2016年浙江省数学高考模拟精彩题选——解析几何解答题 Word版含答案

1.（2016名校联盟第一次）19．（本题满分15分）

y2x2已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的左右焦点为F，离心率为e.直线l:y=ex+a1,F2ba与x轴、y轴分别交于点A,B两点，M是直线l与椭圆C的一个公共点，P是点F关于直线

l的对称点，设.

（Ⅰ）若l=34，求椭圆C的离心率； （Ⅱ）若DPF1F2为等腰三角形，求l的值.

1

x2y22.（2016温州一模19）．（本题满分15分）如图，已知椭圆C：221(ab0)经过点

ab62．点A,B分别为椭圆C的左、右顶点，M,N是椭圆C上非(1,)，且离心率等于22顶点的两点，且OMN的面积等于2．（Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）过点A作AP//OM交椭圆C于点P，求证：BP//ON．

y62P1()N2221Mab2a4AOc2B 解：（Ⅰ）由题意得： ，解得： 2eb2a2222abc 22xy1 ……………………………………5分 故椭圆C的方程为：42（Ⅱ）解法一：如图所示，设直线OM,ON的方程为ykOMx，ykONx

xykOMx2kOM2联立方程组x2y2，解得M(,),

22112kOM12kOM42同理可得N(212k2ON,2kON12k2ON),……………………………………7分

作MM'x轴, NN'x轴,M',N'是垂足,

SOMN=S梯形MM'N'NSOMM'SONN'

1[(yMyN)(xMxN)xMyMxNyN] 21 (xMyNxNyM)

24kON4kOM1()

2222212kOM12kON12kOM12kON  已知SOMN2(kOMkON)12k2OM12k2ON……………………………………9分

12，化简可得kOMkON.……………………………………11分

222设P(xP,yP),则4xP2yP，

又已知kAPkOM,所以要证kBPkON,只要证明kAPkBP1……………………13分 2yPyPy2P1而kAPkBP2

xP2xP2xP42所以可得BP//ON…………………………………………………………………………15分 （M,N在y轴同侧同理可得）

解法二：设直线AP的方程为ykOM(x2)，代入x2y4

2222 得(2kOM1)x8kOMx8kOM40，它的两个根为2和xP

2224kOM24kOMy 可得xp ……………………………………7分 P222kOM12kOM1 从而kBP4kOM22kOM11 22kOM24kOM222kOM111kON 即kOMkON …………………………………9分 2kOM2 所以只需证 设M(x1,y1)，N(x2,y2)，若直线MN的斜率不存在，易得x1x22 从而可得kOMkON分

1 …………………………………102x2y21 若直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为ykxm， 代入42 得(2k1)x4kmx2m40

2222m244km22 则x1x22，x1x2，8(4k2m)0………1122k12k1分

SOMN48(4k22m2)11|m||x1x2||m|2 222k21222222 化得m(4k2)m(2k1)0，得m2k1 ………………………13

分

kOMkONy1y2k2x1x2km(x1x2)m2m24k22k214k21 x1x2x1x22m242(2k21)42 ………………………………………………15

分

3.(2016嵊州期末)（本小题满分15分）

x2y26已知椭圆C：221ab0的离心率为，直线l：xy10与C相交于A，B3ab两点．

（Ⅰ）证明：线段AB的中点为定点，并求出该定点坐标；

uuuruuur7（Ⅱ）设M1,0，MABM，当a时，求实数的取值范围． ，326解：（Ⅰ）由离心率为，得a23b2． ………………2分

3x23y23b20，设Ax1,y1,Bx2,y2，联立消去y得4x26x31b20

xy10，31b3故x1x2，x1x242所以

2， ………………4分

x1x23y1y2xx1，112． 2422431故线段AB的中点为定点，． ………………6分

44uuuruuur（Ⅱ）M1,0，MABM，得x111x2． ………………8分 132，x2． 结合x1x2解得x2112(1)2由x1x231b24得112．23b1………………10分

77因为a，故b2,1， ………………12分 ,3212从而15102,． 23b1231………………13分

11解得,U2,3． ………………15分

32法二：本题在运算时用y1y2

(y1y2)2再利用y的韦达定理算出的式子，用来算要好算一点。

y1y2y2x224.（2016嘉兴一模）．（本题满分15分）过离心率为的椭圆C:221(ab0)的右

2ab焦点F(1,0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A、B，设|FA||FB|，T(2,0).

（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若12，求ABT中AB边上中线长的取值范围． 解：（Ⅰ）∵e2，c1，∴a2,c1 2x2即椭圆C的方程为：y21. …7分

2

（Ⅱ）（1）当直线的斜率为0时，显然不成立.

（2）设直线l:xmy1，设A(x1,y1)，B(x2,y2) 联立x22y210得(m22)y22my10 得y1y22mm22，y1y21m22，

由|FA||FB|，得y1y2

(y1y2)2y1y214m2122∵，∴ y1y2y2y1m2∴m22 711又∵AB边上的中线长为|TATB|(x1x24)2(y1y2)2

224m49m24(m2)2(m22)222

7m224[1,132] …8分 16x2y22225.（2016浙江六校联考19）如图，椭圆C1：221(ab0)和圆C2：xyb，

ab已知圆C2将椭圆C1的长轴三等分，且圆C2的面积为π。椭圆C1的下顶点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆C2相交于点A，B，直线EA，EB与椭圆C1的另一个交点分别是点P，M． （I）求椭圆C1的方程；

（II）求△EPM面积最大时直线l的方程．

MOBxyPAx2Ey21………………5分 19. 解：（1）由题意得：b1，则a3b，所以椭圆方程为：9 （2）由题意得：直线PE,ME的斜率存在且不为0，PEEM，

不妨设直线PE的斜率为k(k0)，则PE:ykx1

18kxykx19k21x02由：x，得：或 22y1y1y9k199k2118k9k2118k9k2,) 同理得:M:(2,) 所以：P:(29k19k21k9k29kPMk21 ………………8分 10kykx12kk21k21,)， 所以：kAB由2，得：A:( 2221k1k2kxy1

1162(k)1162(kk)k ………………12分 所以：SEPMPEEM4229k82k99k2829k21162t16227设tk， 则SEPM2 ……13分 k9t9t8t1812当且仅当tk时取等号，所以k7

k3k33k2111x(k)x 则直线AB:y2k2k所以所求直线l方程为：y7x ………………15分 3

特别提醒：

x2y21的左、右顶点分别为A,B，M,N6.（2016丽水一模19）（15分）已知椭圆E：43是椭圆E上异于A,B的两点，直线AM,BN交于点P(4,t)． （Ⅰ）若直线MN与x轴垂直，求实数t的值； （Ⅱ）记PMN,PAB的面积分别是

S1(t),S2(t)，求

S1(t)的最小值． S2(t)（第19题） 解．(Ⅰ)设M(x0,y0),N(x0,y0)，

y0直线AM的方程为y(x2)

x02y0直线BN的方程为y(x2)

2x0y0y(x2)x0242y联立得：P(,0)

x0x0yy0(x2)2x044 x03解得：x01,y0

2代入直线AM可得t3……………………………………（6分）

t (Ⅱ)直线AM的方程为yx2，代入椭圆的方程并整理得：

6t227x24t2x4t21080

542t218t解得Mt227,t227

直线NB的方程为ytx2，代入椭圆的方程并整理得： 2t23x24t2x4t2120

2t266t解得Nt23,t23

18t6ttt22S1(t)PMPNyMyPyNyPt27t3所以 S2(t)PAPByAyPyByPttt29t292 2t27t311110821122t9t92

当

S1(t)311，即时， …………………（15分） t32t918S2(t)min4227.（2016台州一模19）（本小题满分15分）如图,已知椭圆C：

yAxy31(ab0)的上顶点为,离心率为. A(0,1)222abBDMOx(第19题图)

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

22（Ⅱ）若过点A作圆M:x1yr

20r1的两条切线分别与椭圆C相交于点B,D(不同于点A).当r变化时,试问

直线BD是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由.

b1,3c解：（Ⅰ） 由已知可得, ,a2,b1,

2aa2b2c2,x2y21 ---------------------------5分 所求椭圆的方程为4（Ⅱ）设切线方程为ykx1，则

|1k|222(1r)k2k1r0， ，即r21k设两切线AB,AD的斜率为k1,k2(k1k2)，则k1,k2是上述方程的两根，所以

k1k21； ------------------------------------8分

ykx122 由x2得：(14k)x8kx0，

2y148k114k12 所以x1， ,y114k1214k1228k28k114k2k124 同理可得：x2，-----------------12分 2,y222214k2k1414k2k14 所以kBDk12414k12k12414k12k121， 8k18k13k122k1414k1 于是直线BD方程为

14k12k1218k1y(x)， 2214k13k114k1 令x0，得

14k12k1218k1520k125， y22214k13k114k13(14k1)3 故直线BD过定点(0,). ----------------------------15分 分析：本题应直接设BD的方程，其本质是求BD的定点只需lBD:ykxm中的k、m两个

字母变一个字母，就可求出定点，而两条切线就是一个kAB与kAD的一个等量关系。题目所提供的方法麻烦了。

53x2y221，8.（2016十二校联考19）（本小题满分15分）已知椭圆C1:抛物线C2:y4x，43y过抛物线C2上一点P(异于原点O)作切线l交椭圆C1于A，B两点． PA （I）求切线l在x轴上的截距的取值范围；

（II）求AOB面积的最大值． t2分析：(1)设P(,t)，则切线方程为

42tx与椭圆联立得 t216(32)x28xt2120

t12(12t2144)0，0t216 2tyO xB第19题图

t2x轴上的截距(4,0)

4t|2(2)O到直线AB的距离为d， 412t|484t2484=12|AB|1216tt3163t2t222t122t 162(32)tSAOB2162t124(3)t23|t|t23|t|34t2t4t 1616161622232(32)2(32)2(3)ttt2t2t233m24m(m2)243 m，则SAOB令

162232tt2m2时，此时取到最大值。 当

1632tx29.（2016桐乡一模 19）. （本题满分15分）已知椭圆y21，过A(0,1)作互相垂直的

9两直线AB,AC与椭圆交于B,C两点. 84（Ⅰ）若直线BC经过点(,),求线段BC的长；

55（Ⅱ）求ABC 面积的最大值.

解：（Ⅰ）不妨设直线AB: ykx1(k0)，则AC的方程为y1x1。 kykx118k19k2222由x得：(19k)x18kx0B219k2,19k2y1918kk291 ,2同理k用代入得，C2kk9k9， 19k2kBC219k18k2k29k1…­……………………………………………4分 18k10k19k2k29k292k118k直线BC:y(x)， 2210k19k19k19k2k214即yx直线过定点0，10k54…………………………………………5分 548447281yx2又因为直线过(,)，直线BC：yx，x0由5 得10x55255522yx9y9P6117弦长公式可得BC………………………………………………………7分 A25M18k18kOx（Ⅱ）由（Ⅰ）可得xB， C2219k9kBEx从而有AB1k218k19k2,AC1118kk29k2…………………………11分 1k(1k)1k162于是 SABCABAC162………13分

12(19k2)(9k2)29(k2)82k2k令tk162t162271 2，有SABC28k9t9tt当且仅当t 10.

827……………………………………………15分 2，(SABC)max38