高考数学文科分类汇编解析几何Word文档下载推荐.docx

1、（1）求M的轨迹方程；（2）当|OP|OM|时，求l的方程及POM的面积20解：（1）圆C的方程可化为x2（y4）216，所以圆心为C（0，4），半径为4.设M（x，y），则CM（x，y4），MP（2x，2y）由题设知CMMP0，故x（2x）（y4）（2y）0，即（x1）2（y3）22.由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是（x1）2（y3）22.（2）由（1）可知M的轨迹是以点N（1，3）为圆心，为半径的圆由于|OP|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ONPM.因为ON的斜率为3，所以直线l的斜率为，故l的方程为yx.又|OM|OP|2，O到直线l的距离为，故|PM|

2、，所以POM的面积为.21、2019重庆卷 如图15，设椭圆1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1F1F2，2，DF1F2的面积为.（1）求该椭圆的标准方程（2）是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由图1521解：（1）设F1（c，0），F2（c，0），其中c2a2b2.由2得|DF1|c.从而SDF1F2|DF1|F1F2|c2，故c1.从而|DF1|.由DF1F1F2得|DF2|2|DF1|2|F1F2|2，因此|DF2|，所以2a|DF1|DF2

3、|2，故a，b2a2c21.因此，所求椭圆的标准方程为y21.（2）如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆y21相交，P1（x1，y1），P2（x2，y2）是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2x1，y1y2.由（1）知F1（1，0），F2（1，0），所以（x11，y1），（x11，y1）再由F1P1F2P2得（x11）2y0.由椭圆方程得1（x11）2，即3x4x10，解得x1或x10.当x10时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在当x1时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C（0，y0），

4、由CP1F1P1，得1.而y1|x11|，故y0.圆C的半径|CP1|.综上，存在满足题设条件的圆，其方程为x2.H2两直线的位置关系与点到直线的距离18、2019江苏卷 如图16所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m经测量，点A位于点O正北方向60 m处，点C位于点O正东方向170 m处（OC为河岸），tanBCO.（1）求新桥BC的长（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？图1618解： 方法一：（1）如图所示， 以O为坐

5、标原点， OC 所在直线为 x 轴， 建立平面直角坐标系xOy.由条件知A（0, 60）, C（170，0），直线 BC 的斜率kBCtanBCO.又因为 ABBC, 所以直线AB的斜率kAB.设点 B 的坐标为（a，b），则kBC， kAB，解得a80, b120，所以BC150.因此新桥BC的长是150 m.（2）设保护区的边界圆M的半径为r m, OMd m （0d60）由条件知， 直线BC的方程为y（x170），即4x3y6800.由于圆M与直线BC相切， 故点 M（0, d）到直线BC的距离是r，即r.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以即解得10d35.故当d10

6、时， r 最大， 即圆面积最大，所以当OM10 m时， 圆形保护区的面积最大方法二：（1）如图所示， 延长 OA, CB 交于点F.因为 tanFCO，所以sinFCO， cosFCO.因为OA60，OC170，所以OFOC tanFCO， CF， 从而AFOFOA.因为OAOC, 所以cosAFB sinFCO.又因为 ABBC，所以BFAFcosAFB， 从而BCCFBF150.（2）设保护区的边界圆 M与BC的切点为D，连接 MD，则MDBC，且MD是圆M的半径，并设MDr m，OMd m （0d60）因为OAOC, 所以sinCFOcosFCO.故由（1）知sinCFO， 所以r.因为

7、O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以故当d10时， r最大，即圆面积最大，22、2019全国卷 已知抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，直线y4与 y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|PQ|.（1）求C的方程；（2）过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程22解：（1）设Q（x0，4），代入y22px，得x0，所以|PQ|，|QF|x0.由题设得，解得p2（舍去）或p2，所以C的方程为y24x.（2）依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为xmy1（m0）代入y24x，得y24my40.设A

8、（x1，y1），B（x2，y2），则y1y24m，y1y24.故线段AB的中点为D（2m21，2m），|AB|y1y2|4（m21）又直线l的斜率为m，所以l的方程为xy2m23.将上式代入y24x，并整理得y2y4（2m23）0.设M（x3，y3），N（x4，y4），则y3y4，y3y44（2m23）故线段MN的中点为E，|MN|y3y4|.由于线段MN垂直平分线段AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|BE|MN|，从而|AB|2|DE|2|MN|2，即4（m21）2，化简得m210，解得m1或m1.所求直线l的方程为xy10或xy10.H3圆的方程172019湖北卷 已知圆O：x2y21和点A（2，0），若定点B（b，0）（b2）和常数满足：对圆O上任意一点M，都有|MB|MA|，则（1）b_；（2）_17（1）（2）解析 设点M（cos ，sin ），则由|MB|MA|得（cos b）2sin22，即2bcos b2142cos 52对任意的都成立，所以又由|MB|MA|，得0，且b2，解得（1）如图所示， 以O为坐标原点， OC 所