解析几何大题答案

1、解析几何大题答案2 2 .xy41、椭圆r 2 1(a,b 0)的两个焦点F1、F2,点P在椭圆C上，且P F1丄PF2,| P F1|=,|ab314P F2|=.3(I)求椭圆C的方程；(II)若直线L过圆x2+y 2+4x-2y=0 的圆心M交椭圆于 A、B两点，且A、B关于点 M对称，求直线L的方程。解法一：(I )因为点P在椭圆C上，所以2aPF1PF26, a=3.在 Rt APF1F2 中，F1F2PF1 22J5,故椭圆的半焦距c=亦,从而 b2=a2 c2=4,22所以椭圆C的方程为-仝=1.94(n )设A , B的坐标分别为(X1,y1 )、(X2,y2) 由圆的方程为(

2、x+2 ) 2+(y 1)2=5,所以y= k(x+2)+1,圆心M的坐标为(一2, 1). 从而可设直线I的方程为代入椭圆 C 的方程得(4+9 k2) x2+(36 k2+18 k)x+36 k2+36 k 27=0.因为A, B关于点M对称.所以x1x2218k2 9k4 9k22.解得k -,9所以直线l的方程为y8(x 2) 1,即 8x-9y+25=0.(经检验，符合题意)解法二：(I )同解法 (n )已知圆的方程为(x+2 ) 2+( y 1)2=5,所以圆心M的坐标为(一2, 1)设A, B的坐标分别为(X1,y1) ,(X2,y2).由题意X1X2且2y141,2X1922

3、X2y2由一得(xi X2)(xi X2) (yi y2)(yi y?)0.因为A、B关于点M 对称，所以 xi+ X2= 4, yi+ y2=2,代入得y1y2洛X288，即直线l的斜率为上,99所以直线8I的方程为y 1 = (x+2 )，即8x 9y+25=0.(经检验，所求直线方程符合题意.)92、已知椭圆2x2y 1的左焦点为F, O为坐标原点。2(I)求过点0、F,并且与椭圆的左准线 I相切的圆的方程;(n)设过点F且不与坐标轴垂直交椭圆于A、B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G,求点G横坐标的取值范围.本小题主要考查直线、圆、椭圆和不等式等基本知识，考查平面解析几何的基本方

4、法,考查运算能力和综合解题能力。2 2解：(I) Q a 2,b1, c1,F(Q圆过点0、F,圆心M在直线x设M( -,t),则圆半径21r ( 2)( 2)由0M解得t 2.所求圆的方程为(x -)22(y(II)设直线AB的方程为yk(x 1)(k0),20.代入 y21,整理得(1 2k2)x2 4k2x 2k222Q直线AB过椭圆的左焦点 F,方程有两个不等实根。记 A(xi, yi), B(X2, y2), AB 中点 N(x°,yo),则 XX24k22k2 1AB的垂直平分线 NG的方程为yyo(xkXo).令y 0,得2k22k211Q k o,Xg o,2Xg X

5、o kyok22k21k22k2 114k2 2点G横坐标的取值范围为1(2,0).3、设A, B分别为椭圆2 y_ b21(a,b0）的左、右顶点,椭圆长半轴的长等于焦距，且解：（I）依题意得 a= 2c,得 a= 2, c = 1，从而 b =A（n）解法1 ：由（i）x 4为它的右准线。（）、求椭圆的方程;（n）、设P为右准线上不同于点（4, o）的任意一点，若直线 AP, BP分别与椭圆相交于 异于A,B的点M、N，证明点B在以MN为直径的圆内。点评：本小题主要考查直线、 圆和椭圆等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力。2x故椭圆的方程为一4B

6、 (2 , 0) 设 M (xo, yo)3Ml 点在椭圆上， yo =(4 xo2) .©46y0 又点M异于顶点A、B 2<Xo<2，由P、A、M三点共线可以得 P (4,)xo 2从而 BM =( xo 2 , yo), BP =( 2 , 出)xo 22 BMBP = 2xo 4 +6yoX。 25将©弋入©化简得BM BP = I (2 xo)2 xo>o , BM BP>0,则ZMBP为锐角，从而/ MBN为钝角,故点B在以MN为直径的圆内。依题意，计算点B到圆心Q的距离与半径的差2BQ1|MN4XiX2也 社)2 1 (xi

7、X2)2 + (yi y2)224解法 2 :由(I)得 A ( 2, o), B (2 , o) 设 M (Xi, yi) , N(X2 , y2),Xi x2则一2<Xi<2, 2< X2< 2 ,又MN的中点Q的坐标为(一一,2yiy2)/ ,2=(xi 2) (X2 2) + yiyiyiy2又直线AP的方程为y =(x 2)，直线BP的方程为y =(x 2),xi 2x2 2而点两直线 AP与BP的交点P在准线x = 4上,6yixi26y2x2 2即y2=込旦ixi22Xi又点M在椭圆上，贝U42yi321，即 yi加 Xi2)4于是将、割弋入®化

8、简后可得BQ-|mn42 5=严 Xi)(X22) 0.从而，点B在以MN为直径的圆内。2X4、已知椭圆6：-421，抛物线3C2：(ym)22px( p 0)，且 Ci、C2的公共弦AB过椭圆Ci的右焦点(I )当 AB丄X轴时，求m、p的值，并判断抛物线C2的焦点是否在直线AB上;(n )是否存在m、p的值，使抛物线C2的焦点恰在直线 AB上？若存在，求出符合条件的p的值；若不存在，请说明理由解: (I)当AB丄X轴时，点A、B关于X轴对称，所以 m = 0 ,直线AB的方程为：x =i ,339Q从而点A的坐标为(1 ,-)或(1，-乙)因为点A在抛物线上所以-2p，即p -.9此时C2

9、的焦点坐标为(一，0)，该焦点不在直线 AB上.16率存在，故可设直线 AB的方程为yk(X 1).y k(X 1)2 2由X2y2消去y得(3 4k )x438k2X 4k212设A、B的坐标分别为(Xi,yi),(X2,y2),8k22 则X1,X2是方程的两根，Xi + X2 =3 4k由(y m)2 y k(X；pX 消去 y 得(kX k m)2(II )解法一：假设存在m、p的值使C2的焦点恰在直线 AB上，由(1)知直线AB的斜p因为C2的焦点F (,m)在直线y k(X 1)上,2所以m k(号1)，即m k住代入有2(kX 学)222 px. 22 22k p即 k x p(

10、k 2)x40.由于X1,X2也是方程的两根，所以X1 + X2 =2p(k 2)从而理=座仝.解得p3 4kk8k2(4 k23)(k22)又AB过Ci、C2的焦点，所以AB(X1 p) (X2 自X1X21p (2 尹)(2iX2)，2 nt3z 、，12k则 p 4(X1 X2) 4 厂二24k 324k 124k2由、式得2蛇2(4k23)(k2 2)4k2124k2 3，即 k4 5k22解得k6.于是 k . 6, p2因为C2的焦点F (2,m)在直线3(6 十76m 或m331)上,所以m1).由上知，满足条件的p存在,63，解法二:设A、B的坐标分别为(Xi,yj，曲2)因为

11、AB既过Ci的右焦点F(1,0)，又过C2的焦点F所以AB即 X-IX2(x1) (x22I (4 p).31X1X2p (2 - X1)2(号,m)，, 1 (2X2).2由(I)知X1X2, p2，于是直线AB的斜率kx2x12mp 2，且直线AB的方程是y汽(X 1)，所以yiy汽任X2 2)4m(1 p)3( p 2)又因为3X123x；24y112 ，所以3(X14y212X2)4(yi y2)0.X2 X1将、代入得m2笨6（124)( p 2)P)因为(y1 m)2(y2 m)22pxi，所以将、代入得由、得2px2y1 y22m2pX2X1y2 y14)(P3p(P2)2161

12、0p3(p16(1 p)22) 3p(p162).即 3p210p20 p324解得p §或p8（舍去）将p4代入得323,由上知，满足条件的p存在，且2 25、如图，椭圆Q:字十b=1（ab0）的右焦点F（ c, 0），过点F的一动直线m绕点F转动,并且交椭圆于 A、B两点，P是线段AB的中点(1)求点P的轨迹H的方程(2)在Q的方程中，令a2= 1 十 cos 十 sin , b2 = sin (0 ),确定2的值，使原点距椭圆的右准线l最远，此时，设I与x轴交点为D，当直线m绕点F转动到什么位置时，三角形ABD的面积最大?解：如图，（1y1)、b(X2,.2 2 |2 2b X

13、1 十 a y12 2 12 2b X2十a讨2(X1,1当AB不垂直x轴时，xi X2,由(1) ( 2)得 b2 ( xi X2) 2x + a2 ( yi y2) 2y = 0.2yiy = _ bx = _y_2Xi X2a y x cb2x2 + a2y2 b2cx = 0 (3)2当AB垂直于x轴时，点P即为点F,满足方程（3）故所求点P的轨迹方程为：b2x2+ a2y2 b2cx = 02（2）因为，椭圆Q右准线I方程是x= a，原点距Ic2a的距离为，由于 c2 = a2 b2, a2= I + cos + sin , b2= sin (0)c22“a i + cos + si

14、n贝 U = ,: = 2si n (+ )c . i + cos24当=-时，上式达到最大值。此时宀2，b2= i，c = i，D （2，0），|DF| = ix22设椭圆Q :h y =i上的点A (xi, yi)、B (X2, y2),三角形ABD的面积21 iiS=|yil+|y2l=|yi y2l2 222设直线m的方程为x= ky + i，代入 + y2=i中，得(2 + k2) y2+ 2ky i = 02由韦达定理得yi + y2 =2k2+ k2y iy2= 一i2+ k24S2=( yi y2) 2=( yi + y2)2 4 y iy2 =8 (k2+i)(k2+2)28

15、t88令 t = k2+ i i，得 4S2 =2 = 2，当 t = i , k = 0 时取等号。(t + i 尸 t+ 】+ 24t因此，当直线 m绕点F转到垂直x轴位置时，三角形 ABD的面积最大。1有相同的焦点，直线y= . 3x为C的一条渐近线(1 )求双曲线C的方程;(2)过点P(0,4)的直线| ,交双曲线C于A,B两点,交x轴于Q点(Q点与C的顶点不uurujuuuu重合)当PQ1QA 2QB，且18时，求Q点的坐标.32 2解：(I)设双曲线方程为笃爲 1a b2 2由椭圆1求得两焦点为(2,0),(2,0)84对于双曲线C:c 2，又y . 3x为双曲线C的一条渐近线.3

16、 解得 a1,b?3,a2双曲线C的方程为X2-13(n)解法由题意知直线l的斜率k存在且不等于零。设 I 的方程：y kx 4, A(X1,yJ , B(X2, y?)则 Q(uurjjj44Q PQ 1QA (, 4)1(X1, yjkk41%X1y12 26、双曲线C与椭圆84Q A(X1,y1)在双曲线 C 上，-6 (1) 16 1 0k 112 16 2 2 216 32 1 16 ；k2 k2 2 0.322162(16 k ) 132 1 16 k 0.32 2 16 2同理有：(16 k2) ； 32 2 16k2 0.322若16 k20,则直线I过顶点，不合题意.16 k

17、 0,2 2 16 21, 2是二次方程(16 k )x 32x16 k 0.的两根332k216此时0, k 2 所求Q的坐标为(2,0) 27、在平面直角坐标系 xo y中，直线l与抛物线y =2 x相交于A、B两点.(1 )求证：“如果直线I过点T (3 , 0),那么OA OB = 3 ”是真命题；(2 )写出(1)中命题的逆命题，判断它是真命题还是假命题，并说明理由.解(1 )设过点T(3,0)的直线I交抛物线y2=2x于点A(X1,y1)、B(X2,y2).当直线I的钭率不存在时，直线I的方程为 x=3，此时,直线I与抛物线相交于点A(3, .6 )、B(3, - . 6 )/-O

18、A OB =3 ;当直线I1的钭率存在时，设直线I的方程为y k(x 3)，其中k 0 ,由2y 2X得 ky2 2y 6k 0y k(x 3)y°26又1212-X1 2丫1 ,X2 2 y2 ,uuu uur12OAgOB X1X2 y1 y2 4(y1y2) yy 3,综上所述，命题 如果直线I过点T(3,0)，那么OA OB =3 ”是真命题;逆命题是：设直线I交抛物线y2=2x于A、B两点，如果OA OB =3,那么该直线过点T(3,0).该命题是假命题.1 uuu mur例如：取抛物线上的点A(2,2) , B(,1)，此时OAgOB =3,直线AB的方程为：2y 2(x

19、 1)，而 T(3,0)不在直线 AB 上;说明：由抛物线y2=2x上的点A (x 1,y1)、B(X2,y2)满足OA OB =3 ,可得y1y2= 6, 或y1y2=2，如果y1y2= 6，可证得直线 AB过点(3,0);如果y1y2=2，可证得直线 AB过点 (1,0),而不过点(3,0).8、如图，对每个正整数 n , An(Xn, yn)是抛物线x? 4y上的点，过焦点 F的直线FAn角 抛物线于另一点 Bn(Sn,tn)。(I)试证：(H)取 Xn条切线的交点。证明：(I)XnSn4(n 1)；2n，并记Cn为抛物线上分别以 A与Bn为切点的两试证：|FCi| FC2 L FCn

20、2n 2 n 11 ；对任意固定的 n 1,因为焦点F( 0,1 )，所以可设直 线AnBn的方程为y 1 knX,将它与抛物线方程 X2 4y联立得：2X4knX 4 0,由一元二次方程根与系数的关系得XnSn4(n 1) (n)对任 意固定 的n 1,利用 导数知识 易得抛 物线x 4y在An处的切线 的斜率 匕 今,故x2 4y在A处的切线的方程为：y yn今(xxn),类似地，可求得x2 4y在Bn处的切线的方程为： y tn Sn(x Sn),22 222 22Xn Sn人 5Xn5Xn% Xn%Xn%由一得： 丫门人 -X - ,X -, X 2244242将代入并注意X-Sn4得

21、交点C-的坐标为至，1) 22 2由两点间的距离公式得：FCn2 (仏)2 4 血宝 2244XU 2 (今 2)2,FCn 今-2- 4 X-2 Xn2Xn现在X-2-，利用上述已证结论并由等比数列求和公式得:1 11 1FC1 lFC2L FCn 2(NX2I L|Xn|)2仃向 L 爾)1(2 22L 2n) 2(1 右L *)(2n1) (221 n) 2n 2 n1 1.9、如图，设抛物线方程为 x2=2 py(p > 0),M为 直线y=-2 p上任意一点，过M引抛物线的 切线，切点分别为 A, B.(I)求证：A, M , B三点的横坐标成等差数列；4,10，求此时(n)已

22、知当M点的坐标为(2, -2p)时， AB抛物线的方程;(川)是否存在点 M ,使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线2cm 山0 luioX2 2py(p> 0)上，其中，点 C满足OC OA OB (O为坐标原点)若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，请说明理由(I)证明：由题意设22XiX2A(x,), B(X2,), Xi<X2, M (Xo, 2p).2p2p2xx由X2 2py得y，则y ,所以kMAXipX2p2pp因此直线MA的方程为y 2p (x Xo), p直线MB的方程为y 2p (x x0). p2所以乞2p2p如(XipXo),2 准2p邑(X2

23、Xo).2pp由、得2XiX22X-Ix2Xo,2因此XoXiX2,即2xo XiX2.2所以A、M、B三点的横坐标成等差数列(n)解：由(I)知，当 xo=2时,将其代入、并整理得:2Xi4xi4p2 n,2X24x24p2 n,所以Xi、22X2是方程x 4x 4pn的两根,因此XiX24,XiX24p2,X；2又kAB2p2pX|X2XnJX2Xi2pp2所以kAB.P由弦长公式得AB Ji k2J(x x2)2 4x2 Ji £jl6 16p2.又 AB 4*0,所以p=1或p=2 ,因此所求抛物线方程为 x2 2y或x24y.(川)解：设 D(X3,y3),由题意得 C(x

24、i+ X2, yi+ y2),则CD的中点坐标为Q(xi x2 x % y y2 2设直线AB的方程为y yj 0 (x x1),P由点Q在直线AB上，并注意到点(卷 生，仏 込 也在直线AB上,2 2xn代入得y30 x3.P2若D( X3,y3)在抛物线上，则 X32py3 2x°X3,因此 X3=0 或 X3=2 xn.即 D(n，0)或 D(2Xn,(1 )当xo=0时，贝y人X22x0 0 ,此时，点 M(O,-2P)适合题意.x2、(2 )当 X。 0,对于 D(0 , 0)，此时 C(2x0,-2p)> kCD22X X22p2X02X14px。又 kABX00,AB 丄 CD, P所以 kABg<CDXo2 2X1 X24p21,即X1