解析几何定点定值问题答案

解析几何定点、定值问题答案1、解：（Ⅰ）由题意知e==，所以e2===．即a2=b2．又因为b==，所以a2=4，b2=3．故椭圆的方程为=1.…4分（Ⅱ）由题意知直线PB的斜率存在，设直线PB的方程为y=k(x-4)．由,得（4k2+3）x2-32k2x+64k2-12=0．①…6分设点B(x1,y1)，E(x2,y2)，则A(x1,-y1)．直线AE的方程为y-y2=(x-x2)．令y=0，得x=x2-．将y1=k(x1-4)，y2=k(x2-4)代入，整理，得x=．②…8分由①得x1+x2=，x1x2=…10分代入②整理，得x=1．所以直线AE与x轴相交于定点Q(1,0)．……12分2、（1）解：设（1）由条件知直线．……1分由消去y，得…………2分由题意，判别式（不写，不扣分）由韦达定理，．……………3分由抛物线的定义，从而所求抛物的方程为．…6分（2）易得．……………7分设。将代入直线PA的方程得．……………9分同理直线PB的方程为．………………10分将代入直线PA，PB的方程得．……………12分．．………14分3、解一：（1）由题知：…………2分化简得：……………4分（2）设，:，代入整理得…………6分，，………………8分的方程为令，得………10分直线过定点.………………12分解二：设，:，代入整理得…………6分,，…………8分的方程为令，得……10分直线过定点.…………12分解三：由对称性可知，若过定点，则定点一定在轴上，设，:，代入整理得…………6分,，…………8分设过定点，则，而则…………10分直线过定点.…………12分4、(Ⅰ)……………2分……………4分（Ⅱ） ……………6分 ……………8分 ……………12分 ……………14分5、解：（1）由已知F（），设A（），则圆心坐标为，圆心到y轴的距离为.………2分圆的半径为，………4分∴以线段FA为直径的圆与y轴相切。………5分（2）设P（0，），B（），由，得.………6分.………7分∴①②③…………10分∵.将③变形为，∴.…………11分将代入②，整理得…………12分代入①得.…………13分即.…………14分6、解：（Ⅰ）因为,即,所以抛物线C的方程为………--------------------------2分设⊙M的半径为,则,所以的方程为………………4分（Ⅱ），设，（1）当斜率不存在时，，则--------6分（2）当斜率存在时，设PQ的方程为，则消得，，所以，-------------------------------------------8分由因为，所以，故。-------------10分所以所以。-------------------------------------------------12分7、解：（I）设椭圆C的方程为，因为所以由题意知b=1．又有∴椭圆C的方程为…………4分（II）方法一：设A、B、M点的坐标分别为易知的坐标为（2，0）．即……6分将A点坐标代入到椭圆方程中，得去分母整理得………9分 …………12分方法二：设A、B、M点的坐标分别为又易知F点的坐标为（2，0）．显然直线l存在的斜率，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得………………8分又……12分8、（1）椭圆C1的方程为；（2）点P的坐标或；（3）9、解：(1)椭圆的方程为(2)联立得设，则且，由已知得，，即整理得直线的方程为，因此直线过定点，该定点的坐标为.10、（Ⅰ）(Ⅱ)设坐标为，过点与椭圆相切的切线方程为.在圆上联立消去得，由题意知即设过点与椭圆相切的两条切线斜率为.则（定值）所以两切线斜率之积为定值.11、（Ⅰ）解：由已知可得，，故所求椭圆方程为.………4分（Ⅱ）若直线的斜率存在，设方程为，依题意．设，，由得．………6分则．由已知，所以，即．………8分所以，整理得．故直线的方程为，即（）．所以直线过定点（）．………10分若直线的斜率不存在，设方程为，设，，由已知，得．此时方程为，显然过点（）．综上，直线过定点（）．………12分12、解：（1）∵…2分∴∴椭圆的方程为………………4分（2）依题意，设的方程为由显然………………5分由已知得：……………7分解得……8分（3）①当直线斜率不存在时，即，由已知，得又在椭圆上，所以,三角形的面积为定值.………9分②当直线斜率存在时：设的方程为必须即得到，………………10分∵，∴代入整理得：…11分…………12分所以三角形的面积为定值.…14分13、解：（1）直线的斜率为（2）设，，线段中点为则线段的垂直平分线方程为线段的垂直平分线恰过点即(定值).所以线段中点的横坐标为定值.14、解：（1）根据条件可知椭圆的焦点在x轴，且故所求方程为即………………3分（2）假设存在点M符合题意，设AB：代入得：………………4分则………………6分……10分要使上式与K无关，则有，解得，∴存在点满足题意。……12分15、解：(=1\*ROMANI)由题意可知：a+c=eq\r(2)+1，eq\f(1,2)×2c×b=1,有∵a2=b2+c2∴a2=2,b2=1,c2=1∴所求椭圆的方程为：…………….4分（=2\*ROMANII）设直线l的方程为：y=k（x-1）A(x1，y1),B(x2，y2)，M(eq\f(5,4),0)联立则∵16、解:（I）设动点，动点到点的距离比它到直线的距离多。即动点到点的距离等于它到直线的距离则两边平方化简可得：ABmABmPFBCD设,的横坐标分别为则解得同理解得记与的交点为故17、（1）椭圆C1的方程为；（2）点P的坐标或；（3）18、解：（Ⅰ）连接为坐标原点,为右焦点），由题意知：椭圆的右焦点为因为是的中位线，且,所以所以，故,在中，,即,又,解得所求椭圆的方程为．(Ⅱ)由（Ⅰ）得椭圆:设直线的方程为并代入整理得:由得:,设则由中点坐标公式得:,①当时,有,直线显然过椭圆的两个顶点;②当时,则,直线的方程为此时直线显然不能过椭圆的两个顶点;若直线过椭圆的顶点,则即所以,解得:(舍去).若直线过椭圆的顶点,则即所以,解得:(舍去),综上,当或或时,直线过椭圆的顶点.（Ⅲ）法一：由（Ⅰ）得椭圆的方程为,根据题意可设，则则直线的方程为…①过点且与垂直的直线方程为…②①②并整理得：,又在椭圆上，所以所以,即①、②两直线的交点在椭圆上,所以．法二：由（Ⅰ）得椭圆的方程为根据题意可设，则，，所以直线，化简得所以因为,所以,则.所以，则,即.19、解：（Ⅰ）抛物线的焦点为，准线方程为，∴①又椭圆截抛物线的准线所得弦长为，∴得上交点为，∴②由①代入②得，解得或（舍去），从而∴该椭圆的方程为（Ⅱ）∵倾斜角为的直线过点，∴直线的方程为，即，由（Ⅰ）知椭圆的另一个焦点为，设与关于直线对称，则得，解得，即，又满足，故点在抛物线上。所以抛物线上存在一点，使得与关于直线对称。20、(I)椭圆C的方程(Ⅱ)（Ⅲ）21、(I)(Ⅱ)（Ⅲ）22、.解：（Ⅰ），椭圆方程为，…………2分准圆方程为。…………3分（Ⅱ）（1）因为准圆与轴正半轴的交点为，设过点且与椭圆有一个公共点的直线为，所以由消去，得.因为椭圆与只有一个公共点，所以，解得。…………5分所以方程为.…………6分（2）①当中有一条无斜率时，不妨设无斜率，因为与椭圆只有一个公共点，则其方程为，当方程为时，此时与准圆交于点，此时经过点（或）且与椭圆只有一个公共点的直线是（或），即为（或），显然直线垂直；同理可证方程为时，直线垂直.…………7分②当都有斜率时，设点，其中.设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，则消去，得.由化简整理得：.…………8分因为，所以有.设的斜率分别为，因为与椭圆只有一个公共点，所以满足上述方程，所以，即垂直.…………10分综合①②知：因为经过点，又分别交其准圆于点，且垂直，所以线段为准圆的直径，所以=4.………12分23、（1）由已知，可得，，∵，∴，，∴.……….……………4分（2）设，，直线，代入椭圆方程得，，……6分，，……………7分∴.…8分（3）由已知椭圆方程为①，右焦点的坐标为，直线所在直线方程为②，由①②得：，………………10分设，，则，，设，由得，，，…………11分∵点在椭圆上，∴，整理得：，③，又点在椭圆上，故④，⑤，………13分由③④⑤式得.…………14分24、（Ⅰ）将圆的一般方程化为标准方程，圆的圆心为,半径.由,得直线,即,由直线与圆相切,得,或(舍去).-----------------------------------2分当时,,故椭圆的方程为---------------------------------4分（Ⅱ）由知,从而直线与坐标轴不垂直,由可设直线的方程为，直线的方程为.将代入椭圆的方程并整理得:,-----------------------------------6分解得或,因此的坐标为,即------------------------------------------8分将上式中的换成,得.直线的方程为化简得直线的方程为，因此直线过定点.---------------------------------12分25、解:（Ⅰ）因为满足，，…………2分。解得，则椭圆方程为……………4分（Ⅱ）（1）将代入中得……………………6分……………………7分因为中点的横坐标为，所以，解得…………9分（2）由（1）知，所以……………11分………12分……………………14分26、(1)由已知得b＝1，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝2，所以椭圆方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.椭圆的右焦点为(eq\r(3)，0)，此时直线l的方程为y＝－eq\f(\r(3),3)x＋1，代入椭圆方程化简得7x2－8eq\r(3)x＝0.解得x1＝0，x2＝eq\f(8\r(3),7)，代入直线l的方程得y1＝1，y2＝－eq\f(1,7)，所以D点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),7)，－\f(1,7))).故|CD|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),7)－0))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7)－1))2)＝eq\f(16,7).(2)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＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k≠0且k≠\f(1,2))).代入椭圆方程化简得(4k2＋1)x2＋8kx＝0.解得x1＝0，x2＝eq\f(－8k,4k2＋1)，代入直线l的方程得y1＝1，y2＝eq\f(1－4k2,4k2＋1)，所以D点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k,4k2＋1)，\f(1－4k2,4k2＋1))).又直线AC的方程为eq\f(x,2)＋y＝1，直线BD的方程为y＝eq\f(1＋2k,2－4k)(x＋2)，联立解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－4k，,y＝2k＋1.))因此Q点坐标为(－4k,2k＋1)．又P点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0))，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0))·(－4k,2k＋1)＝4.故eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))为定值．27、【解析】(1)因椭圆焦点在轴上，设椭圆的标准方程为．由已知得，所以，椭圆方程为.直线垂直于轴时与题意不符．设直线的方程为，则设，则.由已知得.解得.所以直线的方程为或.(2)方法一：直线与轴垂直时与题意不符．设直线的方程为，所以点坐标为.设，由(1)知，直线的方程，直线的方程为，联立方程设，解得，不妨设，，因此点的坐标为，又，所以．故为定值．方法二：直线与轴垂直时与题意不符．设直线的方程为，所以点坐标为.设，由(1)知，直线的方程，直线的方程为，将两直线方程联立，消去得.因为，所以异号．.所以与异号，与同号，所以，解得.因此点的坐标为．.故为定值．28【解析】(1)由，，得，故椭圆的标准方程为.(2)设，，则由得，即，.因为点在椭圆，所以，，故设、分别为直线、的斜率，由题设条件知，因此，所以.所以点是椭圆上的点，设该椭圆的左、右焦点为、，则由椭圆的定义知为定值，又因，因此两焦点的坐标为，.【总结提高】本节内容是高中数学的重要内容之一,也是高考常见新颖题的板块,尤其是在最近几年的高考试题中,平面向量与解析几何的融合,提高了题目的综合性,形成了题目多变,解法灵活的特点,充分体现了高考中以能力立意的命题方向。29、【解析】考查意图:本题考查利用直线、椭圆、双曲线和平面向量等知识综合解题的能力,以及运用数形结合思想,方程和转化的思想解决问题的能力.解答过程：（Ⅰ）椭圆的方程为（Ⅱ）设直线的方程为：，代入得由，设，则，由，得所以，所以，解得所以满足.所以直线的方程为，令得所以点的坐标为30、【解析】(1)由，得，再由,解得.由题意可知××=4,即.解方程组得.所以椭圆的方程为.(2)(ⅰ)由（1）可知。设点的坐标为,直线的斜率为，则直线的方程为,于是A,B两点的坐标满足方程组由方程组消去并整理，得由得所以由，得整理得即，解得.所以直线的倾斜角为.(ii)设线段是中点为，则的坐标为以下分两种情况：=1\*GB3①当时，点的坐标为。线段的垂直平分线为轴，于是=2\*GB3②当时，线段的垂直平分线方程为.令，解得.由,,,整理得.综上.31、解：（1）由题意，得，所以直线的方程，直线的方程为，------2分由，得，所以直线与直线的交点坐标为，---------------4分因为，所以点在椭圆上．---------6分（2）设的方程为，代入，得，设，则，，直线的方程为，令得，将，代入上式得（9设，所以直线经过轴上的点．---------12分32、符合所以在(II)的条件下，PQR能否为等腰直角三角形。33、本小题主要考查椭圆的方程的求法，考察弦长公式的应用和利用均值不等式求最值的方法，考查思维能力、运算能力和综合解题的能力．满分12分．〖解析〗（Ⅰ），，∴，，∴………………4分（Ⅱ）设直线BD的方程为………①………②，设为点到直线BD：的距离，∴∴，当且仅当时取等号.因为，所以当时，的面积最大，最大值为………9分（Ⅲ）设，，直线、的斜率分别为：、，则=…………（*）将（Ⅱ）中①、②式代入（*）式整理得=0，即0………………12分34、解：（Ⅰ）由已知得，，．……2分所以曲线的方程为（）．……3分曲线的方程为（）．……4分（Ⅱ）将代入，得．……5分设，，则，，．所以．……7分将代入，得．设，则，，所以．因为，所以，……9分则直线的斜率，……10分所以直线的方程为：，即．…11分故过定点．……12分35、.解：（Ⅰ）解：由已知∴，∴椭圆方程为．——————————5分（Ⅱ）设直线方程为，由得．设，则．—————7分设，则由共线，得有．同理．∴．——————9分∴，即，以线段为直径的圆经过点F；当直线的斜率不存在时，不妨设．则有,∴，即，以线段为直径的圆经过点F．综上所述，以线段为直径的圆经过定点F．———————————12分36、(Ⅰ）设方程为，则.由，得∴椭圆C的方程为.4分(Ⅱ)（=1\*romani）解：设，直线的方程为，代入，得由，解得6分由韦达定理得.四边形的面积∴当，.8分(Ⅱ)（=2\*romanii）解：当，则、的斜率之和为0，设直线的斜率为则的斜率为，的直线方程为由（1）代入（2）整理得10分同理的直线方程为，可得∴12分所以的斜率为定值.14分37、解：（1）方法一：如图，以线段的中点为原点，以线段所在的直线为轴建立直角坐标系.则，.…………2分设动点的坐标为，则动点的坐标为，，……………3分由·，得.………5分方法二：由.………2分所以，动点的轨迹是抛物线，以线段的中点为原点，以线段所在的直线为轴建立直角坐标系，可得轨迹的方程为：.…………5分（2）方法一：如图，设直线的方程为，，………6分则.……………………7分联立方程组消去得，，，………8分故………………9分由，得，，，………………10分整理得，，·.…………12分方法二：由已知，，得.…………………7分于是，，①………8分如图，过、两点分别作准线的垂线，垂足分别为、，则有==，②………10分由①、②得.…………12分38.解：（Ⅰ）由题意知，所以．即．又因为，所以，．故椭圆的方程为．…………4分（Ⅱ）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为．由得．①设点，，则．直线的方程为．令，得．将，代入，整理，得．②由①得，代入②整理，得．所以直线与轴相交于定点．…………8分（Ⅲ）当过点直线的斜率存在时，设直线的方程为，且，在椭圆上．由得．易知．所以，，．则．因为，所以．所以．当过点直线的斜率不存在时，其方程为．解得，．此时．所以的取值范围是．…………12分39、解：（1）设，由椭圆定义可知，点的轨迹是以为焦点，长半轴为的椭圆．它的短半轴，故曲线C的方程为．（2）设直线,分别交曲线C于，其坐标满足消去并整理得，故．以线段为直径的圆过能否过坐标原点，则，即．而，于是，化简得，所以40、解析：（Ⅰ）由题意可得圆的方程为，∵直线与圆相切，∴，即，----------------1分又，即，，解得，，所以椭圆方程为．-----------------------------3分（Ⅱ）设，，，则，即，则，，--------------------------------------4分即，∴为定值．-------------------------------6分（Ⅲ）设，其中．由已知及点在椭圆上可得，整理得，其中．-------------------------7分①当时，化简得，所以点的轨迹方程为，轨迹是两条平行于轴的线段；------------------8分②当时，方程变形为，其中，------------------------------------10分当时，点的轨迹为中心在原点、实轴在轴上的双曲线满足的部分；当时，点的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆满足的部分；当时，点的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆．--