高中数学解析几何专题(精编版)


高中解析几何专题(精编版)
1. (天津文) 设椭圆
x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的左、右焦点分别为 F1, F2。点 P(a,b) a 2 b2 满足 | PF2 |?| F1 F2 | .

(Ⅰ)求椭圆的离心率 e ; ( Ⅱ ) 设 直 线 PF2 与 椭 圆 相 交 于 A , B 两 点 , 若 直 线 PF2 与 圆 5 ( x ? 1)2 ? ( y ? 3)2 ? 16 相交于 M,N 两点,且 | MN |? | AB | ,求椭圆的 8 方程。 【解析】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、两点间的距 离公式、点到直线的距离公式、直线与圆的位置关系等基础知识,考查用代 数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想, 考查解决问题能力与运 算能力,满分 13 分。 (Ⅰ)解:设 F1 (?c,0), F2 (c,0)(c ? 0) ,因为 | PF2 |?| F1 F2 | ,

c ?c? c 所以 (a ? c) 2 ? b 2 ? 2c ,整理得 2 ? ? ? ? 1 ? 0, 得 ? ?1 (舍) a ?a? a c 1 1 或 ? , 所以e ? . a 2 2 (Ⅱ)解:由(Ⅰ)知 a ? 2c, b ? 3c ,可得椭圆方程为 3x2 ? 4 y 2 ? 12c2 ,直
线 FF2 的方程为 y ? 3( x ? c).
2 2 ? c2 , ?3 x ? 4 y ? 1 2 A,B 两点的坐标满足方程组 ? 消去 y 并整理,得 ? ? y ? 3 ( x? c) .

2

8 ? x2 ? c, ? ? 5 8 ? x1 ? 0, ? 5x 2 ? 8c x? 0 。解得 x1 ? 0, x2 ? c ,得方程组的解 ? ? 5 ? ? y1 ? ? 3c, ? y ? 3 3 c. 2 ? 5 ? ?8 3 3 ? 不妨设 A ? ? 5 c, 5 c ? ? , B(0, ? 3c) , ? ?
2 ? 16 ?8 ? ?3 3 所以 | AB |? ? c ? ? ? c ? 3 c ? c. ? ? 5 ?5 ? ? ? 5 ? 5 于是 | MN |? | AB |? 2c. 8 | ? 3 ? 3 ? 3c | 3|2?c| 圆心 ?1, 3 到直线 PF2 的距离 d ? ? . 2 2 2 3 ? | MN | ? 2 2 2 因为 d 2 ? ? ? ? 4 ,所以 4 (2 ? c) ? c ? 16. ? 2 ? 26 整理得 7c2 ? 12c ? 52 ? 0 ,得 c ? ? (舍) ,或 c ? 2. 7 2

?

?

1

x2 y2 ? ? 1. 16 12 x2 y 2 6 2. 已知椭圆 G : 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 ,右焦点为( 2 2 ,0) ,斜率 a b 3 为 I 的直线 l 与椭圆 G 交与 A、B 两点,以 AB 为底边作等腰三角形,顶点为 P(-3,2). (I)求椭圆 G 的方程; (II)求 ?PAB 的面积. 【解析】

所以椭圆方程为

解: (Ⅰ)由已知得 c ? 2 2, 解得 a ? 2 3. 又 b2 ? a2 ? c2 ? 4.

c 6 ? . a 3

x2 y 2 ? 1. 所以椭圆 G 的方程为 ? 12 4 (Ⅱ)设直线 l 的方程为 y ? x ? m. ?y ? x ? m ? 由 ? x2 y2 得 ? ? 1 ? ? 12 4 4x 2 ? 6mx ? 3m2 ? 12 ? 0.

设 A、B 的坐标分别为 ( x1 , y1 ), ( x2 , y2 )(x1 ? x2 ), AB 中点为 E ( x0 , y0 ) ,

x1 ? x 2 3m ?? , 2 4 m y 0 ? x0 ? m ? 4 因为 AB 是等腰△PAB 的底边, 所以 PE⊥AB. m 2? 4 ? ?1. 所以 PE 的斜率 k ? 3m ?3? 4 解得 m=2。 此时方程①为 4x 2 ? 12x ? 0.
则 x0 ? 解得 x1 ? ?3, x2 ? 0. 所以 y1 ? ?1, y 2 ? 2. 所以|AB|= 3 2 . 此时,点 P(—3,2)到直线 AB: x ? y ? 2 ? 0 的距离 d ?
1 9 所以△PAB 的面积 S= | AB | ?d ? . 2 2

| ?3 ? 2 ? 2 | 2

?

3 2 , 2

2

y2 ? 1 在 y 轴正半轴上的 2 焦 点,过 F 且斜率为 - 2 的直线 l 与 C 交与 A 、 B 两点,点 P 满足 OA ? OB ? OP ? 0. (Ⅰ)证明:点 P 在 C 上; (II)设点 P 关于 O 的对称点为 Q,证明:A、P、B、 Q 四点在同一圆上。 【解析】22.解: (I)F(0,1) ,l 的方程为 y ? ? 2x ? 1 ,

3. (全国大纲文)已知 O 为坐标原点,F 为椭圆 C : x 2 ?

y2 ? 1并化简得 2 4 x2 ? 2 2 x ?1 ? 0. 设 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 ), P( x3 , y3 ),

代入 x 2 ?

…………2 分

2? 6 2? 6 , x2 ? , 4 4 2 x1 ? x2 ? , y1 ? y2 ? ? 2( x1 ? x2 ) ? 2 ? 1, 2 2 由题意得 x3 ? ?( x1 ? x2 ) ? ? , y3 ? ?( y1 ? y2 ) ? ?1. 2 2 所以点 P 的坐标为 (? , ?1). 2 2 经验证,点 P 的坐标为 (? , ?1) 满足方程 2 y2 2 x ? ? 1, 故点 P 在椭圆 C 上。 2 2 2 (II)由 P (? ,1) , ?1) 和题设知, Q( 2 2 PQ 的垂直一部分线 l1 的方程为

则 x1 ?

y??

2 x. 2


2 1 , ) ,AB 的垂直平分线为 l2 的方程为 4 2

设 AB 的中点为 M,则 M (
y? 2 1 x? . 2 4


2 1 , ) 8 8

由①、②得 l1 , l2 的交点为 N (?

3

| NP |? (?

2 2 2 1 3 11 ? ) ? (?1 ? ) 2 ? , 2 8 8 8 3 2 , 2

| AB |? 1 ? (? 2) 2 ? | x2 ? x1 |? | AM |? 3 2 , 4

| MN |? (

2 2 2 1 1 2 3 3 ? ) ?( ? ) ? , 4 8 2 8 8 3 11 , 8

| NA |? | AM |2 ? | MN |2 ?

故|NP|=|NA|。 又|NP|=|NQ|,|NA|=|NB|, 所以|NA|=|NP|=|NB|=|MQ|, 由此知 A、P、B、Q 四点在以 N 为圆心,NA 为半径的圆上。 4. (全国新文)在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 y ? x2 ? 6 x ? 1与坐标轴的交点 都在圆 C 上. (I)求圆 C 的方程; (II)若圆 C 与直线 x ? y ? a ? 0 交于 A,B 两点,且 OA ? OB, 求 a 的值. 【解析】解:(Ⅰ)曲线 y ? x 2 ? 6x ? 1 与 y 轴的交点为(0,1),与 x 轴的交 点为( 3 ? 2 2,0), (3 ? 2 2,0). 故可设 C 的圆心为(3,t),则有 32 ? (t ? 1) 2 ? (2 2 ) 2 ? t 2 , 解得 t=1. 则圆 C 的半径为 3 2 ? (t ? 1) 2 ? 3. 所以圆 C 的方程为 ( x ? 3) 2 ? ( y ? 1) 2 ? 9. (Ⅱ)设 A( x1 , y1 ),B( x2 , y2 ),其坐标满足方程组: ? ? x ? y ? a ? 0, ? 2 2 ? ?( x ? 3) ? ( y ? 1) ? 9. 消去 y,得到方程 2x 2 ? (2a ? 8) x ? a 2 ? 2a ? 1 ? 0. 由已知可得,判别式 ? ? 56 ? 16a ? 4a 2 ? 0. 因此, x1, 2 ?

(8 ? 2a) ? 56 ? 16a ? 4a 2 4 2 a 0 ? 2a ? 1

, 从而


2 由于 OA⊥OB,可得 x1 x2 ? y1 y 2 ? 0, 又 y1 ? x1 ? a, y2 ? x2 ? a, 所以

x1 ? x2 ? 4 ? a, x1 x2 ?

② 2x1 x2 ? a( x1 ? x2 ) ? a 2 ? 0. 由①,②得 a ? ?1 ,满足 ? ? 0, 故 a ? ?1. 5. (辽宁文)如图,已知椭圆 C1 的中心在原点 O,长轴左、右端点 M,N 在 x 轴
4

上,椭圆 C2 的短轴为 MN,且 C1,C2 的离心率都为 e,直线 l⊥MN,l 与 C1 交于两 点,与 C2 交于两点,这四点按纵坐标从大到小依次为 A,B,C,D. 1 (I)设 e ? ,求 BC 与 AD 的比值; 2 (II)当 e 变化时,是否存在直线 l,使得 BO∥AN,并说明理由.

【解析】解: (I)因为 C1,C2 的离心率相同,故依题意可设 2 x y2 b2 y 2 x 2 C1 : 2 ? 2 ? 1, C2 : 4 ? 2 ? 1, (a ? b ? 0) a b a a 设直线 l : x ? t (| t |? a) ,分别与 C1,C2 的方程联立,求得 a 2 2 b A(t , a ? t ), B(t , a 2 ? t 2 ). ………………4 分 b a 1 3 当 e ? 时, b ? a, 分别用y A , yB 表示 A,B 的纵坐标,可知 2 2 2 | yB | b 2 3 ………………6 分 | BC |:| AD |? ? ? . 2 | yA | a2 4 (II)t=0 时的 l 不符合题意. t ? 0 时,BO//AN 当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的斜率 kAN 相等,即 b 2 2 a 2 2 a ?t a ?t a b ? , t t ?a ab 2 1 ? e2 ? ? ? a. 解得 t ? ? 2 a ? b2 e2 1 ? e2 2 因为 | t |? a, 又0 ? e ? 1, 所以 2 ? 1, 解得 ? e ? 1. 2 e 2 所以当 0 ? e ? 时,不存在直线 l,使得 BO//AN; 2 2 当 ………………12 分 ? e ? 1 时,存在直线 l 使得 BO//AN. 2 6. (江西文)已知过抛物线 y ? ? px( p ? ?) 的焦点,斜率为 ? ? 的直线交抛物线 于 A( x? , y? ) 和 B( x? , y? )( x? ? x? ) 两点,且 AB ? ? , (1)求该抛物线的方程; (2) O 为坐标原点, C 为抛物线上一点,若 OC ? OA ? ?OB ,求 ? 的值. 【解析】19. (本小题满分 12 分)
5

p (1)直线 AB 的方程是 y ? 2 2( x ? ) , 2 2 2 与 y ? 2 px 联立,从而有 4 x ? 5 px ? p2 ? 0, 5p 所以: x1 ? x2 ? 4 由抛物线定义得: | AB |? x1 ? x2 ? p ? 9,

所以 p=4,从而抛物线方程是 y 2 ? 8x. (2)由 p ? 4, 4 x2 ? 5 px ? p2 ? 0 可简化为

x2 ? 5x ? 4 ? 0, 从而x1 ? 1, x2 ? 4,

y1 ? ?2 2, y2 ? 4 2,
从而 A(1, ?2 2), B(4, 4 2) 设 OC ? ( x3 , y3 ) ? (1 ? 2 2) ? ?(4,4 2) ? (4? ?1,4 2? ? 2 2)
2 又 y3 ? 8x3 ,即 [2 2(2? ?1)]2 ? 8(4? ?1),

即 (2? ?1)2 ? 4? ? 1 解得 ? ? 0, 或? ? 2. 7. (山东文)22. (本小题满分 14 分)
x2 ? y 2 ? 1 .如图所示,斜率为 3 k (k>0) 且不过原点的直线 l 交椭圆 C 于 A , B 两点,线段 AB 的中点为 E , 射线 OE 交椭圆 C 于点 G ,交直线 x ? ?3 于点 D(?3, m) . (Ⅰ)求 m2 ? k 2 的最小值;

在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C :

(Ⅱ)若 OG ? OD ? OE , (i)求证:直线 l 过定点; (ii)试问点 B , G 能否关于 x 轴对称? 若能,求出此时 ABG 的外接圆方程;若不能,请 说明理由. 【 解 析 】 22 . ( I ) 解 : 设 直 线 l的方程为y ? kx ? t (k ? 0) , 由题意, t ? 0. ? y ? kx ? t , ? 由方程组 ? x 2 得 2 ? y ? 1, ? ?3 2 2 (3k ? 1) x ? 6ktx ? 3t 2 ? 3 ? 0 , 由题意 ? ? 0 , 所以 3k 2 ? 1 ? t 2 . 设 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 ) , 6kt 2t 由韦达定理得 x1 ? x2 ? ? 2 , 所以 y1 ? y2 ? 2 . 3k ? 1 3k ? 1 3kt t 由于 E 为线段 AB 的中点,因此 xE ? 2 , yE ? 2 , 3k ? 1 3k ? 1
6

2

1 yE 1 ? ? . 所以 OE 所在直线方程为 y ? ? x, 3k xE 3k 1 又由题设知 D(-3,m) ,令 x=-3,得 m ? ,即 mk=1, k 2 2 所以 m ? k ? 2mk ? 2, 当且仅当 m=k=1 时上式等号成立, 此时 由 ? ? 0 得 0 ? t ? 2, 因此 当 m ? k ? 1且0 ? t ? 2 时, m2 ? k 2 取最小值 2。 1 (II) (i)由(I)知 OD 所在直线的方程为 y ? ? x, 3k 将其代入椭圆 C 的方程,并由 k ? 0, 3k t 1 3k 1 解得 G(? , ) ,又 E (? 2 , 2 ), D( ?3, ) , 3k ? 1 3k ? 1 k 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1 由距离公式及 t ? 0 得 3k 1 9k 2 ? 1 | OG |2 ? (? )2 ? ( )2 ? 2 , 3k ? 1 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1

此时 kOE ?

1 9k 2 ? 1 | OD |? (?3) 2 ? ( ) 2 ? , k k 3kt 2 t t 9k 2 ? 1 2 ) ? ( ) ? , 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1 由 | OG |2 ?| OD | ? | OE | 得t ? k , 因此,直线 l 的方程为 y ? k ( x ? 1). 所以,直线 l恒过定点(?1,0). 3k 1 (ii)由(i)得 G(? , ) 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1 若 B,G 关于 x 轴对称, 3k 1 则 B(? ,? ). 2 3k ? 1 3k 2 ? 1 | OE |? (?
代入 y ? k ( x ? 1)整理得3k 2 ? 1 ? k 3k 2 ? 1, 即 6k 4 ? 7k 2 ? 1 ? 0 , 1 解得 k 2 ? (舍去)或 k 2 ? 1, 6 所以 k=1, 3 1 3 1 此时 B(? , ? ), G (? , ) 关于 x 轴对称。 2 2 2 2 又由(I)得 x1 ? 0, y1 ? 1, 所以 A(0,1) 。 由于 ?ABG 的外接圆的圆心在 x 轴上, 可设 ?ABG 的外接圆的圆心为 (d, 0) , 3 1 1 因此 d 2 ? 1 ? (d ? ) 2 ? , 解得d ? ? , 2 4 2 5 故 ?ABG 的外接圆的半径为 r ? d 2 ? 1 ? , 2
7

1 5 所以 ?ABG 的外接圆方程为 ( x ? ) 2 ? y 2 ? . 2 4 8. (陕西文)17. (本小题满分 12 分) 2 x y2 3 设椭圆 C: 2 ? 2 ? 1? a ? b ? 0 ? 过点(0,4) ,离心率为 5 a b (Ⅰ)求 C 的方程; 4 (Ⅱ)求过点(3,0)且斜率为 的直线被 C 所截线段的中点坐标。 5 16 【解析】17.解(Ⅰ)将(0,4)代入 C 的方程得 2 ? 1 ∴b=4 b a 2 ? b2 9 c 3 ? 又e ? ? 得 a 5 a2 25 16 9 即1 ? 2 ? , ∴a=5 a 25 x2 y 2 ?1 ∴C 的方程为 ? 25 16 4 4 ( Ⅱ)过点 ? 3,0 ? 且斜率为 的直线方程为 y ? ? x ? 3 ? , 5 5 设直线与C的交点为A ? x1 , y1 ? ,B ? x2 , y2 ? ,

将直线方程 y ?
2

4 ? x ? 3? 代入C的方程,得 5

x2 ? x ? 3? ? ?1, 25 25 即 x 2 ? 3x ? 8 ? 0 ,解得 3 ? 41 3 ? 41 , x2 ? , x1 ? 2 2 ? AB 的中点坐标 x ? x1 ? x2 ? 3 , 2 2 y1 ? y2 2 6 y? ? ? x1 ? x2 ? 6 ? ? ? , 2 5 5 ?3 6? 即中点为 ? , ? ? 。 ?2 5? 注:用韦达定理正确求得结果,同样给分。 x2 9. (上海文)22. (16 分)已知椭圆 C : 2 ? y 2 ? 1 (常数 m ? 1 ) ,点 P 是 C 上 m 的动点, M 是右顶点,定点 A 的坐标为 (2, 0) 。 (1)若 M 与 A 重合,求 C 的焦点坐标; (2)若 m ? 3 ,求 | PA | 的最大值与最小值; (3)若 | PA | 的最小值为 | MA | ,求 m 的取值范围。
x2 【解析】22.解:⑴ m ? 2 ,椭圆方程为 ? y 2 ? 1, c ? 4 ?1 ? 3 4 ∴ 左.右焦点坐标为 (? 3,0),( 3,0) 。
8

x2 ? y 2 ? 1,设 P( x, y) ,则 9 x2 8 9 1 | PA |2 ? ( x ? 2)2 ? y 2 ? ( x ? 2)2 ? 1 ? ? ( x ? )2 ? (?3 ? x ? 3) 9 9 4 2 9 2 x ? 时 | PA |min ? ∴ ; x ? ?3 时 | PA |max ? 5 。 4 2 ⑶ 设动点 P( x, y) ,则



m ? 3 ,椭圆方程为

| PA |2 ? ( x ? 2)2 ? y 2 ? ( x ? 2) 2 ? 1 ?

x 2 m2 ? 1 2m 2 2 4m 2 ? ( x ? ) ? 2 ? 5(?m ? x ? m) m m2 m2 ? 1 m ?1 m2 ? 1 ? 0 ,∴ m2 2m 2 ? m且m ?1 m2 ? 1



当 x ? m 时, | PA | 取最小值,且

解得 1 ? m ? 1 ? 2 。 10. (四川文)21. (本小题共 l2 分) 过点 C(0,1)的椭圆
3 x2 y 2 ,椭圆与 x 轴交于两 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 2 2 a b

点 A(a,0) 、 A(?a,0) ,过点 C 的直线 l 与椭圆交于另一点 D,并 与 x 轴交于点 P,直线 AC 与直线 BD 交于点 Q. (I)当直线 l 过椭圆右焦点时,求线段 CD 的长; (Ⅱ)当点 P 异于点 B 时,求证: OP ? OQ 为定值. 本小题主要考查直线、椭圆的标准方程及基本性质等基本 知识,考查平面解析几何的思想方法及推理运算能力.
3 x2 ,解得 a ? 2 ,所以椭圆方程为 ? y 2 ? 1 . 2 4 3 椭圆的右焦点为 ( 3,0) ,此时直线 l 的方程为 y ? ? x ? 1 ,代入椭圆方程得 3 8 3 1 7 x2 ? 8 3x ? 0 ,解得 x1 ? 0, x2 ? ,代入直线 l 的方程得 y1 ? 1, y2 ? ? ,所以 7 7 8 3 1 D( ,? ) , 7 7

解: (Ⅰ)由已知得 b ? 1, ?

c a

故 | CD |? (

8 3 1 16 . ? 0)2 ? (? ? 1)2 ? 7 7 7

(Ⅱ)当直线 l 与 x 轴垂直时与题意不符. 设直线 l 的方程为 y ? kx ? 1(k ? 0且k ? ) .代入椭圆方程得 (4k 2 ? 1) x2 ? 8kx ? 0 .
1 ? 4k 2 ?8k l ,代入直线 的方程得 , y ? 1, y ? 1 2 4k 2 ? 1 4k 2 ? 1 ?8k 1 ? 4k 2 所以 D 点的坐标为 ( 2 , 2 ) . 4k ? 1 4k ? 1 x 1 ? 2k 又直线 AC 的方程为 ? y ? 1 ,又直线 BD 的方程为 y ? ( x ? 2) ,联立得 2 2 ? 4k ? x ? ?4k , ? ? y ? 2k ? 1.
1 2

解得 x1 ? 0, x2 ?

9

因此 Q(?4k , 2k ? 1) ,又 P(? ,0) . 所以 OP ? OQ ? (? ,0)(?4k , 2k ? 1) ? 4 . 故 OP ? OQ 为定值. 11. (浙江文) (22) (本小题满分 15 分)如图,设 P 是抛物线 C1 : x2 ? y 上的 动点。过点 P 做圆 C2 : x 2 ? ( y ? 3) 2 ? 1 的两条切线,交直线 l : y ? ?3 于 A, B 两点。 (Ⅰ)求 C2 的圆心 M 到抛物线 C1 准线的距离。 (Ⅱ)是否存在点 P ,使线段 AB 被抛物线 C1 在点 P 处得切 线平分,若存在,求出点 P 的坐标;若不存在,请说明理 由。 【解析】 (22)本题主要考查抛物线几何性质,直线与抛物线、 直线与圆的位置关系,同时考查解析几何的基本思想方法 和运算求解能力。满分 15 分。 1 (Ⅰ)解:因为抛物线 C1 的准线方程为: y ? ? 4 1 11 所以圆心 M 到抛物线 C1 准线的距离为: | ? ? (?3) |? . 4 4 2 (Ⅱ)解:设点 P 的坐标为 ( x0 , x0 ) ,抛物线 C1 在点 P 处的切线交直线 l 于点 D。 再设 A,B,D 的横坐标分别为 xA , xB , xC
2 过点 P( x0 , x0 ) 的抛物线 C1 的切线方程为: 2 y ? x0 ? 2x0 ( x ? x0 )

1 k

1 k

(1)
15 ( x ? 1) 8

当 x0 ? 1 时,过点 P(1,1)与圆 C2 的切线 PA 为: y ? 1 ? 可得 x A ? ?
17 , xB ? 1, xD ? ?1, x A ? xB ? 2 xD 15

当 x0 ? ?1 时,过点 P(—1,1)与圆 C2 的切线 PA 为: y ? 1 ? 可得 x A ? ?1, x B ?
xA ? ?
17 , x D ? 1, x A ? x B ? 2 x D 15

15 ( x ? 1) 8

17 , xB ? 1, xD ? ?1, x A ? xB ? 2 xD 15 2 所以 x0 ?1 ? 0

设切线 PA,PB 的斜率为 k1 , k2 ,则
2 PA : y ? x0 ? k1 ( x ? x0 )
2 0

(2)

(3) PB : y ? x ? k2 ( x ? x0 ) 将 y ? ?3 分别代入(1) , (2) , (3)得

xD ?

2 x0 ?3 x2 ? 3 x2 ? 3 ( x0 ? 0); xA ? x0 ? 0 ; xB ? x0 ? ? 0 (k1 , k2 ? 0) 2 x0 k1 k1

10

2 从而 xA ? xB ? 2 x0 ? ( x0 ? 3)(
2 | ? x0 k1 ? x0 ?3|

1 1 ? ). k1 k2



k12 ? 1

?1

2 2 2 即 ( x0 ? 1)k12 ? 2( x0 ? 3) x0 k1 ? ( x0 ? 3)2 ? 1 ? 0
2 2 2 2 同理, ( x0 ? 1)k2 ? 2( x0 ? 3) x0 k2 ? ( x0 ? 3)2 ? 1 ? 0 2 2 2 所 以 k1 , k2 是方程 ( x0 ? 1)k 2 ? 2(x02 ? 3) x0 k ? (x ? 的两个不相等的 0 0 ? 3) ? 1

根,从而 k1 ? k2 ? 因为 x A ? x B ? 2 x0

2 2 2 2(3 ? x0 ) x0 (3 ? x0 ) ?1 , k ? k ? . 1 2 2 2 x0 ? 1 x0 ? 1

2 x0 ?3 1 1 1 1 1 所以 2 x0 ? (3 ? x )( ? ) ? ,即 ? ? . k1 k2 x0 k1 k2 x0 2 0 2 2(3 ? x0 ) x0 1 从而 2 ? 2 ( x0 ? 3) ? 1 x0

4 进而得 x0 ? 8, x0 ? ? 4 8

综上所述,存在点 P 满足题意,点 P 的坐标为 (? 4 8, 2 2). 12. (重庆文)21. (本小题满分 12 分。 (Ⅰ)小问 4 分, (Ⅱ)小问 8 分) 2 如题 (21) 图, 椭圆的中心为原点 0, 离心率 e= , 一条准线的方程是 x ? 2 2 2 (Ⅰ)求该椭圆的标准方程; (Ⅱ)设动点 P 满足: OP ? OM ? 2ON ,其 中 M、N 是椭圆上的点,直线 OM 与 ON 1 的斜率之积为 ? , 问: 是否存在定点 F, 2 使得 PF 与点 P 到直线 l: x ? 2 10 的 距离之比为定值; 若存在, 求 F 的坐标, 若不存在,说明理由。 【解析】21. (本题 12 分) c 2 a2 解: (I)由 e ? ? , ? 2 2, a 2 c 解得 a ? 2, c ? 2, b2 ? a2 ? c2 ? 2 ,故椭圆的标准方程为
x2 y2 ? ? 1. 4 2 (II)设 P( x, y), M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,则由

OP ? OM ? 2ON 得 ( x, y) ? ( x1 , y1 ) ? 2( x2 , y2 ) ? ( x1 ? 2 x2 , y1 ? 2 y2 ),
即x ? x1 ? 2 x2 , y ? y1 ? 2 y2 .
因为点 M,N 在椭圆 x2 ? 2 y2 ? 4 上,所以
11

2 2 x12 ? 2 y12 ? 4, x2 ? 2 y2 ? 4,

2 2 故 x2 ? 2 y2 ? ( x12 ? 4x2 ? 4x1 x2 ) ? 2( y12 ? 4 y2 ? 4 y1 y2 )

2 2 ? ( x12 ? 2 y12 ) ? 4( x2 ? 2 y2 ) ? 4( x1 x2 ? 2 y1 y2 )

? 20 ? 4( x1 x2 ? 2 y1 y2 ). 设 kOM , kON 分别为直线 OM,ON 的斜率,由题设条件知 yy 1 kOM ? kON ? 1 2 ? ? , 因此 x1 x2 ? 2 y1 y2 ? 0, x1 x2 2
所以 x2 ? 2 y 2 ? 20. 所以 P 点是椭圆 离心率 e ?

x2 (2 5)2

?

y2 ( 10)2

? 1上的点,该椭圆的右焦点为 F ( 10,0) ,

2 , 直线l : x ? 2 10 是该椭圆的右准线,故根据椭圆的第二定义, 2 存在定点 F ( 10,0) ,使得|PF|与 P 点到直线 l 的距离之比为定值。

13. (安徽文) (17) (本小题满分 13 分) 设直线 l1 : y ? k1 x ? 1, l2 : y ? k 2 x ? 1, 其中实数k1 , k 2满足k1k 2 ? 2 ? 0. (I)证明 l1 与 l2 相交; (II)证明 l1 与 l2 的交点在椭圆 2x 2 +y2 =1上. 【解析】 (17) (本小题满分 13 分)本题考查直线与直线的位置关系,线线相交 的判断与证明,点在曲线上的判断与证明,椭圆方程等基本知识,考查推理论证 能力和运算求解能力. 证明: (I)反证法,假设是 l1 与 l2 不相交,则 l1 与 l2 平行,有 k1=k2,代入 k1k2+2=0,得 k12 ? 2 ? 0. 此与 k1 为实数的事实相矛盾. 从而 k1 ? k 2 ,即l1与l 2 相交. ? y ? k1 x ? 1 (II) (方法一)由方程组 ? ? y ? k2 x ?1

2 ? ?x ? k ? k , ? 2 1 解得交点 P 的坐标 ( x, y ) 为 ? ? y ? k 2 ? k1 . ? k 2 ? k1 ? 而 2 2 k 2 ? k1 2 8 ? k 2 ? k12 ? 2k1k 2 k12 ? k 2 ?4 2 2 2 2 2 x ? y ? 2( ) ?( ) ? ? 2 ? 1. 2 2 2 k 2 ? k1 k 2 ? k1 k 2 ? k1 ? 2k1k 2 k1 ? k 2 ? 4
此即表明交点 P( x, y)在椭圆2x 2 ? y 2 ? 1上. (方法二)交点 P 的坐标 ( x, y ) 满足

12

? y ? 1 ? k1 x ? ? y ? 1 ? k2 x y ?1 ? k1 ? , ? ? x 故知x ? 0.从而? ?k ? y ? 1 . 2 ? x ? y ?1 y ?1 代入k1 k 2 ? 2 ? 0, 得 ? ? 2 ? 0. x x 整理后,得 2x 2 ? y 2 ? 1, 所以交点 P 在椭圆 2 x 2 ? y 2 ? 1上. 14. (福建文)18. (本小题满分 12 分) 2 如图,直线 l:y=x+b 与抛物线 C:x =4y 相切于点 A。 (I)求实数 b 的值; (11)求以点 A 为圆心,且与抛物线 C 的准线相切 的圆的方程. 。 【解析】18.本小题主要考查直线、圆、抛物线等基 础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思 想、数形结合思想,满分 12 分。 ? y ? x ? b, 解: (I)由 ? 2 (*) 得x 2 ? 4 x ? 4b ? 0 , ?x ? 4 y

因为直线 l 与抛物线 C 相切,所以 ? ? (?4)2 ? 4 ? (?4b) ? 0, 解得 b=-1。 (II)由(I)可知 b ? ?1, 故方程(*)即为x2 ? 4x ? 4 ? 0 , 解得 x=2,代入 x2 ? 4 y, 得y ? 1. 故点 A(2,1) , 因为圆 A 与抛物线 C 的准线相切, 所以圆 A 的半径 r 等于圆心 A 到抛物线的准线 y=-1 的距离, 即 r ?|1 ? (?1) |? 2, 所以圆 A 的方程为 ( x ? 2)2 ? ( y ?1)2 ? 4.

A2 ? a, 0 ? 15.(湖北文) 21. (本小题满分 14 分) 平面内与两定点 A (a ? 0 ) 1 ? ?a,0? 、
连线的斜率之积等于非零常数 m 的点的轨迹,加上 A 1 、A22两点所成的曲线 C 可以是圆、椭圆或双曲线。 (Ⅰ)求曲线 C 的方程,并讨论 C 的形状与 m 值的关系; (Ⅱ)当 m ? ?1 时,对应的曲线为 C1 ;对给定的 m ? (?1,0) ? (0,??) ,对应的曲 线为 C2 ,设 F1 、 F2 是 C2 的两个焦点。试问:在 C1 上,是否存在点 N ,使得△

A

F1 N F2 的面积 S ?| m | a2 。若存在,求 tan F1 N F2 的值;若不存在,请说明理
由。
13

【解析】21.本小题主要考查曲线与方程、圆锥曲线等基础知识,同时考查推理 运算的能力,以及分类与整合和数形结合的思想。 (满分 14 分) 解: (I)设动点为 M,其坐标为 ( x, y ) , 当 x ? ? a 时,由条件可得 kMA1 ? kMA2 ?
y y y2 ? ? 2 ? m, x ? a x ? a x ? a2

即 mx2 ? y 2 ? ma2 ( x ? ?a) , 又 A1 (?a,0), A2 ( A,0) 的坐标满足 mx2 ? y2 ? ma2 , 故依题意,曲线 C 的方程为 mx2 ? y 2 ? ma 2 .
x2 y2 ? ? 1, C 是焦点在 y 轴上的椭圆; a 2 ?ma 2 当 m ? ?1 时,曲线 C 的方程为 x2 ? y 2 ? a2 ,C 是圆心在原点的圆;

当 m ? ?1时, 曲线 C 的方程为

x2 y2 ? ? 1,C 是焦点在 x 轴上的椭圆; a 2 ?ma 2 x2 y2 ? 1, C 是焦点在 x 轴上的双曲线。 当 m ? 0 时,曲线 C 的方程为 2 ? a ma 2 (II)由(I)知,当 m=-1 时,C1 的方程为 x2 ? y2 ? a2 ; 当 m ? (?1,0) (0, ??) 时,

当 ?1 ? m ? 0 时,曲线 C 的方程为

C2 的两个焦点分别为 F1 (?a 1 ? m,0), F2 (a 1 ? m,0). 对于给定的 m ? (?1,0) (0, ??) , C1 上存在点 N ( x0 , y0 )( y0 ? 0) 使得 S ?| m | a2 的充要条件是
2 2 ? x0 ? y0 ? a 2 , y0 ? 0, ? ?1 2 ? ? 2a 1 ? m | y0 |?| m | a . ?2

① ②

由①得 0 ?| y0 |? a, 由②得 | y0 |? 当0 ?

|m|a . 1? m

| m| a 1? 5 ? a,即 ? m ? 0, 2 1? m 1? 5 或0 ? m ? 时, 2 存在点 N,使 S=|m|a2; |m| a 1? 5 当 ? a,即-1<m< , 2 1? m
1? 5 时, 2 不存在满足条件的点 N, ?1 ? 5 ? ? 1 ? 5 ? ,0? 当 m?? ? ? ? 0, 2 ? 时, ? 2 ? ? ?

或m ?

由 NF1 ? (?a 1? m ? x0 ? y0 ), NF2 ? (a 1? m ? x0 , ? y0 ) ,
2 2 可得 NF1 ? NF2 ? x0 ? (1? m)a2 ? y0 ? ?ma2 ,

14

令 | NF 1 |? r 1 ,| NF 2 |? r 2 , ?F 1 NF 2 ?? , 则由 NF1 ? NF2 ? r1r2 cos ? ? ?ma 2 , 可得r1r2 ? ? 从而 S ?
ma 2 , cos ?

1 ma 2 sin ? 1 r1r2 sin ? ? ? ? ? ma 2 tan ? , 2 2cos ? 2 2 于是由 S ?| m | a , 1 2|m| . 可得 ? ma 2 tan ? ?| m | a 2 , 即 tan ? ? ? 2 m 综上可得: ?1 ? 5 ? 2 当m?? ,0? ? 时,在 C1 上,存在点 N,使得 S ?| m | a , 且 tan F1NF2 ? 2; 2 ? ? ? 1? 5 ? 2 当 m?? ? 0, 2 ? 时,在 C1 上,存在点 N,使得 S ?| m | a , 且 tan F1NF2 ? ?2; ? ?
1? 5 1? 5 ) ( , ??) 时,在 C1 上,不存在满足条件的点 N。 2 2 16. (湖南文)21. (本小题满分 13 分) 已知平面内一动点 P 到点 F (1, 0) 的距离与点 P 到 y 轴的距离的差等于 1. (Ⅰ)求动点 P 的轨迹 C 的方程; (Ⅱ) 过点 F 作两条斜率存在且互相垂直的直线 l1 , l2 , 设 l1 与轨迹 C 相交于点

当 m(?1,

A, B , l2 与轨迹 C 相交于点 D, E ,求 AD, EB 的最小值.

【解析】21.解析: (I)设动点 P 的坐标为 ( x, y ) , 由题意为 ( x ? 1) 2 ? y 2 ? | x |? 1. 化简得 y 2 ? 2x ? 2 | x |, 当 x ? 0时, y 2 ? 4x;当x ? 0时,y=0. 、 所以动点 P 的轨迹 C 的方程为 , y 2 ? 4x( x ? 0)和y=0(x ? 0). (II)由题意知,直线 l1 的斜率存在且不为 0,设为 k ,则 l1 的方程为
y ? k ( x ? 1) . ? y ? k ( x ? 1) 由? 2 ,得 k 2 x2 ? (2k 2 ? 4) x ? k 2 ? 0. ? y ? 4x

设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ), 则 x1 , x2 是上述方程的两个实根,于是 4 x1 ? x2 ? 2 ? 2 , x1 x2 ? 1 . k 1 因为 l1 ? l2 ,所以 l2 的斜率为 ? . k 设 D( x3 , y3 ), B( x4 , y4 ), 则同理可得 x3 ? x4 ? 2 ? 4k 2 , x3 x4 ? 1 故

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? x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 1 ? x3 x4 ? ( x3 ? x4 ) ? 1

1 即 k ? ?1 时, AD ? EB 取最小值 16. k2 17. (广东文)21. (本小题满分 14 分) 在平面直角坐标系 xOy 中,直线 l : x ? ?2 交 x 轴于点 A,设 P 是 l 上一点,M 是线段 OP 的垂直平分线上一点,且满足 ∠MPO=∠AOP (1)当点 P 在 l 上运动时,求点 M 的轨迹 E 的方程; (2)已知 T(1,-1) ,设 H 是 E 上动点,求 HO + HT 的最小值,并给出此时

当且仅当 k 2 ?

点 H 的坐标; (3)过点 T(1,-1)且不平行与 y 轴的直线 l1 与轨迹 E 有且只有两个不同 的交点,求直线 l1 的斜率 k 的取值范围。 【解析】21. (本小题满分 14 分) 解: (1)如图 1,设 MQ 为线段 OP 的垂直平分线,交 OP 于点 Q, ?MPQ ? ?AOP,? MP ? l , 且 | MO |?| MP | . 因此 x 2 ? y 2 ?| x ? 2 |, 即 ① y 2 ? 4( x ? 1)( x ? ?1). 另一种情况,见图 2(即点 M 和 A 位于直线 OP 的同侧) 。

MQ 为线段 OP 的垂直平分线, ??MPQ ? ?MOQ. 又 ?MPQ ? ?AOP,??MOQ ? ?AOP. 因此 M 在 x 轴上,此时,记 M 的坐标为 ( x,0). 为分析 M ( x,0)中x 的变化范围,设 P(?2, a) 为 l 上任意点 (a ? R). 由 | MO |?| MP | (即 | x |? ( x ? 2) 2 ? a 2 )得,
16

1 2 a ? ?1. 4 故 M ( x, 0) 的轨迹方程为 y ? 0, x ? ?1 综合①和②得,点 M 轨迹 E 的方程为 ?4( x ? 1), x ? ?1, y2 ? ? x ? ?1. ?0, x ? ?1 ?



18. (江苏)18.如图,在平面直角坐标系 xOy 中,M、N 分别是椭圆

x2 y2 ? ?1 4 2 的顶点,过坐标原点的直线交椭圆于 P、A 两点,其中 P 在第一象限,过 P 作 x 轴的垂线,垂足为 C,连接 AC,并延长交椭圆于点 B,设直线 PA 的斜 率为 k (1)当直线 PA 平分线段 MN,求 k 的值; (2)当 k=2 时,求点 P 到直线 AB 的距离 d; (3)对任意 k>0,求证:PA⊥PB

【解析】18.本小题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂 直关系、点到直线的距离等基础知识,考查运算求解能力和推理论证能力, 满分 16 分. 解: (1)由题设知,a ? 2, b ? 2, 故M (?2,0), N (0,? 2 ), 所以线段 MN 中点
2 ) ,由于直线 PA 平分线段 MN,故直线 PA 过线段 MN 的 2 2 ? 2 ? 2. 中点,又直线 PA 过坐标原点,所以 k ? ?1 2 2 x y2 ? 1, (2)直线 PA 的方程 y ? 2 x代入椭圆方程得 ? 4 2 2 2 4 2 4 解得 x ? ? ,因此 P( , ), A(? ,? ). 3 3 3 3 3 4 0? 2 3 ? 1, 故直线AB的方程为x ? y ? 2 ? 0. 于是 C ( ,0), 直线 AC 的斜率为 2 2 3 3 ? 3 3 2 4 2 | ? ? | 2 2 因此, d ? 3 3 3 ? . 1 2 3 1 ?1

的坐标为 (?1,?

(3)解法一: 将 直 线 PA 的 方 2 2 x y 2 2 ? ? 1, 解得x ? ? , 记? , 4 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 则 P(?, ?k ), A(??,??k ),于是C(?,0)
17



y ? kx





故直线 AB 的斜率为

其 程 k y ? ( x ? ? ), 代入椭圆方程得 (2 ? k 2 ) x 2 ? 2?k 2 x ? ? 2 (3k 2 ? 2) ? 0, 2 ? (3k 2 ? 2) ? (3k 2 ? 2) ? k 3 解得 x ? 或x ? ??因此B( , ). 2 ? k2 2 ? k2 2 ? k2

0 ? ?k k ? , ??? 2 方



?k 3
于是直线 PB 的斜率 k1 ?

2? k2
2

? ?k ?

? (3k ? 2)
2? k2

1 ?? . k 3k ? 2 ? (2 ? k )
2 2

k 3 ? k (2 ? k 2 )

因此 k1k ? ?1, 所以PA ? PB. 解法二: 设 P( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ),则x1 ? 0, x2 ? 0, x1 ? x2 , A(? x1 ,? y1 ),C( x1 ,0) . 设 直 线 PB , AB 的 斜 率 分 别 为 k1 , k 2 因 为 C 在 直 线 AB 上 , 所 以 0 ? ( y1 ) y k k2 ? ? 1 ? . x1 ? (? x1 ) 2 x1 2 从而 y ? y1 y 2 ? (? y1 ) k1k ? 1 ? 2k1k 2 ? 1 ? 2 ? 2 ? ?1 x2 ? x1 x2 ? (? x1 )
2 2 2 2 y2 ? 2 y12 ( x2 ? 2 y2 ) 4?4 ? 1 ? ? 2 ? 0. 2 2 2 2 x2 ? x1 x2 ? x1 x2 ? x12 因此 k1k ? ?1, 所以PA ? PB.

?

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