2019年高考理科数学真题分类汇编立体几何、平面解析几何

2019年高考理科数学真题分类汇编立体几何、平面解析几何第一节立体几何全国Ⅰ卷已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，P A=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A．B．C．D．【答案】D【解析】解法一：为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为，的中点，，，又，平面，∴平面，，为正方体的一部分，，即，故选D．解法二：设，分别为的中点，，且，为边长为2的等边三角形，，又，，中，由余弦定理可得，作于，，为的中点，，，，，又，两两垂直，，，，故选D.【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．全国Ⅱ卷设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．全国Ⅲ卷如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作于，连接，BD，易得直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线.过作于，连接，平面平面，平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，，，故选B．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．浙江卷祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158 B．162C．182 D．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为.故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.浙江卷设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，为中点，连接VG，在底面的投影为，则在底面的投影在线段上，过作垂直于于E，连接PE，BD，易得，过作交于，连接BF，过作，交于，则，结合△PFB，△BDH，△PDB均为直角三角形，可得，即；在Rt△PED中，，即，综上所述，答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.全国Ⅲ卷学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥O—EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，，∵四棱锥O−EFGH的高为3cm，∴．又长方体的体积为，所以该模型体积为，其质量为．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.北京卷某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱之后余下的几何体，则几何体的体积.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．北京卷已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥；③l⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内；（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α.故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.天津卷已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【答案】【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，圆柱的底面半径为，故圆柱的体积为.【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.江苏卷如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E−BCD的体积是▲ .【答案】10【解析】因为长方体的体积为120，所以，因为为的中点，所以，由长方体的性质知底面，所以是三棱锥的底面上的高，所以三棱锥的体积.【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.全国Ⅰ卷如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．由题设知A1B1DC，可得B1C A1D，故ME ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN平面EDC 1，所以MN∥平面C1DE．（2）由已知可得DE⊥DA．以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则，A1(2，0，4)，，，，，，．设为平面A1MA的法向量，则，所以可取．设为平面A1MN的法向量，则所以可取．于是，所以二面角的正弦值为．【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.全国Ⅱ卷如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．（2）由（1）知．由题设知≌，所以，故，．以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即所以可取n=.设平面的法向量为m=（x，y，z），则即所以可取m=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值为．【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.全国Ⅲ卷图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）由已知得AD BE，CG BE，所以AD CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB BE，AB BC，故AB平面BCGE．又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．（2）作EH BC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则即所以可取n=（3，6，–）．又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．因此二面角B–CG–A的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.北京卷如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．（2）过A作AD的垂线交BC于点M．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．所以．所以.设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则即令z=1，则．于是．又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为．（3）直线AG在平面AEF内．因为点G在PB上，且，所以.由（2）知，平面AEF的法向量.所以.所以直线AG在平面AEF内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F−AE−P的余弦值；（3）首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量即可判断直线是否在平面内.天津卷如图，平面，，．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）若二面角的余弦值为，求线段的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，．设，则．（1）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面．（2）依题意，．设为平面的法向量，则即不妨令，可得．因此有．所以，直线与平面所成角的正弦值为．（3）设为平面的法向量，则即不妨令，可得．由题意，有，解得．经检验，符合题意．所以，线段的长为．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．江苏卷如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC 1，A1B1平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.浙江卷如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）．【解析】方法一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.由于O为A1G的中点，故，所以．因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．方法二：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．不妨设AC=4，则A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．因此，，．由得．（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．由（1）可得．设平面A1BC的法向量为n，由，得，取n，故，因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.第二节平面解析几何全国Ⅰ卷已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为A．B．C．D．【答案】B【解析】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．所求椭圆方程为，故选B．法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．全国Ⅱ卷若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆的一个焦点，则p=A．2 B．3C．4 D．8【答案】D【解析】因为抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，所以，解得，故选D．【名师点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．解答时，利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于的方程，从而解出，或者利用检验排除的方法，如时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除A，同样可排除B，C，从而得到选D．全国Ⅱ卷设F为双曲线C：的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于P，Q两点．若，则C的离心率为A．B．C．2 D．【答案】A【解析】设与轴交于点，由对称性可知轴，又，为以为直径的圆的半径，∴，，又点在圆上，，即．，故选A．【名师点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．解答本题时，准确画图，由图形对称性得出P 点坐标，代入圆的方程得到c与a的关系，可求双曲线的离心率．全国Ⅲ卷双曲线C：=1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若，则△PFO的面积为A．B．C．D．【答案】A【解析】由，又P在C的一条渐近线上，不妨设为在上，则，，故选A．【名师点睛】本题考查以双曲线为载体的三角形面积的求法，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取公式法，利用数形结合、转化与化归和方程思想解题．忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅，采取列方程组的方式解出三角形的高，便可求三角形面积．北京卷已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则A．a2=2b2B．3a2=4b2C．a=2b D．3a=4b【答案】B【解析】椭圆的离心率，化简得，故选B.【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质，属于容易题，注重基础知识､基本运算能力的考查.由题意利用离心率的定义和的关系可得满足题意的等式.北京卷数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3．其中，所有正确结论的序号是A．①B．②C．①②D．①②③【答案】C【解析】由得，，，所以可取的整数有0，−1，1，从而曲线恰好经过(0，1)，(0，−1)，(1，0)，(1，1)，(−1，0)，(−1，1)，共6个整点，结论①正确.由得，，解得，所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论②正确.如图所示，易知，四边形的面积，很明显“心形”区域的面积大于，即“心形”区域的面积大于3，说法③错误.故选C.【名师点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用，属于难题，注重基础知识､基本运算能力及分析问题、解决问题的能力考查，渗透“美育思想”.将所给方程进行等价变形确定x的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围.天津卷已知抛物线的焦点为，准线为，若与双曲线的两条渐近线分别交于点和点，且（为原点），则双曲线的离心率为A．B．C．D．【答案】D【解析】抛物线的准线的方程为，双曲线的渐近线方程为，则有，∴，，，∴.故选D.【名师点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB的长度.解答时，只需把用表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率.浙江卷渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是A． B．1C．D．2【答案】C【解析】因为双曲线的渐近线方程为，所以，则，所以双曲线的离心率.故选C.【名师点睛】本题根据双曲线的渐近线方程可求得，进一步可得离心率，属于容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.浙江卷已知圆的圆心坐标是，半径长是.若直线与圆C相切于点，则=___________，=___________．【答案】，【解析】由题意可知，把代入直线AC的方程得，此时.【名师点睛】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线的斜率，进一步得到其方程，将代入后求得，计算得解.解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质.浙江卷已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是___________．【答案】【解析】方法1：如图，设F1为椭圆右焦点.由题意可知，由中位线定理可得，设，可得，与方程联立，可解得（舍），又点在椭圆上且在轴的上方，求得，所以.方法2：（焦半径公式应用）由题意可知，由中位线定理可得，即，从而可求得，所以.【名师点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的方程表示，与椭圆方程联立可进一步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁.全国Ⅲ卷设为椭圆C:的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则M的坐标为___________.【答案】【解析】由已知可得，，∴．设点的坐标为，则，又，解得，，解得（舍去），的坐标为．【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．解答本题时，根据椭圆的定义分别求出，设出的坐标，结合三角形面积可求出的坐标.全国Ⅰ卷已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________．【答案】2【解析】如图，由得又得OA是三角形的中位线，即由，得∴，，又OA与OB都是渐近线，得又，∴又渐近线OB的斜率为，∴该双曲线的离心率为．【名师点睛】本题结合平面向量考查双曲线的渐近线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养，采取几何法，利用数形结合思想解题．解答本题时，通过向量关系得到和，从而可以得到，再结合双曲线的渐近线可得进而得到从而由可求离心率.江苏卷在平面直角坐标系中，若双曲线经过点（3，4)，则该双曲线的渐近线方程是▲ .【答案】【解析】由已知得，解得或，因为，所以.因为，所以双曲线的渐近线方程为.【名师点睛】双曲线的标准方程与几何性质，往往以小题的形式考查，其难度一般较小，是高考必得分题.双曲线渐近线与双曲线标准方程中的密切相关，事实上，标准方程中化1为0，即得渐近线方程.江苏卷在平面直角坐标系中，P是曲线上的一个动点，则点P到直线x+y=0的距离的最小值是▲ .【答案】4【解析】当直线x+y=0平移到与曲线相切位置时，切点Q即为点P，此时到直线x+y=0的距离最小.由，得，，即切点，则切点Q到直线x+y=0的距离为，故答案为．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题.全国Ⅰ卷已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若，求|AB|．【答案】（1）；（2）.【解析】设直线．（1）由题设得，故，由题设可得．由，可得，则．从而，得．所以的方程为．（2）由可得．由，可得．所以．从而，故．代入的方程得．故．【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及平面向量、弦长的求解方法，解题关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，利用根与系数的关系构造等量关系.全国Ⅱ卷已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．由得．记，则．于是直线的斜率为，方程为．由得．①设，则和是方程①的解，故，由此得．从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．因此，△PQG面积的最大值为．【名师点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了求函数最大值问题.全国Ⅲ卷已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.。