北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
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模块卷(二)
时间:110分钟 分值:135分
解析几何
一、选择题:本题共11小题,每小题5分,共55分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
x2 y2 1
1.(2018浙江宁波高三上学期期末,4)已知焦点在y轴上的椭圆 + =1的离心率为 ,则实数m等于 (
4 m 2
)
16 16
A.3 B. C.5 D.
5 3
答案 D 由椭圆焦点在y轴上可知a2=m,b2=4,则c2=a2-b2=m-4,故e2=c2 =m-4=1,解得m=16.故选D.
a2 m 4 3
x2 y2
2.(2019西藏日喀则南木林高中期中,12)已知圆C过双曲线 - =1的一个顶点和一个焦点,且圆心在该双
9 16
曲线上,则圆心到该双曲线中心的距离是 ( )
4 4 16
A. B. √10 C. D.5
3 3 3
答案 C 由双曲线的几何性质易知圆C过双曲线同一侧的顶点和焦点,不妨设过双曲线的右焦点和右顶点,
所以圆C的圆心的横坐标为4.故圆心坐标为( 4√7).
4,±
3
√ 112 16
∴它到中心(0,0)的距离为d= 16+ = .故选C.
9 3
3.(2020湖南长沙明德中学3月月考,7)直线l:2x+(m+1)y+4=0与直线l:mx+3y-2=0平行”是“m=2”的 (
1 2
)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案 B 本题主要考查充分条件、必要条件的判断,考查数学运算与逻辑推理的核心素养.
若l∥l,则{m(m+1)=6, 即{m2+m-6=0,
1 2
4m≠2×(-2), m≠-1,
解得m=-3或2.
因此,“直线l:2x+(m+1)y+4=0与直线l:mx+3y-2=0平行”是“m=2”的必要不充分条件.
1 2
4.(2020广东深圳第二次教学质量检测,9)已知抛物线C:x2=4y的准线为l,记l与y轴交于点M,过点M作直线
l'与C相切,切点为N,则以MN为直径的圆的方程为 ( )
A.(x+1)2+y2=4或(x-1)2+y2=4
B.(x+1)2+y2=16或(x-1)2+y2=16
C.(x+1)2+y2=2或(x-1)2+y2=2
D.(x+1)2+y2=8或(x-1)2+y2=8
答案 C 抛物线x2=4y的准线为y=-1,则M(0,-1),
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设切线方程为y=kx-1,联立{ x2=4 y, 消去y得x2-4kx+4=0,∵直线l'与抛物线相切,
y=kx-1,
∴Δ=16k2-16=0,∴k=±1,当k=1时,x2-4x+4=0,x=x=2,此时N(2,1),又M(0,-1),则以MN为直径的圆的方程为
1 2
(x-1)2+y2=2.同理,当k=-1时,N(-2,1),以MN为直径的圆的方程为(x+1)2+y2=2,故选C.
5.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,8)在平面直角坐标系xOy中,已知点P(3,-1)在圆C:x2+y2-2mx-2y+m2-15=0
内,动直线AB过点P且交圆C于A,B两点,若△ABC的面积的最大值为8,则实数m的取值范围是 ( )
A.(3-2√3,3+2√3) B.[1,5]
C.(3-2√3,1]∪[5,3+2√3) D.(-∞,1]∪[5,+∞)
1
答案 C 圆的标准方程为(x-m)2+(y-1)2=16,则圆心为C(m,1),半径r=4,S = r2sin∠ACB=8sin∠ACB,∴当
△ABC
2
∠ACB=90°时,S 取得最大值8,此时△ABC为等腰直角三角形,|AB|=√2r=4√2,则圆心C到直线AB的距离
△ABC
1
d= |AB|=2√2,∴2√2≤|PC|<4,即2√2≤√(m-3)2+22<4,∴8≤(m-3)2+4<16,即4≤(m-3)2<12,解得3-2√3
2
<m≤1或5≤m<3+2√3.
6.(2020山东泰安肥城第一高级中学月考,7)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发
现:“平面内到两个定点A,B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命
|PA| 1
名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中,A(-2,0),B(4,0),点P满足 = .设点P的轨
|PB| 2
迹为C,下列结论正确的是 ( )
A.C的方程为(x+4)2+y2=9
|PD| 1
B.在x轴上不存在异于A,B的两定点D,E,使得 =
|PE| 2
C.当A,B,P三点不共线时,射线PO是∠APB的平分线
D.在C上存在点M,使得|MO|=2|MA|
答案 C 设点P(x,y),则 |PA| =1= √(x+2)2+ y2 ,化简整理得x2+y2+8x=0,即(x+4)2+y2=16,故A错误;存
|PB| 2 √(x-4)2+ y2
|PD| 1 AP2+PO2-AO2
在D(-1,0),E(2,0),使得 = ,故B错;对于C选项,cos∠APO= ,cos∠BPO=
|PE| 2 2AP·PO
BP2+PO2-BO2
,要证PO为∠APB的平分线,只需证明cos∠APO=cos∠BPO,即证
2BP·PO
AP2+PO2-AO2 BP2+PO2-BO2
= ,即证PO2=2AP2-8,设P(x,y),则PO2=x2+y2,2AP2-
2AP·PO 2BP·PO
8=2x2+8x+2y2=(x2+8x+y2)+(x2+y2)=x2+y2,cos∠APO=cos∠BPO得证,故C正确;对于D选项,设M(x,y),由|MO|=2|
0 0
MA|可得
√x2+ y2
=2
√(x +2)2+
y2,整理得3 x2+3 y2+16x
0
+16=0,而点M在圆上,故有 x2+ y2+8x
0
=0,联立
0 0 0 0 0 0 0 0
解得x=2,y 无实数解,于是D错误.故选C.
0 0
|PA| 1
思路分析 通过设出点P坐标,利用 = 即可得到轨迹方程;找出两点D,E即可判断B的正误;证PO
|PB| 2
为∠APB的平分线,即证两角的余弦值相等,利用分析法可证;设出M点坐标,利用|MO|=2|MA|与圆的方程,解出
就存在,解不出就不存在.
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7.(2018云南红河州质检一,6)已知椭圆x2 +y2
=1(a>b>0)的两个焦点分别为F,F,若椭圆上存在点P使得
1 2
a2 b2
∠FPF 是钝角,则椭圆离心率的取值范围是( )
1 2
A.( √2) B.(√2 ) C.( 1) D.(1 )
0, ,1 0, ,1
2 2 2 2
答案 B 当点P从椭圆长轴端点处沿椭圆向短轴端点运动时,∠FPF 逐渐增大,当且仅当P点位于短轴端
1 2
点P 处时,∠FPF 最大.
0 1 2
∵椭圆上存在点P使得∠FPF 是钝角,
1 2
∴在△FPF 中,∠FPF>90°,
1 0 2 1 0 2
∴Rt△OPF 中,∠OPF>45°,所以b<c,
0 2 0 2
√2 √2
∴a2-c2<c2,∴a2<2c2,∴e> ,∵0<e<1,∴ <e<1.故选B.
2 2
8.(2020北京人大附中摸底,8)已知抛物线C:y2=4x,点P(m,0),O为坐标原点,若在抛物线C上存在一点Q,使得
∠OQP=90°,则实数m的取值范围是 ( )
A.(4,8) B.(4,+∞) C.(0,4) D.(8,+∞)
答案 B
设Q(t2
)(t≠0),则
=(t2
),
=(t2
),
,t ⃗PQ -m,t ⃗OQ ,t
4 4 4
∵∠OQP=90°,∴ ·
=(t2 )·t2
+t2=0,
⃗PQ ⃗OQ -m
4 4
t2
∴m= +4>4,
4
∴实数m的取值范围是(4,+∞).
9.(2020云南红河期末)设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,过F且斜率为1的直线与抛物线相交于A,B两点,若
线段AB的中点为E,O为坐标原点,且|OE|=√13,则p= ( )
A.2 B.3 C.6 D.12
答案 A 由题意可知F(p ),则直线AB的方程为y=x-p,
,0
2 2
{y2=2px ,
设A(x,y),B(x,y),由题意得 1 1 两式相减得
1 1 2 2
y2=2px ,
2 2
y2
-
y2
=2p(x
1
-x
2
)⇒y
1
+y
2
=2p,
1 2
因为E为线段AB的中点,所以E(x
1
+x
2,
y
1
+ y
2
),即E(x
1
+x
2,p
),
2 2 2
因为E在直线AB:y=x-p上,所以E(3p ),
,p
2 2
又因为|OE|=√13,p>0,所以p=2.
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故选A.
{y2=2px ,
疑难突破 弦中点问题利用点差法求解,设A(x,y),B(x,y),由题意得 1 1 化简得y+y=2p,得E
1 1 2 2 1 2
y2=2px ,
2 2
(x
1
+x
2,p
),因为E在直线AB:y=x-p上,所以E(3p
,p
),再由|OE|=
√13
可求得p.
2 2 2
10.(2019北京朝阳期末文,7)已知双曲线C:x2 - y2=1(a>0)的一条渐近线方程为4x+3y=0,F,F 分别是双曲线
1 2
a2 16
C的左,右焦点,点P在双曲线上,且|PF|=7,则|PF|= ( )
1 2
A.1 B.13 C.17 D.1或13
答案 B ∵双曲线C:x2 - y2=1(a>0)的一条渐近线方程为4x+3y=0,
a2 16
4 4
∴ = ,∴a=3,∴c=5.
a 3
由F,F 分别是双曲线C的左、右焦点,点P在双曲线上,且|PF|=7,可知P在双曲线的左支上,∴|PF|-|PF|=6,
1 2 1 2 1
∴|PF|=13,故选B.
2
解题关键 本题考查了双曲线的定义以及标准方程,利用双曲线的渐近线方程求出a是解题关键.
11.(2018湖南益阳、湘潭调研,10)如图,过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线交抛物线于点A,B,交其准线l于
点C,若F是AC的中点,且|AF|=4,则线段AB的长为 ( )
16 20
A.5 B.6 C. D.
3 3
答案 C 如图,设l与x轴交于点M,过点A作AD⊥l交l于点D,由抛物线的定义知,|AD|=|AF|=4,由F是AC
的中点,知|AD|=2|MF|=2p,所以2p=4,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.
p
解法一:设A(x,y),B(x,y),则|AF|=x+ =x+1=4,所以x=3,可得y=2√3,所以A(3,2√3),又F(1,0),所以直线AF
1 1 2 2 1 1 1 1
2
2√3 10
的斜率k= =√3,所以直线AF的方程为y=√3(x-1),代入抛物线方程y2=4x得3x2-10x+3=0,所以x+x=
3-1 1 2 3
16
,故|AB|=x+x+p= .故选C.
1 2
3
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p p2 1 16
解法二:设A(x,y),B(x,y),则|AF|=x+ =x+1=4,所以x=3,又xx= =1,所以x= ,所以|AB|=x+x+p= .故
1 1 2 2 1 2 1 1 1 2 4 2 3 1 2 3
选C.
1 1 2
解法三:因为 + = ,|AF|=4,
|AF| |BF| p
4
所以|BF|= ,
3
4 16
所以|AB|=|AF|+|BF|=4+ = .故选C.
3 3
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
12.(2019北京朝阳二模,10)已知点M(1,2)在抛物线C:y2=2px(p>0)上,则点M到抛物线C的焦点的距离是
.
答案 2
p
解析 点M在抛物线C上,所以4=2p,解得p=2,点M到抛物线C的焦点的距离为1+ =1+1=2.
2
13.(2019北京西城一模,10)设F,F
为双曲线C:x2 -y2
=1(a>0,b>0)的两个焦点,若双曲线C的两个顶点恰好
1 2
a2 b2
将线段FF 三等分,则双曲线C的离心率为 .
1 2
答案 3
解析 设双曲线C的左,右顶点分别为A,A.
1 2
1
∵A,A 将FF 三等分,∴|AA|= |FF|,
1 2 1 2 1 2 1 2
3
1 1 c
即2a= ·2c,∴a= c,∴e= =3.
3 3 a
14.(2018天津南开中学第四次月考,13)已知圆C:(x-m)2+(y-n)2=9的圆心在第一象限,直线l:x+2y+2=0被圆C截
m+2n
得的弦的长为4,则 的最小值为 .
mn
8
答案
3
解析 由题意知圆心C的坐标为(m,n),半径R=3,
∵圆心在第一象限,∴m>0,n>0.
∵直线l:x+2y+2=0被圆C截得的弦的长为4,
∴圆心到直线的距离d= = = ,
√R2-22 √9-4 √5
|m+2n+2|
即 =√5,即m+2n+2=5,
√5
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m 2n
则m+2n=3,即 + =1,
3 3
则m+2n=(1 2)×(m 2n)=2+2+ m +4n≥4+2·√ m 4n=4+4=8,当且仅当 m =
+ + ·
mn n m 3 3 3 3 3n 3m 3 3n 3m 3 3 3 3n
4n m+2n 8
,即m=2n时取等号.∴ 的最小值为 .
3m mn 3
15.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),15)过原点O的直线l与椭圆x2 +y2
=1(a>b>0)交于M,N两点,点P
a2 b2
1
是椭圆上异于M,N的任一点,满足k ·k >- ,则该椭圆的离心率的取值范围是 .
PM PN
3
答案 (√6 )
,1
3
y -n y +n y2-n2 1 x2 y2
解析 设P(x 0 ,y 0 ),M(m,n),N(-m,-n),k PM ·k PN = 0 · 0 = 0 >- ,又P(x 0 ,y 0 ),M(m,n)在椭圆 + =1
x -m x +m x2-m2 3 a2 b2
0 0 0
上,则 x2 0+ y2 0=1, m2 + n2 =1,两式相减得 x2 0 -m2 + y2 0 -n2 =0,所以 y2 0 -n2 =- b2 ,则- b2 >- 1 ,a2>3b2=3(a2-
a2 b2 a2 b2 a2 b2 x2-m2 a2 a2 3
0
c √6 √6
c2),3c2>2a2,所以e= > ,又e<1,所以离心率的取值范围是 <e<1.
a 3 3
三、解答题:共60分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
16.(12分)(2018山西长治二中等六校3月联考,20)已知圆C经过点A(√7 17),B( √31 33),直线
, - ,
4 4 8 8
x=0平分圆C,直线l与圆C相切,与圆C:x2+y2=1相交于P,Q两点,且满足OP⊥OQ.
1
(1)求圆C的方程;
(2)求直线l的方程.
解析 (1)依题意知圆心C在y轴上,可设圆心C的坐标为(0,b),圆C的方程为x2+(y-b)2=r2(r>0).
因为圆C经过A,B两点,
所以(√7) 2 +(17 ) 2 =( √31) 2 +(33 ) 2 ,
-b - -b
4 4 8 8
7 289 17 31 1 089 33
即 + - b+b2= + - b+b2,解得b=4.
16 16 2 64 64 4
则r2=(√7) 2 +(17 ) 2 =1,
-4
4 4 2
1
所以圆C的方程为x2+(y-4)2= .
2
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√2
(2)当直线l的斜率不存在时,由l与C相切得l的方程为x=± ,此时直线l与C 交于P,Q两点,不妨设P点
1
2
在Q点的上方,则P(√2
,
√2),Q(√2
,-
√2)或P
-
√2
,
√2
,Q -
√2
,-
√2
,则 ⃗OP · ⃗OQ =0,所以
2 2 2 2 2 2 2 2
OP⊥OQ,满足题意.
当直线l的斜率存在时,易知其斜率不为0,设直线l的方程为y=kx+m(k≠0,m≠0),P(x,y),Q(x,y),
1 1 2 2
将直线l的方程与圆C 的方程联立,得{y=kx+m, 消去y,整理得(1+k2)x2+2kmx+m2-1=0,
1
x2+ y2=1,
则Δ=4k2m2-4(1+k2)(m2-1)=4(k2-m2+1)>0,
即1+k2>m2.因为x+x=-2km ,xx=m2-1,
1 2 1 2
1+k2 1+k2
所以yy=(kx+m)(kx+m)=k2xx+km(x+x)+m2=k2(m2-1)-2k2m2 +m2=m2-k2
.
1 2 1 2 1 2 1 2
1+k2 1+k2 1+k2
因为OP⊥OQ,所以 ·
=0,即xx+yy=m2-1+m2-k2
=0,故2m2=1+k2,满足Δ>0,符合题意.
⃗OP ⃗OQ 1 2 1 2
1+k2 1+k2
因为直线l:y=kx+m与圆C:x2+(y-4)2=1相切,所以圆心C(0,4)到直线l的距离d= |m-4| =√2,即m2-8m+16=
2 √1+k2 2
1+k2
,故m2-8m+16=m2,得m=2,
2
故1+k2=2×22,得k=±√7. 故直线l的方程为y=±√7x+2.
√2
综上,直线l的方程为x=± 或y=±√7x+2.
2
17.(12分)(2018广东深圳3月联考,19)如图,直角三角形ABC的顶点A的坐标为(-2,0),直角顶点B的坐标为
(0,-2√2),顶点C在x轴上,点P为线段OA的中点.
(1)求BC边所在直线方程;
(2)若M为直角三角形ABC外接圆的圆心,求圆M的方程;
(3)在(2)的条件下,若动圆N过点P且与圆M内切,求动圆N的圆心的轨迹方程.
√2
解析 (1)易知k =-√2,AB⊥BC,∴k = ,
AB CB
2
√2
∴BC边所在直线方程为y= x-2√2.
2
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(2)由(1)及题意得C(4,0),
∴M(1,0),
又∵AM=3,∴外接圆M的方程为(x-1)2+y2=9.
(3)∵圆N过点P(-1,0),
∴PN是动圆的半径,
又∵动圆N与圆M内切,
∴MN=3-PN,即MN+PN=3,
∴点N的轨迹是以M,P为焦点,长轴长为3的椭圆.
3 √5
∵P(-1,0),M(1,0),∴a= ,c=1,b=√a2-c2= ,
2 4
x2 y2
4x2 4 y2
∴所求轨迹方程为 9 + 5 =1,即 + =1.
9 5
4 4
√2
思路分析 (1)由k =-√2,AB⊥BC,知k = ,再根据点B的坐标可求BC边所在直线的方程;(2)由(1)中的方
AB BC
2
程,令y=0,得C(4,0),从而得圆心坐标与半径,进而得出圆M的方程;(3)利用两圆内切得MN+PN=3,利用椭圆定
义得点N的轨迹,从而得轨迹方程.
方法点拨 求解直线方程或圆的方程,常用方法为待定系数法和定义法,但应注意方程的选择.涉及直线的斜
率时,要注意对存在性的讨论.
18.(12分)(2019四川成都外国语学校开学考试,20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为抛物线C上异于
原点的任意一点,过点A的直线l交抛物线C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐
标为3时,△ADF为正三角形.
(1)求抛物线C的方程;
(2)若直线l∥l且l 和抛物线C有且只有一个公共点E,试问直线AE是否过定点,若过定点,求出定点坐标;若
2 2
不过定点,请说明理由.
解析 (1)由题意知F(p ),设D(t,0)(t>0),则FD的中点为(p+2t ),由|FA|=|FD|及抛物线的定义知
,0 ,0
2 4
3+p=| p|,解得t=3+p或t=-3(舍去),
t-
2 2
{p+2t
由 =3, 解得p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.
4
t=3+p,
(2)由(1)知F(1,0),设A(x,y)(x>0),D(x ,0)(x >0),因为|FA|=|FD|,
0 0 0 D D
则|x -1|=x+1,由x>0得x =x+2,故D(x+2,0),
D 0 0 D 0 0
y
0
故直线l的斜率为k=- ,因为直线l 和直线AB平行,
2
2
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故可设直线l 的方程为y=-y x+b,代入抛物线方程得y2+ 8 ·y-8b=0,由题意知Δ= 64 +32b=0,得b=- 2 ,
2 0
2 y y y2 y y
0 0 0 0 0
则( y+ 4 ) 2 =0.设E(x E ,y E ),则y E =- 4 ,x E = 4 ,
y y y2
0 0 0
y - y 4 y 4 y 4 y
当 y2≠4时,k AE = E 0= 0 ,可得直线AE的方程y-y 0 = 0 ·(x-x 0 ),由 y2=4x 0 ,整理可得y= 0
0 x -x y2-4 y2-4 0 y2-4
E 0 0 0 0
(x-1),所以直线AE恒过点F(1,0),当 =4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE恒过定点F(1,0).
y2
0
思路分析 (1)根据等边三角形的性质可知A点横坐标为FD的中点的横坐标,列出方程组解出p.
(2)根据|FA|=|FD|列方程得出A,D横坐标的关系,从而得出l的斜率,设l 的方程,代入抛物线方程,由判别式
2
Δ=0得出l 的截距与A点坐标的关系,求出E点坐标,得出AE的方程,根据方程特点判断定点坐标.
2
x2 y2
19.(12分)(2018湖北武汉4月调研,19)已知椭圆Γ: + =1,过点P(1,1)作倾斜角互补的两条不同直线l,l,设
1 2
4 2
l 与椭圆Γ交于A、B两点,l 与椭圆Γ交于C,D两点.
1 2
(1)若P(1,1)为线段AB的中点,求直线AB的方程;
|AB|
(2)若直线l 与l 的斜率都存在,记λ= ,求λ的取值范围.
1 2 |CD|
解析 (1)解法一(点差法):
由题意可知直线AB的斜率存在.
{x2 y2
1+ 1=1,
4 2
设A(x,y),B(x,y),则
1 1 2 2
x2 y2
2+ 2=1,
4 2
两式作差得 y 1 - y 2=-2× x 1 +x 2=-2×2×1=-1,
x -x 4 y + y 4 2×1 2
1 2 1 2
1
∴直线AB的方程为y-1=- (x-1),即x+2y-3=0.
2
解法二:由题意可知直线AB的斜率存在.
设直线AB的斜率为k,
则其方程为y-1=k(x-1),代入x2+2y2=4中,
得x2+2[kx-(k-1)]2-4=0.
∴(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2(k-1)2-4=0.
Δ=[-4(k-1)k]2-4(2k2+1)[2(k-1)2-4]=8(3k2+2k+1)>0.
4k(k-1)
{x +x = ,
1 2 2k2+1
设A(x,y),B(x,y),则
1 1 2 2
2(k-1)2-4
x x = .
1 2 2k2+1
∵AB的中点为(1,1),
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1 2k(k-1) 1
∴ (x+x)= =1,则k=- .
2 1 2 2k2+1 2
1
∴直线AB的方程为y-1=- (x-1),即x+2y-3=0.
2
(2)由(1)可知|AB|= |x-x|= · =
√1+k2·√8(3k2+2k+1).
√1+k2 1 2 √1+k2 √(x +x )2-4x x
1 2 1 2 2k2+1
设直线CD的方程为y-1=-k(x-1)(k≠0).
同理可得|CD|=
√1+k2·√8(3k2-2k+1).
2k2+1
∴λ=
|AB| =√3k2+2k+1(k≠0),λ>0.
|CD| 3k2-2k+1
4
4k
∴λ2=1+ =1+ 1 .
3k2+1-2k 3k+ -2
k
1
令t=3k+ ,则t∈(-∞,-2√3]∪[2√3,+∞),
k
4
令g(t)=1+ ,t∈(-∞,-2√3]∪[2√3,+∞),
t-2
∵g(t)在(-∞,-2√3],[2√3,+∞)上单调递减,
∴2-√3≤g(t)<1或1<g(t)≤2+√3.
故2-√3≤λ2<1或1<λ2≤2+√3.
∴λ∈[√6-√2 )∪( √6+√2].
,1 1,
2 2
思路分析 (1)解法一:利用点差法得直线AB的斜率,进而得直线AB的方程.
解法二:设出直线AB的方程,与椭圆方程联立并消元,利用根与系数的关系及AB中点的坐标建立斜率k的方
程,从而求得k,得直线AB的方程.
|AB|
(2)利用弦长公式求得|AB|与|CD|,进而将λ= 表示成关于k的函数,结合函数特征及函数性质求得λ的
|CD|
取值范围.
方法点拨 解决直线与圆锥曲线的弦中点问题常利用点差法或根与系数的关系,两者都需要对直线斜率是
否存在进行讨论,同时也都用到整体代换的求解方法.
20.(12分)(2020北京八一学校开学摸底,18)已知椭圆x2 +y2
=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),M为椭圆的上顶点,
a2 b2
O为坐标原点,且△OMF是等腰直角三角形.
(1)求椭圆的方程;
(2)是否存在直线l交椭圆于P,Q两点,且使点F为△PQM的垂心(即三角形的三条高线的交点)?若存在,求出
直线l的方程;若不存在,请说明理由.
解析 本题考查椭圆的几何性质与标准方程、直线与椭圆的位置关系,圆锥曲线的存在性问题,考查学生分
析问题、解决问题的能力,体现逻辑推理与数学运算的核心素养.
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(1)由右焦点F(1,0)得c=1,由△OMF是等腰直角三角形,得b=c=1,则a=√2b=√2,
x2
故椭圆的方程为 +y2=1.
2
(2)存在.假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且F为△PQM的垂心,
设P(x,y),Q(x,y),因为M(0,1),F(1,0),所以k =-1,因为F为△PQM的垂心,所以MF⊥PQ,故k =1,
1 1 2 2 MF PQ
设直线l的方程为y=x+m,
由{y=x+m,
得3x2+4mx+2m2-2=0,
x2+2y2=2
4m 2m2-2
由Δ>0,得m2<3,且x+x=- ,xx= ,
1 2 3 1 2 3
由题意应有⃗MP·⃗FQ=0,又⃗MP=(x,y-1),⃗FQ=(x-1,y),
1 1 2 2
故x(x-1)+y(y-1)=0,得x(x-1)+(x+m)(x+m-1)=0,
1 2 2 1 1 2 2 1
即2xx+(x+x)(m-1)+m2-m=0,
1 2 1 2
2m2-2 4
整理得2× - m(m-1)+m2-m=0,
3 3
4
解得m=- 或m=1,
3
经检验,当m=1时,△PQM不存在,故舍去m=1,
4 4
当m=- 时,所求直线l存在,且直线l的方程为y=x- .
3 3
思路分析 (1)由右焦点F(1,0)得c=1,由△OMF是等腰直角三角形,得b=c=1,a=√2b=√2,即可得到椭圆方程;
(2)假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且F为△PQM的垂心,设P(x,y),Q(x,y),由题意可设直线l的方程为
1 1 2 2
y=x+m,代入椭圆方程,运用根与系数的关系,结合垂心的定义和向量垂直的条件,化简整理计算即可得到所求
直线方程.
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