第08讲+解析几何-全国高中数学联赛分类汇编+Word版含解析

文档编码:CG1S8A8Q2P9——HT6D10A6Z5J10——ZG3I10L2K6P42022-2022全国高中数学联赛分类汇编第 08讲：解析几何1、（2022一试2）已知直线 Lx y 9 0和圆 M :2x 22y

28x 8y 1 0,点A在直线L上,B,C为圆M上两点,在 ABC中, BAC 45 ,AB过圆心M,就点A横坐标范畴为．【答案】 3,6【解析】设 Aa,9 a ,就圆心 M到直线 AC的距离 d AM sin45 ,由直线 AC与圆M相交,得d≤

34．解得3≤a≤6．22 22、（2022一试5）椭圆 x2

y2 1 a b 0 上任意两点 P,Q,如OP OQ,就乘积OP OQ的最小值a b为．【答案】2 22ab2 2a bcos,OPsin,QOQcosπ,OQsinπ．【解析】设POP22由P,Q在椭圆上,有1cos2sin2①12sin2cos2②OP2a2b2OQa2b2①+②得121211．于是当OPOQ2 22ab时,OPOQ达到最小值2 22ab．OPOQa2 2

b 2

ab2a2b23、（2022一试3）双曲线x2y21的右半支与直线x100围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是 .【答案】98004、（2022一试7）直线x2y10与抛物线y24x交于A,B两点,C为抛物线上的一点,ACB90,就点C的坐标为．【答案】〔,1〕2或〔,96〕4t22〔y1y2〕ty1y20,即t4〔x12x2〕tx1x2即t414t216t30,即〔t24t3〕〔t24t〕10．明显t24t10,否就t222t10,就点C在直线x2y10上,从而点C与点A或点B重合．所以t24t30,解得t1,1t23．故所求点C的坐标为〔,12〕或〔9,〕6．5、（2022一试4）抛物线y22pxp0〕的焦点为F,准线为ｌ,AB是抛物线上的两个动点,且中意AFB3．设线段ＡＢ的中点M在ｌ上的投影为N,就|MN|AB|的最大值是.|【答案】1【解析】由抛物线的定义及梯形的中位线定理得MNAF2BF.AFBF〕2MN2.,F是抛物在AFB中,由余弦定理得AB2AF2BF22AFBFcos3〔AFBF〕23AFBF〔AFBF〕23〔AF2BF〕2〔2当且仅当AFBF时等号成立.故MNAB的最大值为1.y24x上,中意uuuvuuuvOAOB46、（2022一试2）在平面直角坐标系xOy中,点A、B在抛物线线的焦点.就SOFAsOFB.【答案】2.【解析】点F坐标为1,0.设Axy1,Bx2,y2,就x1 2

y1,x22

y2,故444uuuvuuuvOAOBxx1 2yy1 21

16yy1 222yy1 2,即1yy1 2820,故yy28.16SOFASOFB1OFy11

2OFy1OF2yy22.247、（2022一试7）照实数,xy中意x4y2xy,就x的取值范畴是.【答案】0U4,20.b4BC2O1Aa交于点P,Q,如|PF2||F1F2|,且如以下图,在aOb平面内,点ab的轨迹是以1,2为圆心,5为半径的圆在ab0的部分,即点O与弧.ACB的并集.因此a2 2

b0U2,25,从而xa2b20U4,20.8、（2022一试6）设椭圆的两个焦点是F1,F2,过点F的直线与3|PF1|4|QF1|,就椭圆的短轴与长轴的比值为__________.4.【答案】276【解析】|PF1|4,|QF1|3,记椭圆T的长轴,短轴的长度分别为2a,2b,焦距为2c,就PF2||FF2|2,且由椭圆的定义知,2a|QF1||QF2||PF1||PF2|2c于是|QF2||PF1||PF2||QF1|2c1.设H为线段PF1的中点,就|FH|2|,QH|5,且有FHPF1.由勾股定理知,|QF22

|-|QH|2|FH2||FF2|2|FH|2即（2c 21〕52〔2〕22

2,解得c5,a7b

a26.

7F、F,过点F作直线与双曲线Cb26,因此椭圆T的短轴与长轴的比值为9、（2022一试7）双曲线C的方程为x2y21,左、右焦点分别为3的右半支交于点1P,Q,使得F1PQ=90°,就F1PQ的内切圆半径是.【答案】7【解析】10、（2022一试3）在平面直角坐标系xoy中,椭圆C的方程为x2y21,F为C的上焦点,A为C的910右顶点,P是C上位于第一象限内的动点,就四边形OAPF的面积的最大值为.【答案】3112【解析】易知 A〔3,0〕,F〔0,1〕. 设P的坐标是（ 3cos ,10sin 〕, [0, ],就21 1 3 311SOAPF SOAF SOFP 3 10sin 13cos 〔10cos sin 〕 sin〔 〕.2 2 2 2其中 =arctan 10.当 arctan10时,四边形 OAPF面积的最大值为 311.10 22 211、（2022一试9）设直线 l:y kx m（其中k,m为整数）与椭圆 x y 1交于不同两点 A,B,与双16 12曲线 x

2y

21交于不同两点 C,D,问是否存在直线 l,使得向量 uuurAC

uuurBD 0,如存在,指出这样的直4 12线有多少条？如不存在,请说明理由．ykxm233m23．因m【解析】由x2y21消去y化简整理得34k2 2

x8kmx4 2m4801612设Ax1,y1,Bx2,y2,就x1x238km24k18km2434k24 2m480①ykxm由x2y21消去y化简整理得3k2 2

x2 2kmxm120412设Cx3,y4,Dx4,y4,就x3x42kmk2322km243k2 2

m120②由于uuurACuuur

BD0,所以x4x2x3x10,此时y4y2y3y10．由x1x2x3x得38km22km．3k24k所以2km0或34k2312．由上式解得k0或m0．当k0时,由①和②得4k是整数,所以m的值为3,2,1,0,1,2,3．当m0,由①和②得3k．因k是整数,所以k1,0,1．于是中意条件的直线共有9条．12、（2022一试10）已知抛物线y26x上的两个动点Ax1,y1〕和Bx2,y2〕,其中x1x2且x1x24.线段AB的垂直平分线与x轴交于点C,求ABC面积的最大值.y0y1y2,【解析】解法一：设线段AB的中点为M〔x0y0〕,就x0x12x22,2kABy2y1y2y1y26y13.x2x1y2

2y2

1y0（1）4y20480,66线段AB的垂直平分线的方程是yy0y0〔x2〕.32y012〕依题意,y1,y2是方程（3）的两个实根,且y1y2,所以4y24〔2023y023.yABAB〔x1x2〕2〔y1y2〕2O〔1〔y0〕2〕〔yC〔5,0〕2〕2x1y31〔y20〕[〔y12y2〕2y24y1y2]91〔y20〕〔4y4〔212〕〕9002〔9y2〕〔12y2〕.〔52〕2〔0y0〕29y02.9y20〕或003定点C〔,50〕到线段AB的距离hCMSABC1ABh1〔9y2〕〔12y2〕9y211〔9y2〕〔242y2〕〔00032002311〔9y2242y29y2〕3140007.6335,57〕3233A〔6335,57〕,B〔当且仅当9y2242y2,即y05,00A〔6335,〔57〕〕,B〔6335,57〕时等号成立.所以,ABC面积的最大值为147.2〕〕23 2

SABC〔1〔56t16t2t26t1t256t1223〔t1t2〕2〔t1t25〕23〔42t1t2〕〔t1t25〕〔t1t25〕3〔143〕,2223所以SABC147,当且仅当〔t1t2〕2t1t25且t2t24,即57〕或147.〕在1231t765,2t765,A〔6335,57〕,B〔6335,A〔6335,〔57〕〕,B〔6335,57〕时等号成立.所以,ABC面积的最大值是313、（2022一试11）作斜率为1的直线l与椭圆C：3x2 2

y1交于A,B两点（如以下图）,且2,2P〔3364直线l的左上方．（1）证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；（2）如APB60,求△PAB的面积．【解析】（1）y

POBxA设直线l：y1

3xm,A〔x1,y1〕,B〔x2,y2〕．22x26mx9m2360．将y1xm代入 2

xy21中,化简整理得3364上式中,分子〔13x1m2〕〔x232〕〔1xm2〕〔x132〕32x1x2〔m22〕〔x1x2〕62〔m2〕29m2236〔m22〕〔3m〕62〔m2〕．333m2123m262m62m120,从而,kPAkPB0．又P在直线l的左上方,因此,APB的角平分线是平行于y轴的直线,所以△PAB的内切圆的圆心在直线x32上．（2）如APB60时,结合（1）的结论可知kPA3,kPB3．直线PA的方程为：y23〔x32〕,代入x2 2

y1中,消去y得14x296〔133〕x18〔1333〕0364它的两根分别是1x和32,所以1x3218〔1333〕,即1x32〔1333〕．所以1414|PA|1〔3〕2|x132|32〔331〕．7同理可求得|PB|32〔33〕1．7所以SPAB1|2PA||PB|sin6031173. 49．OBOD6．132〔331〕32〔331〕277214、（2022一试11）如图5,在平面直角坐标系XOY中,菱形ABCD的边长为4,且（１）求证：|OA||OC为定值；（２）当点A在半圆〔x2〕2y24（2x4）上运动时,求点C的轨迹．〔2〕设Cxy〔,〕,A〔22cos,2sin〕,其中XMA〔22〕,就XOC2.由于OA2〔22cos〕2〔2sin〕28〔1cos〕16cos22,所以OA4cos2[5,5].0,1、A2由〔1〕的结论得OCcos25,所以xOCcos25.从而yOCsin25tan2故点C的轨迹是一条线段,其两个端点的坐标分别为A〔5,5〕,B〔5,5〕x2 2

y1ab15、（2022一试11）（此题满分20分）在平面直角坐标系xOy中,椭圆的方程为a2 2

b分别为椭圆的左、右顶点,F1、F2分别为椭圆的左、右焦点,P为椭圆上不同于A和A的任意一点.如平面中两个点Q、R中意QA1PA,QA2PA,RF1PF,RF2PF,试确定线段QR的长度与b的大小关系,并给出证明.【解析】令ca2 2b,就A1a,0,A2a,0,F1c,0,F2c,0.设Px0,y0,Qxy1,Rx2,y2,其中2x02

y01,y00.a2b2由QA1PA,QA2PA可知 2x0c2○1uuuuvuuuvAQ APx1ax0ayy00,uuuuvuuuuvAQAPx1ax0ayy00○2依据RF1PF,RF2PF,同理可得Rx0,.y0因此QRx2y0a22

x0y0c2b2,P0y0由于y00,b,故QRb（其中等号成立的充分必要条件是y0b,即点P为0,b）.16、（2022一试9）（此题满分16分）平面直角坐标系xOy中,P是不在x轴上一个动点,中意条件：过可作抛物线y24x的两条切线,两切点连线Pl与PO垂直.设直线Pl与PO,x轴的交点分别为Q,R,（1）证明：R是一个顶点.（2）求|

|PQ|的最小值.〔a,b〕〕〔b0〕,易知a0,记两切点A,B的坐标为（x1,y1〕,（x2,y2〕,就QR|【解析】〔1〕设P点的坐标为PA,PB的方程分别为yy12〔xx1（）yy22〔xx2〕（）而点P的坐标为〔a,b〕同时中意（1）（2）,故A,B的坐标均中意方程by=2〔x+a〕〔3〕,故（3）就是直线AB的方程.直线PO与AB的斜率分别为b与2,由POAB知,

bg2=-1,ab故a=-2x2y21的左,右焦点,ab从而（3）即为y=2〔x2〕,故AB与x轴的交点R是定点（2,0）.b〔2〕由于a=-2,故直线PO的斜率k1b,直线PR的斜率k2b.设24OPR=,就为锐角,且|PQ|1|1kk2||1〔b〕〔2b bb〕|8 2

b28 2b224|QR|tank1k22|b|2|b|24当b22时,|PQ|QR|的最小值为22.|17、（2022一试11）〔此题满分20分〕在平面直角坐标系xOy中,F1,F分别是椭圆2设不经过焦点 F的直线l与椭圆C交于两个不同的点 AB,焦点 F到直线l的距离为 d.假如直线AFlBF的斜率成等差数列 ,求d的取值范畴.由于点A、B不重合,且直线 l的斜率存在,故 xx是方程（1）的两个不同实根,因此有（ 1）的判别式=（4km〕24〔2k21〕〔2m22〕8〔2k21m2〕0,即2k21m2.〔2〕1、、k y2x21依次成等差数列,由直线AF1、、BF1的斜率y1x1y11+y212,又y1kx1my2kx2m,所以x1x2（kx1m〕〔x21〕（kx2m〕〔x11〕2〔kx11〕〔x21〕.化简并整理得（mk〕〔x1x22〕0〔4〕假如mk,就直线L的方程为y=kx+k,即l经过点F（-1,0）,不符合条件.因此必有x1x22=0,故由方程（1）及韦达定理知,4km1〔x1x2〕2,即mk1.〔3〕2k22k由（）、（）知,2k21m2=（k1 2

）化简得k212,这等价于||2.2k4k2反之当m,k中意（3及）|k|2时,l必不经过点1F（否就将导致mk与（3）冲突）,2留意到|k|2,,令t11,就t〔1,3〕,上式可改写为d=1〔t23〕1〔t3〕.k22t222t考虑到函数 ft〔〕 1〔t

3〕 在[1,3]上单调递减,故由（ 4）得 f 〔 3〕 d f 〔1〕,即d 〔3,2〕2 t18、（2022一试11）（此题满分 20分）如以下图,在平面直角坐标系 xOy中,F是x轴正半轴上的一个动点.以F为焦点,O为顶点作抛物线