高中数学解析几何大题专项练习

解析几何解答题

x2y21、椭圆G：221(ab0)的两个焦点为F1、F2，短轴两端点B1、B2，已知

abF1、F2、B1、B2四点共圆，且点N（0，3）到椭圆上的点最远距离为52.

（1）求此时椭圆G的方程；

（2）设斜率为k（k≠0）的直线m与椭圆G相交于不同的两点E、F，Q为EF的中点，问E、F两点能否关于

过点P（0，

2、已知双曲线xy1的左、右顶点分别为A1、A2，动直线l:ykxm与圆xy1相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为P1(x1,y1),P2(x2,y2). （Ⅰ）求k的取值范围，并求x2x1的最小值；

（Ⅱ）记直线P1A1的斜率为k1，直线P2A2的斜率为k2，那么，k1k2是定值吗？证明你的结论.

3、已知抛物线C:yax的焦点为F，点K(1,0)为直线l与抛物线C准线的交点，直线l与抛物线C相交于A、

222223）、Q的直线对称？若能，求出k的取值范围；若不能，请说明理由． 3学习必备 欢迎下载

B两点，点A关于x轴的对称点为D ． （1）求抛物线C的方程。

（2）证明：点F在直线BD上；

8（3）设FAFB，求BDK的面积。．

9

4、已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率为

1，点P（2，3）、A、B在该椭圆上，线段AB的2中点T在直线OP上，且A、O、B三点不共线． (I)求椭圆的方程及直线AB的斜率； (Ⅱ)求PAB面积的最大值．

x2y225、设椭圆221(ab0)的焦点分别为F1(1,0)、F2(1,0)，直线l：xa

ab交x轴于点A，且AF12AF2． （Ⅰ）试求椭圆的方程；

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F2分别作互相垂直的两直线与椭圆分别交于D、 （Ⅱ）过F1、（如图所示），若四边形DMENE、M、N四点

的面积为

27，求DE的直线方程． 7

6、已知抛物线P：x2=2py (p>0)．

（Ⅰ）若抛物线上点M(m,2)到焦点F的距离为3．

（ⅰ）求抛物线P的方程；

（ⅱ）设抛物线P的准线与y轴的交点为E，过E作抛物线P的切线，求此切线方程；

（Ⅱ）设过焦点F的动直线l交抛物线于A，B两点，连接AO，BO并延长分别交抛物线的准线于C，D

两点，求证：以CD为直径的圆过焦点F．

7、在平面直角坐标系xOy中，设点P(x,y),M(x,4)，以线段PM为直径的圆经过原点O. （Ⅰ）求动点P的轨迹W的方程；

（Ⅱ）过点E(0,4)的直线l与轨迹W交于两点A,B，点A关于y轴的对称点为A'，试判断直线A'B是否恒过一定点，并证明你的结论.

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22x2y28、已知椭圆M:221(ab0)的离心率为，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形

3ab周长为642．

（Ⅰ）求椭圆M的方程；

（Ⅱ）设直线l与椭圆M交于A,B两点，且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点C， 求ABC面积的最大值．

9、过抛物线C:y2px(p0)上一点M(2,p)作倾斜角互补的两条直线,分别与抛物线交于A、B两点。

（1）求证：直线AB的斜率为定值；

（2）已知A,B两点均在抛物线C：y2pxy0上，若△MAB的面

22p积的最大值为6，求抛物线的方程。

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x2y210、已知椭圆221(ab0)的左焦点F(c,0)是长轴的一个四等分点，点A、B分别为椭圆的左、右

ab顶点，过点F且不与y轴垂直的直线l交椭圆于C、D两点，记直线AD、BC的斜率分别为k1,k2. （1）当点D到两焦点的距离之和为4，直线lx轴时，求k1:k2的值； （2）求k1:k2的值。

2x2y211、在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆221(a＞b＞0)的离心率为，其焦点在圆x2+y2=1上．

2ab(1)求椭圆的方程；

(2)设A，B，M是椭圆上的三点(异于椭圆顶点)，且存在锐角θ，使 OMcosOAsinOB．

(i)求证：直线OA与OB的斜率之积为定值；

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(ii)求OA2+OB2．

12、已知圆M:(x3)y222251的圆心为N，一动圆与圆M内的圆心为M,圆N:(x3)2y21616切，与圆N外切。

（Ⅰ）求动圆圆心P的轨迹方程；

（Ⅱ）（Ⅰ）中轨迹上是否存在一点Q，使得MQN为钝角？若存在，求出Q点横坐标的取值范围；若不存在，

说明理由．

x22y1(a0)的右焦点，点M(m,0)、N(0,n)分别是x轴、y轴上的动点，13、已知点F是椭圆21a且满足MNNF0．若点P满足OM2ONPO．

(Ⅰ)求点P的轨迹C的方程；

(Ⅱ)设过点F任作一直线与点P的轨迹交于A、B两点，直线OA、OB与直线xa分别交于点S、T（O为坐标原点），试判断FSFT是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．

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14、在平面直角坐标系xOy中，已知圆B：(x1)2y216与点A(1,0)，P为圆B上的动点，线段PA的垂直

平分线交直线PB于点R，点R的轨迹记为曲线C。 （1）求曲线C的方程；

（2）曲线C与x轴正半轴交点记为Q，过原点O且不与x轴重合的直线与曲线C的交点记为M，N，连结

QM，QN，分别交直线xt(t为常数，且x2）于点E，F，设E，F的纵坐标分别为y1,y2，求y1y2的值（用t表示）。

答案： 1、解：（1）根据椭圆的几何性质，线段F1F2与线段B1B2互相垂直平分，故椭圆中心即为该四点外接圆的圆心

…………………1分

故该椭圆中a2b2c,即椭圆方程可为x22y22b2 ………3分

设H（x,y）为椭圆上一点，则

|HN|2x2(y3)2(y3)22b218,其中byb…………… 4分

2若0b3，则yb时,|HN|有最大值b6b9

2…………………5分

2

由b6b950得b352（舍去）(或b+3b+9<27,故无解)…………… 6分

2学习必备 欢迎下载

若b3,当y3时,|HN|有最大值2b18…………………7分

22

x2y21………………… 8分 由2b1850得b16∴所求椭圆方程为

223216x21y211（1） 设E(x32161,y1),F(x2,y2),Q(x0,y0)，则由 x22 两式相减得

232y2161x02ky00……③又直线PQ⊥直线m ∴直线PQ方程为y1kx33 将点Q（x10,y0）代入上式得，y0kx303……④…………………11分 由③④得Q（

2333k,3）…………………12分 而Q点必在椭圆内部x220y320161， 由此得k2472,又k0,94942k0或0k2,故当 k(942,0)(0,942) 时，E、F两点关于点P、Q的直线对称 14分 2、解：（Ⅰ）

l与圆相切,1m21k2 m1k2 ……①

由ykxm得 xy21(1k2)x22mkx(m22 , 1)0, 1k204m2k24(1k2)(m21)4(m21k2)80 , 2xxm121k210k21,1k1,故k的取值范围为(1,1).

由于xmk1x221k2x2x1(x1x2)24x1x2221k2221k2， 0k21 取最小值22. 6分

当k20时，x2x1学习必备 欢迎下载

（Ⅱ）由已知可得A1,A2的坐标分别为(1,0),(1,0)，

k1y1yy1y2(kxm)(kx2m),k22， k1k21 x11x21(x11)(x21)(x11)(x21)2m212mkk2mk2m222kx1x2mk(x1x2)mk1k1 2x1x2(x2x1)1m1221k21k21m2k2k22m2k2m2k2m2k2m2， 2222m122k1mk222由①，得 mk1， k1k23、解：（1） y4x

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，D(x1,y1)，l的方程为xmy1(m0)． （2）将xmy1代人y4x并整理得y4my40， 从而 y1y24m,y1y24. 直线BD的方程为 yy2222221(322)为定值. 12分

322y2y1(xx2)，

x2x1

2yyy24即 yy2(x)令y0,得x121.

4y2y14

所以点F(1,0)在直线BD上

2（3）由①知，x1x2(my11)(my21)4m2

uuruurx1x2(my11)(my21)1.因为 FA(x11,y1),FB(x21,y2)， uuruurFAFB(x11)(x21)y1y2x1x2(x1x2)1484m2

故 84m284，解得 m

39所以l的方程为3x4y30,3x4y30 又由①知 y1y24m16111616 故SKFy1y22

22333x2y24、解：（I）设椭圆的方程为221(ab0)，

ab学习必备 欢迎下载

a2b21a2，得a216，b212. 则491a2b2x2y21.…………………3分 所以椭圆的方程为

1612设直线AB的方程为ykxt(依题意可知直线的斜率存在)，

x2y21设A(x1,y1),B(x2,y2)，则由1612，得

ykxt34kx228ktx4t2480,由

0，得

b21216k2，

8ktxx1234k2，设Tx0,y0 2xx4t481234k2x04kt3t,易知x00 ,y034k234k2，

y031，即k， x022由OT与OP斜率相等可得

x2y211，直线AB的斜率为.……………………6分 所以椭圆的方程为

16122（II）设直线AB的方程为y1xt，即x2y2t0， 21yxt，2由2 2xy1.1612得xtxt120，

22t24(t212)0，4t4.………………8分

x1x2t,22|AB|(1k)[(xx)4x1x2].122x1x2t12.点P到直线AB的距离为d于是PAB的面积为

515(483t2)16t2． 42|82t|5.

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SPAB1|82t|15116t2(4t)3(123t)……………………10分 222532设f(t)(4t)(123t)，f'(t)12(t4)(t2)，其中4t4.

在区间(2,4)内，f'(t)0，f(t)是减函数；在区间(4,2)内，f'(t)0，f(t)是增函数.所以f(t)的最大值为f(2)6.于是SPAB的最大值为18.…………………12分

25、解：（Ⅰ）由题意，|FF|2c2,A(a,0) -------1分 124

为AF1的中点------------2分 AF F12AF2 2

a23,b22

x2y21. ------------3分 即：椭圆方程为32b24 （Ⅱ）当直线DE与x轴垂直时，|DE|2，此时|MN|2a23， a3|DE||MN|四边形DMEN的面积S4不符合题意故舍掉；------------4分

2同理当MN与

x轴垂直时，也有四边形DMEN的面积

不符合题意故舍掉；

------------5分

当直线，MN均与x轴不垂直时，设DE:yk(x1)，

代入消去y得：(23k2)x26k2x(3k26)0. ------------6分

6k2x1x2,223k ------------7分

设D(x1,y1),E(x2,y2),则2xx3k6,1223k2

43k21所以 |x1x2|(x1x2)4x1x2， ------------8分 23k243(k21)2所以 |DE|k1|x1x2|， ------------9分

23k21143[()21]43(21)kk同理|MN| ------------11分.12323()22kk

1143(21)24(k222)2|DE||MN|143(k1)kk所以四边形的面积S2132223k6(k22)1322kk

27由Sk22k2， ------------12分

7所以直线lDE:2xy20或lDE:2xy20

2或lDE:2x2y20或lDE:2x2y20 ---------13分

6、解：（Ⅰ）（ⅰ）由抛物线定义可知，抛物线上点M(m,2)到焦点F的距离与到准线距离相等，即M(m,2)学习必备 欢迎下载

到y ∴ p的距离为3； 2p23，解得p2． 22∴ 抛物线P的方程为x4y． 4分 （ⅱ）抛物线焦点F(0,1)，抛物线准线与y轴交点为E(0,1)，

显然过点E的抛物线的切线斜率存在，设为k，切线方程为ykx1．

x24y2由， 消y得x4kx40， 6分 ykx116k2160，解得k1． 7分

∴切线方程为yx1． 8分

（Ⅱ）直线l的斜率显然存在，设l：ykx设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

p， 2x22py22由p 消y得 x2pkxp0． 且0． ykx22∴ x1x22pk，x1x2p；

∵ A(x1,y1)， ∴ 直线OA：yy1x， x1与ypxpxppp联立可得C(1,)， 同理得D(2,)． 10分

2y122y222∵ 焦点F(0,∴ FC(p)， 2px1px,p)，FD(2,p)， 12分 2y12y2px1px2px1px2p2x1x22,p)(,p)∴ FCFD(pp2 2y12y22y12y24y1y2p2x1x2p4p4222ppp0 222xxx1x2p4122p2p∴ 以CD为直径的圆过焦点F． 14分

7、解：（I）由题意可得OPOM， 2分

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所以OPOM0，即(x,y)(x,4)0 4分

即x4y0，即动点P的轨迹W的方程为x4y 5分 （II）设直线l的方程为ykx4,A(x1,y1),B(x2,y2)，则A'(x1,y1).

22ykx42由2消y整理得x4kx160， 6分 x4y则16k0，即|k|2. 7分

2x1x24k,x1x216. 9分

直线A'B:yy2y2y1(xx2)

x2x1yy2y1(xx2)y2x2x112分

x22x121y(xx2)x224(x1x2)4x2x1xx1x212xx2444xxxx y21x1244y即y22x2x1x4 4所以，直线A'B恒过定点(0,4). 13分

8、解：（Ⅰ）因为椭圆M上一点和它的两个焦点构成的三角形周长为642，

所以2a2c642， 1分 又椭圆的离心率为2222c22a， 2分 ，即，所以c33a3所以a3，c22. 4分

x2y21. 5分 所以b1，椭圆M的方程为9（Ⅱ）方法一：不妨设BC的方程yn(x3),(n0)，则AC的方程为y1(x3). nyn(x3),12222(n)x6nx9n10， 6分 由x2得29y19学习必备 欢迎下载

81n2927n23设A(x1,y1)，B(x2,y2)，因为3x2，所以x2， 7分

9n219n21273n2同理可得x1， 8分

9n21n26n2所以|BC|1n，|AC|， 10分 22n9n9n12612(n)1nSABC|BC||AC|， 12分

122(n)n912t23设tn2，则S， 13分

8nt2t99t38当且仅当t时取等号，所以ABC面积的最大值为. 14分

83方法二：不妨设直线AB的方程xkym.

xkym,222x(k9)y2kmym90， 6分 由x2 消去得2y1,9设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

m292km则有y1y22，y1y22. ① 7分

k9k9因为以AB为直径的圆过点C，所以 CACB0. 由 CA(x13,y1),CB(x23,y2)，

得 (x13)(x23)y1y20. 8分 将x1ky1m,x2ky2m代入上式，

22得 (k1)y1y2k(m3)(y1y2)(m3)0.

12或m3（舍）. 10分 51212所以m（此时直线AB经过定点D(,0)，与椭圆有两个交点），

551所以SABC|DC||y1y2|

2将 ① 代入上式，解得 m13925(k29)1442(y1y2)4y1y2. 12分 25525(k29)2设t11， ,0t2k99学习必备 欢迎下载

则SABC所以当t91442tt. 5253251(0,]时，SABC取得最大值. 14分

8282y12y29、解：（1）不妨设A（,y1),B(,y2)

2p2pkMAkMBy1y22p,kABy2y11…………………………………5分 2y2y122p2py12y12),即xyy10 （2）AB的直线方程为：y-y1(x2p2p点M到AB的距离d3p22py1y1222p。………………………………………7分

2y2y122AB2x2x12y1y2y2y122py1……… 9分

2p2p2p又由y1y22p且y1,y20,y12p,0,令py1t,tp,p

SMAB3p22py1y121122Py14p2tt3……………………… 11分 22p22p设f(t)4p2tt3为偶函数，故只需考虑t0,p，

所以f(t)4ptt,f(t)4p2t0,f(t)在0，p上递增，

2322当tp时，f(t)max3p(SMAB)max3133p3p2 2p23p26p2。 故所求抛物线的方程为y24x……………………13分 2c110、（Ⅰ）解：由题意椭圆的离心率e，2a4，所以a2,c1,b3，

a2x2y21， ┄┄┄┄┄┄3分 故椭圆方程为43则直线l:x1，A(2,0),B(2,0)，

故C(1,),D(1,)或C(1,),D(1,)，

32323232

3323,k21， 当点C在x轴上方时，k12122122学习必备 欢迎下载

所以k1:k23，

当点C在x轴下方时，同理可求得k1:k23，

综上，k1:k23为所求． ┄┄┄┄┄┄6分

(Ⅱ)解：因为e21，所以a2c，b3c， 222 椭圆方程为3x4y12c,A(2c,0),B(2c,0),直线l:xmyc，

设C(x1,y1),D(x2,y2)，

3x24y212c2,222 由消x得，(43m)y6mcy9c0，

xmyc6mc6mc6mcyy,122222(43m)2(43m)43m 所以┄┄┄┄┄┄8分

2yy6mc6mc9c,122(43m2)2(43m2)43m28cxxm(yy)2c,121223m4 故 ① 222xxm2yymc(yy)c24c12mc,1212123m24k1y2(x12c)33(2cx)(2cx)222 由，及y(4cx)，┄┄9分 k2y1(x22c)44k12y22(x12c)2(2cx1)(2cx2)4c22c(x1x2)x1x2得22， 22(2cx1)(2cx2)4c2c(x1x2)x1x2k2y1(x22c)k12将①代入上式得2k216c24c212m2c24c2236c23m43m49，┄┄10分 2222216c4c12mc4c4c223m43m242注意到y1y20,x12c0,x22c0，得

k1y2(x12c)0，┄┄11分 k2y1(x22c)所以k1:k23为所求． ┄┄┄┄┄┄12分

11、解：(1)依题意，得 c=1．于是，a=2，b=1． …………………2分

x2所以所求椭圆的方程为y21． ……………………………… 4分

22x12x222(2) (i)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y11①，y21②．

22学习必备 欢迎下载

xx1cosx2sin,又设M(x，y)，因OMcosOAsinOB，故 ……7分

yycosysin.12(x1cosx2sin)2因M在椭圆上，故(y1cosy2sin)21．

22x12x2xx222整理得(y1)cos(y2)sin22(12y1y2)cossin1．

222将①②代入上式，并注意cossin0，得 所以，kOAkOB2x1x2y1y20． 2y1y21为定值． ………………………………10分 x1x222x1x22x12x222221． (ii)(y1y2)(，故y12y2)(1y12)(1y2)1(y12y2)y12y22222x12x22222． 又(y1)(y2)2，故x12x22222y2所以，OA2+OB2=x12y12x2=3． ………………………16分

12、解: （Ⅰ）设动圆P的半径为r,则|PM|两式相加得|PM|+|PN|=4>|MN|

151r,|PN|r 44由椭圆定义知，点P的轨迹是以M、N为焦点，焦距为23，实轴长为4的椭圆

x2y21 …………6分 其方程为41（Ⅱ）假设存在，设Q（x,y）.则因为MQN为钝角，所以QMQN0

QM(3x,y)，QN(3x,y)，QMQNx2y230

x2y21 又因为Q点在椭圆上，所以41x28230化简得：x2， 联立两式得：x143x2y21(a0)右焦点F的坐标为(a,0)， ………(1分) 解得：13、解：(Ⅰ) 椭圆21aNF(a,n)．MN(m,n)，

由MNNF0，得n2am0． ………… (2分)

设点P的坐标为(x,y)，由OM2ONPO，有(m,0)2(0,n)(x,y)，

mx,22y代入nam0，得y4ax． ……… (4分) n.2学习必备 欢迎下载

y12y22,y2)， ,y1)、B(（Ⅱ）解法一：设直线AB的方程为xtya，A(4a4a则lOA:y4a4ax，lOB:yx． ………… (5分) y1y24ayx,4a24a2

y1，得S(a,由)， 同理得T(a,)． ………… (7分)

y1y2xa

4a24a216a42． ……(8分) FS(2a,)，FT(2a,)，则FSFT4ay1y2y1y2xtya,222由2，得y4aty4a0，y1y24a． ……… (9分) y4ax16a422则FSFT4a4a4a0． …………… (11分) 2(4a)2因此，FSFT的值是定值，且定值为0． ……… (12分) 解法二：①当ABx时， A(a,2a)、B(a,2a)，则lOA:y2x， lOB:y2x．

y2x, 得点S的坐标为S(a,2a)，则FS(2a,2a)．

xay2x,由 得点T的坐标为T(a,2a)，则FT(2a,2a)． xaFSFT(2a)(2a)(2a)2a0． …………… (6分)

由yy②当AB不垂直x轴时，设直线AB的方程为yk(xa)(k0)，A(1,y1)、B(2,y2)，同解法一，

4a4a2216a4得FSFT4a． … (8分)

y1y22yk(xa),222由2，得ky4ay4ka0，y1y24a． …………(9分) y4ax16a4则FSFT4a4a24a20． ………… (11分) 2(4a)2因此，FSFT的值是定值，且定值为0． ………… (12分) ，所以存在。…… 13分

14、解：(1)连接RA，由题意得，RARP，RPRB4，

所以RARB4AB2，…………………………………………………2分

x2y2由椭圆定义得，点R的轨迹方程是1.……………………………4分

43(2)设M(x0,y0)，则N(x0,y0)，QM,QN的斜率分别为kQM,kQN，

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则kQMy0y0，kNQ，……………………………………………6分 x02x02y0y0(x2)，直线QN的方程y(x2)，8分 x02x02所以直线QM的方程为y令xt(t2)，则y1y0y0(t2),y2(t2)，……………………10分 x02x0222x0y0322又因为(x0,y0)在椭圆， 1，所以y03x043432(3x0)(t2)22y34所以y1y220(t2)2(t2)2，其中t为常数.…14分 2x04x044