专题九解析几何第二十九讲曲线与方程答案.doc

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．【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，所以其方程为． (2)①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． ②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】(Ⅰ) 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． (Ⅱ) （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】（Ⅰ）设，由，即， 可得，又，所以，因此， 所以椭圆的方程为． （Ⅱ）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（Ⅰ）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． （Ⅱ）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】（Ⅰ）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． （Ⅱ）（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． ① 又由 可得；同理可得． 由原点到直线的距离为和，可得 ．② 将①代入②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）（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8． 7．【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】（Ⅰ）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． （Ⅱ）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】（Ⅰ）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，① 设为的中点，则， 代入直线方程解得．② 由①②得或． （Ⅱ）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】（Ⅰ）可知，又，，， 椭圆C的标准方程为； （Ⅱ）设两切线为， ①当轴或轴时，对应轴或轴，可知 ②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】（Ⅰ）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 （Ⅱ）由（Ⅰ）知的焦点为，由此设的方程为， 其中，由在上，得，∴的方程为， 显然，不是直线，设的方程为，点， 由得， ∴① ② 由①②得，解得 因此直线的方程或 13．【解析】（Ⅰ）由椭圆定义知， 2a＝|PF1|＋|PF2|＝， 所以．又由已知，c＝1. 所以椭圆C的离心率． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆C的方程为＋y2＝1．设点Q的坐标为(x，y)． (ⅰ)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． (ⅱ)当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2． 因为M，N在直线l上， 可设点M，N的坐标分别为(，k＋2)，(，k＋2)， 则|AM|2＝(1＋k2)，|AN|2＝(1＋k2)． 又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)． 由，得 ， 即.① 将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得 (2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.② 由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞. 由②可知，＝，＝， 代入①中并化简，得.③ 因为点Q在直线y＝kx＋2上， 所以，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18. 由③及k2＞，可知0＜x2＜，即x∈∪. 又满足10(y－2)2－3x2＝18，故x∈. 由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以－1≤y≤1. 又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈且－1≤y≤1，则y∈. 所以，点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18， 其中x∈，y∈. 14．【解析】（Ⅰ）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． （Ⅱ）当点P在直线上运动时，P的坐标为，又，则过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 ① 设过P所作的两条切线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，故 ② 由得 ③ 设四点A,B,C,D的纵坐标分别为，则是方程③的两个实根，所以 ④ 同理可得 ⑤ 于是由②，④，⑤三式得 . 所以，当P在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值6400． 15．【解析】（Ⅰ）解：设，由题意，可得 即 整理得（舍），或所以 （Ⅱ）解：由（Ⅰ）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17页—共17页