圆锥曲线解答题专练3答案.docx

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圆锥曲线解答题专练3答案

试卷3

（总分：

288考试时间：

230.4分钟）

学校___________________班级____________姓名___________得分___________

一、解答题（本大题共22题,共计288分）

1、（14分）

解：

（Ⅰ）因为AB边所在直线的方程为x-3y-6=0，且AD与AB垂直，所以直线AD的斜率为-3.

又因为点T（-1，1）在直线AD上，

所以AD边所在直线的方程为y-1=-3（x+1），

即3x+y+2=0.

（Ⅱ）由解得点A的坐标为（0，-2）.

因为矩形ABCD两条对角线的交点为M（2，0），

所以M为矩形ABCD外接圆的圆心.

又|AM|==2，

从而矩形ABCD外接圆的方程为（x-2）2+y2=8.

（Ⅲ）因为动圆P过点N，所以|PN|是该圆的半径，又因为动圆P与圆M外切，

所以|PM|=|PN|+2，

即|PM|-|PN|=2.

故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为2的双曲线的左支.

因为实半轴长a=，半焦距c=2，

所以虚半轴长b==.

从而动圆P的圆心的轨迹方程为=1（x≤-）.

2、（12分）

解：

（Ⅰ）由已知条件，直线的方程为，

代入椭圆方程得.

整理得　　　①

直线与椭圆有两个不同的交点和等价于，

解得或.即的取值范围为.

（Ⅱ）设，则，

由方程①，.　　　       ②

又.　　　　    ③

而.

所以与共线等价于，

将②③代入上式，解得.

由（Ⅰ）知或，故没有符合题意的常数.

3、（14分）

（1）[解法一]轴，的坐标为.   

由题意可知 得

所求椭圆方程为.   

[解法二]由椭圆定义可知

.由题意，.    

又由△可知 ，，

，又，得.

 椭圆的方程为.  

[解]

（2）直线的方程为.   

由 得点的纵坐标为.  

又，.   

4、（12分）

证明：

（Ⅰ）

椭圆的半焦距

由ACBD知点P在以线段为直径的圆上，故

所以，

（Ⅱ）（i）当BD的斜率k存在且时，BD的方程为，代入椭圆方程，并化简得

因为AC与BD相交于点P，且AC的斜率为

所以，

四边形ABCD的面积

当时，上式取等号

（ii）当BD的斜率k=0或斜率不存在时，四边形ABCD的面积S=4

综上，四边形ABCD的面积的最小值为

5、（12分）

本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。

解：

（Ⅰ）解法一：

易知

所以，设，则

由题意知，即，又 ∴

从而，而  ∴

故点的坐标是

解法二：

易知，所以，设，则

（以下同解法一）

（Ⅱ）显然直线不满足题设条件，可设直线，

联立，消去，整理得：

∴

由得：

或①

又

∴

又

∵，即 ∴                                        ②

故由①、②得或

6、（14分）

解：

（1）设圆心坐标为（m，n）（m＜0，n＞0）,则该圆的方程为（x-m）2+（y-n）2=8已知该圆与直线y=x相切，那么圆心到该直线的距离等于圆的半径，则

=2

即=4      ①

又圆与直线切于原点，将点（0，0）代入得

m2+n2=8          ②

联立方程①和②组成方程组解得

故圆的方程为（x+2）2+y2=8

（2）=5，∴a2=25，则椭圆的方程为+=1

其焦距c==4，右焦点为（4，0），那么=4。

要探求是否存在异于原点的点Q，使得该点到右焦点F的距离等于的长度4，我们可以转化为探求以右焦点F为顶点，半径为4的圆（x─4）2+y2=8与

（1）所求的圆的交点数。

通过联立两圆的方程解得x=，y=

即存在异于原点的点Q（，），使得该点到右焦点F的距离等于的长。

7、（13分）

解：

（Ⅰ）依题意，以AB的中点O为原点建立直角坐标系O-xy（如图），则点C的横坐标为x.

点C的纵坐标y满足方程（y≥0），

解得y=2（0＜x＜r）.

S=（2x+2r）·2

=2（x+r）·，

其定义域为｛x|0＜x＜r｝.

（Ⅱ）记f（x）=4（x+r）2（r2-x2），0＜x＜r，

则f′（x）=8（x+r）2（r-2x）.

令f′（x）=0，得x=r.

因为当0＜x＜时，f′（x）＞0；当＜x＜r时，f′（x）＜0，所以f（r）是f（x）的最大值.

因此，当x=r时，S也取得最大值，最大值为，

即梯形面积S的最大值为.

8、（14分）

解：

（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c,依题意∴b=1,∴所求椭圆方程为

（Ⅱ）设A（x1,y1）,B（x2,y2）.

（1）当AB⊥x轴时，|AB|=.

（2）当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=kx+m.

由已知,得m2=（k2+1）.把y=kx+m代入椭圆方程，整理得（3k2+1）x2+6kmx+3m2-3=0,∴x1+x2=

∴|AB|2=（1+k2）（x2-x1）2=（1+k2）

当且仅当9k2=,即k=±时等号成立.当k=0时，|AB|=,综上所述|AB|max=2.

∴当|AB|最大时，△AOB面积取最大值S=

9、（12分）

（Ⅰ）解：

设抛物线的标准方程为，则，从而

因此焦点的坐标为（2，0）.

又准线方程的一般式为。

从而所求准线l的方程为。

答（21）图

（Ⅱ）解法一：

如答（21）图作AC⊥l，BD⊥l，垂足为C、D，则由抛物线的定义知

|FA|=|FC|,|FB|=|BD|.

记A、B的横坐标分别为xA、xB，则

|FA|＝|AC|＝解得，

类似地有，解得。

记直线m与AB的交点为E，则

    所以。

故。

解法二：

设，，直线AB的斜率为，则直线方程为。

将此式代入,得，故。

记直线m与AB的交点为，则

，

，

故直线m的方程为.

令y=0,得P的横坐标故

。

从而为定值。

10、（15分）

本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与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.

（I）解：

设点A的坐标为，点B的坐标为，

由，解得

所以

当且仅当时，.S取到最大值1.

（Ⅱ）解：

由得

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　①

｜AB｜＝               ②

又因为O到AB的距离　　所以　　    ③

③代入②并整理，得

解得，，代入①式检验，△＞0

故直线AB的方程是 

或或或.

11、（14分）

本小题主要考查抛物线的方程与性质，抛物线的切点与焦点，向量的数量积，直线与抛物线的位置关系，平均不等式等基础知识，考查综合分析问题、解决问题的能力。

解：

（Ⅰ）设切点Q.由，知抛物线在Q点处的切线斜率为，故所求切线方程为.

即.

因为点P（0,-4）在切线上，

所以，，x0=±4.

所求切线方程为y=±2x-4.

（Ⅱ）设A（x1,y1）,C（x2,y2）

由题设知，直线AC的斜率k存在，由对称性，不妨设k＞0.

因直线AC过焦点F（0,1）,所以直线AC的方程为y=kx+1.

点A,C的坐标满足方程组

得x2-4kx-4=0,

由根与系数的关系知

.

因为AC⊥BD,所以BD的斜率为，从而BD的方程为：

.

同理可求得.

.

当k=1时，等号成立，所以，四边形ABCD面积的最小值为32.

12、（18分）

解：

（1），

，

   于是，所求“果圆”方程为

   ，.                                               

（2）由题意，得 ，即.

        ，，得.     

又. .         

   （3）设“果圆”的方程为，.

   记平行弦的斜率为.

当时，直线与半椭圆的交点是

，与半椭圆的交点是.

 的中点满足

得.                                                                           

    ，.

   综上所述，当时，“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上. 

   当时，以为斜率过的直线与半椭圆的交点是.  

由此，在直线右侧，以为斜率的平行弦的中点轨迹在直线上，即不在某一椭圆上.                                                                                           

   当时，可类似讨论得到平行弦中点轨迹不都在某一椭圆上.

13、（12分）

本小题综合考查平面解析几何知识，主要涉及平面直角坐标系中的两点间距离公式、直线的方程与斜率、抛物线上的点与曲线方程的关系，考查运算能力与思维能力，综合分析问题的能力。

解：

（Ⅰ）由题意知，。

因为|OA|=t,所以a2+2a=t2.

由于t＞0,故有　　

（1）

由点B（0,t）,C（c,0）的坐标知，直线BC的方程为

。

又因点A在直线BC上，故有

，

将

（1）代入上式，得

，

解得。

（Ⅱ）因为，所以直线CD的斜率为

，

所以直线CD的斜率为定值。

14、（12分）

解：

（Ⅰ）由题意设椭圆的标准方程为=1（a＞b＞0），

由已知得：

a+c=3，a-c=1，

∴a=2，c=1，

∴b2=a2-c2=3.

∴椭圆的标准方程为=1.

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），

联立

得（3+4k2）x2+8mkx+4（m2-3）=0，

又y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+mk（x1+x2）+m2=，

因为以AB为直径的圆过椭圆右顶点D（2，0），

∴kACkAD=-1，则=-1.

∴y1y2+x1x2-2（x1+x2）+4=0.

∴+4=0.

∴7m2+16mk+4k2=0.

解得：

m1=-2k，m2=，且均满足3+4k2-m2＞0.

当m1=-2k时，l的方程为y=k（x-2），直线过定点（2，0），与已知矛盾；

当m2=时，l的方程为y=k（x），直线过定点（，0）.

所以，直线l过定点，定点坐标为（，0）.

15、（14分）

解：

（1）△PF1F2中，|F1F2|=2

（d1-d2）2=4-4λ

（小于2的常数）

故动点P的轨迹C是以F1、F2为焦点，实轴长的双曲线。

方程为.

（2）方法一：

在△AF1B中，设|AF1|=d1,|AF2|=d2,|BF1|=d3,|BF2|=d4.

假设△AF1B为等腰直角三角形，则

由②与③得d2=2a,

则

由⑤得d3d4=2λ,

故存在满足题设条件。

方法二：

（1）设△AF1B为等腰直角三角形，依题设可得

所以，.

则                               ①

由,可设|BF2|=d,

则，.

则        ②

由①②得.                          ③

根据双曲线定义可得，，

平方得：

                  ④

由③④消去d可解得，

故存在满足题设条件。

16、（12分）

本小题主要考查直线、圆和抛物线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的解决问题的能力。

解法1：

（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N（0,-p）,可设A（x1,y1）,B（x2,y2）,直线AB的方程为y=kx+p,与x2=2py联立得消去y得x2-2pkx-2p2=0.

由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2.

于是

。

∴当k=0时，。

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a,AC的中点为O′,l与AC为直径的圆相交于点P、Q，PQ的中点为H，则O′H⊥PQ,O′点的坐标为。

∵

，

，

∴

，

∴

。

令，得，此时|PQ|=p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为，即抛物线的通径所在的直线。

解法2：

（Ⅰ）前同解法1,再由弦长公式得

，

又由点到直线的距离公式得，

从而，，

∴当k=0时，。

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a,则以AC为直径的圆的方程为（x-0）（x-x1）-（y-p）（y-y1）=0,将直线方程y=a代入得

x2-x1x+（a-p）（a-y1）=0,

则。

设直线l与以AC为直径的圆的交点为P（x3,y3）,Q（x4,y4）,则有

。

令，得，此时|PQ|=p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为。

即抛物线的通径所在的直线。

17、（12分）

解：

（Ⅰ）设椭圆方程为=1.

因焦点为F（3，0）,故半焦距c=3.

又右准线l的方程为x=，从而由已知

=12，x2=36，

因此a=6，b=.

故所求椭圆方程为=1.

（Ⅱ）记椭圆的右顶点为A，并设∠AFP1=α，   （i=1，2，3），不失一般性，假设

0≤α3＜，且α2=α1+，α3=α1+.

又设点Pi在l上的射影为Qi，因椭圆的离心率e=，从而有

|FP1|=|PiQi|·e=（-c-|FPi|cosαi）e

=（9-|FPi|cosαi）   （i=1，2，3）.

解得 （1+cosαi）   （i=1，2，3）.

因此

[3+（cosα1+cos（α1+）+cos（α1+））]，

而cosα1+cos（α1+）+cos（α1+）

=cosα1cosα1sinα1cosα1+sinα1=0，

故为定值.

18、（14分）

解：

（1）设直线AB的方程为y=kx+c，将该方程代入y=x2得x2–kx-c=0.

令A（a，a2），B（b，b2），则ab=-c。

因为·=ab+a2b2=-c+c2=2，解得c=2，或c=-1（舍去）。

故c=2.

（2）由题意知Q（，-c），直线AQ的斜率为

kAQ=

又y=x2的导数为y′=2x，所以点A处切线的斜率为2a，因此，AQ为该抛物线的切线。

（3）

（2）的逆命题成立。

证明如下：

设Q（x0，-c）.

若AQ为该抛物线的切线，则kAQ=2a。

又直线AQ的斜率为kAQ=，所以=2a，得2ax0=a2+ab，因a≠0，有x0=.

故点P的横坐标为，即P点是线段AB的中点。

19、（12分）

解：

由条件知，，设，.

解法一：

（I）设，则，，

，由得

即

于是的中点坐标为.

当不与轴垂直时，，即.

又因为两点在双曲线上，所以，，两式相减得

，即.

将代入上式，化简得.

当与轴垂直时，，求得，也满足上述方程.

所以点的轨迹方程是.

（II）假设在轴上存在定点，使为常数.

当不与轴垂直时，设直线的方程是.

代入有.

则是上述方程的两个实根，所以，，

于是

.

因为是与无关的常数，所以，即，此时=.

当与轴垂直时，点的坐标可分别设为、，

此时.

故在轴上存在定点，使为常数.

解法二：

（I）同解法一的（I）有①

当不与轴垂直时，设直线的方程是.

代入有.

则是上述方程的两个实根，所以.②

.③

由①、②、③得.…………………………………………………④

.……………………………………………………………………⑤

当时，，由④、⑤得，，将其代入⑤有

.整理得.

当时，点的坐标为，满足上述方程.

当与轴垂直时，，求得，也满足上述方程.

故点的轨迹方程是.

（II）假设在轴上存在定点点，使为常数，

当不与轴垂直时，由（I）有，.

以下同解法一的（II）.

20、（12分）

证明:

（Ⅰ）椭圆的半焦距，

由知点在以线段为直径的圆上，故，

所以，.

（Ⅱ）（ⅰ）当的斜率存在且时，的方程为，代入椭圆方程，并化简得.

设，，则

，，

；

因为与BD相交于点P，且的斜率为.

所以，.

四边形的面积

.

当时，上式取等号.

（ⅱ）当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积.

综上，四边形的面积的最小值为.

21、（14分）

本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、圆的方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法及推理、运算能力.

（Ⅰ）证法一：

由题设及，，不妨设点，其中

，由于点在椭圆上，有，即

，

解得，从而得到，

直线的方程为，整理得

.

由题设，原点到直线的距离为，即

，

将代入原式并化简得，即.

证法二：

同证法一，得到点的坐标为，

过点作，垂足为B，易知，故

由椭圆定义得，又，所以

，

解得，而，得，即.

（Ⅱ）解法一：

圆上的任意点处的切线方程为.

当时，圆上的任意点都在椭圆内，故此圆在点M处的切线必交椭圆于两个不同的点和，因此点，的坐标是方程组

的解.当时，由①式得

代入②式，得，即

，

于是，

.

若，则

.

所以，.由，得.在区间内此方程的解为.

当时，必有，同理求得在区间内的解为.

另一方面，当时，可推出，从而.

综上所述，使得所述命题成立.

解法二：

圆x2+y2=t2上的任意点M（x0,y0）处的切线方程为x0x+y0y=t2.

当t∈（0,b）时，圆x2+y2=t2上的任意点都在椭圆内，故此圆在点M处的切线必交椭圆于两个不同的点Q1和Q2,因此点Q1（x1,y1）,Q2（x2,y2）的坐标是方程组

的解，由①式得

y0y=t2-x0x,                        ③

②式两端同乘以，得

　④

将③式代入④式得，，整理得

所以

再由①式得

x0x=t2-y0y,                      ⑤

②式两端同乘以，得

　⑥

将⑤式代入⑥式得，整理得

。

所以

.

 若则

.

所以，由，得3t4-2b2t2=0.在区间（0,b）内此方程的解为

。

另一方面，当时，可推出x1x1+y1y2=0,从而，

综上所述，使得所述命题成立。

22、（10分）

解：

以极点为原点，极轴为轴正半轴，建立平面直角坐标系，两坐标系中取相同的长度单位.

（Ⅰ），，由得.

所以.

即为O1的直角坐标方程.

同理为O2的直角坐标方程.

（Ⅱ）由解得.

即O1，O2交于点和.过交点的直线的直角坐标方程为.