决战高考
c2c2c??(x?),直线l与x轴的交点(,0)是?AF1C的外接圆的
2222cc圆心，因此外接圆的方程为(x?)2?y2?(?c)2
22?c29c22?(m?)?n?直线F2B的方程为y?2(x?c)，于是点H(m,n)满足方程组?24由m?0，解得
?n?2(m?c)?线段AF1的垂直平分线l的方程为y?5c22cn22，故? ,n?32m52n22当k?时，同理可得?
3m5【考点定位】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质，直线方程，圆的方程等基础知识。考查用代数方法研究圆锥曲线的性质和数形结合的思想，考查运算能力和推理能力。 18.(2017湖北卷理)（本小题满分14分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．m?过抛物线y2?2px(p?0)的对称轴上一点A?a,0??a?0?的直线与抛物线相交于M、N两点，自M、N向直线l:x??a作垂线，垂足分别为M1、N1。
p（Ⅰ）当a?时，求证：AM1⊥AN1；
2（Ⅱ）记?AMM1、?AM1N1 、?ANN1的面积分别为S1、S2、S3，是否存在?，使得对任意的a?0，
2都有S2??S1S2成立。若存在，求出?的值；若不存在，说明理由。
20题。本小题主要考察抛物线的定义和几何性质等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力。（14分）
解：依题意，可设直线MN的方程为x?my?a,M(x1,y1),N(x2,y2)，则有w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
M(?a,y1),N(?a,y2)
?x?my?a由?2消去x可得y2?2mpy?2ap?0 ?y?2px?y1?y2?2mp从而有? ①
yy??2ap?12于是x1?x2?m(y1?y2)?2a?2(m2p?a) ②
(y1y2)2(?2ap)2又由y?2px1，y?2px2可得x1x2???a2 ③ 224p4pppp（Ⅰ）如图1，当a?时，点A(,0)即为抛物线的焦点，l为其准线x??
222PP此时M1(?,y1),N1(?,y2),并由 ①可得y1y2??p2
22uuuuvuuuv证法1：QAM1?(?p,y1),AN1?(?p,y2) uuuuvuuuv ?AM1?AN1?p2?y1y2?p2?p2?0,即AM1?AN1w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
yyQKAM1??1,KAN1??2,证法2：pp
2121y1y2p2?KAM1?KAN1?2??2??1,即AM1?AN1.
pp2(Ⅱ)存在??4，使得对任意的a?0，都有S2?4S1S3成立，证明如
下：
决战高考
证法1：记直线l与x轴的交点为A1,则OA?OA1?a。于是有
S111?2?MM1?A1M1?2（x1?a)y1S12?2?M1N1?AA1?ay1?y2 S12NN13??1?A1N1?2（x2?a)y2?S22?4S1S3?(ay1?y2)2?(x1?a)y1?(x2?a)y2?a2[(y22 1?y2)?4y1y2]?[x1x2?a(x1?x2)?a]y1y2将①、②、③代入上式化简可得
a2(4m2p2?8ap)?2ap(2am2p?4a2)?4a2p(m2p?2a)
上式恒成立，即对任意a?0,S22?4S1S3成立 证法2：如图2，连接MN1,NM1,则由y1y2??2ap,y21?2px1可得
Ky12p2py22py2y2OM?x??y???a?KON1,所以直线MN1经过原点O，
1y11y2?2ap同理可证直线NM1也经过原点O
又OA?OA1?a设M1A1?h1,N1A1?h2,MM1?d1,NN1?d2,则
S11?2d111h1,S2?2?2a(h1?h2)?a(h1?h2),S3?2d2h2. 19.（2017四川卷文）（本小题满分12分）
已知椭圆x2y2a2?b?1(a?b?0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心e?22，右准线方程为x?2。
（I）求椭圆的标准方程；
（II）过点F的直线l与该椭圆交于M、N两点，且?????F?????22612M?F2N?3，求直线l的方程。
?【解析】（I）由已知得?c??2?a2，解得a?2,c?1 ?a2??c?2∴ b?a2?c2?1
∴ 所求椭圆的方程为x22?y2?1
（II）由（I）得F1(?1,0)、F2(1,0)
?①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x??1，由?x??1?y??2?x22得 ?2?y?12设M(?1,22)、N(?1,?22)， ∴ ?????F?????22M?F2N?(?2,2)?(?2,?22)?(?4,0)?4，这与已知相矛盾。 ②若直线l的斜率存在，设直线直线l的斜率为k，则直线l的方程为y?k(x?1)，
设M(x1,y1)、N(x2,y2)，
率
决战高考
?y?k(x?1)?2222联立?x2，消元得(1?2k)x?4kx?2k?2?0 2??y?1?2?4k22k2?2,x1x2?∴ x1?x2?， 1?2k21?2k22k?x?2)?∴ y1?y2?k(x1， w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 221?2k ??????????又∵F2M?(x1?1,y1),F2N?(x2?1,y2)
??????????∴ F2M?F?(1x?x2,1y? )y2N2?2222????????????8k?2226?2k?22∴ F2M?F2N?(x1?x2?2)?(y1?y2)?? ???2?2?3?1?2k??1?2k?化简得40k4?23k2?17?0
17解得k2?1或k2??(舍去)
40∴ k??1
∴ 所求直线l的方程为y?x?1或y??x?1 20.（2017全国卷Ⅱ理）（本小题满分12分）
x2y23 已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)的离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点，当l的
ab32斜率为1时，坐标原点O到l的距离为
2 （I）求a，b的值；
???????????? （II）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OP?OA?OB成立？ 若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由。
2解:(I）设F(c,0)，直线l:x?y?c?0，由坐标原点O到l的距离为 2c3|0?0?c|2 则，解得 c?1.又e??,?a?3,b?2. ?a322x2y2?1.设A(x1,y1)、B(x2,y2) （II）由(I）知椭圆的方程为C:?32由题意知l的斜率为一定不为0，故不妨设 l:x?my?1
代入椭圆的方程中整理得(2m2?3)y2?4my?4?0，显然??0。
4m4,y1y2??,．由韦达定理有：y1?y2??2．．．．．．．①
2m?32m2?3????????????.假设存在点P，使OP?OA?OB成立，则其充要条件为：
(x1?x2)2(y1?y2)2??1。 点P的坐标为(x1?x2,y1?y2)，点P在椭圆上，即
32整理得2x12?3y12?2x22?3y22?4x1x2?6y1y2?6。
又A、B在椭圆上，即2x12?3y12?6,2x22?3y22?6. 故2x1x2?3y1y2?3?0．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．② 将x1x2?(my1?1)(my2?1)?m2y1y2?m(y1?y2)?1及①代入②解得m2?4m232232?2?,即P(,??y1?y2?或?). ,x1?x2=?22m?3222221 2决战高考 2322时,P(,?),l:x?y?1; 22222322当m??时,P(,),l:x??y?1.
2222评析：处理解析几何题，学生主要是在“算”上的功夫不够。所谓“算”，主要讲的是算理和算法。算法是解决
问题采用的计算的方法,而算理是采用这种算法的依据和原因,一个是表,一个是里,一个是现象,一个是本质。有时候算理和算法并不是截然区分的。例如：三角形的面积是用底乘高的一半还是用两边与夹角的正弦的一半，还是分割成几部分来算？在具体处理的时候，要根据具体问题及题意边做边调整，寻找合适的突破口和切入点。 21.（2017湖南卷文）（本小题满分13分）
已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，以两个焦点和短轴的两个端点
为顶点的四边形是一个面积为8的正方形（记为Q）. （Ⅰ）求椭圆C的方程;
（Ⅱ）设点P是椭圆C的左准线与x轴的交点，过点P的直线l与椭圆C相交于M,N两点，当线段MN的中点落在正方形Q内（包括边界）时，求直线l的斜率的取值范围。
x2y2焦距解: （Ⅰ）依题意，设椭圆C的方程为2?2?1(a?b?0),ab为2c，
1由题设条件知，a2?8,b?c, 所以b2?a2?4.
2x2y2?1 . 故椭圆C的方程为?84（Ⅱ）椭圆C的左准线方程为x??4,所以点P的坐标(?4,0)，
显然直线l的斜率k存在，所以直线l的方程为
y?k(x?4)。
如图，设点M，N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),线段MN的中点为G(x0,y0)，
当m??y?k(x?4),? 由?x2y2得(1?2k2)x2?16k2x?32k2?8?0. ……①
?1??4?822由??(16k2)2?4(1?2k2)(32k2?8)?0解得?. ……② ?k?2216k2因为x1,x2是方程①的两根，所以x1?x2??，于是 21?2kx1?x24k8k2y?k(x?4)? x0?=?， . 0021?2k21?2k28k2?0，所以点G不可能在y轴的右边， 因为x0??21?2k又直线F1B2,F1B1方程分别为y?x?2,y??x?2, 所以点G在正方形Q内（包括边界）的充要条件为
?2k2?2k?1?0,?4k8k2?y0?x0?2,????2, 亦即 即? ?2??1?2k21?2k2???y0?x0?2.?2k?2k?1?0.8k2?4k??1?2k2?1?2k2?2,解得?3?13?1?k?，此时②也成立. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 22决战高考 3?13?1,]. 2222.（2017福建卷理）（本小题满分13分）
x2已知A,B 分别为曲线C： 2+y2=1（y?0,a>0）与x轴
a的左、右两个交点，直线l过点B,且与x轴垂直，S为l上 异于点B的一点，连结AS交曲线C于点T. (1)若曲线C为半圆，点T为圆弧?AB的三等分点，试求出点S的坐标；
故直线l斜率的取值范围是[?（II）如图，点M是以SB为直径的圆与线段TB的交点，试问：是否存在a,使得O,M,S三点共线？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由。 解法一：
AB的三等分点得(Ⅰ)当曲线C为半圆时，a?1,如图，由点T为圆弧?∠BOT=60°或120°. (1)当∠BOT=60°时, ∠SAE=30°.
又AB=2,故在△SAE中,有SB?AB?tan30??????,?s(t,); ?? (2)当∠BOT=120°时,同理可求得点S的坐标为(1,23),综上,
S(1,23)或S(1,23) 3(Ⅱ)假设存在a(a?0),使得O,M,S三点共线. 由于点M在以SB为直线的圆上,故BT?OS.
显然,直线AS的斜率k存在且k>0,可设直线AS的方程为y?k(x?a).
?x22?2?y?1得(1?a2k2)x2?2a2k2x?a4k2?a2?0 由?a?y?k(x?a)?a2k2?a2设点T(xT,yT),?xT?(?a)?,
1?a2k2a?a2k22ak故xT?,从而. y?k(x?a)?TT1?a2k21?a2k2a?a2k22ak亦即T(,).
1?a2k21?a2k2?????2a2k22ak?B(a,0),?BT?((,))
1?a2k21?a2k2?????x?a由?得s(a,2ak),?OS?(a,2ak).
y?k(x?a)??????????2a2k2?4a2k2由BT?OS,可得BT?OS??0即?2a2k2?4a2k2?0 21?ak2?k?0,a?0,?a?2 经检验,当a?2时,O,M,S三点共线. 故存在a?2,使得O,M,S三点共线. 解法二:
(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)假设存在a,使得O,M,S三点共线.
由于点M在以SO为直径的圆上,故SM?BT.
显然,直线AS的斜率k存在且K>0,可设直线AS的方程为y?k(x?a)
?x22?2?y?1得(1?a2b2)x2?2a2k2x?a2k2?a2?0 由?a?y?k(x?a)?a4k2?a2设点T(xT,yT),则有xT?(?a)?.
1?a2k2