高中数学解析几何专题

高中数学解析几何专题
高中解析几何专题(精编版)
x
2
y
2
1、 (天津文)设椭圆
2
?
2
?1(a?b?0)
的左、右焦点分别为F
1
,F
2
。点< br>P(a,b)
ab
满足
|PF
2
|?|F
1
F
2
|.

(Ⅰ)求椭圆的离心率
e
;
(Ⅱ)设直线PF
2
与椭圆相交于A,B两点,若直线PF
2
与圆
5
(x?1)
2
?(y?3)
2
?16
相交于M,N两点,且
|MN|?|AB|
,求椭圆的方
8
程。
【解析】本小题主要考查 椭圆的标准方程与几何性质、直线的方程、两点间的距
离公式、点到直线的距离公式、直线与圆的位置关 系等基础知识,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
F
1
(?c,0),F2
(c,0)(c?0)
,因为
|PF
2
|?|F
1< br>F
2
|
,
cc
?
c
?
所以(a?c)?b?2c
,整理得
2
??
??1?0,得??1
( 舍)
a
?
a
?
a
c11
或
?,所以e?.

a22
(Ⅱ)解:由(Ⅰ)知
a?2c, b?3c
,可得椭圆方程为
3x
2
?4y
2
?12c
2
,直线FF
2
22
2
的方程为
y?3(x?c).

222
?
?
3x?4y?12c,
A,B两点的坐 标满足方程组
?
消去
y
并整理,得
?
?
y?3(x ?c).
8
?
x?c,
2
?
x?0,
?
5
8
?
1
?

5x
2
?8cx?0
。解得
x
1
?0,x
2
?c
,得方程组的解
??< br>5
?
?
y
1
??3c,
?
y?
33
c.
2
?
5
?
?
833
?
B(0 ,?3c)
, 不妨设
A
?
?
5
c,
5
c
?
?
,
??






?
16
?
8
?
?
33
所以
|AB |?
?
c
?
?
?
c?3c?c.

???
555
??
??
5
于就是
|MN|?|AB|?2 c.

8
|?3?3?3c|3|2?c|
?.
圆心
?1 ,3
到直线PF
2
的距离
d?
22
2
2
? ?
3
?
|MN|
?
2
因为
d?
?
,所以
(2?c)
2
?c
2
?16.

?4
?
4
?
2
?
26
整理得
7c
2
?12c?52?0
,得
c??
(舍),或
c?2.

7
2
2
1

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x
2
y
2
?1.
所以椭圆方程为
?
1 612
x
2
y
2
6
2、 已知椭圆
G:
2
?
2
?1(a?b?0)
的离心率为,右焦点为(
22
,0 ),斜率为
3
ab
I的直线
l
与椭圆G交与A、B两点,以AB为底 边作等腰三角形,顶点为
P(-3,2)、
(I)求椭圆
G
的方程;
(II)求
?PAB
的面积、
【解析】
c6

.
解:(Ⅰ)由已知得
c?22,?
a3
解得
a?23.

又
b
2
?a
2
?c
2
?4.

x
2
y
2
?1.
所以椭圆G的方程为
?
124
(Ⅱ)设直线
l
的方程为
y?x?m.

?
y?x?m
?
由
?
x
2
y
2
得
?1
?
?
?
124
4x
2
?6mx?3m
2
?12?0.

设A、B的坐标分别为
(x
1
,y
1
),(x
2
,y
2
)(x
1
?x
2< br>),
AB中点为E
(x
0
,y
0
)
,
x
1
?x
2
3m
??,

24
m
y
0
?x
0
?m?

4
因为AB就是等腰△PAB的底边,
所以PE⊥AB、
m
2?
4
??1.
所以PE的斜率
k?
3m
?3?
4
解得m=2。
此时方程①为
4x
2
?12x?0.

则
x
0
?
解得
x
1
??3,x
2
?0.

所以
y
1
??1,y
2
?2.

所以|AB|=
32
、
此时,点P(—3,2)到直线AB:
x? y?2?0
的距离
d?
所以△PAB的面积S=
19

|A B|?d?.
22
|?3?2?2|
2
?
32
,

2
2

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y
2
?1
在y轴正半轴上的3、 (全国大纲文)已知O为坐标原点,F为椭 圆
C:x?
2
焦点,过F且斜率为
-2
的直线
l
与 C交与A、B两点,点P满足
uuuruuuruuur
OA?OB?OP?0.

(Ⅰ)证明:点P在C上;
(II)设点P关于O的对称点为Q,证明:A、P、B、Q四
点在同一圆上。
【解析】22 .解:(I)F(0,1),
l
的方程为
y??2x?1
,
2
y
2
?1
并化简得 代入
x?
2
4x
2
?22x?1?0.

设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
) ,P(x
3
,y
3
),

2
…………2分
2?62?6
,x
2
?,

44
2
x1
?x
2
?,y
1
?y
2
??2(x
1
?x
2
)?2?1,

2
2
,y
3??(y
1
?y
2
)??1.
由题意得
x
3
??(x
1
?x
2
)??
2
2
,?1).
所以点P的坐标为
(?
2
2
,?1)
满足方程 经验证, 点P的坐标为
(?
2
y
2
2
x??1,
故点P在椭 圆C上。
2
22
,?1)
与题设知,
Q(,1)
(II)由
P(?
22
PQ的垂直一部分线
l
1
的方程为
则
x
1
?

y??
2
x.

2
①
21
,)
,AB的垂直平分线为
l
2
的方程为
42
设AB的中点为M,则
M(
y?
21
x?.

24
②
21
,)

88
由①、②得
l
1
,l
2
的交点为
N(?
3

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|NP|?(?
22
2
13 11
?)?(?1?)
2
?,
2888
32
,
2< br>|AB|?1?(?2)
2
?|x
2
?x
1
|?|AM|?
32
,
4

|MN|?(
22
2< br>11
2
33
?)?(?)?,
48288
311
,< br>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。
4、 (全国新文)在平面直 角坐标系xOy中,曲线
y?x
2
?6x?1
与坐标轴的交点都
在圆 C上.
(I)求圆C的方程;
(II)若圆C与直线
x?y?a?0
交于A,B两点,且
OA?OB,
求a的值.
【解析】解:(Ⅰ)曲线
y? x
2
?6x?1
与y轴的交点为(0,1),与x轴的交点为
(
3? 22,0),(3?22,0).

故可设C的圆心为(3,t),则有
3
2
?(t?1)
2
?(22)
2
?t
2
,
解 得t=1、
则圆C的半径为
3
2
?(t?1)
2
?3.
所以圆C的方程为
(x?3)
2
?(y?1)
2
?9.

(Ⅱ)设A(
x
1
,y
1
),B(
x
2< br>,y
2
),其坐标满足方程组:
?
?
x?y?a?0,

?
22
(x?3)?(y ?1)?9.
?
?
消去y,得到方程
2x
2
?(2a?8)x?a
2
?2a?1?0.

由已知可得,判别式
??56?16a?4a
2
?0.

因 此,
x
1,2
?
(8?2a)?56?16a?4a
2
4< br>a
2
0?2a?1
,
从而
①
2
由于 OA⊥OB,可得
x
1
x
2
?y
1
y
2< br>?0,

又
y
1
?x
1
?a,y
2
?x
2
?a,
所以
x
1
?x
2
?4?a,x
1
x
2
?
2x
1
x
2
?a(x
1
?x
2
)?a
2
?0.
②
由①,②得
a??1
,满足
??0,
故
a??1.

5、 (辽宁文)如图,已知椭圆
C
1
的中心在原点
O
,长 轴左、右端点
M
,
N
在
x
轴上,
4

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椭圆
C
2
的短轴为
MN
,且
C
1
,
C
2
的离心率都为
e,直线
l
⊥MN,
l
与
C
1
交于两点,与C
2
交于两点,这四点按纵坐标从大到小依次为
A
,
B
,
C
,
D.

1
(I)设
e?
,求
BC
与
AD
的比值;
2
(II)当
e
变化时,就是否存在直线
l
,使得
BO
∥
AN
,并说明理由.
【解析】解:(I)因为C
1
,C
2
的离心率相同,故依题意可设
x
2
y
2
b
2
y
2
x
2
C
1
:
2
?
2
?1,C
2
:4
?
2
?1,(a?b?0)

abaa
设直线
l:x?t(|t|?a)
,分别与C
1
,C
2
的方程联立,求得
a
22
b
22
A(t,a?t),B(t,a?t).
………………4分
ba
13
a,分别用y
A
,y
B
表示A,B的纵坐标,可知 当
e?时,b?
22
2|y
B
|b
2
3
|BC|:|AD|??
2
?.
………………6分
2|y
A
|
a
4
(II)t=0 时的
l
不符合题意、
t?0
时,BOAN当且仅当BO的斜率
kBO
与AN的
斜率
k
AN
相等,即
b
22< br>a
22
a?ta?t
a
?
b
,

t t?a
ab
2
1?e
2
??
2
?a.
解 得
t??
2
a?b
2
e
1?e
2
2
?e?1.
因为
|t|?a,又0?e?1,所以
2
?1,解得
2
e
2
所以当
0?e?
时,不存在直线
l
,使得B OAN;
2
2
?e?1
时,存在直线
l
使得BOAN、 ………………12分 当
2
6、 (江西文)已知过抛物线
y??px(p??)的焦点,斜率为
??
的直线交抛物线于
A(x
?
,y
?
)
与
B(x
?
,y
?
)(x
?
? x
?
)
两点,且
AB??
,
(1)求该抛物线的方程;
(2)
O
为坐标原点,
C
为抛物线上一点,若
OC?OA?
?
OB
,求
?
的值.
【解析】19.(本小题满分12分)
5

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p
(1)直线AB的方程就是
y?22(x?)
,
2
与
y
2
?2px
联立,从而有
4x
2
?5px?p
2
?0 ,

5p
所以:
x
1
?x
2
?

4
由抛物线定义得:
|AB|?x
1
?x
2
?p? 9,

所以p=4,从而抛物线方程就是
y
2
?8x.

(2)由
p?4,4x
2
?5px?p
2
?0
可简化为 < br>x
2
?5x?4?0,从而x
1
?1,x
2
?4,< br>
y
1
??22,y
2
?42,

从而
A(1,?22),B(4,42)

uuur
设
OC ?(x
3
,y
3
)?(1?22)?
?
(4,42)?(4
?
?1,42
?
?22)

2
又
y
3
?8x
3
,即[22(2
?
?1)]
2
?8( 4
?
?1),

即
(2
?
?1)
2
?4
?
?1

解得
?
?0,或
?
?2.

7、 (山东文)22.(本小题满分14分)
x
2
在平面直角坐标系
xOy中,已知椭圆
C:?y
2
?1
.如图所示,斜率为
3
k (k＞0)
且不过原点的直线
l
交椭圆
C
于
A
,< br>B
两点,线段
AB
的中点为
E
,射
线
OE< br>交椭圆
C
于点
G
,交直线
x??3
于点
D( ?3,m)
.
(Ⅰ)求
m
2
?k
2
的最小值;
(Ⅱ)若
OG?OD
?
OE
,
(i)求证:直线
l
过定点;
(ii)试问点
B
,
G
能否关于
x
轴对称？若
能,求出此时
VABG
的外接圆 方程;若不能,请说明
理由.
【解析】22.(I)解:设直线
l的方程为y?kx?t(k?0)
,
由题意,
t?0.

?
y?kx?t,
?
由方程组
?
x
2
得
2
?
?y?1,
?
3
(3k
2
?1)x< br>2
?6ktx?3t
2
?3?0
,
由题意
??0
,
所以
3k
2
?1?t
2
.

设
A (x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
),
6kt2t
由韦达定理得
x
1
?x
2
??
2
,
所以
y
1
?y
2
?
2
.

3k?13k?1
3ktt
由于E为线段AB的中点,因此
x
E
?
2
,y
E
?
2
,

3k?13k?1
6

2

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y
E
1
1
??.
所以OE所在直线方程为
y??x ,

x
E
3k
3k
1
又由题设知D(-3,m), 令x=-3,得
m?
,即mk=1,
k
所以
m
2
?k
2
?2mk?2,
当且仅当m=k=1时上式等号成立,
此时 由
??0
得
0?t?2,
因此 当
m?k?1且0?t?2
时,
m
2
?k
2
取最小值2。
1
(II)(i)由(I)知OD所在直线的方程为
y??x,

3k
将其代入椭圆C的方程,并由
k?0,

3k1
3kt 1
,)
,又
E(?
2
解得
G(?
,
2),D(?3,)
,
3k?13k?1k
3k
2
?13k2
?1
此时
k
OE
?
由距离公式及
t?0得
3k19k
2
?1
222
|OG|?(?)?()?
2
,
22
3k?1
3k?13k?1
1
2
9k< br>2
?1
|OD|?(?3)?()?,
kk
2

3k t
2
tt9k
2
?1
2
|OE|?(?
2
)?(
2
)?,
3k?13k?13k
2
?1
由
| OG|
2
?|OD|?|OE|得t?k,

因此,直线
l
的方程为
y?k(x?1).

所以,直线
l恒过定点(?1,0).

3k1
,)
(ii)由(i)得
G(?
22
3k?13k?1
若B,G关于x轴对称,
3k1
,?).
则
B(?
22
3k?13k?1
代入
y?k(x?1)整理得3k
2
?1?k3k
2
?1,

即
6k
4
?7k
2
?1?0
,
1
解得
k
2
?
(舍去)或
k
2
?1,

6
所以k=1,
3131
此时
B(?,?),G(?,)
关于x轴对称。
2222
又由(I)得
x
1
?0,y
1
?1,
所以A(0, 1)。
由于
?ABG
的外接圆的圆心在x轴上,可设
?ABG
的外 接圆的圆心为(d,0),
311
因此
d
2
?1?(d?)
2
?,解得d??,

242
5
故
?ABG
的外 接圆的半径为
r?d
2
?1?
,
2
7

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15
所以
?ABG
的外接圆 方程为
(x?)
2
?y
2
?.

24
8、 (陕西文)17.(本小题满分12分)
x
2
y
2
3
设椭圆C:
2
?
2
?1
?
a?b?0
?
过点(0,4),离心率为
ab
5
(Ⅰ)求C的方程;
4
(Ⅱ)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标。
5
1 6
【解析】17.解(Ⅰ)将(0,4)代入C的方程得
2
?1
∴b=4
b
a
2
?b
2
9
c3
?
又
e??
得
2
a25
a5
169
即
1?
2
?
, ∴a=5
a25
x
2
y
2
?1
∴C的方程为
?
2516
44
( Ⅱ)过点
?
3,0
?
且斜率为的直线方程为
y?
?
x?3
?
,
5 5
设直线与Ｃ的交点为Ａ
?
x
1
,y
1
?
,Ｂ
?
x
2
,y
2
?
,
将直线方程y?
2
4
?
x?3
?
代入Ｃ的方程,得
5
x
2
?
x?3
?
??1
,
2525
2
即
x?3x?8?0
,解得
3?41
3?41
x
1
?
,
x
2
?
,
2
2
x?x
3

?
AB的中点坐标
x?
12
?
,
22
y?y
26

y?
12
?
?
x
1
?x
2
?6
?
??
,
255
?
36
?
即中点为
?
,?
?
。
?
25
?
注:用韦达定理正确求得结果,同样给分。
x
2
9、 (上海文)22.(16分) 已知椭圆
C:
2
?y
2
?1
(常数
m?1
),点
P
就是
C
上的动
m
点,
M
就是右顶 点,定点
A
的坐标为
(2,0)
。
(1)若
M
与
A
重合,求
C
的焦点坐标;
(2)若
m?3
,求
|PA|
的最大值与最小值;
(3) 若
|PA|
的最小值为
|MA|
,求
m
的取值范围。
x
2
【解析】22.解:⑴
m?2
,椭圆方程为
?y2
?1
,
c?4?1?3

4
∴ 左.右焦点坐标为
(?3,0),(3,0)
。
8

高中数学解析几何专题
x
2
⑵
m?3
,椭圆方程为
?y
2
?1
,设
P(x,y)
,则
9
x
2
891
2222
|PA|?(x?2)?y?(x?2)?1 ??(x?)
2
?(?3?x?3)

9942
2
9
∴
x?
时
|PA|
min
?
;
x??3
时
|PA|
max
?5
。
2
4
⑶ 设动点
P(x,y)
,则
x
2
m
2
?12m
2
2
4m
2
|PA|?(x?2)? y?(x?2)?1??(x?
2
)?
2
?5(?m?x?m)
2< br>mmm?1m?1
2222

m
2
?12m
2
?0
,∴
2
?m
且
m?1
∵ 当
x?m
时,
| PA|
取最小值,且
2
mm?1
解得
1?m?1?2
。
10、 (四川文)21.(本小题共l2分)
x
2
y
2
3
过点
C
(0,1)的椭圆
2
?
2
?1(a?b? 0)
的离心率为,椭圆与
x
轴交于两点
2
ab
A(a,0)
、
A(?a,0)
,过点
C
的直线
l
与椭圆交于另 一点
D
,并与
x
轴交于点
P
,直线
AC
与 直线
BD
交于点
Q
.
(I)当直线
l
过椭圆右焦点时,求线段
CD
的长;
uu uruuur
(Ⅱ)当点
P
异于点
B
时,求证:
OP?OQ
为定值.
本小题主要考查直线、椭圆的标准方程及基本性质等基本
知识,考查平面解 析几何的思想方法及推理运算能力.
x
2
c3
解:(Ⅰ)由已知得
b?1,?
,解得
a?2
,所以椭圆方程为
?y
2
?1.
a2
4
3
椭圆的右焦点为
(3,0)
,此时直线< br>l
的方程为
y??x?1
,代入椭圆方程得
3
83
1
,代入直线
l
的方程得
y
1< br>?1,y
2
??
,所以
7x
2
?83x?0
,解得
x
1
?0,x
2
?
7
7
831D(,?)
,
77
故
|CD|?(
83116
?0)
2
?(??1)
2
?
.
777
(Ⅱ)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?1(k?0且k?)
.代入椭圆方程得
(4k
2
?1)x
2
?8kx?0
.
1?4k
2
?8k
解得
x
1
?0,x
2
?
2
,代入直线
l
的方程得
y
1
?1,y
2
?
2
,
4k?1
4k?1
?8k1?4k
2
所以
D
点的坐标为
(
2
,
2
)
.
4k?14 k?1
x1?2k
又直线
AC
的方程为
?y?1
,又直线< br>BD
的方程为
y?(x?2)
,联立得
22?4k
?
x??4k,

?
?
y?2k?1.
9

1
2

高中数学解析几何专题
因此
Q(?4k,2k?1)
,又
P(?,0)
.
所以
OP?OQ?(?,0)(?4k,2k?1)?4
.
故
OP?OQ
为定值.
11、 (浙江文)(22)(本小题满分15分) 如图,设P就是抛物线
C
1
:
x
2
?y
上的动点。
过点
P
做圆
C
2
:x
2
?(y?3)2
?1
的两条切线,交直线
l
:
y??3
于
A ,B
两点。
(Ⅰ)求
C
2
的圆心
M
到抛物线
C
1
准线的距离。
(Ⅱ)就是否存在点
P
,使线段
AB
被抛物线
C
1
在点
P
处得切
线平分,若存在 ,求出点
P
的坐标;若不存在,请说明理由。
【解析】(22)本题主要考查抛物线 几何性质,直线与抛物线、直
线与圆的位置关系,同时考查解析几何的基本思想方法与
运算求解 能力。满分15分。
1
(Ⅰ)解:因为抛物线C
1
的准线方程为:
y??

4
111
所以圆心M到抛物线C
1
准线的距离为:
|??(?3)|?.

44
2
)
,抛物线C
1
在点P处的切线 (Ⅱ)解:设点P的坐标为
(x
0
,x
0















交直线
l
于点D。
再设A,B,D的横坐标分别为< br>x
A
,x
B
,x
C

2
)
的抛物线C
1
的切线方程为: 过点
P(x
0
,x
0
uuuruuur
1
k
uuuruuur
1
k
2
y?x
0
?2x
0
(x?x
0
)
(1)
15
(x?1)

8
当
x
0
?1
时,过点P(1,1)与圆C
2
的切线PA为:
y?1?< br>可得
x
A
??
17
,x
B
?1,x
D
??1,x
A
?x
B
?2x
D

15< br>当
x
0
??1
时,过点P(—1,1)与圆C
2
的切 线PA为:
y?1?
可得
x
A
??1,x
B
?x
A
??
17
,x
D
?1,x
A
?x
B
?2x
D

15
15
(x?1)
8
17
,x
B
?1,x
D
??1,x
A
?x
B
?2x
D

15
2
?1?0
所 以
x
0
设切线PA,PB的斜率为
k
1
,k
2,则
2
PA:y?x
0
?k
1
(x?x
0< br>)

2
PB:y?x
0
?k
2
(x?x
0
)

(2)
(3)
将
y??3
分别代入(1),(2),(3)得
222
x
0
?3x
0
?3x
0
?3
x
D
?(x0
?0);x
A
?x
0
?;x
B
?x
0
??(k
1
,k
2
?0)

2x
0k
1
k
1
11
2
?3)(?).
从而
x
A
?x
B
?2x
0
?(x
0
k
1
k
2
10

高中数学解析几何专题
2
|?x
0
k
1
?x
0
?3|




又
k?1
2
1
?1
222
?1)k
1
2
?2(x
0
?3)x
0< br>k
1
?(x
0
?3)
2
?1?0
即
(x
0
2222
?1)k
2
?2(x
0
?3)x
0
k
2
?(x
0
?3)
2
?1?0
同理,
(x
0
222
?1)k
2
?2(x
0< br>?3)x
0
k?(x
0
?3)
2
?1?0
的 两个不相等的所以
k
1
,k
2
就是方程
(x
0



222
2(3?x
0
)x
0
(3?x
0
)?1
根,从而
k
1
?k
2< br>?,k?k?.

12
22
x
0
?1x
0< br>?1
因为
x
A
?x
B
?2x
0
< br>2
x
0
?3
11111
所以
2x
0
?(3?x)(?)?,即??.

k
1
k
2
x
0
k
1
k
2
x
0
2
0
2
2 (3?x
0
)x
0
1
从而
2

?
2
(x
0
?3)?1
x
0
4
进而得
x0
?8,x
0
??
4
8

综上所述,存在点P满足题意,点P的坐标为
(?
4
8,22).

12、 (重庆文)21.(本小题满分12分。(Ⅰ)小问4分,(Ⅱ)小问8分)
2如题(21)图,椭圆的中心为原点0,离心率e=,一条准线的方程就是
2
x?22
(Ⅰ)求该椭圆的标准方程;
uuuvuuuuvuuuv
(Ⅱ )设动点P满足:
OP?OM?2ON
,其中M、
N就是椭圆上的点,直线OM与ON 的斜率
1
之积为
?
,问:就是否存在定点F,使得
2
PF< br>与点P到直线
l
:
x?210
的距离之
比为定值;若存在,求 F的坐标,若不存
在,说明理由。
【解析】21.(本题12分)
c2a
2
,?22,
解:(I)由
e??
a2c
解得
a?2,c?2,b
2
?a
2
?c
2
?2,故椭圆的标准方程为
x
2
y
2
??1.

42
(II)设
P(x,y),M(x
1
,y
1),N(x
2
,y
2
)
,则由
uuuruuuuruuur
OP?OM?2ON
得
(x,y)?(x1
,y
1
)?2(x
2
,y
2
)?(x
1
?2x
2
,y
1
?2y
2
),
即x? x
1
?2x
2
,y?y
1
?2y
2
.因为点M,N在椭圆
x
2
?2y
2
?4
上,所以 22
x
1
2
?2y
1
2
?4,x
2< br>?2y
2
?4
,

22
?4x
1
x
2
)?2(y
1
2
?4y
2
?4y
1< br>y
2
)
故
x
2
?2y
2
?(x< br>1
2
?4x
2
11

高中数学解析几何专题
22
?(x
1
2
? 2y
1
2
)?4(x
2
?2y
2
)?4(x
1
x
2
?2y
1
y
2
)

?20?4(x
1
x
2
?2y
1
y
2).
设
k
OM
,k
ON
分别为直线OM,ON的斜率, 由题设条件知
k
OM
?k
ON
?
y
1
y
2
1
??,
因此
x
1
x
2
?2y
1
y
2
?0,

x
1
x
2
2

所以
x
2
?2y
2
?20.

所以P点就 是椭圆
离心率
e?
x
2
(25)
2
?
y< br>2
(10)
2
?1
上的点,该椭圆的右焦点为
F(10,0)
,
2
,直线l:x?210
就是该椭圆的右准线,故根据椭圆的第二定
2
义,存在定点
F(10,0)
,使得|PF|与P点到直线
l
的 距离之比为定值。
13、 (安徽文)(17)(本小题满分13分)
设直线
l< br>1
:y?k
1
x?1,l
2
:y?k
2
x? 1,其中实数k
1
,k
2
满足k
1
k
2
? 2?0.

(I)证明
l
1
与
l
2
相交;
(II)证明
l
1
与
l
2
的交点在椭圆
2 x
2
+y
2
=1上.

【解析】(17)(本小题满分13 分)本题考查直线与直线的位置关系,线线相交的判
断与证明,点在曲线上的判断与证明,椭圆方程等基 本知识,考查推理论证能力与
运算求解能力、
证明:(I)反证法,假设就是
l< br>1
与
l
2
不相交,则
l
1
与
l2
平行,有k
1
=k
2
,代入
k
1
k
2
+2=0,得

k
1
2
?2?0.

此与k
1
为实数的事实相矛盾、 从而
k
1
?k
2
,即l
1
与l
2
相交、
?
y?k
1
x?1
(II)(方法一)由方程组
?

y?kx?1
2
?
2?
x?,
?
k
2
?k
1
?
解得交点
P
的坐标
(x,y)
为
?

k?k
1
?
y?
2
.
?
k
2
?k
1< br>?




而
22
k
2
? k
1
2
8?k
2
?k
1
2
?2k
1
k
2
k
1
2
?k
2
?4
22
2x?y?2()?()???1.

2222
k
2
?k
1
k
2
?k
1
k
2
?k
1< br>?2k
1
k
2
k
1
?k
2
?4此即表明交点
P(x,y)在椭圆2x
2
?y
2
?1上.

(方法二)交点
P
的坐标
(x,y)
满足
22
12

高中数学解析几何专题
?
y ?1?k
1
x
?
?
y?1?k
2
x
y?1
?
k?,
1
?
?
x

故知x?0.从而
?

?
k?
y?1
.
2
?
x
?
y?1y?1
代入k
1
k
2
?2?0,得??2?0.
xx
22
整理后,得
2x?y?1,

所以交点
P
在椭圆
2x
2
?y
2
?1上.

14、 (福建文)18.(本小题满分12分)
2
如图,直线l:y=x+b与抛物线C:x=4y相切于点A。
(I)求实数b的值;
(11)求以点A为圆心,且与抛物线C的准线相切的
圆的方程.
。【解析】18. 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,满分12分。
?
y?x?b,
得x
2
?4x?4b?0
,(*) 解:( I)由
?
2
?
x?4y
因为直线
l
与抛物线C相切 ,所以
??(?4)
2
?4?(?4b)?0,

解得b=-1。
(II)由(I)可知
b??1,故方程(*)即为x
2
?4x?4?0,
解得x=2,代入
x
2
?4y,得y?1.

故点A(2,1),
因为圆A与抛物线C的准线相切,
所以圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y=-1的距离,
即
r?|1?(?1)|?2,

所以圆A的方程为
(x?2)2
?(y?1)
2
?4.

A
2
?
a,0
?
(
a?0
)15、 (湖 北文)21.(本小题满分14分)平面内与两定点
A
1
?
?a,0
?
、
连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹,加上
A
、
A
2
两点所成的曲线C
可以就是圆、椭圆或双曲线。
(Ⅰ)求曲线C的方程,并讨论C的形状与m值的关系;
(Ⅱ)当
m??1
时,对应的曲线为
C
1
;对给定的
m?(?1,0)?(0,??)
,对应的曲线为
C
2
,设
F
1
、
F
2就是
C
2
的两个焦点。试问:在
C
1
上,就是否存在点
N
,使得△
F
1
N
F
2
的面积
S ?|m|a
2
。若存在,求
tan
F
1
N
F
2
的值;若不存在,请说明理由。
【解析】21.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,以及分类与整合与数形结合的思想。(满分14分)
13

高中数学解析几何专题
解:(I)设动点为M,其坐标为
(x,y)
,
当
x??a
时,由条件可得
k
MA
1
?k
MA
2
yyy2
????m,

x?ax?ax
2
?a
2
即
mx
2
?y
2
?ma
2
(x??a)
,
又
A
1
(?a,0),A
2
(A,0)
的坐标满足
mx
2
?y
2
?ma
2
,

故依 题意,曲线C的方程为
mx
2
?y
2
?ma
2
.< br>
x
2
y
2
?1,C
就是焦点在y轴上的椭圆; 当
m??1时,
曲线C的方程为
2
?
a?ma
2
当< br>m??1
时,曲线C的方程为
x
2
?y
2
?a
2
,C就是圆心在原点的圆;
x
2
y
2
?1
, C就是焦点在
x
轴上的椭圆; 当
?1?m?0
时,曲线C的方程为
2
?
a?ma
2
x
2
y
2
?1,
C就是焦点在
x
轴上的双曲线。 当
m?0
时,曲线C的方程为
2< br>?
2
ama
(II)由(I)知,当m=-1时,C
1
的方程 为
x
2
?y
2
?a
2
;

当
m?(?1,0)U(0,??)
时,
C
2
的两个焦点 分别为
F
1
(?a1?m,0),F
2
(a1?m,0).

对于给定的
m?(?1,0)U(0,??)
,
C
1
上存 在点
N(x
0
,y
0
)(y
0
?0)
使得
S?|m|a
2
的充要条件就是
22
?
x
0?y
0
?a
2
,y
0
?0,
?
?
1
2
?
?2a1?m|y
0
|?|m|a.
?2
①
②
由①得
0?|y
0
|?a,
由②得< br>|y
0
|?
当
0?
|m|a
.

1?m
|m|a1?5
?a,即?m?0,

2
1?m
1?5
或
0?m?
时,
2
存在点N,使S=|m|a
2
;
|m|a1?5
当
?a,即-1
2
1?m
1?5
时,
2
不存在满足条件的点N,
?
1?5
??
1?5
?
当
m?
?
,0< br>?
U
?
0,
?
时,
??
2
??< br>2
??
或
m?
uuuruuuur
由
NF
1
?(?a1?m?x
0
?y
0
),NF
2
?(a1 ?m?x
0
,?y
0
)
,
uuuruuuur
2 2
可得
NF
1
?NF
2
?x
0
?(1?m )a
2
?y
0
??ma
2
,

uuuru uuur
令
|NF
1
|?r
1
,|NF
2
|?r
2
,?F
1
NF
2
?
?
,
14

高中数学解析几何专题
uuuruuuur
ma
2
2
则由
NF
1
?NF
2
?r1
r
2
cos
?
??ma,可得r
1
r
2
??
,
cos
?
1ma
2
sin
?
1
??ma
2
tan
?
, 从而
S?r
1
r
2
sin
?
??
22cos
?
2
于就是由
S?|m|a
2
,
12|m|
可得
?ma2
tan
?
?|m|a
2
,即tan
?
??.

2m
综上可得:
?
1?5
?
2
当m?
?
时,在C
,0
?
1
上,存在点N,使得
S?|m|a,且tanF
1
NF
2
?2;

?
2
??
?
1?5
?
2
当
m?
?
时, 在C
0,
1
上,存在点N,使得
S?|m|a,且tanF
?
1
NF
2
??2;

?
2
??
1?51 ?5
)U(,??)
时,在C
1
上,不存在满足条件的点N。
22
16、 (湖南文)21.(本小题满分13分)
已知平面内一动点
P
到点
F(1,0)
的距离与点
P
到
y
轴的距离的差 等于1.
(Ⅰ)求动点
P
的轨迹
C
的方程;
(Ⅱ)过点
F
作两条斜率存在且互相垂直的直线
l
1
,l
2
,设
l
1
与轨迹
C
相交于点
uuuruuurA,B
,
l
2
与轨迹
C
相交于点
D,E
,求
AD,EB
的最小值、
当
m(?1,
【解析】21.解析: (I)设动点
P
的坐标为
(x,y)
,
由题意为
(x?1)
2
?y
2
?|x|?1.

化简得
y
2
?2x?2|x|,

当
x?0时,y
2
?4x;当x?0时,y=0.
、
所以 动点P的轨迹C的方程为
,y
2
?4x(x?0)和y=0(x?0).

(II)由题意知,直线
l
1
的斜率存在且不为0,设为
k< br>,则
l
1
的方程为
y?k(x?1)
.
?
y?k(x?1)
由
?
2
,得
k
2
x
2< br>?(2k
2
?4)x?k
2
?0.

?
y? 4x
设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
),
则
x
1
,x
2
就是上述方程的两个 实根,于就是
4

x
1
?x
2
?2?< br>2
,x
1
x
2
?1
.
k
1
因为
l
1
?l
2
,所以
l
2
的斜率为< br>?
.
k
设
D(x
3
,y
3
),B (x
4
,y
4
),
则同理可得
x
3
?x< br>4
?2?4k
2
,x
3
x
4
?1

故

?x
1
x
2
?(x
1
?x
2
)?1?x
3
x
4
?(x
3
?x
4
)?1

15

高中数学解析几何专题

uuuruuur
1
当且仅当
k
2
?
2
即
k??1
时,
AD?EB
取最小值16.
k
17、 (广东文)21.(本小题满分14分)
在平面直角坐标系
x Oy
中,直线
l:x??2
交
x
轴于点A,设
P
就 是
l
上一点,M
就是线段OP的垂直平分线上一点,且满足∠MPO=∠AOP
(1)当点P在
l
上运动时,求点M的轨迹E的方程;
(2)已知T(1,-1),设H就是E 上动点,求
HO
+
HT
的最小值,并给出此时点H
的坐标;
(3)过点T(1,-1)且不平行与y轴的直线l
1
与轨迹E有且只有两个不同的交点,< br>求直线
l
1
的斜率k的取值范围。
【解析】21.(本小题满分14分)
解:(1)如图1,设MQ为线段OP的垂直平分线,交OP于点Q,

Q?MPQ??AOP,?MP?l,且|MO|?|MP|.




因此
x
2
?y
2
?|x?2|,
即
y
2
?4(x?1)(x??1).
①
另一种情况,见图2(即点M与A位于直线OP的同侧)。






Q
MQ为线段OP的垂直平分线,
??MPQ??MOQ.


又
Q?MPQ??AOP,??MOQ??AOP.

因此M在
x
轴上,此时,记M的坐标为
(x,0).

为分 析
M(x,0)中x
的变化范围,设
P(?2,a)
为
l
上 任意点
(a?R).

由
|MO|?|MP|

(即
|x|?(x?2)
2
?a
2
)得,
1

x??1?a
2
??1.

4
故
M(x,0)
的轨迹方程为

y?0,x??1

综合①与②得,点M轨迹E的方程为
?
4(x?1),x??1,

y
2
?
?

0,x??1.
?
16

②

高中数学解析几何专题
x
2
y
2
??1
的18、 (江苏)18.如图,在平面直 角坐标系
xOy
中,M、N分别就是椭圆
42
顶点,过坐标原点的直线交椭圆 于P、A两点,其中P在第一象限,过P作x
轴的垂线,垂足为C,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
【解析】18.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,考查运算求解能力与推理论证能力,
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
2< br>)
,由于直线PA平分线段MN,故直线PA过线段MN的中点,
2
2
?
2
?
2
.
又直线PA过坐标原点,所以
k?
?12
x
2
y
2
?1,
(2)直线PA的方程
y ?2x代入椭圆方程得?
42
22424
解得
x??,因此P(,),A(? ,?).

33333
4
0?
2
3
?1,故直线A B的方程为x?y?
2
?0.
于就是
C(,0),
直线AC的斜率 为
22
3
3
?
33
242
|??|
22< br>因此,d?
333
?.

12
3
1?1
坐标为
(?1,?
(3)解法一:
将直线PA的方
x
2
y
2
22
??1,解得x??,记?
,

22
42
1?2k1?2k
程
y?kx
代入
则
P(
?
,
?
k),A(?
?
,?
?
k),于是C(
?
,0)

0?
?
kk
?,
故直线AB的斜率为
?
?
?
2
其方程
k

y?(x?
?
),代入椭圆方程得(2?k
2
)x
2
?2< br>?
k
2
x?
?
2
(3k
2
?2)? 0,
2
?
(3k
2
?2)
?
(3k
2?2)
?
k
3
解得
x?或x??
?
因此B(, )
、
2?k
2
2?k
2
2?k
2
为
17

高中数学解析几何专题
?
k
3
于就是直 线PB的斜率
k
1
?
2?k
2
?
?
k?
?
(3k
2
?2)
2?k
2
1
?? .

22
k
3k?2?(2?k)
k
3
?k(2? k
2
)
因此
k
1
k??1,所以PA?PB.

解法二:
设
P(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
),则x
1
?0,x
2
?0,x
1
?x
2
,A(?x
1
,?y
1
),C(x
1
,0)
、
设直线PB,AB的斜率分别为
k
1
,k< br>2
因为C在直线AB上,所以
k
0?(y
1
)y
k< br>2
?
x?(?x
?
1
?.

11
)2x
1
2
从而
k?1?2k1?2?
y< br>2
?y
1
y
2
?(?y
1
)
1k
1
k
2
?
x
?
?x
?1

2
?x
1
x
2
?(
1
)
?
2y
222
?2y
2
2
?2y
1
(x
2 2
)
4?4
x
22
?1?
22
?
2
x
2
?0.

2
?x
1
x
2
? x
1
x
2
?
1

因此
k
1
k??1,所以PA?PB.

18