2017年北京市各区高三理科数学试题分类汇编——解析几何

2017年北京市各区高三理科数学分类汇编----圆锥曲线

（2017海淀期末）1. 抛物线y22x的焦点到准线的距离为（ B ）

1A.2

B.1 C.2 D.3

x2（2017海淀期末）5.已知直线l经过双曲线y21的一个焦点且与其一条渐近线平行，则直线l的方程可

4能是（ A ） A.y15 x22B.y1x5 C.y2x3 D.y2x3 22（2017东城期末）（2）抛物线y22x的准线方程是（ D ） （A）y1（B）y11（C）x1（D）x 222y2 (2017西城期末)3．已知双曲线x21(b0)的一个焦点是(2,0)，则其渐近线的方程为（ B ）

b（A）x3y0（B）3xy0（C）x3y0（D）3xy0

x2y21表示双曲线”的（ A ） (2017通州期末) 4．“m>1”是“方程

mm1A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

x2y2（2017昌平期末）(7) 在焦距为2c的椭圆M:221(ab0)中，F1,F2是椭圆的两个焦点，则 “bc”

ab是“椭圆M上至少存在一点P，使得PF1PF2”的（ A ）

（A）充分而不必要条件 （C）充分必要条件

（B）必要而不充分条件 （D）既不充分也不必要条件

2（2017年朝阳一模）（5）设抛物线y8x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PAl，A为垂足.若

直线AF的斜率为3，则PF（ C ）

（A） 43 （B） 6 （C） 8 （D）16

(2017年平谷一模)7.已知点M(0，15）及抛物线y24x上一动点N(x，y)，则x|MN|的最小值为（ C ）

A．5 B． 23 C． 3 D． 4

y2x221(a0,b0)2b(2017年西城二模)5．设双曲线a的离心率是3，则其渐近线的方程

为（ A ） （A）x22y0 （C）x8y0

(2017年丰台二模)4. 下列双曲线中，焦点在y轴上且渐近线方程为

y12的是（ D ） x（B）22xy0 （D）8xy0

x2y2（A）

41x2 （B）4y12y2

（C）4x12y2x2 （D）

41

填空题部分：

x2（2017东城期末）（11）若点P(2,0)到双曲线2y21(a0)的一条渐近线的距离为1，则a____1___．

ax2y21(b0)的一条渐近线方程为3x2y0，则b等于 3 ． （2017朝阳期末）9．已知双曲线

4b2x2y23（2017石景山期末）11．若双曲线1的渐近线方程为yx，则双曲线的焦点坐标

4m2是 (7,0) ．

x2y2（2017丰台期末）10. 设椭圆C：2+1(a0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，如果

a16|PF1|+|PF2|10，那么椭圆C的离心率为 ．

35x2y2(2017年东城一模) （13）双曲线221(a0,b0)的渐近线为等边三角形OAB的边OA,OB所在直线，

ab直线AB过双曲线的焦点，且|AB|2，则a ___

3____． 22y2(2017年海淀一模)10.已知F1(2,0),F2(2,0)，满足|PF1||PF2|2的动点P的轨迹方程为__x1__.

3

21(2017年丰台一模)9. 抛物线y2x的准线方程是 x ．

2x2y21的右顶点重合，则p 4 ． (2017年石景山一模)11．若抛物线y2px的焦点与双曲线42

x2y221表示双曲线，(2017年平谷一模)12．在平面直角坐标系xOy中，若方程则实数m的范围_______ 2mm4m >0 ______；若此双曲线的离心率为3，则双曲线的渐近线方程为_____y2x___. x2y21的渐近线方程是 y2x ，离心率是 （2017年朝阳二模）9．双曲线36

23 ．

(2017年东城二模)（13）在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线y=4x的焦点F，且与该抛物线相交于A,B两

点，其中点A在x轴上方．若直线l的倾斜角为60，则|OA|= 21 ．



x2y2(2017年海淀二模)14.已知椭圆G：21(0b6) 的两个焦点分别为F1和F2，短轴的两个端点分别为B16b和B2，点P在椭圆G上，且满足PB1PB2PF1PF2. 当b变化时，给出下列三个命题： ①点P的轨迹关于y轴对称；

②存在b使得椭圆G上满足条件的点P仅有两个； ③|OP|的最小值为2，

其中，所有正确命题的序号是_______①③______．

解答题部分：

（2017西城期末）19．（本小题满分14分）

x2y2已知直线l:xt与椭圆C:1相交于A，B两点，M是椭圆C上一点．

42（Ⅰ）当t1时，求△MAB面积的最大值；

（Ⅱ）设直线MA和MB与x轴分别相交于点E，F，O为原点．证明：|OE||OF|

为定值．

【解析】

x2y2将x1代入1，

42解得y6，所以|AB|6． 2当M为椭圆C的顶点2,0时，M到直线x1的距离取得最大值3，

所以△MAB面积的最大值是

36． 2

（Ⅱ）设A,B两点坐标分别为At,n，Bt,n，从而t22n24．

设Mx0,y0，则有x02y04，x0t，y0n．

22直线MA的方程为yny0n(xt)，[8分] x0t令y0，得xty0nx0tynx0，从而OE0．

y0ny0ny0n(xt)，[10分] x0t直线MB的方程为yn令y0，得xty0nx0tynx0，从而OF0．

y0ny0n22ty0nx0ty0nx0t2y0n2x0所以OEOF= =22y0ny0ny0n

42ny=2202n242y02y0n2

4y024n2 =22y0n=4．

所以OEOF为定值．

（2017海淀期末）18. （本小题满分13分）

x2y2已知A(0,2),B(3,1)是椭圆G：221(ab0)上的两点.   

ab（Ⅰ）求椭圆G的离心率；

（Ⅱ）已知直线l过点B，且与椭圆G交于另一点C（不同于点A），若以BC为直径的圆经过点A，求直线l的方程．

18. （本小题满分13分） 解：（Ⅰ）由已知b2,

由点B(3,1)在椭圆G上可得

911， 2a4解得a212,a23.

所以c2a2b28,c22， 所以椭圆G的离心率是e（Ⅱ）法1：

因为以BC为直径的圆经过点A，所以ABAC，

c6. a31由斜率公式和A(0,2),B(3,1)可得kAB，

3所以kAc3，

设直线AC的方程为y3x2. y3x2,由x2y2得7x29x0，

11249由题设条件可得xA0,xC，

7913所以C(-,-)，

77所以直线BC的方程为y2x1. 3法2：因为以BC为直径的圆经过点A，所以ABAC，

1由斜率公式和A(0,2),B(3,1)可得kAB，

3所以kAc3，

（xC，yC）设C ,则kAcyC23，即yC3xC2① xCxC2yC21② 由点C在椭圆上可得124将①代入②得7xC29xC0，

9因为点C不同于点A，所以xC，

7913所以C(-,-)，

77所以直线BC的方程为y2x1. 3法3：当直线l过点B且斜率不存在时，可得点C(3,1)，不满足条件.

（xC，yC）设直线BC的方程为y1k(x3)，点C

ykx13k,由x2y2可得(3k21)x26k(13k)x3(13k)2120，

1124显然0，此方程两个根是点B和点C的横坐标，

3(13k)212(13k)24所以3xC，即xC, 223k13k13k26k1所以yC,

3k21因为以BC为直径的圆经过点A，

所以ABAC，即ABAC0. （此处用kABkAC1亦可）

9k26k39k26k136k212k8ABAC(3,1)(,)0，

3k213k213k21即(3k2)(3k1)0，

21k1,k2,

331当k2时，即直线AB,与已知点C不同于点A矛盾，

32所以k1kBC,

32所以直线BC的方程为yx1.

3（2017东城期末）（19）（本小题14分）

1x2y2已知椭圆C:221(ab0)经过点M(2,0)，离心率为．A,B是椭圆C上两点，且直线OA,OB2ab的斜率之积为3，O为坐标原点． 4（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若射线OA上的点P满足|PO|3|OA|，且PB与椭圆交于点Q，求【知识点】圆锥曲线综合 【难度】4 【答案】见解析 【解析】

|BP|的值． |BQ|

a2，c1 （Ⅰ）由题意得，a2222abc.解得b3．

x2y2所以椭圆C的方程为1．

43（Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x3,y3)． 因为点P在直线AO上且满足|PO|3|OA|， 所以P(3x1,3y1)． 因为B,Q,P三点共线， 所以BPBQ．

所以(3x1x2,3y1y2)(x3x2,y3y2)，

3x1x2(x3x2), 3yy(yy).321231xxx,312 解得31yyy.312x32y32因为点Q在椭圆C上，所以1．

43所以

312(x1x2)4312(y1y2)31．

9x12y1212x22y226(1)x1x2y1y2即2()()()()1， 2434343因为A,B在椭圆C上，

x12y12x22y22所以1，1．

4343因为直线OA,OB的斜率之积为3， 4y1y23xxyy所以，即12120． x1x2443所以

92(12)1，解得5． 

|BP|||5． 所以

|BQ|（2017朝阳期末）18． （本小题满分13分）

x2y21上的动点P与其顶点A(3,0),B(3,0)不重合． 已知椭圆C:32（Ⅰ）求证：直线PA与PB的斜率乘积为定值；

（Ⅱ）设点M，N在椭圆C上，O为坐标原点，当OM//PA,ON//PB时，求OMN的面积．

x02y021． 解：（Ⅰ）设P(x0,y0)，则3222y062x02所以直线PA与PB的斜率乘积为．„„4分 223x03x03x033(x03)y0y0（Ⅱ）依题直线OM,ON的斜率乘积为2． 3①当直线MN的斜率不存在时，直线OM,ON的斜率为6，设直线OM的方程 32x23y26,66是y得，y1． x，由x632x,y3取M(666． ,1)，则N(,1)．所以OMN的面积为222②当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程是ykxm,

ykxm,222由2得(3k2)x6kmx3m60． 22x3y60因为M，N在椭圆C上，

所以36km4(3k2)(3m6)0，解得3k2m220．

22223m266km设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x22，x1x2． 23k23k26km23m26MN(k1)[(x1x2)4x1x2](k1)[(2)42]

3k23k22226(k21)(3k2m22)2． 22(3k2)

设点O到直线MN的距离为d，则dmk12．

所以OMN的面积为SOMN16m2(3k2m22)dMN①． 2(3k22)22yy2，所以12． 3x1x23因为OM//PA,ON//PB，直线OM,ON的斜率乘积为y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m22m26k2所以． 3m26x1x2x1x2x1x22m26k22由，得3k222m2．② 23m63由①②，得SOMN6m2(3k2m22)6m2(2m2m2)6．

(3k22)24m42 综上所述，SOMN

6． „„„„„„„„„„„„„13分 2(2017石景山期末18)18．（本小题共13分）

x2y23已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，点(2,0)在椭圆C上．

2ab（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）过点P(1,0)的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于A、B两点，设点B关于x轴的对称点为B．直线AB与x轴的交点Q是否为定点？请说明理由． 解：（Ⅰ）因为点（2,0）在椭圆C上，所以a2．

又因为ec322，所以c3，bac1． a2x2所以椭圆C的标准方程为：y21． ……………………5分

4（Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2),B(x2,y2),Q(n,0)．

设直线AB：yk(x1)(k0)． ……………………6分

联立yk(x1)和x4y40，得：(14k)x8kx4k40．

2222228k24k24所以x1x2，x1x2． ……………8分 2214k14k

直线AB的方程为yy1y1y2(xx1)， ……………9分

x1x2令y0，解得ny1(x1x2)xyxyx11221 ………11分

y1y2y1y2又y1k(x11),y2k(x21)， 所以nx1x2(x1x2)4．

x1x22所以直线AB与x轴的交点Q是定点，坐标为Q(4,0)．………13分 (2017丰台期末)19.（本小题共13分）

，2)，过点F的直线与抛物线C交于P，Q两已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，且经过点A(1点.

（Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）O为坐标原点，直线OP，OQ与直线x是，求出这个定值；若不是，请说明理由.

解：（Ⅰ）把点A(1,2)代入抛物线C的方程y2px，得42p，解得p2，

所以抛物线C的方程为y4x. ……………….4分

（Ⅱ）因为p2，所以直线x22uuruuurp分别交于S，T两点，试判断FSFT是否为定值？若2p为x1，焦点F的坐标为(1,0) 2y12y22,y2)， ,y1)，Q( 设直线PQ的方程为xty1，P(44 则直线OP的方程为y44x,直线OQ的方程为yx. ……………….5分 y1y24yx,44y1得S(1,)，同理得T(1,)． ……………….7分 由y1y2x1,uuruuuruuruuur4416所以FS(2,)，FT(2,)，则FSFT4． ……………….9分

y1y2y1y2

xty1,2由2得y4ty40，所以y1y24， ……………….11分 y4x,uuruuur16440． 则FSFT4(4)uuruuur所以，FSFT的值是定值，且定值为0. ……………….13分

(2017通州期末)19．（本小题满分13分）

x2y2如图，已知椭圆C:221ab0经

ab31过点P(1,)，离心率e.

22（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）设AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），直线AB与直线l:x4相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3，求证：

A y P l M O F B x k1，k3，k2成等差数列．

解：（Ⅰ）由点P(1,)在椭圆上得，

32191① a24b2又e1c1,所以② 2a2222由①②得c1,a4,b3，

x2y2故椭圆C的标准方程为1……………….4分

43（Ⅱ）椭圆右焦点坐标F(1,0)，显然直线AB斜率存在，

设AB的斜率为k,则直线AB的方程为yk(x1)③…………….5分

x2y2代入椭圆方程1，

43整理得(4k3)x8kx4(k3)0 ……………….6分 设A(x1,y1),B(x2,y2)，

22228k24(k23)则有x1x2④ ……………….7分 ,x1x2224k34k3

33y22,k2, 在方程③中，令x4得，M(4,3k)，从而k12x11x21y132k1，……………….9分 k34123k又因为A、F、B共线，则有kkAFkBF， 即有

y1y2k x11x21y133y222y1y23(11) 所以k1k2x11x21x11x212x11x21x1x223=2k⑤

2x1x2(x1x2)1将④代入⑤得

8k22234k32k1，……………….12分 k1k22k2224(k3)8k14k234k23

又k3k1， 2所以k1k22k3，即k1,k3,k2成等差数列.……………….13分

(2017房山期末)19．在平面直角坐标系xOy中，圆O的参数方程为

（θ为参数），已知

y=4上的动点．圆O与y轴的正半轴交于点A，与y轴的负半轴交于点B，点P为直线l：直线PA，PB与圆O的另一个交点分别为M，N． （Ⅰ）写出圆O的标准方程；

（Ⅱ）若△PAN与△MAN的面积相等，求直线PA的方程； （Ⅲ）求证：直线MN经过定点． 【解答】（I）解：由圆O的参数方程为

（θ为参数），利用平方关系可得：x2+y2=4．

（II）解：如图所示，A（0，2），B（0，﹣2），设P（t，4）． 直线PA方程为：y=x+2，（t≠0）．

联立，化为： +

x=0，解得xM=﹣，yM=．可得

M．

∵△PAN与△MAN的面积相等，∴PA=AM． ∴0=

，解得t=±2．

∴直线PA的方程为：y=±x+2．

（III）证明：直线PB的方程为：y=x﹣2．（t≠0）． 由（II）同理可得：N

．

kMN==．

直线MN的方程为：y﹣令x=0，可得y=1．

=，

∴直线MN经过定点（0，1）．

（2017年朝阳一模）(19)（本小题满分14分）

x262已知椭圆C:2y1(a1)，离心率e．直线l:xmy1与x轴交于点A，与椭圆C相交于

a3E,F两点．自点E,F分别向直线x3作垂线，垂足分别为E1,F1.

（Ⅰ）求椭圆C的方程及焦点坐标；

（Ⅱ）记AEE1,AE1F1,AFF1的面积分别为S1,S2,S3，试证明

S1S3为定值. 2S2a212c6. 解：（Ⅰ）由题意可知b1，又，即2a3a3 解得a3.即a3. 所以cab2. 222x2y21，焦点坐标为(2,0). …………………4分 所以椭圆C的方程为3（Ⅱ）由xmy1,得(m23)y22my20，显然mR. 22x3y302m2,yy，E1(3,y1),F121(3,y2).

m23m23yEOAE1设E(x1,y1),F(x2,y2),则y1y2因为S1S311(3x1)y1(3x2)y2 221 (2my1)(2my2)y1y2

41[42m(y1y2)m2y1y2]y1y2 4xF112m22(42m2m22)24m3m3m3 F 3(m22)， 22(m3)22 又因为S2[2y1y2]

12(y1y2)24y1y2

4m284m28m22412m22422. 22222(m3)m3(m3)(m3)

3(m22)S1S31(m23)2所以2. ………………………………14分

12(m22)4S2(m23)2

(2017年东城一模)（19）（本小题共14分）

x2y22已知椭圆C:221(ab0)经过点(0,2)，且离心率为．

ab2（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设A,B是椭圆C的左，右顶点，P为椭圆上异于A,B的一点，以原点O为端点分别作与直线AP和BP平行的射线，交椭圆C于M,N两点，求证：△OMN的面积为定值．

b2,2c,解：（Ⅰ）由题意得解得a2,b2．

a2a2b2c2,x2y2所以椭圆C的方程为1． „„„„„„„„„„5分

42（Ⅱ）设点P(x0,y0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)．

①M(x1,y1)，N(x2,y2)在x轴同侧，不妨设x10,x20,y10,y20． 射线OM的方程为yy0y0x，射线ON的方程为yx， x02x0222y0y0xy00x1，y2x2，且 所以y11．

x02x0242 过M,N作x轴的垂线，垂足分别为M'，N'， SΔOMN=S四边形MM'N'N-SΔOMM'-SΔONN' =[(y1y2)(x1x2)x1y1x2y2]

12y0x2y0x111=(xy-xy)=(x?x?) 12211222x0-2x0+2 4y4y0111x1x220x1x2xx． 122x0422y02y0

x12y121,y0422x1)24， 由得x12(x02y1y0x1,x024(x02)24(x02)22x0， 即x2222(x02)2y0(x02)4x021同理x22x0，所以，x1x24x02y0，即x1x22y0， 所以，SOMN222222．

② M(x1,y1)，N(x2,y2)在x轴异侧，方法同 ①．

综合①②，△OMN的面积为定值2． „„„„„„14分

(2017年海淀一模)19.（本小题满分14分）

x2已知椭圆G:y21，与x轴不重合的直线l经过左焦点F1，且与椭圆G相交于A，B两点，弦AB的中

2点为M，直线OM与椭圆G相交于C，D两点． （Ⅰ）若直线l的斜率为1，求直线OM的斜率；

（Ⅱ）是否存在直线l，使得AMCMDM成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 解：

（Ⅰ）由已知可知F1(1,0)，又直线l的斜率为1，所以直线l的方程为yx1

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

24xyx1,2x1032由x解得，， 21y1y1,y122321所以AB中点M(,)，

3311于是直线OM的斜率为3．

223（Ⅱ）解法1：

假设存在直线l，使得AMCMDM成立． 当直线l的斜率不存在时，AB的中点M(1,0)，

2

所以AM2，CMDM(21)(21)1，矛盾； 2故可设直线l的方程为：yk(x1)(k0)，联立椭圆G的方程， 得：(2k21)x24k2x2(k21)0，

4k22(k21)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x22，x1x2，

2k12k21ky1y2x1x22k2于是，， k(1)k(21)2222k12k12k2k点M的坐标为(2), ,22k12k14k222(k21)22(1k2)=． AB(1k)(x1x2)=1k(2)42k12k212k2122214k22直线CD的方程为：yx，联立椭圆G的方程，得：x2，

2k12k14k212222设C(x0，y0)，则OCx0y0(12)x02，

2k14k由题知，AB4CMDM4(|CO||OM|)(|CM|OM|)4(|CO||OM|)，

2224k21k2(4k21)8(1k2)24(2)， 即：

2k1(2k21)2(2k21)2化简，得：k2，故k所以直线l的方程为：y（II）解法2：

假设存在直线l使得AMCMDM成立

由题意直线l的斜率不与x轴重合，设直线l的方程为xmy1，

2122， 222(x1),y(x1)． 22由xmy1，22x2y2得(m22)y22my10，

2m1,yy， 12m22m22设A(x1,y1)，B(x2,y2)则y1y222422(1m2)2m2AB1my1y2(1m)(2)2， m2m22m22m24， x1x2m(y1y2)2222m2m22m,2)， 所以AB中点M的坐标为(2m2m2m所以直线CD的方程为：yx，

2

m4yx，2由得， x22m2x22y222由对称性，设C(x0,y0)，则D(x0,y0)，即x04

m22m2m2m22(m24)(m21)2CMDM1xMx01xMx0(1)x0xM，

444(m22)2由|AB|2|AM|，AMCMDM得AB4CMDM， 22(1m2)(m24)(m21)即， 22m224(m2)222解得m22，故m2， 所以直线l的方程为：x

(2017年西城一模)19．（本小题满分14分）

2y1,x2y1.

x2y21如图，已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，F为椭圆C的右焦点．A(a,0)， |AF|3．

ab2（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设O为原点，P为椭圆上一点，AP的中点为M．直线OM与直线x4交于点D，过O且平行于AP的直线与直线x4交于点E．求证：ODFOEF．

解：（Ⅰ）设椭圆C的半焦距为c．依题意，得

c1

，ac3． [ 2分] a2

解得 a2，c1．

所以 b2a2c23，

x2y21． [ 4分] 所以椭圆C的方程是 43（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）得 A(2,0)．设AP的中点M(x0,y0)，P(x1,y1)．

设直线AP的方程为：yk(x2)(k0)，将其代入椭圆方程，整理得

(4k23)x216k2x16k2120， [ 6分]

16k2所以 2x12． [ 7分]

4k38k26k所以 x02，y0k(x02)2，

4k34k38k26k,2)． [ 8分] 即 M(24k34k36k24k33， [ 9分] 所以直线OM的斜率是

8k24k4k23所以直线OM的方程是 y33x．令x4，得D(4,)． [10分]

k4k直线OE的方程是 ykx．令x4，得E(4,4k)． [11分] 由F(1,0)，得直线EF的斜率是

4k4k，所以EFOM，记垂足为H； 41331因为直线DF的斜率是 k，所以DFOE，记垂足为G． [13分]

41k在Rt△EHO和Rt△DGO中，ODF和OEF都与EOD互余，

所以 ODFOEF． [14分]

解法二：由（Ⅰ）得 A(2,0)．设P(x1,y1)(x12)，其中3x124y12120． 因为AP的中点为M，所以 M(所以直线OM的斜率是 kOMx12y1,)． [ 6分] 22y1， [ 7分] x12所以直线OM的方程是 yy14y1x．令x4，得D(4,)． [ 8分] x12x12直线OE的方程是 yy14y1x．令x4，得E(4,)． [ 9分] x12x124y1， [10分]

3(x12)由F(1,0)，得直线EF的斜率是 kEF因为 kEFkOM4y1y14y121， 3(x12)x123(x124)所以EFOM，记垂足为H； [12分] 同理可得 kDFkOE

4y1y14y121， 3(x12)x123(x124)

所以DFOE，记垂足为G． [13分] 在Rt△EHO和Rt△DGO中，ODF和OEF都与EOD互余，

所以 ODFOEF． [14分]

(2017年丰台一模)19.（本小题共14分）

2x2y21ab022B0，1已知椭圆C：ab的离心率为2，右焦点为F，点在椭圆C上．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

uuuruuuruuuruuurC（Ⅱ）过点F的直线交椭圆于M，N两点，交直线x2于点P，设PM=MF，PN=NF，求证：

为定值．

x2y2111222B(0,1)Cbab（Ⅰ）解：因为点在椭圆：上，所以，即b1.

2c22， 又因为椭圆C的离心率为2，所以a222由abc，得a2.

x22y1C2所以椭圆的方程为. ...………………5分

F(1,0),直线MN的斜率存在. （Ⅱ）证明：由已知得

设直线MN的方程为yk(x1)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，则P(2,k).

2x12x2,由PMMF，PNNF,得， x11x21 所以2x12x23(x1x2)2x1x24， . x11x21x1x2(x1x2)1yk(x1), 联立x2得(12k2)x24k2x2k220. 2y1,24k22k22. 所以x1x2，x1x212k212k2

224k2k224 因为 3(x1x2)2x1x2432212k12k12k24k2448k212k2

0，

所以0为定值． ...………………14分

(2017年石景山一模)19．（本小题共14分）

3x2y2 已知椭圆E:221(ab0)过点（0，1），且离心率为． 2ab（Ⅰ）求椭圆E的方程； （Ⅱ）设直线l:y1xm与椭圆E交于A、C两点，以AC为对角线作正方形ABCD，记直线l与x轴的交点2为N，问B、N两点间距离是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由． 解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c.

因为点（0,1）在椭圆C上，所以b1．

故a2c21．

又因为ec3，所以c3，a2． a2x2所以椭圆C的标准方程为：y21． ……………………5分

4（Ⅱ） 设A(x1,y1),C(x2,y2)，线段AC中点为M(x0,y0)． 联立 y1xm和x24y240，得：x22mx2m220． 2 由(2m)24(2m22)84m20，可得2m2. 所以x1x22m，x1x22m22． ……………8分 所以AC中点为M(m,21m)． …………9分 22 弦长|AC|(x1x2)(y1y2)5[(x1x2)24x1x2105m2， 4 ………10分 又直线l与x轴的交点N(2m,0)， ………11分

所以|MN|(m2m)(m)212252m． ………12分 4所以|BN||BM||MN|22215|AC|2|MN|2． 4210． ………14分 2 所以B、N两点间距离为定值

(2017年顺义一模)19.(本小题满分14分)

x2y26已知椭圆C：221(ab0)经过点E(3,1)，离心率为， O为坐标原点.

ab3（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若点P为椭圆C上一动点，点A(3,0)与点P的垂直平分线交y轴于点B，求|OB|的最小值.

x2y22212c6221 （Ⅰ）解：离心率为，所以ca，故ba，椭圆C为2133aa3a23x2y2把点E(3,1)带入得a6, b2，所以椭圆C的方程为1. „„„„„5分

6222（Ⅱ）解：由题意，直线l的斜率存在，设点P(x0,y0)(y00)，

则线段AP的中点D的坐标为(yx03y0,)， 且直线AP的斜率kAP0，„7分

x0322 由点A(3,0)关于直线l的对称点为P，得直线lAP， 故直线l的斜率为3x01，且过点D， kAPy0y03x0x3(x0)， „„„9分 2y02

所以直线l的方程为：y2222x0y09x0y09)， 令x0，得y，则B(0,2y02y0222x0y02y03221，得x063y0， 化简，得B(0,). „„„„11分 由622y0232y033||y0|≥2|y0| 所以|OB|| 6.„„„„13分

2|y0|2y02|y0| 当且仅当|y0|36[2,2]时等号成立. ，即y02|y0|2 所以|OB|的最小值为6. „„„„ 14分

（2017年朝阳二模）18．（本小题满分13分）

x2y2212(ab0)的上下顶点分别为A,B，且点B(0,1)．F1,F2分别为椭圆W的Wab 已知椭圆：

FBF12012左、右焦点，且．

（Ⅰ）求椭圆W的标准方程；

（Ⅱ）点M是椭圆上异于A，B的任意一点，过点M作MNy轴于N，E为线段MN 的中点．直线AE与直线y1交于点C，G为线段BC的中点，O为坐标原点．求 OEG的大小． 解：(Ⅰ)依题意，得b1．又

在

F1BF2120，

RtBFOF1BO60，所以a2． 1中，

x2y21所以椭圆W的标准方程为4． …………4分 x0,y0)(0,y)(x,y)x0N20000(Ⅱ)设M，，则，E．

(x02y02122x44yW0． 因为点M在椭圆上，所以4．即0又A(0,1)，所以直线AE的方程为

y12(y01)xx0．

x(0,1)1y0令y1，得C．

x0,1)2(1y0)又B(0,1)，G为线段BC的中点，所以G．

(x0x0x0,y01)OE(,y0)GE(22(1y0)2所以，．

xxx0OEGE0(0)y0(y01)222(1y)0因为

x02x0244y022y0y01y01y01y00， 44(1y)4(1y)00

所以OEGE．OEG90． ……………………13分

(2017年东城二模)（19）（本小题共13分）

x2y2C:221(ab0)ab已知椭圆的短轴长为23，右焦点为F(1,0)，点M是椭圆C上异于左、右顶

点A,B的一点． （Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若直线AM与直线x=2交于点N，线段BN的中点为E．证明：点B关于直线EF 的对称点在直线MF上．

b3,解：（Ⅰ）由题意得c1, 解得a2． „„„„„4分

a2b2c2.x2y21． „„„„„„5分 所以椭圆C的方程为43（Ⅱ）“点B关于直线EF的对称点在直线MF上”等价于“EF平分ÐMFB”．

„„„„„6分

设直线AM的方程为y=k(x+2)(k?0)，则N(2,4k),E(2,2k)．„„7分

ìy=k(x+2),ï 设点M(x0,y0)，由íx2y2得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0，

ï+=1,ï43îì-8k2+6ïx0=,2ï3+4k „„9分 得í12kïy=.ï023+4kî① 当MF^x轴时，x0=1，此时k=?13．所以M(1,北),N(2,2),E(2,?1)． 22此时，点E在ÐBFM的角平分线所在的直线y=x-1或y=-x+1， 即EF平分ÐMFB． „„10分 ② 当k贡1y04k时，直线MF的斜率为kMF=， =22x0-11-4k24kx+(4k-1)y-4k=0． „„11分 所以直线MF的方程为

所以点E到直线MF的距离

d=|8k+2k(4k2-1)-4k|16k+(4k-1)222=|4k+2k(4k2-1)|(4k2+1)2 =|2k(4k+1)||4k2+1|=|2k|=|BE|2．

即点B关于直线EF的对称点在直线MF上． „„„„„„„14分

(2017年海淀二模)18.（本小题满分14分）

已知动点M到点N(1,0)和直线l：x1的距离相等. （Ⅰ）求动点M的轨迹E的方程；

（Ⅱ）已知不与l垂直的直线l'与曲线E有唯一公共点A，且与直线l的交点为P，以AP为直径作圆C.判断点N和圆C的位置关系，并证明你的结论． 解：

（Ⅰ）设动点M(x,y)，

由抛物线定义可知点M的轨迹E是以N(1,0)为焦点，直线l：x1为准线的抛物线， 所以轨迹E的方程为y24x. （Ⅱ）法1：由题意可设直线l':xmyn，

xmyn,由2可得y24my4n0 （*）， y4x因为直线l'与曲线E有唯一公共点A， 所以16m216n0，即nm2. 所以（*）可化简为y24my4m20， 所以A(m2,2m)， 令x1得P(1,因为nm2，

uuuruuur1n所以NANP(m21,2m)(2,)2m2222n0

m1n)， m所以NANP，

所以点N在以PA为直径的圆C上. 法2：依题意可设直线l':ykxb,(k0) ，

ykxb,由2可得k2x22(bk2)xb20 （*）， y4x 因为直线l'与曲线E有唯一公共点A，且与直线l的交点为P，

k0,k0,所以即

0,bk1,所以（*）可化简为k2x24x

10， k2

所以A(12,). k2k1令x1得P(1,k)，

kuuuruuur12122因为NANP(21,)(2,k)22220，

kkkkk所以NANP，

所以点N在以PA为直径的圆C上.

(2017年西城二模)18．（本小题满分14分）

在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点是原点，以x轴为对称轴，且经过点P(1,2)． （Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）设点A,B在抛物线C上，直线PA,PB分别与y轴交于点M,N，|PM||PN|． 求直线AB的斜率．

2解：（Ⅰ）依题意，设抛物线C的方程为yax(a0)．[ 1分]

由抛物线C且经过点P(1,2)， 得a4，[ 3分]

2所以抛物线C的方程为y4x．[ 4分]

（Ⅱ）因为|PM||PN|， 所以PMNPNM，

12， 所以  所以 直线PA与PB的倾斜角互补， 所以 kPAkPB0．[ 6分]

依题意，直线AP的斜率存在，设直线AP的方程为：y2k(x1)(k0)， 将其代入抛物线C的方程，整理得

k2x22(k22k2)xk24k40．[ 8分]

k24k441x1yk(x1)2211k2k设A(x1,y1)，则 ，，[10分]

(k2)24A(,2)2kk所以．[11分]

(k2)24B(,2)2kkkk以替换点A坐标中的，得．[12分]

44()kk12(k2)(k2)2k2k2．

kAB所以

所以直线AB的斜率为1．[14分]

(2017年丰台二模)

19.（本小题共14分）

3(1,)已知椭圆E的右焦点与抛物线y4x的焦点重合，点M2在椭圆E上.

2（Ⅰ）求椭圆E的方程；

222P(4,0)ykx1xyr(r0)相切，（Ⅱ）设，直线与椭圆E交于A,B两点，若直线PA,PB均与圆

求k的值.

2y解：（Ⅰ） 因为抛物线4x的焦点坐标为(1,0),所以c1,

..………………1分

所以

2a33()222422，

..………………3分

222 即a2.因为bac413，

x2y2143 所以椭圆E的方程为...………………5分

（Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2)，

222(r0)xyr因为直线PA, PB与圆相切，

所以kAPkBP0， y1y20x14x24

..………………7分

即，

通分得

y1(x24)y2(x14)0(x14)(x24)，

所以(kx11)(x24)(kx21)(x14)0，

整理，得2kx1x2(4k1)(x1x2)80. ① x2y21，34ykx1，(34k2)x28kx80联立得，

..………………9分

所以

x1x28k8,xx1234k234k2，

代入①，得 k1. ..………………14分

..………………11分

(2017年顺义二模)

19.（本小题满分13分）

x2y231已知椭圆E:221ab0经过点(1,)，其离心率e.

22ab（Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）设动直线l:ykxm与椭圆C相切，切点为T，且l与直线x4相交于点S.

试问：在x轴上是否存在一定点，使得以ST为直径的圆恒过该定点？若存在，求出该点的坐标；若不存在，

请说明理由. 19.解：（Ⅰ）由点(1,)在椭圆上得，

2232191-----------------① a24b2 依题设知a2c，则b3c. ----------------------------------②

②代入①解得c1,a4,b3

222x2y21.故椭圆E的标准方程为43 ---------------------------------4分 ykxm（Ⅱ）由x2消去y,得 y2134 4k3x8kmx4m120. -----------------------------------5分 因为动直线l与椭圆C相切，即它们有且只有一个公共点T，可设Tx0,y0，

所以m0且0，

222

即64k2m244k234m2120，化简得4k2m230------------③

此时，x0由4km4k34k3Tykxm(,). ，，所以点的坐标为00mmmm4k23x4得S4,4km. -----------------------------------9分

ykxm假设在x轴上存在定点满足条件，不妨设为点Ax1,0.

则由已知条件知ASAT,即ASAT0对满足③式的m,k恒成立. 因为AS4x1,4km，AT34kx1,，由ASAT0得

mm16k4kx112kk4x1x1230，整理得4x14x124x130--------④ mmmm由④式对满足③式的m,k恒成立，所以4x140，解得x11. 2x14x130故在x轴上存在定点1,0，使得以ST为直径的圆恒过该定点.-----------------13分