全国卷高考圆锥曲线真题答案 28页

全国卷高考圆锥曲线真题 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．解答题（共21小题）‎ ‎1．（2015•新课标II）已知椭圆C：9x2+y2=m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．‎ ‎（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；‎ ‎（2）若l过点（，m），延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．‎ ‎【分析】（1）联立直线方程和椭圆方程，求出对应的直线斜率即可得到结论．‎ ‎（2）四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP=2xM，建立方程关系即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）设直线l：y=kx+b，（k≠0，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM），‎ 将y=kx+b代入9x2+y2=m2（m＞0），得（k2+9）x2+2kbx+b2﹣m2=0，‎ 则判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，‎ 则x1+x2=，则xM==，yM=kxM+b=，‎ 于是直线OM的斜率kOM==，‎ 即kOM•k=﹣9，‎ ‎∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．‎ ‎（2）四边形OAPB能为平行四边形．‎ ‎∵直线l过点（，m），‎ ‎∴由判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，‎ 即k2m2＞9b2﹣9m2，‎ ‎∵b=m﹣m，‎ ‎∴k2m2＞9（m﹣m）2﹣9m2，‎ 即k2＞k2﹣6k，‎ 则k＞0，‎ ‎∴l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3，‎ 由（1）知OM的方程为y=x，‎ 设P的横坐标为xP，‎ 由得，即xP=，‎ 将点（，m）的坐标代入l的方程得b=，‎ 即l的方程为y=kx+，‎ 将y=x，代入y=kx+，‎ 得kx+=x 解得xM=，‎ 四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP=2xM，‎ 于是=2×，‎ 解得k1=4﹣或k2=4+，‎ ‎∵ki＞0，ki≠3，i=1，2，‎ ‎∴当l的斜率为4﹣或4+时，四边形OAPB能为平行四边形．‎ ‎【点评】本题主要考查直线和圆锥曲线的相交问题，联立方程组转化为一元二次方程，利用根与系数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．‎ ‎　‎ ‎2．（2015•河北）在直角坐标系xOy中，曲线C：y=与直线l：y=kx+a（a＞0）交于M，N两点．‎ ‎（Ⅰ）当k=0时，分別求C在点M和N处的切线方程．‎ ‎（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？（说明理由）‎ ‎【分析】（I）联立，可得交点M，N的坐标，由曲线C：y=，利用导数的运算法则可得：y′=，利用导数的几何意义、点斜式即可得出切线方程．‎ ‎（II）存在符合条件的点（0，﹣a），设P（0，b）满足∠OPM=∠OPN．M（x1，y1），N（x2，y2），直线PM，PN的斜率分别为：k1，k2．直线方程与抛物线方程联立化为x2﹣4kx﹣4a=0，利用根与系数的关系、斜率计算公式可得k1+k2=．k1+k2=0⇔直线PM，PN的倾斜角互补⇔∠OPM=∠OPN．即可证明．‎ ‎【解答】解：（I）联立，不妨取M，N，‎ 由曲线C：y=可得：y′=，‎ ‎∴曲线C在M点处的切线斜率为=，其切线方程为：y﹣a=，化为．‎ 同理可得曲线C在点N处的切线方程为：．‎ ‎（II）存在符合条件的点（0，﹣a），下面给出证明：‎ 设P（0，b）满足∠OPM=∠OPN．M（x1，y1），N（x2，y2），直线PM，PN的斜率分别为：k1，k2．‎ 联立，化为x2﹣4kx﹣4a=0，‎ ‎∴x1+x2=4k，x1x2=﹣4a．‎ ‎∴k1+k2=+==．‎ 当b=﹣a时，k1+k2=0，直线PM，PN的倾斜角互补，‎ ‎∴∠OPM=∠OPN．‎ ‎∴点P（0，﹣a）符合条件．‎ ‎【点评】本题考查了导数的运算法则、利用导数的几何意义研究切线方程、直线与抛物线相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎3．（2014•新课标I）已知点A（0，﹣2），椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，F是椭圆的焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．‎ ‎（Ⅰ）求E的方程；‎ ‎（Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．‎ ‎【分析】（Ⅰ）通过离心率得到a、c关系，通过A求出a，即可求E的方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线l：y=kx﹣2，设P（x1，y1），Q（x2，y2）将y=kx﹣2代入，利用△＞0，求出k的范围，利用弦长公式求出|PQ|，然后求出△OPQ的面积表达式，利用换元法以及基本不等式求出最值，然后求解直线方程．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ） 设F（c，0），由条件知，得=又，‎ 所以a=2=，b2=a2﹣c2=1，故E的方程．…．（6分）‎ ‎（Ⅱ）依题意当l⊥x轴不合题意，故设直线l：y=kx﹣2，设P（x1，y1），Q（x2，y2）‎ 将y=kx﹣2代入，得（1+4k2）x2﹣16kx+12=0，‎ 当△=16（4k2﹣3）＞0，即时，‎ 从而=+ 又点O到直线PQ的距离，所以△OPQ的面积=，‎ 设，则t＞0，，‎ 当且仅当t=2，k=±等号成立，且满足△＞0，‎ 所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为：y=x﹣2或y=﹣x﹣2．…（12分）‎ ‎【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎　‎ ‎4．（2014•新课标II）已知函数f（x）=ex﹣e﹣x﹣2x．‎ ‎（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅱ）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；‎ ‎（Ⅲ）已知1.4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．‎ ‎【分析】对第（Ⅰ）问，直接求导后，利用基本不等式可达到目的；‎ 对第（Ⅱ）问，先验证g（0）=0，只需说明g（x）在[0+∞）上为增函数即可，从而问题转化为“判断g′（x）＞0是否成立”的问题；‎ 对第（Ⅲ）问，根据第（Ⅱ）问的结论，设法利用的近似值，并寻求ln2，于是在b=2及b＞2的情况下分别计算，最后可估计ln2的近似值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由f（x）得f′（x）=ex+e﹣x﹣2，‎ 即f′（x）≥0，当且仅当ex=e﹣x即x=0时，f′（x）=0，‎ ‎∴函数f（x）在R上为增函数．‎ ‎（Ⅱ）g（x）=f（2x）﹣4bf（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（ex﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，‎ 则g′（x）=2[e2x+e﹣2x﹣2b（ex+e﹣x）+（4b﹣2）]‎ ‎=2[（ex+e﹣x）2﹣2b（ex+e﹣x）+（4b﹣4）]‎ ‎=2（ex+e﹣x﹣2）（ex+e﹣x+2﹣2b）．‎ ‎①∵ex+e﹣x＞2，ex+e﹣x+2＞4，‎ ‎∴当2b≤4，即b≤2时，g′（x）≥0，当且仅当x=0时取等号，‎ 从而g（x）在R上为增函数，而g（0）=0，‎ ‎∴x＞0时，g（x）＞0，符合题意．‎ ‎②当b＞2时，若x满足2＜ex+e﹣x＜2b﹣2即，得，此时，g′（x）＜0，‎ 又由g（0）=0知，当时，g（x）＜0，不符合题意．‎ 综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2．‎ ‎（Ⅲ）∵1.4142＜＜1.4143，根据（Ⅱ）中g（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（ex﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，‎ 为了凑配ln2，并利用的近似值，故将ln即代入g（x）的解析式中，‎ 得．‎ 当b=2时，由g（x）＞0，得，‎ 从而；‎ 令，得＞2，当时，‎ 由g（x）＜0，得，得．‎ 所以ln2的近似值为0.693．‎ ‎【点评】1．本题三个小题的难度逐步增大，考查了学生对函数单调性深层次的把握能力，对思维的要求较高，属压轴题．‎ ‎2．从求解过程来看，对导函数解析式的合理变形至关重要，因为这直接影响到对导数符号的判断，是解决本题的一个重要突破口．‎ ‎3．本题的难点在于如何寻求ln2，关键是根据第（2）问中g（x）的解析式探究b的值，从而获得不等式，这样自然地将不等式放缩为的范围的端点值，达到了估值的目的．‎ ‎　‎ ‎5．（2014•广西）已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|=|PQ|．‎ ‎（Ⅰ）求C的方程；‎ ‎（Ⅱ）过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上，求l的方程．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设点Q的坐标为（x0，4），把点Q的坐标代入抛物线C的方程，求得x0=，根据|QF|=|PQ|求得 p的值，可得C的方程．‎ ‎（Ⅱ）设l的方程为 x=my+1 （m≠0），代入抛物线方程化简，利用韦达定理、中点公式、弦长公式求得弦长|AB|．把直线l′的方程代入抛物线方程化简，利用韦达定理、弦长公式求得|MN|．由于MN垂直平分线段AB，故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|，由此求得m的值，可得直线l的方程．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设点Q的坐标为（x0，4），把点Q的坐标代入抛物线C：y2=2px（p＞0），‎ 可得x0=，∵点P（0，4），∴|PQ|=．‎ 又|QF|=x0+=+，|QF|=|PQ|，‎ ‎∴+=×，求得 p=2，或 p=﹣2（舍去）．‎ 故C的方程为 y2=4x．‎ ‎（Ⅱ）由题意可得，直线l和坐标轴不垂直，y2=4x的焦点F（1，0），‎ 设l的方程为 x=my+1（m≠0），‎ 代入抛物线方程可得y2﹣4my﹣4=0，显然判别式△=16m2+16＞0，y1+y2=4m，y1•y2=﹣4．‎ ‎∴AB的中点坐标为D（2m2+1，2m），弦长|AB|=|y1﹣y2|==4（m2+1）．‎ 又直线l′的斜率为﹣m，∴直线l′的方程为 x=﹣y+2m2+3．‎ 过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，‎ 把线l′的方程代入抛物线方程可得 y2+y﹣4（2m2+3）=0，∴y3+y4=，y3•y4=﹣4（2m2+3）．‎ 故线段MN的中点E的坐标为（+2m2+3，），∴|MN|=|y3﹣y4|=，‎ ‎∵MN垂直平分线段AB，故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|，‎ ‎∴+DE2=MN2，‎ ‎∴4（m2+1）2 ++=×，化简可得 m2﹣1=0，‎ ‎∴m=±1，∴直线l的方程为 x﹣y﹣1=0，或 x+y﹣1=0．‎ ‎【点评】本题主要考查求抛物线的标准方程，直线和圆锥曲线的位置关系的应用，韦达定理、弦长公式的应用，体现了转化的数学思想，属于难题．‎ ‎　‎ ‎6．（2013•新课标Ⅱ）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：（a＞b＞0）右焦点的直线x+y﹣=0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为．‎ ‎（Ⅰ）求M的方程 ‎（Ⅱ）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）把右焦点（c，0）代入直线可解得c．设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点P（x0，y0），利用“点差法”即可得到a，b的关系式，再与a2=b2+c2联立即可得到a，b，c．‎ ‎（Ⅱ）由CD⊥AB，可设直线CD的方程为y=x+t，与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到弦长|CD|．把直线x+y﹣=0与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到弦长|AB|，利用S四边形ACBD=即可得到关于t的表达式，利用二次函数的单调性即可得到其最大值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）把右焦点（c，0）代入直线x+y﹣=0得c+0﹣=0，解得c=．‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点P（x0，y0），‎ 则，，相减得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，又=，‎ ‎∴，即a2=2b2．‎ 联立得，解得，‎ ‎∴M的方程为．‎ ‎（Ⅱ）∵CD⊥AB，∴可设直线CD的方程为y=x+t，‎ 联立，消去y得到3x2+4tx+2t2﹣6=0，‎ ‎∵直线CD与椭圆有两个不同的交点，‎ ‎∴△=16t2﹣12（2t2﹣6）=72﹣8t2＞0，解﹣3＜t＜3（*）．‎ 设C（x3，y3），D（x4，y4），∴，．‎ ‎∴|CD|===．‎ 联立得到3x2﹣4x=0，解得x=0或，‎ ‎∴交点为A（0，），B，‎ ‎∴|AB|==．‎ ‎∴S四边形ACBD===，‎ ‎∴当且仅当t=0时，四边形ACBD面积的最大值为，满足（*）．‎ ‎∴四边形ACBD面积的最大值为．‎ ‎【点评】本题综合考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、“点差法”、中点坐标公式、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到一元二次方程根与系数的关系、弦长公式、四边形的面积计算、二次函数的单调性等基础知识，考查了推理能力、数形结合的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．‎ ‎　‎ ‎7．（2013•新课标Ⅰ）已知圆M：（x+1）2+y2=1，圆N：（x﹣1）2+y2=9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C．‎ ‎（Ⅰ）求C的方程；‎ ‎（Ⅱ）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|．‎ ‎【分析】（I）设动圆的半径为R，由已知动圆P与圆M外切并与圆N内切，可得|PM|+|PN|=R+1+（3﹣R）=4，而|NM|=2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，求出即可；‎ ‎（II）设曲线C上任意一点P（x，y），由于|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤4﹣2=2，所以R≤2，当且仅当⊙P的圆心为（2，0）R=2时，其半径最大，其方程为（x﹣2）2+y2=4．分①l的倾斜角为90°，此时l与y轴重合，可得|AB|．②若l的倾斜角不为90°，由于⊙M的半径1≠R，可知l与x轴不平行，设l与x轴的交点为Q，根据，可得Q（﹣4，0），所以可设l：y=k（x+4），与椭圆的方程联立，得到根与系数的关系利用弦长公式即可得出．‎ ‎【解答】解：（I）由圆M：（x+1）2+y2=1，可知圆心M（﹣1，0）；圆N：（x﹣1）2+y2=9，圆心N（1，0），半径3．‎ 设动圆的半径为R，‎ ‎∵动圆P与圆M外切并与圆N内切，∴|PM|+|PN|=R+1+（3﹣R）=4，‎ 而|NM|=2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，‎ ‎∴a=2，c=1，b2=a2﹣c2=3．‎ ‎∴曲线C的方程为（x≠﹣2）．‎ ‎（II）设曲线C上任意一点P（x，y），‎ 由于|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤3﹣1=2，所以R≤2，当且仅当⊙P的圆心为（2，0）R=2时，其半径最大，其方程为（x﹣2）2+y2=4．‎ ‎①l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|=．‎ ‎②若l的倾斜角不为90°，由于⊙M的半径1≠R，可知l与x轴不平行，‎ 设l与x轴的交点为Q，则，可得Q（﹣4，0），所以可设l：y=k（x+4），‎ 由l于M相切可得：，解得．‎ 当时，联立，得到7x2+8x﹣8=0．‎ ‎∴，．‎ ‎∴|AB|===‎ 由于对称性可知：当时，也有|AB|=．‎ 综上可知：|AB|=或．‎ ‎【点评】本题综合考查了两圆的相切关系、直线与圆相切问题、椭圆的定义及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、弦长公式等基础知识，需要较强的推理能力和计算能力及其分类讨论的思想方法．‎ ‎　‎ ‎8．（2014•沧州校级一模）已知双曲线C：=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y=2与C的两个交点间的距离为．‎ ‎（I）求a，b；‎ ‎（II）设过F2的直线l与C的左、右两支分别相交于A、B两点，且|AF1|=|BF1|，证明：|AF2|、|AB|、|BF2|成等比数列．‎ ‎【分析】（I）由题设，可由离心率为3得到参数a，b的关系，将双曲线的方程用参数a表示出来，再由直线建立方程求出参数a即可得到双曲线的方程；‎ ‎（II）由（I）的方程求出两焦点坐标，设出直线l的方程设A（x1，y1），B（x2，y2），将其与双曲线C的方程联立，得出x1+x2=，，再利用|AF1|=|BF1|建立关于A，B坐标的方程，得出两点横坐标的关系，由此方程求出k的值，得出直线的方程，从而可求得：|AF2|、|AB|、|BF2|，再利用等比数列的性质进行判断即可证明出结论．‎ ‎【解答】解：（I）由题设知=3，即=9，故b2=8a2‎ 所以C的方程为8x2﹣y2=8a2‎ 将y=2代入上式，并求得x=±，‎ 由题设知，2=，解得a2=1‎ 所以a=1，b=2‎ ‎（II）由（I）知，F1（﹣3，0），F2（3，0），C的方程为8x2﹣y2=8 ①‎ 由题意，可设l的方程为y=k（x﹣3），|k|＜2代入①并化简得（k2﹣8）x2﹣6k2x+9k2+8=0‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 则x1≤﹣1，x2≥1，x1+x2=，，于是 ‎|AF1|==﹣（3x1+1），‎ ‎|BF1|==3x2+1，‎ ‎|AF1|=|BF1|得﹣（3x1+1）=3x2+1，即 故=，解得，从而=﹣‎ 由于|AF2|==1﹣3x1，‎ ‎|BF2|==3x2﹣1，‎ 故|AB|=|AF2|﹣|BF2|=2﹣3（x1+x2）=4，|AF2||BF2|=3（x1+x2）﹣9x1x2﹣1=16‎ 因而|AF2||BF2|=|AB|2，所以|AF2|、|AB|、|BF2|成等比数列 ‎【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合关系，考查了运算能力，题设条件的转化能力，方程的思想运用，此类题综合性强，但解答过程有其固有规律，一般需要把直线与曲线联立利用根系关系，解答中要注意提炼此类题解答过程中的共性，给以后解答此类题提供借鉴．‎ ‎　‎ ‎9．（2012•新课标）设抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点为F，准线为l，A∈C，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点；‎ ‎（1）若∠BFD=90°，△ABD的面积为，求p的值及圆F的方程；‎ ‎（2）若A，B，F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．‎ ‎【分析】（1）由对称性知：△BFD是等腰直角△，斜边|BD|=2p点A到准线l的距离，由△ABD的面积S△ABD=，知=，由此能求出圆F的方程．‎ ‎（2）由对称性设，则点A，B关于点F对称得：，得：，由此能求出坐标原点到m，n距离的比值．‎ ‎【解答】解：（1）由对称性知：△BFD是等腰直角△，斜边|BD|=2p 点A到准线l的距离，‎ ‎∵△ABD的面积S△ABD=，‎ ‎∴=，‎ 解得p=2，所以F坐标为（0，1），‎ ‎∴圆F的方程为x2+（y﹣1）2=8．‎ ‎（2）由题设，则，‎ ‎∵A，B，F三点在同一直线m上，‎ 又AB为圆F的直径，故A，B关于点F对称．‎ 由点A，B关于点F对称得：‎ 得：，直线，切点 直线 坐标原点到m，n距离的比值为．‎ ‎【点评】本题考查抛物线与直线的位置关系的综合应用，具体涉及到抛物线的简单性质、圆的性质、导数的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．‎ ‎　‎ ‎10．已知抛物线C：y=（x+1）2与圆（r＞0）有一个公共点A，且在A处两曲线的切线为同一直线l．‎ ‎（Ⅰ）求r；‎ ‎（Ⅱ）设m，n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m，n的交点为D，求D到l的距离．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设A（x0，（x0+1）2），根据y=（x+1）2，求出l的斜率，圆心M（1，），求得MA的斜率，利用l⊥MA建立方程，求得A的坐标，即可求得r的值；‎ ‎（Ⅱ）设（t，（t+1）2）为C上一点，则在该点处的切线方程为y﹣（t+1）2=2（t+1）（x﹣t），即y=2（t+1）x﹣t2+1，若该直线与圆M相切，则圆心M到该切线的距离为，建立方程，求得t的值，求出相应的切线方程，可得D的坐标，从而可求D到l的距离．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设A（x0，（x0+1）2），‎ ‎∵y=（x+1）2，y′=2（x+1）‎ ‎∴l的斜率为k=2（x0+1）‎ 当x0=1时，不合题意，所以x0≠1‎ 圆心M（1，），MA的斜率．‎ ‎∵l⊥MA，∴2（x0+1）×=﹣1‎ ‎∴x0=0，∴A（0，1），‎ ‎∴r=|MA|=；‎ ‎（Ⅱ）设（t，（t+1）2）为C上一点，则在该点处的切线方程为y﹣（t+1）2=2（t+1）（x﹣t），即y=2（t+1）x﹣t2+1‎ 若该直线与圆M相切，则圆心M到该切线的距离为 ‎∴‎ ‎∴t2（t2﹣4t﹣6）=0‎ ‎∴t0=0，或t1=2+，t2=2﹣‎ 抛物线C在点（ti，（ti+1）2）（i=0，1，2）处的切线分别为l，m，n，其方程分别为 y=2x+1①，y=2（t1+1）x﹣②，y=2（t2+1）x﹣③‎ ‎②﹣③：x=‎ 代入②可得：y=﹣1‎ ‎∴D（2，﹣1），‎ ‎∴D到l的距离为 ‎【点评】本题考查圆与抛物线的综合，考查抛物线的切线方程，考查导数知识的运用，考查点到直线的距离公式的运用，关键是确定切线方程，求得交点坐标．‎ ‎　‎ ‎11．（2011•新课标）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，﹣1），B点在直线y=﹣3上，M点满足∥，=•，M点的轨迹为曲线C．‎ ‎（Ⅰ）求C的方程；‎ ‎（Ⅱ）P为C上的动点，l为C在P点处的切线，求O点到l距离的最小值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设M（x，y），由已知得B（x，﹣3），A（0，﹣1）并代入∥，=•，即可求得M点的轨迹C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设P（x0，y0）为C上的点，求导，写出C在P点处的切线方程，利用点到直线的距离公式即可求得O点到l距离，然后利用基本不等式求出其最小值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设M（x，y），由已知得B（x，﹣3），A（0，﹣1）．‎ 所=（﹣x，﹣1﹣y），=（0，﹣3﹣y），=（x，﹣2）．‎ 再由题意可知（）•=0，即（﹣x，﹣4﹣2y）•（x，﹣2）=0．‎ 所以曲线C的方程式为y=﹣2．‎ ‎（Ⅱ）设P（x0，y0）为曲线C：y=﹣2上一点，因为y′=x，所以l的斜率为x0，‎ 因此直线l的方程为y﹣y0=x0（x﹣x0），即x0x﹣2y+2y0﹣x02=0．‎ 则o点到l的距离d=．又y0=﹣2，‎ 所以d==≥2，‎ 所以x02=0时取等号，所以O点到l距离的最小值为2．‎ ‎【点评】此题是个中档题．考查向量与解析几何的交汇点命题及代入法求轨迹方程，以及导数的几何意义和点到直线的距离公式，综合性强，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力．‎ ‎　‎ ‎12．（2014•马山县校级模拟）已知O为坐标原点，F为椭圆C：在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为﹣的直线l与C交于A、B两点，点P满足．‎ ‎（Ⅰ）证明：点P在C上；‎ ‎（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上．‎ ‎【分析】（1）要证明点P在C上，即证明P点的坐标满足椭圆C的方程，根据已知中过F且斜率为﹣的直线l与C交于A、B两点，点P满足，我们求出点P的坐标，代入验证即可．‎ ‎（2）若A、P、B、Q四点在同一圆上，则我们可以先求出任意三点确定的圆的方程，然后将第四点坐标代入验证即可．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）设A（x1，y1），B（x2，y2）‎ 椭圆C： ①，则直线AB的方程为：y=﹣x+1 ②‎ 联立方程可得4x2﹣2x﹣1=0，‎ 则x1+x2=，x1×x2=﹣‎ 则y1+y2=﹣（x1+x2）+2=1‎ 设P（p1，p2），‎ 则有：=（x1，y1），=（x2，y2），=（p1，p2）；‎ ‎∴+=（x1+x2，y1+y2）=（，1）；=（p1，p2）=﹣（+）=（﹣，﹣1）‎ ‎∴p的坐标为（﹣，﹣1）代入①方程成立，所以点P在C上．‎ ‎（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上．‎ 设线段AB的中点坐标为（，），即（，），‎ 则过线段AB的中点且垂直于AB的直线方程为：y﹣=（x﹣），即y=x+；③‎ ‎∵P关于点O的对称点为Q，故0（0.0）为线段PQ的中点，‎ 则过线段PQ的中点且垂直于PQ的直线方程为：y=﹣x④；‎ ‎③④联立方程组，解之得：x=﹣，y=‎ ‎③④的交点就是圆心O1（﹣，），‎ r2=|O1P|2=（﹣﹣（﹣））2+（﹣1﹣）2=‎ 故过P Q两点圆的方程为：（x+）2+（y﹣）2=…⑤，‎ 把y=﹣x+1 …②代入⑤，‎ 有x1+x2=，y1+y2=1‎ ‎∴A，B也是在圆⑤上的．‎ ‎∴A、P、B、Q四点在同一圆上．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是直线与圆锥曲线的关系，向量在几何中的应用，其中判断点与曲线关系时，所使用的坐标代入验证法是解答本题的关键．‎ ‎　‎ ‎13．（2010•全国卷Ⅱ）己知斜率为1的直线l与双曲线C：相交于B、D两点，且BD的中点为M（1，3）．‎ ‎（Ⅰ）求C的离心率；‎ ‎（Ⅱ）设C的右顶点为A，右焦点为F，|DF|•|BF|=17，证明：过A、B、D三点的圆与x轴相切．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由直线过点（1，3）及斜率可得直线方程，直线与双曲线交于BD两点的中点为（1，3），可利用直线与双曲线消元后根据中点坐标公式找出a，b的关系式即求得离心率．‎ ‎（Ⅱ）利用离心率将条件|FA||FB|=17，用含a的代数式表示，即可求得a，则A点坐标可得（1，0），由于A在x轴上所以，只要证明2AM=BD即证得．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由题设知，l的方程为：y=x+2，代入C的方程，并化简，‎ 得（b2﹣a2）x2﹣4a2x﹣a2b2﹣4a2=0，‎ 设B（x1，y1），D（x2，y2），则，，①‎ 由M（1，3）为BD的中点知．‎ 故，即b2=3a2，②‎ 故，‎ ‎∴C的离心率．‎ ‎（Ⅱ）由①②知，C的方程为：3x2﹣y2=3a2，A（a，0），F（2a，0），‎ ‎．‎ 故不妨设x1≤﹣a，x2≥a，‎ ‎，，‎ ‎|BF|•|FD|=（a﹣2x1）（2x2﹣a）=﹣4x1x2+2a（x1+x2）﹣a2=5a2+4a+8．‎ 又|BF|•|FD|=17，故5a2+4a+8=17．‎ 解得a=1，或（舍去），‎ 故=6，‎ 连接MA，则由A（1，0），M（1，3）知|MA|=3，‎ 从而MA=MB=MD，且MA⊥x轴，‎ 因此以M为圆心，MA为半径的圆经过A、B、D三点，且在点A处与x轴相切，‎ 所以过A、B、D三点的圆与x轴相切．‎ ‎【点评】本题考查了圆锥曲线、直线与圆的知识，考查学生运用所学知识解决问题的能力．‎ ‎　‎ ‎14．（2010•全国卷Ⅰ）已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点K（﹣1，0）的直线l与C相交于A、B两点，点A关于x轴的对称点为D．‎ ‎（Ⅰ）证明：点F在直线BD上；‎ ‎（Ⅱ）设，求△BDK的内切圆M的方程．‎ ‎【分析】（Ⅰ）先根据抛物线方程求得焦点坐标，设出过点K的直线L方程代入抛物线方程消去x，设L与C 的交点A（x1，y1），B（x2，y2），根据韦达定理求得y1+y2和y1y2的表达式，进而根据点A求得点D的坐标，进而表示出直线BD和BF的斜率，进而问题转化两斜率相等，进而转化为4x2=y22，依题意可知等式成立进而推断出k1=k2原式得证．‎ ‎（Ⅱ）首先表示出结果为求得m，进而求得y2﹣y1的值，推知BD的斜率，则BD方程可知，设M为（a，0），M到x=y﹣1和到BD的距离相等，进而求得a和圆的半径，则圆的方程可得．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）抛物线C：y2=4x①的焦点为F（1，0），‎ 设过点K（﹣1，0）的直线L：x=my﹣1，‎ 代入①，整理得 y2﹣4my+4=0，‎ 设L与C 的交点A（x1，y1），B（x2，y2），则 y1+y2=4m，y1y2=4，‎ 点A关于X轴的对称点D为（x1，﹣y1）．‎ BD的斜率k1===，‎ BF的斜率k2=．‎ 要使点F在直线BD上 需k1=k2‎ 需4（x2﹣1）=y2（y2﹣y1），‎ 需4x2=y22，‎ 上式成立，∴k1=k2，‎ ‎∴点F在直线BD上．‎ ‎（Ⅱ）=（x1﹣1，y1）（x2﹣1，y2）=（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2=（my1﹣2）（my2﹣2）+y1y2=4（m2+1）﹣8m2+4=8﹣4m2=，‎ ‎∴m2=，m=±．‎ y2﹣y1==4=，‎ ‎∴k1=，BD：y=（x﹣1）．‎ 易知圆心M在x轴上，设为（a，0），M到x=y﹣1和到BD的距离相等，即 ‎|a+1|×=|（（a﹣1）|×，‎ ‎∴4|a+1|=5|a﹣1|，﹣1＜a＜1，‎ 解得a=．‎ ‎∴半径r=，‎ ‎∴△BDK的内切圆M的方程为（x﹣）2+y2=．‎ ‎【点评】本小题为解析几何与平面向量综合的问题，主要考查抛物线的性质、直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系、圆的几何性质与圆的方程的求解、平面向量的数量积等知识，考查考生综合运用数学知识进行推理论证的能力、运算能力和解决问题的能力，同时考查了数形结合思想、设而不求思想．‎ ‎　‎ ‎15．（2010•宁夏）设F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，过F1斜率为1的直线ℓ与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．‎ ‎（1）求E的离心率；‎ ‎（2）设点P（0，﹣1）满足|PA|=|PB|，求E的方程．‎ ‎【分析】（I）根据椭圆的定义可知|AF2|+|BF2|+|AB|=4a，进而根据|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数表示出|AB|，进而可知直线l的方程，设A（x1，y1），B（x2，y2），代入直线和椭圆方程，联立消去y，根据韦达定理表示出x1+x2和x1x2进而根据，求得a和b的关系，进而求得a和c的关系，离心率可得．‎ ‎（II）设AB的中点为N（x0，y0），根据（1）则可分别表示出x0和y0，根据|PA|=|PB|，推知直线PN的斜率，根据求得c，进而求得a和b，椭圆的方程可得．‎ ‎【解答】解：（I）由椭圆定义知|AF2|+|BF2|+|AB|=4a，又2|AB|=|AF2|+|BF2|，‎ 得，l的方程为y=x+c，其中．‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），则A、B两点坐标满足方程组 化简的（a2+b2）x2+2a2cx+a2（c2﹣b2）=0‎ 则 因为直线AB斜率为1，|AB|=|x1﹣x2|=，‎ 得，故a2=2b2‎ 所以E的离心率 ‎（II）设AB的中点为N（x0，y0），由（I）知，．‎ 由|PA|=|PB|，得kPN=﹣1，‎ 即 得c=3，从而 故椭圆E的方程为．‎ ‎【点评】本题主要考查圆锥曲线中的椭圆性质以及直线与椭圆的位置关系，涉及等差数列知识，考查利用方程思想解决几何问题的能力及运算能力 ‎　‎ ‎16．（2009•全国卷Ⅱ）已知椭圆的离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点，当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为，‎ ‎（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．‎ ‎【分析】（I）设F（c，0），则直线l的方程为x﹣y﹣c=0，由坐标原点O到l的距离求得c，进而根据离心率求得a和b．‎ ‎（II）由（I）可得椭圆的方程，设A（x1，y1）、B（x2，y2），l：x=my+1代入椭圆的方程中整理得方程△＞0．由韦达定理可求得y1+y2和y1y2的表达式，假设存在点P，使成立，则其充要条件为：点P的坐标为（x1+x2，y1+y2），代入椭圆方程；把A，B两点代入椭圆方程，最后联立方程求得c，进而求得P点坐标，求出m的值得出直线l的方程．‎ ‎【解答】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 则，解得c=1‎ 又，∴‎ ‎（II）由（I）知椭圆的方程为 设A（x1，y1）、B（x2，y2）‎ 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．‎ 由韦达定理有：，，①‎ 假设存在点P，使成立，则其充要条件为：‎ 点P的坐标为（x1+x2，y1+y2），‎ 点P在椭圆上，即．‎ 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=0②‎ 将x1x2=（my1+1）（my2+1）=m2y1y2+m（y1+y2）+1及①代入②解得 ‎∴，‎ x1+x2=，即 当；‎ 当 ‎【点评】本题主要考查了椭圆的性质．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．‎ ‎　‎ ‎17．（2009•全国卷Ⅰ）如图，已知抛物线E：y2=x与圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四个点．‎ ‎（Ⅰ）求r的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标．‎ ‎【分析】（1）先联立抛物线与圆的方程消去y，得到x的二次方程，根据抛物线E：y2=x与圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四个点的充要条件是此方程有两个不相等的正根，可求出r的范围．‎ ‎（2）先设出四点A，B，C，D的坐标再由（1）中的x二次方程得到两根之和、两根之积，表示出面积并求出其的平方值，最后根据三次均值不等式确定得到最大值时的点P的坐标．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）将抛物线E：y2=x代入圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）的方程，‎ 消去y2，整理得x2﹣7x+16﹣r2=0（1）‎ 抛物线E：y2=x与圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：‎ 方程（1）有两个不相等的正根 ‎∴‎ 即．‎ 解这个方程组得，．‎ ‎（II）设四个交点的坐标分别为 ‎、、、．‎ 则直线AC、BD的方程分别为y﹣=•（x﹣x1），y+=（x﹣x1），‎ 解得点P的坐标为（，0），‎ 则由（I）根据韦达定理有x1+x2=7，x1x2=16﹣r2，‎ 则 ‎∴‎ 令，‎ 则S2=（7+2t）2（7﹣2t）下面求S2的最大值．‎ 由三次均值有：‎ 当且仅当7+2t=14﹣4t，即时取最大值．‎ 经检验此时满足题意．‎ 故所求的点P的坐标为．‎ ‎【点评】本题主要考查抛物线和圆的综合问题．圆锥曲线是高考必考题，要强化复习．‎ ‎　‎ ‎18．（2009•宁夏）已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点，焦点在x轴上，它的一个顶点到两个焦点的距离分别是7和1．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）若P为椭圆C上的动点，M为过P且垂直于x轴的直线上的点，=λ，求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．‎ ‎【分析】（1）设椭圆长半轴长及半焦距分别为a、c，由椭圆的性质可得从而解决．‎ ‎（2）设M（x，y），其中x∈[﹣4，4]．由已知=λ2及点P在椭圆C上，可得=λ2，整理得（16λ2﹣9）x2+16λ2y2=112，其中x∈[﹣4，4]．再按照圆、椭圆、双曲线、抛物线的方程讨论．‎ ‎【解答】解：（1）设椭圆长半轴长及半焦距分别为a、c，‎ 由已知得，解得a=4，c=3，‎ 所以椭圆C的方程为=1．‎ ‎（2）设M（x，y），其中x∈[﹣4，4]．‎ 由已知=λ2及点P在椭圆C上，可得=λ2，‎ 整理得（16λ2﹣9）x2+16λ2y2=112，其中x∈[﹣4，4]．‎ ‎①λ=时，化简得9y2=112．‎ 所以点M的轨迹方程为y=±（﹣4≤x≤4），轨迹是两条平行于x轴的线段．‎ ‎②λ≠时，方程变形为=1，‎ 其中x∈[﹣4，4]；‎ 当0＜λ＜时，点M的轨迹为中心在原点、实轴在y轴上的双曲线满足﹣4≤x≤4的部分；‎ 当＜λ＜1时，点M的轨迹为中心在原点、长轴在x轴上的椭圆满足﹣4≤x≤4的部分；‎ 当λ≥1时，点M的轨迹为中心在原点、长轴在x轴上的椭圆．‎ ‎【点评】本题主要考查圆锥曲线的定义和性质及其方程．考查分类讨论思想，是中档题．‎ ‎　‎ ‎19．（2014•漳州校级模拟）双曲线的中心为原点O，焦点在x轴上，两条渐近线分别为l1，l2，经过右焦点F垂直于l1的直线分别交l1，l2于A，B两点．已知||、||、||成等差数列，且与同向．‎ ‎（Ⅰ）求双曲线的离心率；‎ ‎（Ⅱ）设AB被双曲线所截得的线段的长为4，求双曲线的方程．‎ ‎【分析】（1）由2个向量同向，得到渐近线的夹角范围，求出离心率的范围，再用勾股定理得出直角三角形的2个直角边的长度比，联想到渐近线的夹角，求出渐近线的斜率，进而求出离心率．‎ ‎（2）利用第（1）的结论，设出双曲线的方程，将AB方程代入，运用根与系数的关系及弦长公式，求出待定系数，可求出双曲线方程．‎ ‎【解答】解：（1）设双曲线方程为由，同向，‎ ‎∴渐近线的倾斜角为（0，），‎ ‎∴渐近线斜率为：，∴‎ ‎∴|AB|2=（|OB|﹣|OA|）（|OB|+|OA|）=（|OB|﹣|OA|）2|AB|，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 可得：，而在直角三角形OAB中，‎ 注意到三角形OAF也为直角三角形，即tan∠AOB=‎ 而由对称性可知：OA的斜率为k=tan ‎∴，∴，∴；‎ ‎∴，∴‎ ‎∴‎ ‎（2）由第（1）知，a=2b，可设双曲线方程为﹣=1，c=b，‎ ‎∴AB的直线方程为 y=﹣2（x﹣b），代入双曲线方程得：15x2﹣32bx+84b2=0，‎ ‎∴x1+x2=，x1•x2=，‎ ‎4=，16=﹣，‎ ‎∴b2=9，所求双曲线方程为：﹣=1．‎ ‎【点评】做到边做边看，从而发现题中的巧妙，如据，联想到对应的是2渐近线的夹角的正切值．‎ ‎　‎ ‎20．（2015•南昌校级二模）设椭圆中心在坐标原点，A（2，0），B（0，1）是它的两个顶点，直线y=kx（k＞0）与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点．‎ ‎（Ⅰ）若，求k的值；‎ ‎（Ⅱ）求四边形AEBF面积的最大值．‎ ‎【分析】（1）依题可得椭圆的方程，设直线AB，EF的方程分别为x+2y=2，y=kx，D（x0，kx0），E（x1，kx1），F（x2，kx2），且x1，x2满足方程（1+4k2）x2=4，进而求得x2的表达式，进而根据求得x0的表达式，由D在AB上知x0+2kx0=2，进而求得x0的另一个表达式，两个表达式相等求得k．‎ ‎（Ⅱ）由题设可知|BO|和|AO|的值，设y1=kx1，y2=kx2，进而可表示出四边形AEBF的面积进而根据基本不等式的性质求得最大值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）依题设得椭圆的方程为，‎ 直线AB，EF的方程分别为x+2y=2，y=kx（k＞0）．‎ 如图，设D（x0，kx0），E（x1，kx1），F（x2，kx2），其中x1＜x2，‎ 且x1，x2满足方程（1+4k2）x2=4，‎ 故．①‎ 由知x0﹣x1=6（x2﹣x0），得；‎ 由D在AB上知x0+2kx0=2，得．‎ 所以，‎ 化简得24k2﹣25k+6=0，‎ 解得或．‎ ‎（Ⅱ）由题设，|BO|=1，|AO|=2．由（Ⅰ）知，E（x1，kx1），F（x2，kx2），‎ 不妨设y1=kx1，y2=kx2，由①得x2＞0，根据E与F关于原点对称可知y2=﹣y1＞0，‎ 故四边形AEBF的面积为S=S△OBE+S△OBF+S△OAE+S△OAF ‎=•（﹣y1）‎ ‎=‎ ‎=x2+2y2‎ ‎===，‎ 当x2=2y2时，上式取等号．所以S的最大值为．‎ ‎【点评】本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题．直线与圆锥曲线的综合问题是支撑圆锥曲线知识体系的重点内容，问题的解决具有入口宽、方法灵活多样等，而不同的解题途径其运算量繁简差别很大．‎ ‎　‎ ‎21．（2008•海南）在直角坐标系xOy中，椭圆C1：=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2．F2也是抛物线C2：y2=4x的焦点，点M为C1与C2在第一象限的交点，且|MF2|=．‎ ‎（Ⅰ）求C1的方程；‎ ‎（Ⅱ）平面上的点N满足，直线l∥MN，且与C1交于A，B两点，若，求直线l的方程．‎ ‎【分析】（Ⅰ）先利用F2是抛物线C2：y2=4x的焦点求出F2的坐标，再利用|MF2|=以及抛物线的定义求出点M的坐标，可以得到关于椭圆方程中参数的两个等式联立即可求C1的方程；‎ ‎（Ⅱ）先利用，以及直线l∥MN得出直线l与OM的斜率相同，设出直线l的方程，把直线方程与椭圆方程联立得到关于A，B两点坐标的等式，整理代入，即可求出直线l的方程．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由C2：y2=4x知F2（1，0）．‎ 设M（x1，y1），M在C2上，因为，‎ 所以，得，．M在C1上，且椭圆C1的半焦距c=1，‎ 于是 消去b2并整理得9a4﹣37a2+4=0，解得a=2（不合题意，舍去）．‎ 故椭圆C1的方程为．‎ ‎（Ⅱ）由知四边形MF1NF2是平行四边形，其中心为坐标原点O，‎ 因为l∥MN，所以l与OM的斜率相同，‎ 故l的斜率．设l的方程为．‎ 由 消去y并化简得9x2﹣16mx+8m2﹣4=0．‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），，．‎ 因为，所以x1x2+y1y2=0．‎ x1x2+y1y2‎ ‎=x1x2+6（x1﹣m）（x2﹣m）‎ ‎=7x1x2﹣6m（x1+x2）+6m2‎ ‎==．‎ 所以．此时△=（16m）2﹣4×9（8m2﹣4）＞0，‎ 故所求直线l的方程为，或．‎ ‎【点评】本题是对椭圆与抛物线以及直线与椭圆位置关系的综合考查．直线与圆锥曲线的位置关系，由于集中交汇了直线，圆锥曲线两章的知识内容，综合性强，能力要求高，还涉及到函数，方程，不等式，平面几何等许多知识，可以有效的考查函数与方程的思想，数形结合的思想，分类讨论的思想和转化化归的思想，因此，这一部分内容也成了高考的热点和重点．‎ ‎　‎