J专题十 解析几何专项培优训练答案.doc

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1、专题十专题十 解析几何培优训练答案解析几何培优训练答案1C【解析】双曲线()的渐近线方程为，不妨考虑，即2 2 21yxb0b ybx ybx， 圆的圆心为(0，2)，半径为，由题意得0ybx22(2)1xy1r ，解得，即，又，所以，因为双曲线 2| 2|1 1b23b 223ca1a 12c的离心率，所以，故选 C ceca12e 【备注】求离心率的范围问题的关键是把题目中的不等关系转化成关于 a，c 的齐次不等式2A【解析】设以 AB(点 B 在点 A 的右侧)为直径的圆的圆心为(a，0)，半径为 (r)，OP=b(b0，且 b 为常数)，0ra因为 tanOPA=，tanOPB=，ar

2、 bar b所以 tanAPB=tan(OPBOPA)=22221arar rbbb ar arbar bb 因为以 AB 为直径的圆与圆相外切，所以，22(2)1xy241ar即，可得，22(1)4ar2223arr所以 tanAPB=(为变量，为常数)，22222222 3322rbrbb bbarbr r rb又 tanAPB 的大小恒为定值，所以=0，即，故选 A23b 3b 【备注】本题将三角函数与圆相结合，在处理已知条件APB 的大小恒为定值时，使含变量的系数恒为零即可3C【解析】由题意知 (3，0)，(3，0)，|AP|+|=|AP|+|，要求|AP|+|1F2F2AF1AF2

3、5|的最小值，只需求 (|AP|+|的最小值，当 A，P，三点共线时，取得最小值，2AF1AF1F则|AP|+|=，1AF1|PF22( 33)(0 1)37 所以|AP|+|=|AP|+|=2AF1AF2 5372 54D【解析】由题意可得(1，0)，设，由=3，可得F(,)AAA xy(,)BBB xy|AF，即，故，又，可得，即( 1)3Ax 2Ax 24 2Ay 0Ay 2 2Ay ，故直线 的斜率(2,2 2)Al2 202 22 1k5B【解析】因为双曲线(，)的渐近线方程为，即22221xy ab0a 0b byxa ，因此由题意可得，即，得又，0bxay 2221aab21a

4、c2cea1e 故12e 6C【解析】以为直径的圆的方程为，因为点(3，4)在圆上，所以12FF222xyc，所以=5又双曲线的一条渐近线的方程为，且点(3，4)在这22234ccbyxa条渐近线上，所以，又，解得=3，=4，所以双曲线的方4 3b a22225abcab程为22 1916xy7D【解析】因为，所以，双曲线的渐近线方程为2cea2ca3ba又抛物线的准线方程为，联立双曲线的渐近线方程和抛物线的3yx 2px 准线方程得，在AOB 中，点 O 到3(,)22ppA 3(,)22ppB |3ABpAB 的距离 为，所以，所以=2，所以抛物线的准线方程为2p13322ppp，故选 D

5、1x 8B【解析】本题考查直线与抛物线的位置关系，动点的轨迹方程，考查考生的运算求解能力设直线 ：，代入抛物线方程，得，l1 2xyb220ypypb=，设，则，所以280ppb11( ,)A x y22(,)B xy( , )M x y12yyp把代入抛物线方程，得，故点 M 的轨迹方程为12 22yypy2py 08px ，故点 M 到抛物线的焦点 F 的最短距离为，所以=22py ()8px 12pp9C【解析】本题考查抛物线的简单几何性质，考查考生的基本运算能力，以及利用数形结合思想解决问题的能力先根据已知及抛物线的定义求出，然后把( ,2 )A ppACE 的面积转化为AFC 的面积

6、，即可求出 p 的值如图所示，抛物线的焦点为，则，由22ypx(,0)2pF7(,0)2Cp| 3CFp|CF|=2|AF|，得|AB|=|AF|=，则，因为 ABCF，所以EFCEAB，3 2p( ,2 )A pp所以，可得，又ACE 的面积为，所以|1 |2AEAB EFCF1 3AFCACESS3 2，得，选 C11323 232pp6p 10(，+)【解析】设，由，33( ,3)M xax22|10MAMO得，整理得，2222(5)(3)10xaxxax 22(1)8120axax所以 =，解得或22(8 )4 12 (1)0aa a3a3110【解析】本题主要考查直线与抛物线的位置关

7、系，考查考生的运算求解能力及综合运用解析几何知识与方程思想求解问题的能力由题意得直线 OA 的斜率存在且不为 0，设直线 OA 的斜率为(0)，则直线 OA 的k k方程为，由，解得，易知，直线 PQ 的方程ykx22ykx ypx 222(,)ppAkk(,)22p kpB为，联立方程得，消去得，设 P()2pyk x2()2 2pyk xypx x2 022kykpyp，)，Q(，)，由根与系数的关系得，根据弦长公式得，1x1y2x2y2 12y yp |FP|FQ|=，而|OA|OB|=2 1212222211111|1| (1)| (1)yyy ypkkkk，22222 22221()

8、()()()(1)22pppkppkkk所以|FP|FQ|OA|OB|=012【解析】本题考查直线与椭圆的位置关系、一元二次方程有解问题等知识，考查6 3考生的数形结合思想、逻辑推理能力和运算求解能力设点，因为四边形 OABC 为矩形，所以点，11( ,)A x y22(,)C xy1212(,)B xxyy则问题转化为方程组，存在实数解的问题展开第三个方22 11 2222 22 2222 1212 22121211()()10xy ab xy ab xxyy ab x xy y 程，整理得易知直线 OA 和 OC 的斜率均存在，分别设为，2212222()a bx xabk，由，得，同理，

9、1 k22221ykxxy ab22 2 1222a bxa kb222 2 2222a b kxak b因此 =，即关于的二次方程22222a b a kb222222a b k ak b22 2 222()a b ab2k有正解，即0，且22 222 22()3()810abkkba 22 2 223()84ab ba0，又，所以，所以，故椭圆的离心率的最22223()8ab baab223ab6 3e小值为，此时矩形 OABC 为正方形6 3132【解析】本题考查双曲线的几何性质、点到直线的距离、简单高次方程的求解等由题意得双曲线的渐近线方程为，右顶点 A(a，0)，右焦点 F(c，0)

10、，则点byxa A 到渐近线的距离， 22|ababdcab |AFca由已知得，即，3()2abcac23 ()abc ca222243()a bc ca由于，因而，222bca222224()3()a cac ca4323640eee，得23(2)(2)(2)0e eee2(2)(1)(332)0eeee2e 14【解析】本题主要考查圆的方程、两点间的距离、判别式、点到直线的距离、圆5 12与圆的位置关系等，意在考查考生综合运用数学知识解决问题的能力求解本题的关键是将直线与圆、圆与圆的位置关系问题转化为点到直线的距离、两点间的距离问题通解通解 由题意，得圆 C 的圆心为(2，0)，半径为

11、1又直线 上恰好有一点，使得以该l点为圆心，1 为半径的圆与圆 C 有公共点，不妨设此点为，即以( ,3)P a ak 为圆心，1 为半径的圆与圆 C 外切，所以，即关( ,3)P a ak 22(2)(3)4aak于的方程有两个相等的实数根，所以由 =a22(1)(64)90kaka，得22(64)36(1)0kk5 12k 优解优解 由题意，得圆 C 的圆心为(2，0)，半径为 1因为直线 ：上恰好l30kxy有一点，使得以该点为圆心，1 为半径的圆与圆 C 有公共点，不妨设此点为 P，则以点 P 为圆心，1 为半径的圆与圆 C 外切，所以点(2，0)到直线 l 的距离为 2，即，所以 2

12、|23|2 1kk 5 12k 15(2，)【解析】因为，所以点 A(2，4)在抛物线的内部，1 22( 2)8 4 28xy如图，设抛物线的准线为 ，l过点 P 作 PQ 于点 Q，过点 A 作 AB 于点 B，连接 AQ，ll由抛物线的定义可知APF 的周长为|PF|+|PA|+|AF|=|PQ|+|PA|+|AF|AQ|+|AF|AB|+|AF|，当且仅当 P，B，A 三点共线时，APF 的周长取得最小值，即|AB|+|AF|因为 A(2，4)，所以不妨设APF 的周长最小时，点 P 的坐标为(2，)，0y代入，得，28xy01 2y 故使APF 的周长最小的点 P 的坐标为(2，)1

13、215 【解析】 （1）设，则，( , )P x y00(,)M xy0(,0)N x0(, )NPxxy 0(0.)NMy 由得，2NPNM 0xx02 2yy因为在上，所以00(,)M xyC22 122xy因此点的轨迹方程为P222xy（2）由题意知设，则( 1,0)F ( 3, )Qt( , )P m n，( 3, )OQt ( 1,)PFmn 33OQ PFmtn ，( , )OPm n ( 3,)PQm tn 由得，又由（1）知，1OP PQ 2231mmtnn222mn故330mtn所以，即又过点存在唯一直线垂直与，所以过点0OQ PF OQPF POQ且垂直于的直线 过的左焦点

14、 POQlCF16 【解析】(1)因为以为直径的圆经过椭圆的上顶点,且，2BFA11BFAF所以，2 2BAF11BAFBAF 所以，12121F AFBAFAF BABF 所以，1121F AFAF F 所以是等边三角形 （2 分）12F AF所以，11212AFF FBFc又，即，22211AFOFOA 22224ccba则，( 3 ,0)Bc1(,0)Fc2( ,0)F c(0, )Ab所以，22 1( , ) (3 , )36F A BAc bc bcb 所以，2224,3,1abc所以椭圆是方程为 （5 分）C22 143xy由，得1( 1,0)F 12AF 圆的方程为 （6 分）D

15、22(1)4xy(2)由(1)知，则，2(1,0)F:(1)l yk x联立，消去整理得，22(1)143yk xxyy2222(34)84120kxk xk设、，则，11(,)M x y22(,)N xy22222( 8)4(34)(412)16 9(1)0kkkk ， （8 分）21228 34kxxk1212(2)yyk xx所以11222112(,)(,)(2 ,)PMPNxm yxm yxxm yy 由于菱形的对角线互相垂直，则，()0PMPNMN 因为是一个方向向量是，故，MN (1, )k12122()0xxmk yy所以，2 12122(2)0xxmkxx所以， （10 分）2

16、2 2 2288(2)203434kkkmkk由已知条件知，0k 所以，所以，2221 3344kmk k104m故实数的取值范围是 （12 分）m1(0, )417 【解析】(1)由椭圆的离心率为，得，2 22222()aab又当时，得，1y 2 22 2axab2 2 22aab所以，24a 22b 因此椭圆方程为22 142xy(2)设，联立方程1122( ,), (,)A x yB xy2224ykxm xy 得，222(21)4240kxkmxm由 得 （*）0 2242mk且 ，1224 21kmxxk因此 ，1222 21myyk所以 ，222(,)21 21kmmDkk又 ，(

17、0,)Nm所以 222 222()()2121kmmNDmkk 整理得： ，2242224(1 3) (21)mkkNDk因为 NFm所以 2422222224(31)831(21)(21)NDkkk kkNF 令，283tk3t故 21214tk 所以2221616111(1)2NDt tNFtt 令，所以1ytt 211yt 当时，3t0y 从而在上单调递增，1ytt 3,)因此，等号当且仅当时成立，此时，110 3tt 3t 0k 所以，221 34NDNF由（*）得 且，22m0m 故，1 2ND NF设，2EDF则 ，1sin2NF ND所以得最小值为6从而的最小值为，此时直线 的斜

18、率时EDF3l0综上所述：当，时，取得最小值为0k (2,0)(0,2)m EDF318 【解析】 （1）当直线 的斜率不存在时，l2 24p 2p 24yx当直线 斜率存在时， （2 分）l设直线 的方程为，联立，消去得l(4) (0)yk xk2(4)2 yk xypx y，设，则，2222(82 )160k xkp xk11(,)A x y22(,)B xy1216x x 所以，由，得，2222 1212464y yp x xp128y yp 0OA OB 12120x xy y即，所以，故抛物线的方程为 （5 分）1680p2p 24yx综上，抛物线的方程为 （6 分）24yx(2)由

19、(1)知，设直线的方程是，显然直线 CD 不过点 M，联立(1,2)MCDxmyn，消去得，设，则，24 yx xmynx2440ymyn33(,)C xy44(,)D xy343444 yymy yn 由题意，两直线关于对称等价于直线，的倾斜角互补，MCMD1x MCMD即，即， （8 分）0MCMDkk332 1y x 44201y x整理得，3443(2)(1)(2)(1)0yxyx即，344334342()()40x yx yxxyy将和代入上式化简得，3344xmynxmyn 343444 yymy yn (1)(21)0mnm要使上式恒成立，当且仅当或 （10 分）10m 210n

20、m 当，即时，直线的方程为，即直线 CD 的斜率为10m 1m CDxyn 1当时，将代入直线的方程得，210nm 12nm CD12xmym 即，此时直线过点，与题意矛盾1(2)xm y CD(1,2)M所以直线的斜率恒为定值 （12 分）CD119 【解析】(1)设椭圆的离心率为 e由已知，可得21()22bca c又由，可得，即222bac2220caca2210ee 又因为，解得01e1 2e 所以，椭圆的离心率为1 2(2)（）依题意，设直线 FP 的方程为，则直线 FP 的斜率为(0)xmyc m1 m由(1)知，可得直线 AE 的方程为，即，与直线 FP2ac12xy cc220

21、xyc的方程联立，可解得，(22)3,22mccxymm即点 Q 的坐标为(22)3(,)22mcc mm 由已知|FQ|=，有，整理得，3 2c222(22)33()()222mccccmm2340mm所以，即直线 FP 的斜率为4 3m 3 4（ii）由，可得，故椭圆方程可以表示为2ac3bc2222143xy cc由（i）得直线 FP 的方程为，与椭圆方程联立3430xyc消去，整理得，解得（舍去） ，22223430,1,43xycxy ccy2276130xcxc13 7cx 或xc因此可得点，进而可得，3( ,)2cP c2235|()()22|ccFPcc所以由已知，线段的长即为

22、与这53| |22ccFPFQQcPPQPMQN两条平行直线间的距离，故直线和都垂直于直线PMQNFP因为，所以，所以的面QNFP339| | tan248ccQNFQQFNFQN积为，同理的面积等于，由四边形的2127|232cFQ QN FPM275 32cPQNM面积为，得，整理得，又由，得3c22752733232ccc22cc0c 2c 所以，椭圆的方程为22 11612xy20 【解析】(1)由题意得，又，2 2c a1b 222abc所以，2a 1c 椭圆的标准方程为 （4 分）M2 212xy(2)由得，2 212yxmxy2234220xmxm由题意得，即，所以 （6 分）221624(1)0mm 230m 33m设，1122(,), (,)A x yB xy则，124 3mxx21222 3mx x222 1212124()()233ABxxyyxxm又由题意得，到直线的距离为 （8(1,1)Tyxm2md 分）假设的面积存在最大值，TAB则， （90m 22211423(3)22332TABmSAB dmmm分）由基本不等式得，222 (3)2 322TABmmS当且仅当时取等号，6(3,0)(0, 3)2m 所以TAB 面积的最大值为 （11 分）2 2故TAB 的面积存在最大值，且当时，TAB 的面积取得最大值 （126 2m 2 2分）