解析几何试题及答案.docx

1、解析几何试题及答案解析几何1.（21）（本小题满分13分）设，点的坐标为（1,1），点在抛物线上运动，点满足，经过点与轴垂直的直线交抛物线于点，点满足,求点的轨迹方程。（21）（本小题满分13分）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：由知Q，M，P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设 再设 解得 ，将式代入式，消去，得 ，又点B在抛物线上，所以， 再将式代入，得 故所求点P的轨迹方程为2.（17）（本小题满分13分）设直线（I）证明与相交；（II）证明与的交点在椭圆（17）（本

2、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，考查推理论证能力和运算求解能力. 证明：（I）反证法，假设是l1与l2不相交，则l1与l2平行，有k1=k2，代入k1k2+2=0，得此与k1为实数的事实相矛盾. 从而相交.（II）（方法一）由方程组，解得交点P的坐标为，而此即表明交点（方法二）交点P的坐标满足， ，整理后，得所以交点P在椭圆.已知椭圆G：，过点（m，0）作圆的切线l交椭圆G于A，B两点。（1）求椭圆G的焦点坐标和离心率；（2）将表示为m的函数，并求的最大值。（19）解：（）由已知得所以所以椭圆G的焦点坐标为，离心率

3、为（）由题意知，.当时，切线l的方程，点A、B的坐标分别为此时当m=1时，同理可得当时，设切线l的方程为由；设A、B两点的坐标分别为，则；又由l与圆所以由于当时，因为且当时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.（本小题共14分）已知椭圆的离心率为，右焦点为（,0），斜率为I的直线与椭圆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）求的面积.（19）解：（）由已知得解得，又所以椭圆G的方程为（）设直线l的方程为由得设A、B的坐标分别为AB中点为E，则；因为AB是等腰PAB的底边，所以PEAB.所以PE的斜率解得m=2。此时方程为解得所以所以|

4、AB|=.此时，点P（3，2）到直线AB：的距离所以PAB的面积S=（本小题满分13分）已知直线l：y=x+m，mR。（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，问直线与抛物线C：x2=4y是否相切？说明理由。17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）因为，所以，解得m=2，即点P的坐标为（0，2）从而圆的半径故所求圆的方程为（II）因为直线的方程为所以直线的方程为由,（1）

5、当时，直线与抛物线C相切（2）当，那时，直线与抛物线C不相切。综上，当m=1时，直线与抛物线C相切；当时，直线与抛物线C不相切。解法二：（I）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为依题意，所求圆与直线相切于点P（0，m），则解得所以所求圆的方程为（II）同解法一。.（本小题满分12分）如图，直线l：yxb与抛物线C：x24y相切于点A。（）求实数b的值；（）求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程。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。解：（I）由，（*）因为直线与抛物线C相切，所以解得b=-1。（II）由（I）可知

6、，解得x=2，代入故点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，即所以圆A的方程为. （本小题满分14分）设圆C与两圆中的一个内切，另一个外切.（1）求C的圆心轨迹L的方程.（2）已知点且P为L上动点，求的最大值及此时点P的坐标.19 （1）解：设C的圆心的坐标为，由题设条件知化简得L的方程为（2）解：过M，F的直线方程为，将其代入L的方程得 解得 因T1在线段MF外，T2在线段MF内，故 ，若P不在直线MF上，在中有 故只在T1点取得最大值2。8.（2）设是定点，其中满足.过作的两条切线，切点分别为，与分别交于.线段上异于两端点的点集

7、记为.证明：；21解：（），直线AB的方程为，即，方程的判别式，两根或，又，得，（）由知点在抛物线L的下方，当时，作图可知，若，则，得；若，显然有点； 当时，点在第二象限，作图可知，若，则，且；若，显然有点； 根据曲线的对称性可知，当时，综上所述，（*）；由（）知点M在直线EF上，方程的两根或，同理点M在直线上，方程的两根或，若，则不比、小，又，；又由（）知，；，综合（*）式，得证（）联立，得交点，可知，过点作抛物线L的切线，设切点为，则，得，解得，又，即，设，又，；，（本小题满分14分） 在平面直角坐标系中，直线交轴于点A，设是上一点，M是线段OP的垂直平分线上一点，且满足MPO=AOP（1

8、）当点P在上运动时，求点M的轨迹E的方程；（2）已知T（1，-1），设H是E 上动点,求+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l1与轨迹E有且只有两个不同的交点，求直线的斜率k的取值范围。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， 因此即 另一种情况，见图2（即点M和A位于直线OP的同侧）。 MQ为线段OP的垂直平分线， 又 因此M在轴上，此时，记M的坐标为 为分析的变化范围，设为上任意点 由（即）得， 故的轨迹方程为 综合和得，点M轨迹E的方程为（2）由（1）知，轨迹E的方程由下面E1和E2 两部分组成（见

9、图3）： ； 当时，过作垂直于的直线，垂足为，交E1于。 再过H作垂直于的直线，交 因此，（抛物线的性质）。 （该等号仅当重合（或H与D重 合）时取得）。 当时，则 综合可得，|HO|+|HT|的最小值为3，且此时点H的坐标为 （3）由图3知，直线的斜率不可能为零。 设 故的方程得： 因判别式 所以与E中的E1有且仅有两个不同的交点。 又由E2和的方程可知，若与E2有交点， 则此交点的坐标为有唯一交点，从而表三个不同的交点。 因此，直线的取值范围是. （本小题满分14分）平面内与两定点，连续的斜率之积等于非零常数的点的轨迹，加上、两点所成的曲线可以是圆、椭圆成双曲线.（）求曲线的方程，并讨论的

10、形状与值得关系；（）当时，对应的曲线为；对给定的，对应的曲线为，设、是的两个焦点。试问：在撒谎个，是否存在点，使得的面积。若存在，求的值；若不存在，请说明理由。20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， 当时，由条件可得即，又的坐标满足故依题意，曲线C的方程为当曲线C的方程为是焦点在y轴上的椭圆；当时，曲线C的方程为，C是圆心在原点的圆；当时，曲线C的方程为，C是焦点在x轴上的椭圆；当时，曲线C的方程为C是焦点在x轴上的双曲线。（II）由（I）知，当m=-1时，C1的方程为当时，C2

11、的两个焦点分别为对于给定的，C1上存在点使得的充要条件是 由得由得当或时，存在点N，使S=|m|a2；当或时，不存在满足条件的点N，当时，由，可得令，则由，从而，于是由，可得综上可得：当时，在C1上，存在点N，使得当时，在C1上，存在点N，使得当时，在C1上，不存在满足条件的点N。11.(本小题满分13分）如图7，椭圆的离心率为，轴被曲线 截得的线段长等于的长半轴长。（）求，的方程；（）设与轴的交点为M，过坐标原点O的直线与相交于点A,B,直线MA,MB分别与相交与D,E.（i）证明：；(ii)记MAB,MDE的面积分别是.问：是否存在直线,使得=?请说明理由。解析：（I）由题意知，从而，又，

12、解得。故的方程分别为。（II）（i）由题意知，直线的斜率存在，设为，则直线的方程为.由得，设，则是上述方程的两个实根，于是。又点的坐标为，所以故，即。（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为，由解得或，则点的坐标为,又直线的斜率为 ，同理可得点B的坐标为.于是由得，解得或，则点的坐标为；又直线的斜率为，同理可得点的坐标为于是因此由题意知，解得 或。又由点的坐标可知，所以故满足条件的直线存在，且有两条，其方程分别为和。已知平面内一动点到点F（1，0）的距离与点到轴的距离的等等于1（I）求动点的轨迹的方程；（II）过点作两条斜率存在且互相垂直的直线，设与轨迹相交于点，与轨迹相交于点，求的最小值解析：

13、（I）设动点的坐标为，由题意为化简得当、所以动点P的轨迹C的方程为（II）由题意知，直线的斜率存在且不为0，设为，则的方程为由，得设则是上述方程的两个实根，于是 因为，所以的斜率为设则同理可得：故当且仅当即时，取最小值16.（本小题满分16分）如图，在平面直角坐标系中，M、N分别是椭圆的顶点，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时，求k的值；（2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d；（3）对任意k0，求证：PAPB.答案：（1）由题意知M(-2,0),N(0,),M、

14、N的中点坐标为(-1,),直线PA平分线段MN时，即直线PA经过M、N的中点,又直线PA经过原点,所以.（2）直线,由得，AC方程：即：所以点P到直线AB的距离（3）法一：由题意设，A、C、B三点共线，又因为点P、B在椭圆上，两式相减得：.法二：设,A、C、B三点共线，又因为点A、B在椭圆上,两式相减得：,法三：由得，直线代入得到，解得，解析：本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质，直线的斜率及其方程，点到直线距离公式、直线的垂直关系的判断.另外还考查了解方程组，共线问题、点在曲线上,字母运算的运算求解能力, 考查推理论证能力.(1)(2)是容易题；（3）是考察学生灵活运用、数学综合能力是难题.

15、 （本小题满分13分）是双曲线：上一点，分别是双曲线的左、右顶点，直线，的斜率之积为.（1）求双曲线的离心率；（2）过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于、两点，为坐标原点，为双曲线上一点，满足，求的值.【解析】（1）点是双曲线：上，有 ，由题意又有，可得，则（2）联立，得，设，则，设，即又为双曲线上一点，即，有化简得：又，在双曲线上，所以，由（1）式又有得：，解出，或.(本小题满分12分）已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于（）两点，且（1）求该抛物线的方程；（2）为坐标原点，为抛物线上一点，若，求的值解析：（1）直线AB的方程是 所以：，由抛物线定义得：，所以p=4，抛物线方程

16、为：（2）、由p=4，化简得，从而,从而A:(1,),B(4,)设=，又，即8（4），即，解得20（本小题满分12分）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lMN，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（I）设，求与的比值；（II）当e变化时，是否存在直线l，使得BOAN，并说明理由解：（I）因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设设直线，分别与C1，C2的方程联立，求得 4分当表示A，B的纵坐标，可知 6分 （II）t=0时的l不符合题意.时，BO 12分17（20）（本小题

17、满分12分） 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,-1)，B点在直线y = -3上，M点满足， ，M点的轨迹为曲线C。（）求C的方程；（）P为C上的动点，l为C在P点处得切线，求O点到l距离的最小值。(20）解： ()设M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).所以=（-x,-1-y）, =(0,-3-y), =(x,-2).再由题意可知（+）=0, 即（-x,-4-2y）(x,-2)=0.所以曲线C的方程式为y=x-2.()设P(x,y)为曲线C：y=x-2上一点，因为y=x,所以的斜率为x因此直线的方程为，即。则O点到的距离.又，所以当=0时取等号，所以O点到距离的最小值为

18、2.17.（20）（本小题满分12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线与坐标轴的交点都在圆C上（I）求圆C的方程；（II）若圆C与直线交于A，B两点，且求a的值(20）解： （）曲线与y轴的交点为（0，1），与x轴的交点为（故可设C的圆心为（3，t），则有解得t=1.则圆C的半径为所以圆C的方程为（）设A（），B（），其坐标满足方程组：消去y，得到方程由已知可得，判别式因此，从而 由于OAOB，可得又所以 ；由，得，满足故.（本小题满分14分）已知动直线与椭圆C: 交于P、Q两不同点，且OPQ的面积=,其中O为坐标原点.（）证明和均为定值;（）设线段PQ的中点为M，求的最大值；（）椭圆C上是否存

19、在点D,E,G，使得?若存在，判断DEG的形状；若不存在，请说明理由.【解析】22（I）解：（1）当直线的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以因为在椭圆上，因此 又因为所以；由、得此时 （2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为由题意知m，将其代入，得，其中即 （*）又所以因为点O到直线的距离为所以，又整理得且符合（*）式，此时综上所述，结论成立。 （II）解法一： （1）当直线的斜率存在时，由（I）知因此 （2）当直线的斜率存在时，由（I）知所以 所以，当且仅当时，等号成立.综合（1）（2）得|OM|PQ|的最大值为解法二：因为 所以即当且仅当时等号成立。因此 |OM|PQ|的最大值为

20、（III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得证明：假设存在，由（I）得因此D，E，G只能在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，与矛盾，所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.19.（22）（本小题满分14分）在平面直角坐标系中，已知椭圆.如图所示，斜率为且不过原点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，射线交椭圆于点，交直线于点.（）求的最小值；（）若，（i） 求证：直线过定点；（ii）试问点，能否关于轴对称？若能，求出此时 的外接圆方程；若不能，请说明理由. （I）解：设直线，由题意，由方程组得，由题意，所以设，由韦达定理得所以由于E为线段AB的中点，因此此时所以OE

21、所在直线方程为又由题设知D（-3，m），令x=-3，得，即mk=1，所以当且仅当m=k=1时上式等号成立，此时 由得因此 当时，取最小值2。 （II）（i）由（I）知OD所在直线的方程为将其代入椭圆C的方程，并由解得，又，由距离公式及得由因此，直线的方程为 所以，直线（ii）由（i）得，若B，G关于x轴对称，则代入即，解得（舍去）或所以k=1，此时关于x轴对称。又由（I）得所以A（0，1）。由于的外接圆的圆心在x轴上，可设的外接圆的圆心为（d，0），因此故的外接圆的半径为，所以的外接圆方程为（本小题满分12分）如图，设是圆上的动点，点是在轴上投影，为PD上一点，且（1）当P在圆上运动时，求点M

22、的轨迹C的方程；（2）求过点（3，0）且斜率为的直线被C所截线段的长度【分析】（1）动点M通过点P与已知圆相联系，所以把点P的坐标用点M的坐标表示，然后代入已知圆的方程即可；（2）直线方程和椭圆方程组成方程组，可以求解，也可以利用根与系数关系；结合两点的距离公式计算【解】（1）设点M的坐标是，P的坐标是，因为点是在轴上投影，为PD上一点，且，所以，且，P在圆上，整理得，即C的方程是（2）过点（3，0）且斜率为的直线方程是，设此直线与C的交点为，将直线方程代入C的方程得：，化简得，所以线段AB的长度是：，即所截线段的长度是17.（本小题满分12分）设椭圆: 过点（0，4），离心率为（1）求的方程

23、；（2）求过点（3，0）且斜率为的直线被所截线段的中点坐标【分析】（1）由椭圆过已知点和椭圆离心率可以列出方程组，解方程组即可，也可以分步求解；（2）直线方程和椭圆方程组成方程组，可以求解，也可以利用根与系数关系；然后利用中点坐标公式求解【解】（1）将点（0，4）代入的方程得, b=4,又 得，即， ，的方程为（2）过点且斜率为的直线方程为，设直线与的交点为，将直线方程代入的方程，得，即，解得， AB的中点坐标，即所截线段的中点坐标为注：用韦达定理正确求得结果，同样给分.（本大题满分18分，第1小题满分4分，第二小题满分6分，第3小题满分8分）已知平面上的线段及点，任取上一点，线段长度的最小值

24、称为点到线段的距离，记作（1）求点到线段的距离；（2）设是长为2的线段，求点的集合所表示的图形面积；（3）写出到两条线段距离相等的点的集合，其中，是下列三组点中的一组.对于下列三种情形，只需选做一种，满分分别是2分，6分，8分；若选择了多于一种情形，则按照序号较小的解答计分.23、解： 设是线段上一点，则，当时，。 设线段的端点分别为，以直线为轴，的中点为原点建立直角坐标系，则，点集由如下曲线围成，其面积为。 选择， 选择。 选择。.（本题满分16分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分）已知椭圆（常数），是曲线上的动点，是曲线上的右顶点，定点的坐标为（1）若与重合，求曲线的焦点坐标；（2

25、）若，求的最大值与最小值；（3）若的最小值为，求实数的取值范围.22、解： ，椭圆方程为， 左、右焦点坐标为。 ，椭圆方程为，设，则 时； 时。 设动点，则 当时，取最小值，且， 且解得。（本小题共l2分）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（）当时，求直线l的方程；（）当点P异于A、B两点时，求证：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解：（）因椭圆的焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为，由已知得，所以，则椭圆方程为直线l垂直于x轴时与

26、题意不符设直线l的方程为，联立得，设，则，由已知得，解得，所以直线l的方程为或（）直线l垂直于x轴时与题意不符设直线l的方程为（且），所以P点的坐标为设，由（）知，直线AC的方程为：，直线BD的方程为：，方法一：联立方程设，解得，不妨设，则，因此Q点的坐标为，又，故为定值方法二：联立方程消去y得，因为，所以与异号又，与异号，与同号，解得因此Q点的坐标为，又，故为定值（本小题共l2分）过点C(0，1)的椭圆的离心率为，椭圆与x轴交于两点、，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；（）当点P异于点B时，求证：为定值

27、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解：（）由已知得，解得，所以椭圆方程为 椭圆的右焦点为，此时直线的方程为 ，代入椭圆方程得，解得，代入直线的方程得 ，所以，故（）当直线与轴垂直时与题意不符设直线的方程为代入椭圆方程得解得，代入直线的方程得，所以D点的坐标为又直线AC的方程为，又直线BD的方程为，联立得因此，又所以故为定值（本小题满分分）已知椭圆的离心率连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为（）求椭圆的方程；（）设直线与椭圆相交于不同的两点已知点的坐标为，点在线段的垂直平分线上，且求的值【解】（）由得，再由得因为连接椭圆的四个顶点得

28、到的菱形的面积为，所以，则，解方程组得所以椭圆的方程（）解法1由（）得.设点的坐标为，由题意直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为。于是两点的坐标满足方程组由方程组消去并整理得 ，因为是方程的一个根，则由韦达定理有：，所以，从而。设线段的中点为，则的坐标为下面分情况讨论：(1) 当时，点的坐标为，线段的垂直平分线为轴于是，由得(2) 当时，线段的垂直平分线方程为令得，由，整理得所以综上，或解法2若轴，则,;若直线的中垂线斜率存在,设，则直线中垂线方程： 令，则，因为在椭圆上，则，因此整理得，解得，（舍），所以于是综上，或（本小题满分分）已知椭圆的离心率连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为（）求椭圆的方程；（）设直线与椭圆相交于不同的两点已知点的坐标为() 若,求直线的倾斜角;()点在线段的垂直平分线上，且求的值【解】（）由得，再由得因为连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为，所以，则，解方程组得所以椭圆的方程（）()由（）得.设点的坐标为，由题意直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为。于是两点的坐标满足方程组由方程组消去并整理得，因为是方