理科數(shù)學2010-2019高考真題分類訓練專題九--解析幾何第二十九講--曲線與方程答案

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上專題九 解析幾何第二十九講 曲線與方程答案部分1. 由可得.配方得，解得.所以可取的整數(shù)值為-1，0，1，則曲線經過這6個整點，結論正確；當x0時，由得（當x=y時取等號），所以，所以，即曲線C上y軸右邊的點到原點的距離不超過，結論正確；根據(jù)對稱性可得：曲線C上任意一點到原點的距離都不超過；故正確如圖所示，根據(jù)對稱性可知.即心形區(qū)域的面積大于3，故錯誤正確結論為. 故選C2解析 設橢圓的右焦點為，連接，線段PF的中點A在以原點O為圓心，2為半徑的圓，連接AO，可得，設P的坐標為（m,n），可得，可得，由，可得直線PF的斜率為3.解析 （1）設橢圓C的焦距為2c.因為F

2、1(-1，0)，F(xiàn)2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.又因為DF1=，AF2x軸，所以DF2=，因此2a=DF1+DF2=4，從而a=2.由b2=a2-c2，得b2=3.因此，橢圓C的標準方程為.（2）解法一：由（1）知，橢圓C：，a=2，因為AF2x軸，所以點A的橫坐標為1.將x=1代入圓F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.因為點A在x軸上方，所以A(1，4).又F1(-1，0)，所以直線AF1：y=2x+2.由，得，解得或.將代入，得，因此.又F2(1，0)，所以直線BF2：.由，得，解得或.又因為E是線段BF2與橢圓的交點，所以.將代入，得.因此.解法二：由

3、（1）知，橢圓C：.如圖所示，聯(lián)結EF1.因為BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，從而BF1E=B.因為F2A=F2B，所以A=B，所以A=BF1E，從而EF1F2A.因為AF2x軸，所以EF1x軸.因為F1(-1，0)，由，得.又因為E是線段BF2與橢圓的交點，所以.因此.4. 解析（1）設，則.由于，所以切線DA的斜率為，故 ，整理得 設，同理可得.故直線AB的方程為.所以直線AB過定點.5.解析（I）由拋物線經過點，得.所以拋物線C的方程為，其準線方程為.（II）拋物線C的焦點為，設直線l的方程為.由，得.設則.直線的方程為，令，得點A的橫坐標為同理可得點B的橫坐標.設

4、點，則.令即，得或.綜上，以AB為直徑的圓經過軸上的定點6解析（1）由題設得，化簡得，所以C為中心在坐標原點，焦點在x軸上的橢圓，不含左右頂點（2）（i）設直線PQ的斜率為k，則其方程為由得記，則于是直線的斜率為，方程為由得設，則和是方程的解，故，由此得從而直線的斜率為所以，即是直角三角形（ii）由（i）得，所以PQG的面積設t=k+，則由k>0得t2，當且僅當k=1時取等號因為在2，+）單調遞減，所以當t=2，即k=1時，S取得最大值，最大值為因此，PQG面積的最大值為7解析 （I）由題意得，即p=2.所以，拋物線的準線方程為x=1.（）設，重心.令，則.由于直線AB過F，故直線AB方

5、程為，代入，得，故，即，所以.又由于及重心G在x軸上，故，得.所以，直線AC方程為，得.由于Q在焦點F的右側，故.從而.令，則m>0，.當時，取得最小值，此時G（2，0）.8.解析 （）設橢圓的半焦距為，依題意，又，可得，.所以，橢圓的方程為.（）由題意，設.設直線的斜率為，又，則直線的方程為，與橢圓方程聯(lián)立，整理得，可得，代入得，進而直線的斜率.在中，令，得.由題意得，所以直線的斜率為.由，得，化簡得，從而.所以，直線的斜率為或.2010-2018年 1【解析】(1)因為橢圓的焦點為，可設橢圓的方程為又點在橢圓上，所以，解得因此，橢圓的方程為因為圓的直徑為，所以其方程為(2)設直線與圓

6、相切于，則，所以直線的方程為，即由消去，得（*）因為直線與橢圓有且只有一個公共點，所以因為，所以因此，點的坐標為因為三角形的面積為，所以，從而設，由（*）得，所以因為，所以，即，解得舍去），則，因此的坐標為綜上，直線的方程為2【解析】（1）設，則，由得 ，因為在上，所以因此點的軌跡方程為（2）由題意知設，則，由得，又由（1）知，故所以，即又過點存在唯一直線垂直與，所以過點且垂直于的直線過的左焦點 3【解析】() 由離心率是，有，又拋物線的焦點坐標為，所以，于是，所以橢圓的方程為() （i）設點坐標為，由得，所以在點處的切線的斜率為，因此切線的方程為，設，將代入，得于是，又，于是直線的

7、方程為聯(lián)立方程與，得的坐標為所以點在定直線上（ii）在切線的方程為中，令，得，即點的坐標為，又，所以； 再由，得于是有 令，得當時，即時，取得最大值此時，所以點的坐標為所以的最大值為，取得最大值時點的坐標為4【解析】（）設，由，即，可得，又，所以，因此，所以橢圓的方程為（）解：設直線的斜率為（），則直線的方程為.設，由方程組，消去，整理得解得，或，由題意得，從而由（）知，設，有，.由，得，所以，解得.因此直線的方程為設，由方程組消去，解得.在中，即，化簡得，即，解得或所以，直線的斜率的取值范圍為5【解析】（I）設，則由題意知當時，橢圓的方程為，A點坐標為，由已知及橢圓的對稱性知，直線的傾斜角為

8、因此直線的方程為將代入得解得或，所以所以的面積為（）由題意知，則直線的方程為，聯(lián)立并整理得，解得或，所以由題意，所以的方程為，同理可得由,得，即當時上式成立，因此因為，即，整理得即，解得6【解析】（）設點，依題意，且，所以，且即，且由于當點不動時，點也不動，所以不恒等于0，于是，故，代入，可得，即所求的曲線的方程為（）（1）當直線的斜率不存在時，直線為或，都有（2）當直線的斜率存在時，設直線， 由 ，消去，可得因為直線總與橢圓有且只有一個公共點，所以，即 又由 可得；同理可得由原點到直線的距離為和，可得將代入得，當時，；當時，因，則，所以，當且僅當時取等號所以當時，的最小值為8綜合（1）（2）

9、可知，當直線與橢圓在四個頂點處相切時，OPQ的面積取得最小值87【解析】（1）由題意，得且，解得，則，所以橢圓的標準方程為（2）當軸時，又，不合題意當與軸不垂直時，設直線的方程為，將的方程代入橢圓方程，得，則，的坐標為，且若，則線段的垂直平分線為軸，與左準線平行，不合題意從而，故直線的方程為，則點的坐標為，從而因為，所以，解得此時直線方程為或8【解析】（1）由已知，點在橢圓上因此，解得，所以橢圓的方程為（2）當直線與軸平行時，設直線與橢圓相交于、兩點如果存在定點滿足條件，則，即所以點在y軸上，可設點的坐標為當直線與軸垂直時，設直線與橢圓相交于、兩點則，由，有，解得或所以，若存在不同于點的定點滿

10、足條件，則點的坐標只可能為下面證明：對任意的直線，均有當直線的斜率不存在時，由上可知，結論成立當直線的斜率存在時，可設直線的方程為，、的坐標分別為聯(lián)立得其判別式，所以，因此易知，點關于軸對稱的點的坐標為又，所以，即三點共線所以故存在與不同的定點，使得恒成立9【解析】（）由題意得解得=2故橢圓的方程為設(，0)因為，所以直線的方程為，所以=，即（）因為點與點關于軸對稱，所以，設，則=“存在點使得=等價”，“存在點使得=”即滿足因為，所以所以=或故在軸上存在點，使得=點的坐標為或10【解析】（）由題意知，可設直線的方程為由消去，得因為直線與橢圓有兩個不同的交點，所以，設為的中點，則，代入直線方程解

11、得由得或（）令，則，且到直線的距離設的面積為，所以，當且僅當時，等號成立故面積的最大值為11【解析】（）可知，又，橢圓C的標準方程為；（）設兩切線為，當軸或軸時，對應軸或軸，可知當與軸不垂直且不平行時，設的斜率為，則，的斜率為，的方程為，聯(lián)立，得，因為直線與橢圓相切，所以，得，所以是方程的一個根，同理是方程的另一個根，得，其中，所以點P的軌跡方程為（），因為滿足上式，綜上知：點P的軌跡方程為12【解析】（）設圓的半徑為，點上下兩段分別為，由射影定理得，三角形的面積當時，取得最大，此時，在雙曲線上，雙曲線的方程為（）由（）知的焦點為，由此設的方程為，其中，由在上，得，的方程為，顯然，不是直線，設

12、的方程為，點，由得， 由得，解得因此直線的方程或13【解析】（）由橢圓定義知，2a|PF1|PF2|，所以又由已知，c1.所以橢圓C的離心率（）由（）知，橢圓C的方程為y21設點Q的坐標為(x，y)()當直線l與x軸垂直時，直線l與橢圓C交于(0,1)，(0，1)兩點，此時點Q的坐標為()當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為ykx2因為M，N在直線l上，可設點M，N的坐標分別為(，k2)，(，k2)，則|AM|2(1k2)，|AN|2(1k2)又|AQ|2x2(y2)2(1k2)由，得，即.將ykx2代入y21中，得(2k21)x28kx60.由(8k)24×(2k21)

13、5;60，得k2.由可知，代入中并化簡，得.因為點Q在直線ykx2上，所以，代入中并化簡，得10(y2)23x218.由及k2，可知0x2，即x.又滿足10(y2)23x218，故x.由題意，Q(x，y)在橢圓C內，所以1y1.又由10(y2)2183x2有(y2)2且1y1，則y.所以，點Q的軌跡方程為10(y2)23x218，其中x，y.14【解析】（）解法1 ：設M的坐標為，由已知得，易知圓上的點位于直線的右側.于是，所以.化簡得曲線的方程為解法2 ：由題設知，曲線上任意一點M到圓心的距離等于它到直線的距離，因此，曲線是以為焦點，直線為準線的拋物線，故其方程為（）當點P在直線上運動時，P的坐標為，又，則過P且與圓相切的直線的斜率存在且不為0，每條切線都與拋物線有兩個交點，切線方程為.于是整理得 設過P所作的兩條切線的斜率分別為，則是方程的兩個實根，故 由得 設四點A,B,C,D的縱坐標分別為，則是方程的兩個實根，所以 同理可得 于是由，三式得.所以，當P在直線上運動時，四點的縱坐標之積為定值640015【解析】（）解：設，由題意，可得即整理得（舍），或所以（）解：由（）知可得橢圓方程為直線PF2方程為A，B兩點的坐標滿