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解析几何大题答案

.-22

1、椭圆冷召1（a,b0）的两个焦点Fl、F2,点P在ab

椭圆C上，且PFl丄PF2,,|PFi|=4,,|PF2|=14.

（I）求椭圆C的方程；

（II）若直线L过圆x2+y2+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2aPFiPF26,a=3.

在Rt△PF1F2中，IF1F2I』PF2『|PF『2怎故椭圆的半焦距C=药，

从而b2=a2-c2=4,

所以椭圆C的方程为亍丁=1.

（H）设A,B的坐标分别为（X1,y1）、（X2,y2）.由圆的方程为（x+2）2+（y-1）2=5，所以圆心M的坐标为（—2，1）.从而可设直线I的方程为y=k（x+2）+1,

代入椭圆C的方程得（4+9k2）

x2+（36k2+18k）x+36k2+36k—27=0.

因为A，B关于点M对称.所以

1肿+%小

=_2.

4+9，

所以直线/的方程为尸験+”，即8炉9尸25=0.（经检验，符合题意）解法二：

（I）同解法一.

（II）已知圆的方程为（X+2）2+（y_l）2=5,所以圆心M的坐标为（一2,1）.

设儿〃的坐标分别为&1丿1）9（兀2丿2）・由题意

且

^4=*'①

斗+各1,②

由①一②得

（x,-x2）（x,+x2）J（必一儿）（戸+儿）_0

③

因为/、〃关于点M对称，所以xi+x2=—4,ji+

J2=2,

代入③得即直线/的斜率为廿

Xj-x299

所以直线I的方程为y-i=l（X+2）,即8x-

9尸25=0•（经检验，所求直线方程符合题意•）

（I）求过点0、F，并且与椭圆的左准线I相切的圆的方程；

（U）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法，考查运算能力和综合解题能力。

解：

（|）Qa22,b21,

Q圆过点0、F，

圆心M在直线x

设M（2t），则圆半径

r（I；）

（2）

由om|r,得』Jt23,解得t丘.

所求圆的方程为（x1）2（y.2）24.

（II）设直线AB的方程为yk（xi）（k0）,

代入手y21,整理得（12k2）x24k2x2k220.

Q直线AB过椭圆的左焦点F,方程有两个不等实根。

记AUBDAB中点NS）,则x.X22k21，

AB的垂直平分线

的方程为yy。

1（xxo）.

令

yo,得

.2k2

Xokyo2■

2k21

2k2

124k22

0,一XG0,

点G横坐标的取值范围为（2,0）.

3、设A,B分别为椭圆二*1（a,b0）的左、右顶点，

ab7

椭圆长半轴的长等于焦距，且X4为它的右准线。

（I）、求椭圆的方程；

（U）、设P为右准线上不同于点（4,0）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。

（U）解法1:

由（I）得A（-2,0）,B（2,0）.设M（xo,yo）.

•••M点在椭圆上，•••yo=3（4—xo）.

又点M异于顶点A、B，•—2

7Xo2

从而bm=（xo—2,yo）,bp=（2,）

Xo2

从而/MBN为钝角，

故点B在以MN为直径的圆内

解法2:

由（I）得A（-2,0）,B（2,0）设M（Xi，yi），N（X2，y2），

则一2

依题意，计算点B到圆心Q的距离与半径的差

BQ2—4|mn2=（宁—2）2+（汁）2—4[（X1—X2）2+（yi—y2）2]

=（Xi—2）（X2—2）+yiyi

③

又直线AP的方程为y==（x2）,直线bp

“％2

的方程为y=七&2）,

丿x22

而点两直线AP与BP的交点P在准线X=4上，

又点M在椭圆上，则宁牛1，即yi2弓（4X!

2）

7434

⑤

于是将⑷、⑤代入③,化简后可得|BQ2-丄|MN2

=5（2-xJ（X22）0.

从而，点B在以MN为直径的圆内。

r.22

4、已知椭圆Ci三七1,抛物线C2：

（ym）22px（p0）,43

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m、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=1,从

而点A的坐标为（1，|）或（1，-|.因为

点A在抛物线上.所以92p，即p8此时C2的焦

点坐标为（彩，0），该焦点不在直线AB上.

（II）解法一：

假设存在m、p的值使C2的焦点恰在直线AB上，由（I）知直线AB的斜率存在，故可设直线AB的方程为yk（x1）.

（kxkm）2px.

因为C2的焦点FGp,m）在直线yk（x1）上，

.22

k2X2p（k22）x—P0

由于Xi,X2也是方程③的两根，所以Xi+X2=

P（k2）k2

8k2

34k2

P（k2）

8k2

p22

（4k3）（k2）

又AB过Ci、、\、、C2的焦点，所以

（X,2）（X22）XiX2p（22Xi）（2»）,

1）.

由（I）知XiX2,p2，于是直线AB的斜率

y2y1m02m

X2X|

且直线AB的方程是y诜（x1）,

3xi4yi12

3x^4y12

3（X1X2）4（y1y2）出0

m23（p4）（p2）2

16（1p）

（y1m）2PX1（y2m）22px2

x2x1

%y22m2p—-

y2y1

将②、③代入⑥得

3p（P2）

1610p

解得P-或P8（舍去）•将p-代入⑤得m2

333

普或m普•

由上知，满足条件的m、p存在，且m再或込P电

3'P3

5、如图，椭圆Q:

冷+b=1（ab0）的右焦点F

7ab

（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+cos+sin,b2=sin（0-）,确定的值，使原点距椭圆的右准线I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？

、亠.-22

解：

如图，

（1）设椭圆Q:

笃+占=1（ab0）上ab

的点A（X1，yj、B

坐标为P（x，y），则

b2x2+a2y2=a2b2

（1）

b2x；+a2y；=a2b2

（2）

1当AB不垂直x轴时,

X1X2，

由

（1）—

（2）得b2（X1—X2）2x+a2（y1—y2）2y0

y1—y2bXy

——

x1—x2ayx—c

b2x2+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=0

（2）因为，椭圆Q右准线I方程是x=a_，原c

点距I

的距离为-，由于c2=a2—b2,a2=1+cos+c

sin,b2=sin（0—）

‘2

则a2=1+严+sin=2sin（—+—）cVi+cos247

当=-时，上式达到最大值。

此时a2=2,b2=1,

c=1,D（2,0）,|DF|=1

设椭圆Q:

才+y2=1上的点A（X1,y1）、B（X2,y2）,三角形ABD的面积

S=2|y1|+2|y2l=扌M—y2l

设直线m的方程为x=ky+1,代入+y2=1中，

得（2+k2）y2+2ky—1=0

由韦达定理得y1+y2=—I**，y1y2=—^+产,

4S2=（yi-y2）2=（yi+y2）2-4yiy2=（（^^）

令t=k2+11,得4$2=岛=亠夕=2，当t=

（丫十卩t+-+24

1,k=0时取等号。

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。

6、双曲线C与椭圆令七1有相同的焦点，直线y=氐为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i，交双曲线C于A,B两点，交x轴于Q点（Q点与C的顶点不重合）.当PQ’QA2QB，且128时，求Q点的坐标.

7古1由椭圆

解：

（I）设双曲线方程为

1求得两焦点为（2,0）,（2,0）,

xy_

对于双曲线C：

c2，又y3x为双曲线C的一条渐近线

b'3解得a21,b23，

（H）解法一：

B（X2,y2）则Q（和）

由题意知直线i的斜率k存在且不等于零

设I的方程：

ykx4,A（Xi,yJ，

umr

QPQ

1QA

（

4）

1（X1

R,y1）

——

）

—

QA（xi,yi）在双曲线C上，叫―）21610

kii

216222

16321161—kk0.

22162（16k2）；32116—k20.

同理有：

（16k2）；32216^k20.

若16k20,则直线I过顶点，不合题意.16k20,

此时0,k2.所求Q的坐标为（2,0）.

7、在平面直角坐标系XOy中，直线I与抛物线y2=2x相交于A、B两点.

（1）求证：

“如果直线I过点T（3,0）,那么OAOB=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（xi,yi）、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,血）、B（3,一<6）..IOAOB=3;

当直线l的钭率存在时，设直线l的方程为

yk（x3），其中k0,

由y2x得ky22y6k0yy6

yk（x3）

乂・xi2丫1，X22y2,

.uuuruuur〔2

・°・OAgOBX1X2yy寸⑴®）2y“23,

综上所述，命题如果直线l过点T（3,0）,那么OAOB=3"是真命题；

⑵逆命题是：

设直线l交抛物线y2=2x于A、B两点,如果OaOb=3，那么该直线过点T（3,0）.该命题是假命题.

例如：

取抛物线上的点A（2,2）,B&1）,此时OAJOB=3,直线AB的方程为：

yf（x1）,而T（3,0）不在直线AB上;

说明：

由抛物线y2=2x上的点A（X1,y1）、B（X2,y2）满足oaob=3，可得yiy2=—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）,

&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：

XnSn4（n1）；

（U）取X,2n，并记C”为抛物线上分别以A”与b,为切点的两条切线的交点。

试证：

|FGIFC2IL|FCn|2”2n11；

证明：

（I）对任意固定的”1,因为焦点F（0,1）所以可设直线AA的方程为y1k”x，将它与抛物线方程x24y联立得：

x24k”x40,由一元二次方程根与系数的关系得x,Sn4（n"・

（U）对任意固定的n1,利用导数知识易得抛物

线x24y在A”处的切线的斜率kA,寺故x2*4y在A”处

的切线的方程为：

yyn|（xx.）,……①

类似地，可求得x24y在Bn处的切线的方程为:

ytnS”（xSn）,②

现在Xn2-，禾IJ用上述已证结论并由等比数列求和公式得：

111

FGFC2IL|FCn-（xj|x2L|x-）2何匈L

9、如图，设抛物线方程为x2=2py（p>0）,M为直线y=-2p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；

（□）已知当M点的坐标为（2,-2p）

时，AB4局,求此时抛物线的方程；

（皿）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线x22py（p>0）上，其中，点C满足

皑oAOB（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A（Xi,

XiX2

-）,B（X2,-

2p2p

）,B（X2,

）,Xi

由X22py得y2_，则y:

所以

kMB—

因此直线MA的方程为y2p$（xXo）,

直线MB的方程为

y2p—（xXo）.

所以2p

子2p邑区

2pp

X-I

（XiXo）,

Xo）.

由①、②得

XixXo,

2，

所以A、M、B三点的横坐标成等差数列

（U）解：

由（I）知，当xo=2时，将其代入①、②并整理得：

x；4x14p2o,

因此

即2Xo

X（X2.

根，

因此x1x24,x1x24p2,

x；x2

所以kAB2

由弦长公式得

又AB4価，

所以p=1或p=2,

因此所求抛物线方程为X22y或x24y.

（川）解：

设D（X3,y3）,由题意得C（X1+X2,y1+y2）,

则CD的中点坐标为上），

代入得y3耳X3.

若D（X3,y3）在抛物线上，贝yx22py32x0X3,因此X3=0或X3=2xo.

即D（0,0）或D（2xo,

（1）当X0=0时，则Xix22X00，此时，点

M（0,-2p）适合题意.

（2）当X00,对于D（0,0）,此时

XiX2

22~-22

C（2X0，—）%尹汀

2p2X04PX0

又kAB学AB丄CD,

2222

X^XiX2XiX>彳

cdg4P2i，

所以

题设矛盾，

所以X00时，不存在符合题意的M点.

综上所述，仅存在一点M（0,-2p）适合题意.

i0、（本题i5分）已知曲线C是到点P（雳）

和到直线y5距离相等的点的轨迹。

是

过点Q（-1，0）的直线，M是C上（不

在上）的动点；A、B在上，MA,MBx轴（如图）

（I）求曲线C的方程；

（H）求出直线的方程，使得

碟为常数。

本题主要考查求曲线的轨迹方程、两条直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力•满分15分.

（I）解：

设N（x,y）为C上的点，贝0

|NP|

x—

N到直线y

由题设得

5的距离为

（H）解法一：

设M，直线l：

ykxk，则

B（x,kxk）,从而|QB|1|・

在Rt△QMA中，因为

22x

|QM|2（x1）21—，

|QB|22（1k2）J1k2gx1

TQATi^ig73

从而所求直线l方程为2xy20.

解法—：

设M兀丄于，直线l:

ykxk，则B（x,kxk）,从而

|QB|、1k2|x1|.

过Q（1,0）垂直于I的直线l1：

y丄（x1）.

因为|QA||MH|，所以|QA|

|QB|22（1k2）j1k2x1

]Qa[|T|g7^■

从而所求直线I方程为2xy20.

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