专题九解析几何第二十九讲曲线与方程答案.doc

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1、一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路专题九 解析几何第二十九讲 曲线与方程答案部分1. 由可得.配方得，解得.所以可取的整数值为-1，0，1，则曲线经过这6个整点，结论正确；当x0时，由得（当x=y时取等号），所以，所以，即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过，结论正确；根据对称性可得：曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；故正确如图所示，根据对称性可知.即心形区域的面积大于3，故错误正确结论为. 故选C2解析 设椭圆的右焦点为，连接，线段PF的中点A在以原点O为圆心，2为半径的圆，连接AO，可得，设P的坐标为（m,n），可得，可得，由，可得直线PF的斜

2、率为3.解析 （1）设椭圆C的焦距为2c.因为F1(-1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.又因为DF1=，AF2x轴，所以DF2=，因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.由b2=a2-c2，得b2=3.因此，椭圆C的标准方程为.（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，a=2，因为AF2x轴，所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=4.因为点A在x轴上方，所以A(1，4).又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.由，得，解得或.将代入，得，因此.又F2(1，0)，所以直线BF2：.由，得，解得或.又因为E是线段BF2与椭圆的交点

3、，所以.将代入，得.因此.解法二：由（1）知，椭圆C：.如图所示，联结EF1.因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而BF1E=B.因为F2A=F2B，所以A=B，所以A=BF1E，从而EF1F2A.因为AF2x轴，所以EF1x轴.因为F1(-1，0)，由，得.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.因此.4. 解析（1）设，则.由于，所以切线DA的斜率为，故 ，整理得 设，同理可得.故直线AB的方程为.所以直线AB过定点.5.解析（I）由抛物线经过点，得.所以抛物线C的方程为，其准线方程为.（II）抛物线C的焦点为，设直线l的方程为.由，得.设则.直线的方程为，令，得点

4、A的横坐标为同理可得点B的横坐标.设点，则.令即，得或.综上，以AB为直径的圆经过轴上的定点6解析（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为由得记，则于是直线的斜率为，方程为由得设，则和是方程的解，故，由此得从而直线的斜率为所以，即是直角三角形（ii）由（i）得，所以PQG的面积设t=k+，则由k0得t2，当且仅当k=1时取等号因为在2，+）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为因此，PQG面积的最大值为7解析 （I）由题意得，即p=2.所以，抛物线的准线方程为x=1.（）设，重心.令，则.由

5、于直线AB过F，故直线AB方程为，代入，得，故，即，所以.又由于及重心G在x轴上，故，得.所以，直线AC方程为，得.由于Q在焦点F的右侧，故.从而.令，则m0，.当时，取得最小值，此时G（2，0）.8.解析 （）设椭圆的半焦距为，依题意，又，可得，.所以，椭圆的方程为.（）由题意，设.设直线的斜率为，又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，整理得，可得，代入得，进而直线的斜率.在中，令，得.由题意得，所以直线的斜率为.由，得，化简得，从而.所以，直线的斜率为或.2010-2018年 1【解析】(1)因为椭圆的焦点为，可设椭圆的方程为又点在椭圆上，所以，解得因此，椭圆的方程为因为圆的直径为，所以其方

6、程为(2)设直线与圆相切于，则，所以直线的方程为，即由消去，得（*）因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以因为，所以因此，点的坐标为因为三角形的面积为，所以，从而设，由（*）得，所以因为，所以，即，解得舍去），则，因此的坐标为综上，直线的方程为2【解析】（1）设，则，由得 ，因为在上，所以因此点的轨迹方程为（2）由题意知设，则，由得，又由（1）知，故所以，即又过点存在唯一直线垂直与，所以过点且垂直于的直线过的左焦点3【解析】() 由离心率是，有，又抛物线的焦点坐标为，所以，于是，所以椭圆的方程为() （i）设点坐标为，由得，所以在点处的切线的斜率为，因此切线的方程为，设，将代入，得于是，又，于

7、是直线的方程为联立方程与，得的坐标为所以点在定直线上（ii）在切线的方程为中，令，得，即点的坐标为，又，所以； 再由，得于是有 令，得当时，即时，取得最大值此时，所以点的坐标为所以的最大值为，取得最大值时点的坐标为4【解析】（）设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为（）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.设，由方程组，消去，整理得解得，或，由题意得，从而由（）知，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为设，由方程组消去，解得.在中，即，化简得，即，解得或所以，直线的斜率的取值范围为5【解析】（I）设，则由题意知当时，椭圆的方程为，A点坐标为，由已知及椭圆的对称性知，直线的

8、倾斜角为因此直线的方程为将代入得解得或，所以所以的面积为（）由题意知，则直线的方程为，联立并整理得，解得或，所以由题意，所以的方程为，同理可得由,得，即当时上式成立，因此因为，即，整理得即，解得6【解析】（）设点，依题意，且，所以，且即，且由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0，于是，故，代入，可得，即所求的曲线的方程为（）（1）当直线的斜率不存在时，直线为或，都有（2）当直线的斜率存在时，设直线， 由 ，消去，可得因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，所以，即 又由 可得；同理可得由原点到直线的距离为和，可得将代入得，当时，；当时，因，则，所以，当且仅当时取等号所以当时，的最小值为8综合（1

9、）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，OPQ的面积取得最小值87【解析】（1）由题意，得且，解得，则，所以椭圆的标准方程为（2）当轴时，又，不合题意当与轴不垂直时，设直线的方程为，将的方程代入椭圆方程，得，则，的坐标为，且若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意从而，故直线的方程为，则点的坐标为，从而因为，所以，解得此时直线方程为或8【解析】（1）由已知，点在椭圆上因此，解得，所以椭圆的方程为（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于、两点如果存在定点满足条件，则，即所以点在y轴上，可设点的坐标为当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于、两点则，由，有，解得或所以，若存在不同于点

10、的定点满足条件，则点的坐标只可能为下面证明：对任意的直线，均有当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，、的坐标分别为联立得其判别式，所以，因此易知，点关于轴对称的点的坐标为又，所以，即三点共线所以故存在与不同的定点，使得恒成立9【解析】（）由题意得解得=2故椭圆的方程为设(，0)因为，所以直线的方程为，所以=，即（）因为点与点关于轴对称，所以，设，则=“存在点使得=等价”，“存在点使得=”即满足因为，所以所以=或故在轴上存在点，使得=点的坐标为或10【解析】（）由题意知，可设直线的方程为由消去，得因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以，设为的中点，则，代入直

11、线方程解得由得或（）令，则，且到直线的距离设的面积为，所以，当且仅当时，等号成立故面积的最大值为11【解析】（）可知，又，椭圆C的标准方程为；（）设两切线为，当轴或轴时，对应轴或轴，可知当与轴不垂直且不平行时，设的斜率为，则，的斜率为，的方程为，联立，得，因为直线与椭圆相切，所以，得，所以是方程的一个根，同理是方程的另一个根，得，其中，所以点P的轨迹方程为（），因为满足上式，综上知：点P的轨迹方程为12【解析】（）设圆的半径为，点上下两段分别为，由射影定理得，三角形的面积当时，取得最大，此时，在双曲线上，双曲线的方程为（）由（）知的焦点为，由此设的方程为，其中，由在上，得，的方程为，显然，不是

12、直线，设的方程为，点，由得， 由得，解得因此直线的方程或13【解析】（）由椭圆定义知，2a|PF1|PF2|，所以又由已知，c1.所以椭圆C的离心率（）由（）知，椭圆C的方程为y21设点Q的坐标为(x，y)()当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0,1)，(0，1)两点，此时点Q的坐标为()当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为ykx2因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(，k2)，(，k2)，则|AM|2(1k2)，|AN|2(1k2)又|AQ|2x2(y2)2(1k2)由，得，即.将ykx2代入y21中，得(2k21)x28kx60.由(8k)24(2k21)60，得k2

13、.由可知，代入中并化简，得.因为点Q在直线ykx2上，所以，代入中并化简，得10(y2)23x218.由及k2，可知0x2，即x.又满足10(y2)23x218，故x.由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以1y1.又由10(y2)2183x2有(y2)2且1y1，则y.所以，点Q的轨迹方程为10(y2)23x218，其中x，y.14【解析】（）解法1 ：设M的坐标为，由已知得，易知圆上的点位于直线的右侧.于是，所以.化简得曲线的方程为解法2 ：由题设知，曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的距离，因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，故其方程为（）当点P在直线上运动时，P的坐标为，又，则

14、过P且与圆相切的直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为.于是整理得 设过P所作的两条切线的斜率分别为，则是方程的两个实根，故 由得 设四点A,B,C,D的纵坐标分别为，则是方程的两个实根，所以 同理可得 于是由，三式得.所以，当P在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值640015【解析】（）解：设，由题意，可得即整理得（舍），或所以（）解：由（）知可得椭圆方程为直线PF2方程为A，B两点的坐标满足方程组消去y并整理，得解得得方程组的解不妨设设点的坐标为，由于是由即，化简得将所以因此，点的轨迹方程是16【解析】（1）联立与得，则中点，设线段 的中点坐标为，则，即，又点在曲线上，化简可得，又点是上的任一点，且不与点和点重合，则，即，中点的轨迹方程为（）（2）曲线，即圆：，其圆心坐标为，半径，设圆与直线：相切于点，则有，即过点与直线垂直的直线的方程是，即由，解得，当时，分别是上的点的最小和最大横坐标，切点，故高考押题团队：公众号sxgkzk QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第24页共24页