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2013年高考数学试题分类汇编——解析几何(1)


五、解析几何 一、选择题 1.(重庆理 8)在圆 x ? y ? 2 x ? 6 y ? 0 内,过点 E(0,1)的最长弦和最短弦分别是 AC
2 2

和 BD,则四边形 ABCD 的面积为 A. 5 2 【答案】B B. 10 2 C. 15 2 D. 20 2

C1 :
2.(浙江理 8)已知椭圆

x2 y 2 y2 ? 2 ? 1(a>b>0) C1 : x 2 ? ?1 a2 b 4 与双曲线 有公共的焦点,
C1
恰好将线段 AB 三等分,

C1


的一条渐近线与以

C1

的长轴为直径的圆相交于 A, B 两点, 若

a2 ?
A. 【答案】C

13 2

B. a ? 13
2

b2 ?
C.

1 2

2 D. b ? 2

2 x ? ?4 x 2 ? 2 3.(四川理 10)在抛物线 y ? x ? ax ? 5(a≠0) 上取横坐标为 1 , 的两点,过

这两点引一条割线, 有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆 5 x ? 5 y ? 36 相切,则
2 2

抛物线顶点的坐标为 A. (?2, ?9) 【答案】C 【 解 析 】 由 已 知 的 割 线 的 坐 标 (?4,11 ? 4a),(2, 2a ? 1), K ? 2 ? a , 设 直 线 方 程 为 B. (0, ?5) C. (2, ?9) D. (1, ?6)

36 b2 ? 2 y ? ( a ? 2 )x ? b ,则 5 1 ? (2 ? a)
? y ? x 2 ? ax ? 5 ? b ? ?6 ? a ? 4 ? (?2, ?9) ? ? y ? (a ? 2) x ? b 又
4.(陕西理 2)设抛物线的顶点在原点,准线方程为 x ? ?2 ,则抛物线的方程是 A. y ? ?8 x
2

B. y ? 8 x
2

C. y ? ?4 x
2

D. y ? 4 x
2

【答案】B

x2 y 2 ? 2 ? 1(a>0,b>0) 2 b 5. ( 山 东 理 8 ) 已 知 双 曲 线 a 的两条渐近线均和圆
C: x ? y ? 6 x ? 5 ? 0 相切,且双曲线的右焦点为圆 C 的圆心,则该双曲线的方程为
2 2

x2 y 2 ? ?1 4 A. 5

x2 y 2 ? ?1 5 B. 4

x2 y 2 ? ?1 6 C. 3

x2 y 2 ? ?1 3 D. 6

【答案】A 6.(全国新课标理 7)已知直线 l 过双曲线 C 的一个焦点,且与 C 的对称轴垂直,l 与 C 交 于 A,B 两点, | AB | 为 C 的实轴长的 2 倍,C 的离心率为 (A) 2 【答案】B 7.(全国大纲理 10)已知抛物线 C: y ? 4 x 的焦点为 F,直线 y ? 2 x ? 4 与 C 交于 A,B
2

(B) 3

(C) 2

(D) 3

两点.则 cos ?AFB =

4 A. 5
【答案】D

3 B. 5

3 C. 5 ?

4 D. 5 ?

8.(江西理 9)若曲线

C1

C : x ? y ? 2 x ? 0 与曲线 2 : y( y ? mx ? m) ? 0 有四个不同的
2 2

交点,则实数 m 的取值范围是

?
A.(

3 3 3 , 3 )

?
B.(

3 3 3 ,0)∪(0, 3 ) ? 3 3 3 )∪( 3 ,+ ? )

?
C.[ 【答案】B

3 3 3 , 3 ]

D.( ?? ,

x2 y 2 ? ? 1? a ? 0 ? 2 9 9.(湖南理 5)设双曲线 a 的渐近线方程为 3x ? 2 y ? 0 ,则 a 的值为
A.4 【答案】C B.3 C.2
2

D.1

10.(湖北理 4)将两个顶点在抛物线 y ? 2 px( p ? 0) 上,另一个顶点是此抛物线焦点的正 三角形个数记为 n,则 A.n=0 B.n=1 C. n=2 D.n ? 3 【答案】C 11.(福建理 7)设圆锥曲线 r 的两个焦点分别为 F1,F2,若曲线 r 上存在点 P 满足

PF1 : F1F2 : PF2
1 3 或 2 A. 2

=4:3:2,则曲线 r 的离心率等于

2 B. 3 或 2

1 或 C. 2 2

2 3 或 2 D. 3

【答案】A 12.(北京理 8)设

A ? 0, 0? B ? 4, 0 ?
,



C ? t ? 4, 4 ? D ? t , 4 ?? t ? R ?
,

.记

N ?t ?

为平行四边形

ABCD 内部 (不含边界) 的整点的个数, 其中整点是指横、 纵坐标都是整数的点, 则函数 的值域为 A. C.

N ?t ?

?9,10,11? ?9,11,12?
2 2

B. D.

?9,10,12? ?10,11,12?

【答案】C 13.(安徽理 2)双曲线 2 x ? y ? 8 的实轴长是 (A)2 【答案】C 14.(辽宁理 3)已知 F 是抛物线 y2=x 的焦点,A,B 是该抛物线上的两点, 则线段 AB 的中点到 y 轴的距离为 (B) 2 2 (C) 4 (D)4 2

AF ? BF =3



3 (A) 4
【答案】C 二、填空题

(B)1

5 (C) 4

7 (D) 4

15.(湖北理 14)如图,直角坐标系 xOy 所在的平面为 ? ,直角坐标系 x Oy (其中 y 轴一
' ' '

与y
' 轴重合)所在的平面为 ? , ?xOx ? 45? 。
' ' (Ⅰ)已知平面 ? 内有一点 P (2 2, 2) ,则点 P 在平面 ? 内的射影 P 的

坐标为



' 2 '2 ' ' (Ⅱ)已知平面 ? 内的曲线 C 的方程是 ( x ? 2) ? 2 y ? 2 ? 0 ,则曲线 C 在平面 ? 内

的射影 C 的方程是 【答案】(2,2)



( x ? 1)2 ? y 2 ? 1

x2 ? y2 ? 1 F1 , F2 3 16.(浙江理 17)设 分别为椭圆 的左、右焦点,点 A, B 在椭圆上,若

???? ???? ? F1 A ? 5F2 B

;则点 A 的坐标是



【答案】 (0, ?1)

y 2 x2 ? ?1 9 17. ( 上 海 理 3 ) 设 m 为 常 数 , 若 点 F ( 0, 5)是 双 曲 线 m 的一个焦点,则

m?
【答案】16



x2 y 2 1 ? 2 ?1 2 2 2 b 18.(江西理 14)若椭圆 a 的焦点在 x 轴上,过点(1, 2 )作圆 x +y =1 的切线,
切点分别为 A,B,直线 AB 恰好经过椭圆的右焦点和上顶点,则椭圆方程是

x2 y 2 ? ?1 4 【答案】 5
19.(北京理 14)曲线 C 是平面内与两个定点 F1(-1,0)和 F? 2(1,0)的距离的积等于 常数

a 2 (a ? 1)

的点的轨迹.给出下列三个结论:

① 曲线 C 过坐标原点; ② 曲线 C 关于坐标原点对称;

1 2 ③若点 P 在曲线 C 上,则△F 1 PF 2 的面积大于 2 a 。
其中,所有正确结论的序号是 【答案】②③ 。

x 2 y2 ? =1上一点P到双曲线右焦点的距离是4,那么点 20.(四川理 14)双曲线 64 36 P 到
左准线的距离是 .

56 【答案】 5
【解析】 a ? 8, b ? 6, c ? 10 ,点 P 显然在双曲线右支上,点 P 到左焦点的距离为 14,所以

14 c 5 56 ? ? ?d ? d a 4 5

x2 y2 21.(全国大纲理 15)已知 F1、F2 分别为双曲线 C: 9 - 27 =1 的左、右焦点,点 A∈C,
点 M 的坐标为(2,0),AM 为∠F1AF2∠的平分线.则|AF2| = 【答案】6 .

x2 y2 ? 2 ? 1(a ? 0, b ? 0) 2 b 22.(辽宁理 13)已知点(2,3)在双曲线 C: a 上,C 的焦距为 4,
则它的离心率为 【答案】2 .
2

23.(重庆理 15)设圆 C 位于抛物线 y ? 2 x 与直线 x=3 所围成的封闭区域(包含边界)内, 则圆 C 的半径能取到的最大值为__________ 【答案】 6 ? 1 24. 全国新课标理 14) ( (14) 在平面直角坐标系 xOy 中, 椭圆 C 的中心为原点, 焦点

F1 , F2

2 ?ABF2 F 在 x 轴上,离心率为 2 .过点 1 的直线 l 交 C 于 A,B 两点,且 的周长为 16,那
么 C 的方程为_________.

x2 y2 ? ?1 【答案】 16 8
25.(安徽理 15)在平面直角坐标系中,如果 x 与 y 都是整数,就称点 ( x, y ) 为整点, 下列命题中正确的是_____________(写出所有正确命题的编号). ①存在这样的直线,既不与坐标轴平行又不经过任何整点 ②如果 k 与 b 都是无理数,则直线 y ? kx ? b 不经过任何整点 ③直线 l 经过无穷多个整点,当且仅当 l 经过两个不同的整点 ④直线 y ? kx ? b 经过无穷多个整点的充分必要条件是: k 与 b 都是有理数 ⑤存在恰经过一个整点的直线 【答案】①,③,⑤ 三、解答题

x2 y2 ? ?1 2 26.(江苏 18)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,M、N 分别是椭圆 4 的顶点,
过坐标原点的直线交椭圆于 P、 两点,其中 P 在第一象限, P 作 x 轴的垂线,垂足为 C, A 过 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 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 中点的坐标为

(?1,?

2 ) 2 ,由于直线 PA 平分线段 MN,故直线 PA 过线段 MN 的中点,又直线 PA 过坐

2 2 ? 2. k? ?1 2 标原点,所以 ?
y ? 2 x代入椭圆方程得
(2)直线 PA 的方程

x2 y 2 ? ? 1, 4 2

2 2 4 2 4 x ? ? ,因此P( , ), A(? ,? ). 3 3 3 3 3 解得

4 3 ? 1, 故直线AB的方程为x ? y ? 2 ? 0. 2 2 2 3 ? C ( ,0), 于是 3 直线 AC 的斜率为 3 3 0?
2 4 2 ? ? | 2 2 因此, d ? 3 3 3 ? . 3 11 ? 12 |
(3)解法一:

将直线 PA 的方程 y ? kx 代入

x2 y2 2 2 ? ? 1, 解得x ? ? , 记? , 4 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2

则 P( ? , ?k ), A(?? ,??k ), 于是C ( ? ,0)

0 ? ?k k ? , 2 故直线 AB 的斜率为 ? ? ?
y?
其方程为

k ( x ? ? ), 代入椭圆方程得(2 ? k 2 ) x 2 ? 2?k 2 x ? ? 2 (3k 2 ? 2) ? 0, 2
或x ? ? ?因此B(

x?
解得

? (3k 2 ? 2)
2 ? k2

? (3k 2 ? 2)
2 ? k2

,

) 2 ? k2 .

?k3

?k 3
k1 ?
于是直线 PB 的斜率

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 , y 2 ), 则x1 ? 0, x2 ? 0, x1 ? x2 , A(? x1 ,? y1 ), C ( x1 ,0) .

设直线 PB, 的斜率分别为 k1 , k 2 因为 C 在直线 AB 上, AB 所以 从而

k2 ?

0 ? ( y1 ) y k ? 1 ? . x1 ? (? x1 ) 2 x1 2

k1 k ? 1 ? 2k1 k 2 ? 1 ? 2 ?

y 2 ? y1 y 2 ? (? y1 ) ? ?1 x 2 ? x1 x 2 ? (? x1 )

?

2 2 2 y 2 ? 2 y12 ( x 2 ? 2 y2 ) 4?4 ? 1 ? 22 ? 2 ? 0. 2 2 2 x 2 ? x1 x 2 ? x1 x 2 ? x12

因此 k1k ? ?1, 所以PA ? PB. 27.(安徽理 21)设 ? ? ? ,点 A 的坐标为(1,1),点 B 在抛物线 y ? x 上运动,点 Q 满 足 BQ ? ? QA ,经过 Q 点与 M x 轴垂直的直线交抛物线于点 M ,点 P 满足 QM ? ? MP , 求点 P 的轨迹方程。
?

本题考查直线和抛物线的方程, 平面向量的概念, 性质与运算, 动点的轨迹方程等基本知识, 考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力,全面考核综合数学素养. 解:由 QM ? ? MP 知 Q,M,P 三点在同一条垂直于 x 轴的直线上,故可设

P( x, y), Q( x, y 0 ), M ( x, x 2 ), 则x 2 ? y 0 ? ? ( y ? x 2 ), 则y 0 ? (1 ? ? ) x 2 ? ?y.
再设



B( x1 , y1 ),由BQ ? ? QA,即( x ? x1 . y 0 ? y1 ) ? ? (1 ? x,1 ? y 0 ),

? x1 ? (1 ? ? ) x ? ? , ? y ? (1 ? ? ) y 0 ? ?. 解得 ? 1
将①式代入②式,消去

② ,得

y0

? x1 ? (1 ? ? ) x ? ? , ? 2 2 ? y1 ? (1 ? ? ) x ? ? (1 ? ? ) y ? ? .
2


2 2

又点 B 在抛物线 y ? x 上,所以 y1 ? x1 ,再将③式代入 y1 ? x1 ,得

(1 ? ? ) 2 x 2 ? ? (1 ? ? ) y ? ? ? ((1 ? ? ) x ? ? ) 2 , (1 ? ? ) 2 x 2 ? ? (1 ? ? ) y ? ? ? (1 ? ? ) 2 x 2 ? 2? (1 ? ? ) x ? ?2 , 2? (1 ? ? ) x ? ? (1 ? ? ) y ? ? (1 ? ? ) ? 0. 因? ? 0, 两边同除以? (1 ? ? ), 得2 x ? y ? 1 ? 0.
故所求点 P 的轨迹方程为 y ? 2 x ? 1. 28. (北京理 19)

G:
已知椭圆

x2 ? y2 ? 1 2 2 4 .过点(m,0)作圆 x ? y ? 1的切线 I 交椭圆 G 于 A,B 两点.

(I)求椭圆 G 的焦点坐标和离心率; (II)将

AB

表示为 m 的函数,并求

AB

的最大值.

(19)(共 14 分) 解:(Ⅰ)由已知得 a ? 2, b ? 1, 所以

c ? a 2 ? b 2 ? 3.

所以椭圆 G 的焦点坐标为 (? 3,0), ( 3,0)

e?
离心率为

c 3 ? . a 2

(Ⅱ)由题意知, | m |? 1 .

当 m ? 1 时,切线 l 的方程 x ? 1,点 A、B 的坐标分别为 此时 | AB |?

(1,

3 3 ), (1,? ), 2 2

3 3

当 m=-1 时,同理可得 | AB |?

当 | m |? 1 时,设切线 l 的方程为 y ? k ( x ? m),

? y ? k ( x ? m), ? 2 得(1 ? 4k 2 ) x 2 ? 8k 2 mx ? 4k 2 m 2 ? 4 ? 0 ?x 2 ? ? y ? 1. 由? 4
设 A、B 两点的坐标分别为 ( x1 , y1 )( x 2 , y 2 ) ,则

x1 ? x 2 ?

8k 2 m 1 ? 4k 2

, x1 x 2 ?

4k 2 m 2 ? 4 1 ? 4k 2
| km| k ?1
2

x 2 ? y 2 ? 1相切, 得
又由 l 与圆 所以

? 1, 即m 2 k 2 ? k 2 ? 1.

| AB |? ( x 2 ? x1 ) 2 ? ( y 2 ? y1 ) 2
2

64 k 4 m ? 4 ( 4 k 2 m 2 ? 4) ? (1 ? k )[ ? ] (1 ? 4k 2 ) 2 1 ? 4k 2 ? 4 3|m| . m2 ? 3
3,

由于当 m ? ?3 时, | AB |?

| AB |?
所以

4 3|m| , m ? (??,?1] ? [1,??) m2 ? 3

.

| AB |?
因为

4 3|m| ? m2 ? 3

4 3 3 |m|? |m|

? 2,

且当 m ? ? 3 时,|AB|=2,所以|AB|的最大值为 2. 29.(福建理 17)已知直线 l:y=x+m,m∈R。 (I)若以点 M(2,0)为圆心的圆与直线 l 相切与点 P,且点 P 在 y 轴上,求该圆的方程; (II) 若直线 l 关于 x 轴对称的直线为 l ? , 问直线 l ? 与抛物线 C: x2=4y 是否相切?说明理由。 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、化归与转化思想、分类与整合思想。满分 13 分。 解法一: (I)依题意,点 P 的坐标为(0,m)

0?m ?1 ? ?1 因为 MP ? l ,所以 2 ? 0 ,

解得 m=2,即点 P 的坐标为(0,2) 从而圆的半径

r ?| MP |? (2 ? 0) 2 ? (0 ? 2) 2 ? 2 2,
故所求圆的方程为 ( x ? 2) ? y ? 8.
2 2

(II)因为直线 l 的方程为 y ? x ? m, 所以直线 l ' 的方程为 y ? ? x ? m.

? y ' ? ? x ? m, 得x 2 ? 4 x ? 4 m ? 0 ? 2 x ? 4y 由?
? ? 42 ? 4 ? 4m ? 16(1 ? m)
(1)当 m ? 1, 即? ? 0 时,直线 l ' 与抛物线 C 相切 (2)当 m ? 1,那 ? ? 0 时,直线 l ' 与抛物线 C 不相切。 综上,当 m=1 时,直线 l ' 与抛物线 C 相切; 当 m ? 1时,直线 l ' 与抛物线 C 不相切。 解法二: (I)设所求圆的半径为 r,则圆的方程可设为 ( x ? 2) ? y ? r .
2 2 ?

依题意,所求圆与直线 l : x ? y ? m ? 0 相切于点 P(0,m),

?4 ? m 2 ? r 2 , ? ?| 2 ? 0 ? m | ? r, ? 2 ? 则
? m ? 2, ? ? ? r ? 2 2. 解得 ?
所以所求圆的方程为 ( x ? 2) ? y ? 8.
2 2

(II)同解法一。 30.(广东理 19)
2 2 2 2 设圆 C 与两圆 ( x ? 5) ? y ? 4, ( x ? 5) ? y ? 4 中的一个内切,另一个外切。

(1)求 C 的圆心轨迹 L 的方程;

3 5 4 5 , ), F ( 5, 0) MP ? FP 5 (2)已知点 M 5 ,且 P 为 L 上动点,求 的最大值及此时 (

点 P 的坐标. (1)解:设 C 的圆心的坐标为 ( x, y ) ,由题设条件知

| ( x ? 5) 2 ? y 2 ? ( x ? 5) 2 ? y 2 |? 4,

x2 ? y 2 ? 1. 化简得 L 的方程为 4

(2)解:过 M,F 的直线 l 方程为 y ? ?2( x ? 5) ,将其代入 L 的方程得

15 x 2 ? 32 5 x ? 84 ? 0.
x1 ? 6 5 14 5 6 5 2 5 14 5 2 5 , x2 ? , 故l与L交点为T1 ( ,? ), T2 ( , ). 5 15 5 5 15 15

解得

因 T1 在线段 MF 外,T2 在线段 MF 内,故

| MT1 | ? | FT1 | ?| MF |? 2,

| MT2 | ? | FT2 | ?| MF |? 2. | MP | ? | FP | ?| MF |? 2.


,若 P 不在直线 MF 上,在 ?MFP 中有

| MP | ? | FP |

只在 T1 点取得最大值 2。

31.(湖北理 20) 平面内与两定点 A1(?a, 0) , A2(a, 0) (a ? 0) 连续的斜率之积等于非零常数 m 的点的轨迹, 加上 A1 、 A2 两点所成的曲线 C 可以是圆、椭圆成双曲线. (Ⅰ)求曲线 C 的方程,并讨论 C 的形状与 m 值得关系; (Ⅱ)当 m ? ?1 时,对应的曲线为

C1

;对给定的 m ? (?1,0)U (0, ??) ,对应的曲线为

C2



F1
设 、

F2



C2

C1
的两个焦点。试问:在

撒谎个,是否存在点 N ,使得△

F1

N F2 的面积

S ?| m | a 2 。若存在,求 tan

F1

N F2 的值;若不存在,请说明理由。

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 即 mx ? y ? ma ( x ? ? a) ,
2 2 2

kMA1 ? kMA2

y y y2 ? ? ? ? m, x ? a x ? a x2 ? a2



A1 (?a, 0), A2 ( A, 0)

的坐标满足 mx ? y ? ma ,
2 2 2 2 2 2

故依题意,曲线 C 的方程为 mx ? y ? ma .

x2 y2 ? ? 1, C 2 ?ma 2 当 m ? ?1时, 曲线 C 的方程为 a 是焦点在 y 轴上的椭圆;
当 m ? ?1 时,曲线 C 的方程为 x ? y ? a ,C 是圆心在原点的圆;
2 2 2

x2 y2 ? ?1 2 ?ma 2 当 ?1 ? m ? 0 时,曲线 C 的方程为 a ,C 是焦点在 x 轴上的椭圆;

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

当 m? (?1, 0) ? (0, ??) 时, 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 | a 的充要条件是
2

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,

| y0 |?
由②得

|m|a . 1? m

0?


|m|a 1? 5 ? a, 即 ? m ? 0, 2 1? m
1? 5 2 时,

0?m?


存在点 N,使 S=|m|a2;

|m|a 1? 5 ? a, 即-1<m< , 2 1? m 当
m?


1? 5 2 时,

不存在满足条件的点 N,

?1 ? 5 ? ? 1 ? 5 ? m?? , 0 ? ? ? 0, ? ? ? 2 2 ? ? ? ? 当 时, ???? ???? ? NF1 ? (?a 1 ? m ? x0 ? y0 ), NF2 ? (a 1 ? m ? x0 , ? y0 )
由 可得 令



???? ???? ? 2 2 NF1 ? NF2 ? x0 ? (1 ? m)a 2 ? y0 ? ?ma 2 ,


???? ???? ? | NF1 |? r1 ,| NF2 |? r2 , ?F1 NF2 ? ?

???? ???? ? ma 2 NF1 ? NF2 ? r1r2 cos ? ? ?ma 2 , 可得r1r2 ? ? cos ? , 则由 1 ma 2 sin ? 1 S ? r1r2 sin ? ? ? ? ? ma 2 tan ? 2 2cos ? 2 从而 ,
于是由 S ?| m | a ,
2

1 2| m| ? ma 2 tan ? ?| m | a 2 ,即 tan ? ? ? . m 可得 2
综上可得:

?1 ? 5 ? m?? ,0? ? 2 ? 2 ? 时,在 C1 上,存在点 N,使得 S ?| m | a , 且 tan F1 NF2 ? 2; 当 ? 1? 5 ? m ? ? 0, ? ? 2 ? S ?| m | a 2 , 且 tan F1 NF2 ? ?2; ? 当 时,在 C1 上,存在点 N,使得

m(?1,


1? 5 1? 5 )?( , ??) 2 2 时,在 C1 上,不存在满足条件的点 N。

32.(湖南理 21)

如图 7,椭圆

C1 :

x2 y 2 3 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 2 C : y ? x2 ? b a b 的离心率为 2 ,x 轴被曲线 2 截得

的线段长等于 C1 的长半轴长。 (Ⅰ)求 C1,C2 的方程; (Ⅱ)设 C2 与 y 轴的焦点为 M,过坐标原点 O 的直线 l 与 C2 相交于点 A,B,直线 MA,MB 分别与 C1 相交与 D,E. (i)证明:MD⊥ME; (ii)记△MAB,△MDE 的面积分别是

S1 , S 2

.问:

S1 17 ? S 2 32 ?请说明理由。 是否存在直线 l,使得
解 : ( Ⅰ ) 由 题 意 知

e?

c 3 ? , 从而a ? 2b, 又2 b ? a, 解得a ? 2, b ? 1. a 2

x2 ? y 2 ? 1, y ? x 2 ? 1. 故 C1,C2 的方程分别为 4
(Ⅱ)(i)由题意知,直线 l 的斜率存在,设为 k,则直线 l 的方程为 y ? kx .

?y ? kx ? ? 2 ?y ? x ?1 ? 由 得

x 2 ? kx ? 1 ? 0

.

设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ), 则x1 , x2 是上述方程的两个实根,于是

x1 ? x2 ? k , x1 x2 ? ?1.
又点 M 的坐标为(0,—1),所以
2 y1 ? 1 y 2 ? 1 (k x1 ? 1)( k x2 ? 1) k x1 x 2 ? k ( x1 ? x 2 ) ? 1 ? ? ? ? x1 x2 x1 x 2 x1 x 2

k MA ? k MB

?

? k 2 ? k 2 ?1 ?1

? ?1.

故 MA⊥MB,即 MD⊥ME.

? y ? k1 x ? 1, ? y ? k1 x ? 1,由? 2 ?y ? x ?1 ? (ii)设直线 MA 的斜率为 k1,则直线 MA 的方程为 解得

?x ? k , ?x ? 0 或? ? 2 ? y ? ?1 ? y ? k 1 ? 1
则点 A 的坐标为 (k1 , k1 ? 1) .
2

1 k1 , 又直线 MB 的斜率为 ? (?
同理可得点 B 的坐标为

1 1 , ? 1). k1 k12

于是

1 1 1 1 1 ? k12 2 S1 ? | MA | ? | MB |? 1 ? k1 ? | k1 | ? 1 ? 1 ? | ? |? 2 2 k1 k1 2 | k1 |

? y ? k1 x ? 1, ? ? 2 2 ? x ? 4 y ? 4 ? 0 (1 ? 4k12 ) x 2 ? 8k1 x ? 0. ? 由 得

解得

8k1 ? ? x ? 1 ? 4k 2 , ? x ? 0, ? 1 或? ? 2 ? y ? ?1 ? y ? 4k1 ? 1 ? 1 ? 4k12 ?

8k1 4k12 ? 1 ( , ). 1 ? 4k12 1 ? 4k12 则点 D 的坐标为 ? 8k1 4 ? k12 1 ( , ). ? 2 2 k ,同理可得点 E 的坐标为 4 ? k1 4 ? k1 又直线 ME 的斜率为 S2 ?
于是

32 (1 ? k12 )? | k1 | 1 | MD | ? | ME |? 2 (1 ? k12 )( k12 ? 4) .

S1 1 4 ? (4k12 ? 2 ? 17). S 64 k1 因此 2
1 4 17 1 (4k12 ? 2 ? 17) ? , 解得k12 ? 4, 或k12 ? . 64 k1 32 4 由题意知,

1 k12 1 3 k? ? k1 ? , 所以k ? ? . 1 k1 2 k1 ? k1 又由点 A、B 的坐标可知, k12 ?
y?
故满足条件的直线 l 存在,且有两条,其方程分别为

3 3 x和y ? ? x. 2 2

33.(辽宁理 20) 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.

e?
(I)设

1 2 ,求 BC 与 AD 的比值;

(II)当 e 变化时,是否存在直线 l,使得 BO∥AN,并说 明理由. 解:(I)因为 C1,C2 的离心率相同,故依题意可设

C1 :

x2 y 2 b2 y 2 x 2 ? 2 ? 1, C2 : 4 ? 2 ? 1, (a ? b ? 0) a2 b a a
(| t |? a) ,分别与 C1,C2 的方程联立,求得

设直线 l : x ? t

A(t ,

a 2 2 b 2 2 a ? t ), B(t , a ? t ). b a

………………4 分

1 3 e ? 时, b ? a, 分别用y A , yB 2 2 当 表示 A,B 的纵坐标,可知

| BC |:| AD |?

2 | yB | b 2 3 ? ? . 2 | yA | a2 4

………………6 分

(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 t?? 2 ? ? 2 ? a. a ? b2 e 解得
| t |? a, 又0 ? e ? 1, 所以
因为

1 ? e2 2 ? 1, 解得 ? e ? 1. 2 2 e

0?e?
所以当

2 2 时,不存在直线 l,使得 BO//AN;

2 ? e ?1 当 2 时,存在直线 l 使得 BO//AN.
34.(全国大纲理 21)

………………12 分

y2 C:x ? ?1 2 已知 O 为坐标原点, 为椭圆 F 在 y 轴正半轴上的焦点, F 且斜率为 - 2 的 过 ??? ??? ??? ? ? ? 直线 l 与 C 交于 A、B 两点,点 P 满足 OA ? OB ? OP ? 0.
2

(Ⅰ)证明:点 P 在 C 上; (Ⅱ)设点 P 关于点 O 的对称点为 Q,证明:A、P、B、Q 四点在同一圆上.

解: (I)F(0,1), l 的方程为 y ? ? 2 x ? 1 ,

x2 ?
代入

y2 ?1 2 并化简得
…………2 分

4 x 2 ? 2 2 x ? 1 ? 0.


A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ), P( x3 , y3 ),
x1 ? 2? 6 2? 6 , x2 ? , 4 4 2 , y1 ? y2 ? ? 2( x1 ? x2 ) ? 2 ? 1, 2 x3 ? ?( x1 ? x2 ) ? ? 2 , y3 ? ?( y1 ? y2 ) ? ?1. 2



x1 ? x2 ?

由题意得

(?
所以点 P 的坐标为

2 , ?1). 2
(? 2 , ?1) 2 满足方程

经验证,点 P 的坐标为

x2 ?

y2 ? 1, 2 故点 P 在椭圆 C 上。
P(?

…………6 分

(II)由

2 2 Q( ,1) , ?1) 2 2 和题设知,

PQ 的垂直平分线 1 的方程为

l

y??

2 x. 2



M(
设 AB 的中点为 M,则

2 1 , ) 4 2 ,AB 的垂直平分线为 l2 的方程为

y?

2 1 x? . 2 4



由①、②得

l1 , l2

N (?
的交点为

2 1 , ) 8 8 。

…………9 分

| 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 35.(全国新课标理 20)

…………12 分

在平面直角坐标系 xOy 中, 已知点 A (0, , 点在直线 y ? ?3 上, 点满足 MB / / OA , -1) B M

????

??? ?

???? ??? ???? ??? ? ? MA?AB ? MB?BA ,M 点的轨迹为曲线 C.
(I)求 C 的方程; (II)P 为 C 上动点, l 为 C 在点 P 处的切线,求 O 点到 l 距离的最小值.

(20)解: (Ⅰ)设 M(x,y),由已知得 B(x,-3),A(0,-1).

uuu r

uuu r

uur u

所以 MA =(-x,-1-y), MB =(0,-3-y), AB =(x,-2).

uuu uuu r r uur u MA + MB )? AB =0, 即(-x,-4-2y)? (x,-2)=0. 再由题意可知(
1 2 所以曲线 C 的方程式为 y= 4 x -2. 1 1 1 2 ' (Ⅱ)设 P(x 0 ,y 0 )为曲线 C:y= 4 x -2 上一点,因为 y = 2 x,所以 l 的斜率为 2 x 0 y ? y0 ? 1 x0 ( x ? x0 ) 2 x x ? 2 y ? 2 y0 ? x0 ? 0 2 ,即 0 . y0 ?
.又

因此直线 l 的方程为

d?
则 O 点到 l 的距离

2 | 2 y0 ? x0 |

x ?4
2 0

1 2 x0 ? 2 4 ,所以

1 2 x0 ? 4 1 4 2 d?2 ? ( x0 ? 4 ? ) ? 2, 2 2 x0 ? 4 2 x0 ? 4

2 x0

=0 时取等号,所以 O 点到 l 距离的最小值为 2.

36.(山东理 22)

x2 y2 ? ?1 ?x , y ? ?x , y ? 2 已知动直线 l 与椭圆 C: 3 交于 P 1 1 、Q 2 2 两不同点,且△OPQ 的面积
6 S ?OPQ 2 = ,其中 O 为坐标原点.
(Ⅰ)证明

x12 ? x2 2



y12 ? y2 2

均为定值;

(Ⅱ)设线段 PQ 的中点为 M,求 | OM | ? | PQ | 的最大值;

(Ⅲ) 椭圆 C 上是否存在点 D,E,G, 使得 的形状;若不存在,请说明理由.

S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ?

6 2 ?若存在, 判断△DEG

(I)解:(1)当直线 l 的斜率不存在时,P,Q 两点关于 x 轴对称, 所以

x2 ? x1 , y2 ? ? y1.

因为

P( x1 , y1 )

在椭圆上,

x12 y12 ? ?1 2 因此 3
S?OPQ ? 6 , 2
6 . 2



又因为

所以

| x1 | ? | y1 |?



由①、②得 此时

| x1 |?

6 ,| y1 |? 1. 2

2 2 x12 ? x2 ? 3, y12 ? y2 ? 2,

(2)当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y ? kx ? m,

x2 y2 ? ?1 2 由题意知 m ? 0 ,将其代入 3 ,得
(2 ? 3k 2 ) x 2 ? 6kmx ? 3(m2 ? 2) ? 0 ,
其中 ? ? 36k m ? 12(2 ? 3k )(m ? 2) ? 0,
2 2 2 2
2 2 即 3k ? 2 ? m

…………(*)



x1 ? x2 ? ?

6km 3(m2 ? 2) , x1 x2 ? , 2 ? 3k 2 2 ? 3k 2

所以

| PQ |? 1 ? k 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2 ? d? |m| 1? k 2 ,

2 6 3k 2 ? 2 ? m2 , 2 ? 3k 2

因为点 O 到直线 l 的距离为

所以

S?OPQ ?

1 | PQ | ?d 2

?

1 2 6 3k 2 ? 2 ? m 2 |m| 1? k 2 ? ? 2 2 2 ? 3k 1? k 2

6 | m | 3k 2 ? 2 ? m 2 ? 2 ? 3k 2



S?OPQ ?
2

6 , 2
2

整理得 3k ? 2 ? 2m , 且符合(*)式,

6km 2 3(m2 ? 2) x ? x ? ( x1 ? x2 ) ? 2 x1 x2 ? (? ) ? 2? ? 3, 2 ? 3k 2 2 ? 3k 2 此时
2 1 2 2 2

2 2 2 2 2 2 y12 ? y2 ? (3 ? x12 ) ? (3 ? x2 ) ? 4 ? ( x12 ? x2 ) ? 2. 3 3 3
综上所述,
2 2 x12 ? x2 ? 3; y12 ? y2 ? 2,

结论成立。

(II)解法一: (1)当直线 l 的斜率存在时,

由(I)知

| OM |?| x1 |?

6 ,| PQ |? 2 | y1 |? 2, 2

| OM | ? | PQ |?
因此

6 ? 2 ? 6. 2

(2)当直线 l 的斜率存在时,由(I)知

x1 ? x2 3k ? , 2 2m

y1 ? y2 x ?x 3k 2 ?3k 2 ? 2m 2 ? ? k( 1 2 ) ? m ? ? ?m? ? , 2 2 2m 2m m 2 2 x ?x y ? y2 2 9 k 1 6m ? 2 1 1 | OM |2 ? ( 1 2 ) 2 ? ( 1 ) ? ? 2 ? ? (3 ? 2 ), 2 2 2 2 4m m 4m 2 m 2 2 2 24(3k ? 2 ? m ) 2(2m ? 1) 1 | PQ |2 ? (1 ? k 2 ) ? ? 2(2 ? 2 ), 2 2 2 (2 ? 3k ) m m
| OM |2 ? | PQ |2 ?
所以

1 1 1 ? (3 ? 2 ) ? 2 ? (2 ? 2 ) 2 m m

1 1 )(2 ? 2 ) 2 m m 1 1 3? 2 ? 2? 2 m m ) 2 ? 25 . ?( 2 4 ? (3 ?
| OM | ? | PQ |?
所以

5 1 1 3 ? 2 ? 2 ? 2 ,即m ? ? 2 2 ,当且仅当 m m 时,等号成立.

5 . 综合(1)(2)得|OM|·|PQ|的最大值为 2
解法二: 因为

4 | OM |2 ? | PQ |2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? ( x2 ? x1 ) 2 ? ( y2 ? y1 ) 2
2 2 ? 2[( x12 ? x2 ) ? ( y12 ? y2 )]

? 10.

2 | OM | ? | PQ |?
所以

4 | OM |2 ? | PQ |2 10 ? ? 5. 2 5

| OM | ? | PQ |?


5 , 2 当且仅当 2 | OM |?| PQ |? 5 时等号成立。

5 . 因此 |OM|·|PQ|的最大值为 2
S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ? 6 . 2 6 2 ,

(III)椭圆 C 上不存在三点 D,E,G,使得

证明:假设存在 由(I)得

D(u, v), E ( x1 , y1 ), G ( x2 , y2 )满足S ?ODE ? S ?ODG ? S ?OEG ?

2 2 2 2 u 2 ? x12 ? 3, u 2 ? x2 ? 3, x12 ? x2 ? 3; v 2 ? y12 ? 2, v 2 ? y2 ? 2, y12 ? y2 ? 2,

3 2 2 ; v ? y12 ? y2 ? 1. 2 5 因此u , x1 , x2 只能从 ? 中选取, v, y1 , y2 只能从 ? 1中选取, 2
2 解得u 2 ? x12 ? x2 ?

(?
因此 D,E,G 只能在

6 , ?1) 2 这四点中选取三个不同点,

而这三点的两两连线中必有一条过原点,



S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ?

6 2 矛盾,

所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 D,E,G. 37.(陕西理 17) 如图,设 P 是圆 x ? y ? 25 上的动点,点 D 是 P 在 x 轴上的摄影,M 为 PD 上一点,且
2 2

MD ?

4 PD 5

(Ⅰ)当 P 在圆上运动时,求点 M 的轨迹 C 的方程;

4 (Ⅱ)求过点(3,0)且斜率为 5 的直线被 C 所截线段的长度

解:(Ⅰ)设 M 的坐标为(x,y)P 的坐标为(xp,yp)

? xp ? x, ? ? 5 ? yp ? 4 y , 由已知得 ?
?5 ? x2 y 2 x ? ? y ? ? 25 ? ?1 ?4 ? ∵P 在圆上, ∴ ,即 C 的方程为 25 16
2 2

4 4 y ? ? x ? 3? 5 (Ⅱ)过点(3,0)且斜率为 5 的直线方程为 ,
设直线与 C 的交点为

A ? x1 , y1 ? , B ? x2 , y2 ?

y?
将直线方程
2

4 ? x ? 3? 5 代入 C 的方程,得

x 2 ? x ? 3? ? ?1 25 25
x1 ? 3 ? 41 3 ? 41 , x2 ? 2 2

即 x ? 3x ? 8 ? 0
2



∴ 线段 AB 的长度为

AB ?

? x1 ? x2 ? ? ? y1 ? y2 ?
2

2

41 41 2 ? 16 ? ? ?1 ? ? ? x1 ? x2 ? ? ? 41 ? 25 5 ? 25 ?

注:求 AB 长度时,利用韦达定理或弦长公式求得正确结果,同样得分。 38.(上海理 23) 已知平面上的线段 l 及点 P ,在 l 上任取一点 Q ,线段 PQ 长度的最小值 称为点 P 到线段 l 的距离,记作 d ( P, l ) 。 (1)求点 P(1,1) 到线段 l : x ? y ? 3 ? 0(3 ? x ? 5) 的距离 d ( P, l ) ; (2)设 l 是长为 2 的线段,求点集 D ? {P | d ( P, l ) ? 1} 所表示图形的面积;

(3)写出到两条线段

l1 , l2

距离相等的点的集合

? ? {P | d ( P, l1 ) ? d ( P, l2 )}

,其中

l1 ? AB, l2 ? CD



A, B, C, D 是下列三组点中的一组。对于下列三组点只需选做一种,满分分别是①2 分,②
6 分,③8 分;若选择了多于一种的情形,则按照序号较小的解答计分。

A(1,3), B(1,0), C(?1,3), D(?1,0) 。
② A(1,3), B(1,0), C (?1,3), D(?1, ?2) 。 ③
y 1 A -1 B 1

A( 0 , 1 ) , B

( 0 ,C ) , 0

( D , 0 )。 ( 2 , 0 ) 0 ,

O -1

解:⑴ 设 Q( x, x ? 3) 是线段 l : x ? y ? 3 ? 0(3 ? x ? 5) 上一点,则

5 9 | PQ |? ( x ? 1) 2 ? ( x ? 4) 2 ? 2( x ? ) 2 ? (3 ? x ? 5) 2 2





x?3





d(

P? ,

l )m ? i | P n Q |


5

⑵ 设线段 l 的端点分别为 A, B ,以直线 AB 为 x 轴, AB 的中点为原点建立直角坐标系, 则 A(?1,0), B(1,0) ,点集 D 由如下曲线围成

l1 : y ? 1(| x |? 1), l2 : y ? ?1(| x |? 1)
C1 : ( x ? 1) 2 ? y 2 ? 1( x ? ?1), C2 : ( x ? 1) 2 ? y 2 ? 1( x ? 1)
其面积为 S ? 4 ? ? 。



1,0) , ? ? {( x, y) | x ? 0} ⑶ ① 选择 A(1,3), B(1,0), C( ?1,3), D( ? 1, 2) ② 选择 A(1,3), B(1,0), C( ?1,3), D( ? ? 。

? ? {( x, y) | x ? 0, y ? 0} ? {( x, y ) | y 2 ? 4 x, ?2 ? y ? 0} ? {( x, y) | x ? y ? 1 ? 0, x ? 1}
③ 选择 A(0,1), B(0,0), C(0,0), D(2,0) 。

? ? {( x, y) | x ? 0, y ? 0} ? {( x, y) | y ? x,0 ? x ? 1}

?{( x, y) | x 2 ? 2 y ? 1,1 ? x ? 2} ? {( x, y) | 4 x ? 2 y ? 3 ? 0, x ? 2}

y C 3 A

y C 3 A
y 2.5

39.(四川理 21) 椭圆有两顶点 A(-1,0)、B(1,0),过其焦点 F(0,1)的直线 l 与椭圆交于 C、D 两 点,并与 x 轴交于点 P.直线 AC 与直线 BD 交于点 Q.

3 2 (I)当|CD | = 2 时,求直线 l 的方程; ??? ???? ? OP ? OQ 为定值。 (II)当点 P 异于 A、B 两点时,求证:

y2 ? x2 ? 1 解:由已知可得椭圆方程为 2 ,设 l 的方程为 y ? 1 ? k ( x ? 0), k 为 l 的斜率。
2k ? ? y ? kx ? 1 ? x1 ? x2 ? ? 2 ? k 2 ? 2 ? ? (2 ? k 2 ) x 2 ? 2kx ? 1 ? 0 ? ? ?y 2 ? ? x ?1 ? x x ? ?1 ?2 ? 1 2 2 ? k2 ? 则
2 2

4 ? y1 ? y2 ? ? ? 2 ? k2 ? 2 ? y y ? ?2k ? 2 ? 1 2 2 ? k2 ?

8k 2 ? 8 8k 4 ? 8k 2 9 ( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y2 ) ? ? ? ? k2 ? 2 ? k ? ? 2 2 2 2 2 (2 ? k ) (2 ? k ) 2

?l 的方程为 y ? ? 2 x ? 1
F,F 40.(天津理 18)在平面直角坐标系 xOy 中,点 P(a, b) (a ? b ? 0) 为动点, 1 2 分别为

x2 y 2 ? 2 ?1 2 F PF b 椭圆 a 的左右焦点.已知△ 1 2 为等腰三角形.
(Ⅰ)求椭圆的离心率 e ; (Ⅱ)设直线

PF2

与椭圆相交于 A, B 两点, M 是直线

PF2

上的点,满足 AM ? BM ? ?2 ,

???? ???? ? ?

求点 M 的轨迹方程. 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识,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) | PF2 |?| F1 F2 |,

由题意,可得 即

(a ? c) 2 ? b 2 ? 2c.

c c c 2( )2 ? ? 1 ? 0, 得 ? ?1 a a 整理得 a (舍), c 1 1 ? . e? . 2 或 a 2 所以
(II)解:由(I)知 a ? 2c, b ? 3c, 可得椭圆方程为 3x ? 4 y ? 12c ,
2 2 2

直线 PF2 方程为 y ? 3( x ? c).

A,B 两点的坐标满足方程组

?3 x 2 ? 4 y 2 ? 12c 2 , ? ? ? y ? 3( x ? c ). ?

2 消去 y 并整理,得 5 x ? 8cx ? 0.

8 x 1 ? 0, x2 ? c. 5 解得

8 ? ? x2 ? 5 c, x1 ? 0, ? ? ? ? ? 3 3 ? y1 ? ? 3c, ? ? y ? c. ? 2 5 ? 得方程组的解
8 3 3 A( c, c), B(0, ? 3c) 5 不妨设 5

???? ? ? 8 3 3 ???? ( x, y ), 则 AM ? ( x ? c, y ? c), BM ? ( x, y ? 3c) 5 5 设点 M 的坐标为 ,
y ? 3( x ? c), 得c ? x ?


3 y. 3

???? ? 8 3 3 8 3 3 AM ? ( y ? x, y ? x), 15 5 5 5 于是
???? ? ???? ???? ? ? BM ? ( x, 3x). 由 AM ? BM ? ?2,

8 3 3 8 3 3 y ? x) ? x ? ( y ? x) ? 3x ? ?2 5 5 5 即 15 , (
2 化简得 18 x ? 16 3xy ? 15 ? 0.

y?


18 x 2 ? 15 3 10 x 2 ? 5 代入c ? x ? y, 得c ? ? 0. 3 16 x 16 3 x

所以 x ? 0.
2 因此,点 M 的轨迹方程是 18 x ? 16 3xy ? 15 ? 0( x ? 0).

41.(浙江理 21) 已知抛物线
2 C 2 C1 x 3 y : = ,圆 2 : x ? ( y ? 4) ? 1 的圆心为点 M

(Ⅰ)求点 M 到抛物线

c1

的准线的距离; 上一点(异于原点),过点 P 作圆

(Ⅱ)已知点 P 是抛物线

c1

c2

的两条切线,交抛物线

c1



A,B 两点,若过 M,P 两点的直线 l 垂直于 AB,求直线 l 的方程

本题主要考查抛物线的几何性质,直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识,同时考查解析 几何的基本思想方法和综合解题能力。满分 15 分。

1 y?? , 4 (I)解:由题意可知,抛物线的准线方程为: 17 . 所以圆心 M(0,4)到准线的距离是 4
(II)解:设 则题意得
2 2 P( x0 , x0 ), A( x1 , x12 ), B( x2 , x2 )



x0 ? 0, x0 ? ?1, x1 ? x2


2 y ? x0 ? k ( x ? x0 )

设过点 P 的圆 C2 的切线方程为 即
2 y ? kx ? kx0 ? x0





2 | kx0 ? 4 ? x0 |

则 即

1? k 2

? 1,

2 2 2 ( x0 ? 1)k 2 ? 2 x0 (4 ? x0 )k ? ( x0 ? 4) 2 ? 1 ? 0



设 PA,PB 的斜率为

k1 , k2 (k1 ? k2 )

,则

k1 , k 2

是上述方程的两根,所以

k1 ? k2 ?

2 2 x0 ( x0 ? 4) ( x 2 ? 4) 2 ? 1 , k1k2 ? 0 2 . 2 x0 ? 1 x0 ? 1
2 y ? x 2得x 2 ? kx ? kx0 ? x0 ? 0,

将①代入 由于 故

x0

是此方程的根, ,所以

x1 ? k1 ? x0 , x2 ? k2 ? x0

k AB ?

2 2 x ( x 2 ? 4) x2 ? 4 x12 ? x2 ? x1 ? x2 ? k1 ? k2 ? 2 x0 ? 0 2 0 ? 2 x0 , k MP ? 0 . x1 ? x2 x0 ? 1 x0 2 2 x0 ( x0 ? 4) x2 ? 4 ? 2 x0 ) ? ( 0 ? ?1) 2 x0 ? 1 x0 ,

由 MP ? AB ,得
2 x0 ?

k AB ? kMP ? (

解得

23 , 5

(?
即点 P 的坐标为

23 23 , ) 5 5 ,
y?? 3 115 x ? 4. 115

所以直线 l 的方程为

42.(重庆理 20)如题(20)图,椭圆的中心为原点 O ,离心率 为x?? ?. (Ⅰ)求该椭圆的标准方程;

e?

? ? ,一条准线的方程

uur uuur u uuu r P 满足:OP ? OM ? ?ON ,其中 M , N 是椭圆上的点,直线 OM 与 ON (Ⅱ)设动点
? PF? ? PF? F,F 的斜率之积为 ? ,问:是否存在两个定点 ? ? ,使得 为定值?若存在,求 ?

F? , F?

的坐标;若不存在,说明理由.

e?
解:(I)由 解得 a ? 2, c ?

c 2 a2 ? , ? 2 2, a 2 c
2, b 2 ? a 2 ? c 2 ? 2 ,故椭圆的标准方程为

x2 y 2 ? ? 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 x ? 2 y ? 4 上,所以
2 2
2 2 x12 ? 2 y12 ? 4, x2 ? 2 y2 ? 4





2 2 x 2 ? 2 y 2 ? ( x12 ? 4 x2 ? 4 x1 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 ).


kOM , kON

分别为直线 OM,ON 的斜率,由题设条件知

kOM ? kON ?
2

y1 y2 1 ?? , x1 x2 2 因此 x1 x2 ? 2 y1 y2 ? 0,
2

所以 x ? 2 y ? 20.

x2 (2 5) 2 所以 P 点是椭圆

?

y2 ( 10) 2

?1
上的点,设该椭圆的左、右焦点为 F1,F2,则由椭 ,因此两焦点的坐标为

圆的定义|PF1|+|PF2|为定值,又因

c ? (2 5) 2 ? ( 10) 2 ? 10

F1 (? 10, 0), F2 ( 10, 0).

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