发布时间 : 星期四 文章2015年全国高考圆锥曲线精选更新完毕开始阅读
由已知
??0， 从而直线
AP与
AQ的斜率之和
kAP?kAQ?y1?1y2?1kx1?2?kkx2?2?k???x1x2x1x1
kAP?kAQ?2k?(2?k)化简得
x1?x24k(k?1)?2k??2?k??2k?(2k?1)?2x1x22k(k?2).
c2?,b?12试题解析：(I)由题意知a，
222综合a?b?c，解得a?2，
x2?y2?1所以，椭圆的方程为2.
x2?y2?1PQ的方程为y?k(x?1)?1(k?2)，代入2(II)由题设知，直线，得
22(1?2k)x?4k(k?1)x?2k(k?2)?0，
P?x1y1?,Q?x2y2?x1x2?0由已知??0，设，
x1?x2?4k(k?1)2k(k?2),xx?121?2k21?2k2，
则
从而直线AP与
AQ的斜率之和
kAP?kAQ?y1?1y2?1kx1?2?kkx2?2?k???x1x2x1x1
?11?x?x2?2k?(2?k)????2k?(2?k)1x1x2?x1x2?
?2k??2?k?
4k(k?1)?2k?(2k?1)?22k(k?2).
考点：1.椭圆的标准方程；2.圆锥曲线的定值问题.
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x2y2（2015天津*文科）（本小题满分14分） 已知椭圆2+2=1(a>b>0)的上顶点为B,左
ab焦点为F,离心率为5, 5（I）求直线BF的斜率；
（II）设直线BF与椭圆交于点P（P异于点B）,故点B且垂直于BF的直线与椭圆交于点Q（Q异于点B）直线PQ与x轴交于点M,|PM|=l|MQ|. （i）求l的值； （ii）若|PM|sinDBQP=75,求椭圆的方程. 97x2y2??1. 【答案】（I）2；（II）（i） ；（ii）
854【解析】
c5222?试题分析：（I）先由 及a?b?c,得a?5c,b?2c,直线BF的斜率a5k?b?0b??2；（II）先把直线BF,BQ的方程与椭圆方程联立,求出点P,Q横坐标,
0???c?cPMMQ?xM?xPxQ?xM?可得??757?.（ii）先由|PM|sinDBQP=得
9xQ855,由此求出c=1,故椭圆方程为3xPBP=|PQ|sinDBQP=
x2y2??1. 5415|PM|sin?BQP7试题解析：（I）F??c,0? ,由已知为B?0,b? ,故直线BF的斜率k?c5222? 及a?b?c, 可得a?5c,b?2c ,又因a5b?0b??2 .
0???c?cx2y2（II）设点P?xP,yP?,Q?xQ,yQ?,M?xM,yM? ,（i）由（I）可得椭圆方程为2?2?1,
5c4c2直线BF的方程为y?2x?2c ,两方程联立消去y得3x?5cx?0, 解得xP??5c .因为3 38
1BQ?BP,所以直线BQ方程为y??x?2c ,与椭圆方程联立消去y得
2PM40c21x?40cx?0 ,解得xQ? .又因为?? ,及xM?0 得
21MQ2??xM?xPxQ?xM?7?. xQ8xP（ii）由（i）得
PMMQ?PM15777PM ,又因为??,即PQ?,所以
78PM?MQ7?81555. 32|PM|sinDBQP=7515,所以BP=|PQ|sinDBQP=|PM|sin?BQP9725c??4c?554??2c??c,因此又因为yP?2xP?2c??c, 所以BP??0????3333????5555x2y2c?,c?1, 所以椭圆方程为??1. 3354考点：直线与椭圆.
1C1：y=x24，圆（2015浙江卷*文科）（本题满分15分）如图，已知抛物线
C2：x2+(y-1)2=1，CCP(t,0)(t>0)作不过原点O的直线PA，
过点PB分别与抛物线1和圆2相切，A，B为切点.
(1)求点A，B的坐标； (2)求?PAB的面积.
注：直线与抛物线有且只有一个公共点，
且与抛物线的对称轴不平行，则该直线 与抛物线相切，称该公共点为切点.
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2
t32t2t2A(2t,t),B(,)221?t1?t；(2)2 【答案】(1)
2因为直线PA与抛物线相切，所以??16k?16kt?0，解得k?t.
2A(2t,t). x?2t所以，即点
设圆
C2的圆心为D(0,1)，点B的坐标为(x0,y0)，由题意知，点B,O关于直线PD对称，故
x0?y0????12t?2?xt?y0?0有?0，
2t2t22t2t2x0?,y0?B(,)22221?t1?t1?t1?t解得.即点.
(2)由(1)知，
AP?t1?t2，
2tx?y?t?0， 直线AP的方程为
d?所以点B到直线PA的距离为
t21?t2.
1t3S?AP?d?22. 所以?PAB的面积为
考点：1.抛物线的几何性质；2.直线与圆的位置关系；3.直线与抛物线的位置关系.
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