所以|PQ|的最大值等于|CP|的最大值与圆的半径之和,由于f(x)=|CP|2=x2+(ax2+2)2=a2x4+(4a+1)x2+4,其中−1≤x≤2,f(−1)=5+4a+a2<16a2+16a+8=f(−2).因此当x=−2时,|CP|取得最大值,于是√16a2+16a+8=92−12=4,2a2+2a−1=0.故a=√3−12.31．【2017年广西预赛】设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A,上顶点为B,左焦点为F.若∠ABF=90∘,则椭圆的离心率为.【答案】√5−12【解析】提示:由∠ABF=90∘和射影定理有ac=b2=a2−c2,即(ca )2+ca−1=0,故e=ca=√5−12.32．【2017年浙江预赛】已知动点P在x轴上,M,N分别在圆(x−1)2+(y−2)2=1和圆(x−3)2+(y−4)2= 3上,则|PM|+|PN|的最小值为.【答案】2√10−√3−1【解析】提示:易知圆(x−1)2+(y−2)2=1的圆心坐标为(1,2),圆(x−3)2+(y−4)2=3关于x轴对称的圆的圆心坐标为(3,−4).则|PM|+|PN|的最小值为√(3−1)2+(−4−2)2−1−√3=2√10−√3−1.33．【2017年江苏预赛】在平面直角坐标系xOy中,F1,F2分别是双曲线x2−y2b2=1(b>0)的左、右焦点,过点F1作圆x2+y2=1的切线,与双曲线左、右两支分别交于点A,B.若F2B=AB,则b的值是.【答案】1+√3【解析】提示:由已知及双曲线的定义,得AF1=BF1−AB=BF1−BF2=2,AF2=2+AF1=4.在Rt△OTF1中,OT=1,OF1=c,TF1=b,所以cos∠F2F1A=bc.在△AF1F2中,由余弦定理得cos∠F2F1A=F1F22+AF12−AF222F1F2⋅AF1=c2−32c.所以c2−3=2b.又由c2=1+b2,得b2−2b−2=0,解得b=1±√3(负值舍去),所以b=1+√3.34．【2017年新疆预赛】已知直线ax+by=2017与圆x2+y2=100有公共点,且公共点的横、纵坐标均为整数.则这样的直线共有.【答案】72【解析】提示：首先,在圆x2+y2=100上的横、纵坐标均为整数的点有(0,±10),(±6,±8),(±8,±6),(±10,0),共12个点.若直线ax+by=2017与圆只有一个公共点,那么该直线是圆的过该公共点的切线,而公共点可以是这12个点中任一个,故这样的切线共有12条.若直线ax+by=2017与圆有两个公共点,那么该直线就是过这两个公共点的割线.这12个点中任一点分别与其他11个点相连共得到12×11=132条直线.由于每条直线重复了两次,故共有132÷2=66条不同的直线.注意到直线ax+by=2017不过(0,0)点,故这66条直线中有6条不满足,故满足条件的有66−6=60条.综上,满足题意的直线共有12+60=72条.35．【2016年福建预赛】已知直线l过椭圆C：x22+y2=1的左焦点F且与椭圆C交于A、B两点，O为坐标原点.若OA⊥OB，则点O到直线AB的距离为________.【答案】√63.【解析】易知，F(-1，0).设l AB：x=ty-1.{x=ty−1，x22+y2=1⇒(t2+2)y2-2ty-1=0. ①注意到，式①的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2).则y1+y2=2tt2+2，y1y2=−1t2+2.由OA⊥OB，得x1x2+y1y2=(ty1−1)(ty2−1)+y1y2=（t2+1）y1y2−t（y1+y2）+1=−(t2+1)t2+2−t·2tt2+2+1=0⇒-(t2+1)-2t2+t2+2=0⇒t2=12.故点O到直线AB的距离为√2=√63。