數(shù)學(xué)高考分類整理匯編解答題目理05——解析幾何

1、05解析幾何13分)在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，點(diǎn)P(a,b) (a b 0)2爲(wèi) 1的左右焦點(diǎn) FfF2為等腰三角形.b21 2考查解決問(wèn)題能力與即(a c)2b22 c.整理得2(C)2a或C 所以a 20,得-a1 (舍)，(ll)解：由(I)2c,b3c,可得橢圓方程為3x2 4y212c2,直線PF2方程為y、3(xc).A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組3x24y2、3(x12c2,c).消去y并整理，得5x28cx0.1.(2021天津卷理)18.(本小題總分值x2為動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)1,F2分別為橢圓a(I)求橢圓的離心率 e ；uuuur uuuu(H)設(shè)直線PF2與橢圓相交于 代B兩點(diǎn)，M是

2、直線PF2上的點(diǎn)，滿足AM BM 求點(diǎn)M的軌跡方程.【解析】18 本小題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線的方程、平面向量等根底知 識(shí)，考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì)及數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想， 運(yùn)算能力總分值13分.0)(I)解：設(shè) Fi( c,0), F2(c,0)( c由題意，可得IPF2I |Fi F2I，解得 x10, x28c.5X1得方程組的解Y10,i 3c,X2y285C,3.35不妨設(shè) a(8c¥c),b(0,uuuu 8(X, y 3c)，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x, y),那么AM (x c, y5J3 3( x c),得 c x y.3uuuu AMy 3x,8y

3、遼x),555uuuuuuuu uuunBM(x,、3x).由 AM BM2,8 3383 :; 3即( y x) x ( y x) 3x15555化簡(jiǎn)得 18x2 16、3xy 15 0.2將 18x15入將y =代入c16/3xx y,得 c310x25門0. 16x所以x0.因此，點(diǎn)M的軌跡方程是18x2 16、3xy150(x0).2.(北京理)19 .(本小題共14分)橢圓2x 2G :y 1過(guò)點(diǎn)(m,0)作圓4x2oy 1的切線I交橢圓G于A, B兩點(diǎn).(I)求橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)和離心率;(II)將AB表示為m的函數(shù)，并求 AB的最大值.【解析】(19)(共14分)解：(I)由得a

4、2,b1,所以ca2 b2.3.所以橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(,3,0),G. 3,0)離心率為(n)由題意知,|m| 1.當(dāng)m1時(shí)，切線I的方程x<31，點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為(1, ),(1,2 2此時(shí)| AB |,3當(dāng)m= 1時(shí)，同理可得| AB |當(dāng)|m| 1時(shí)，設(shè)切線I的方程為y kx m,y k(x m),由x242得(1 4k2)x2y2 1.8k2mx 4k2m2設(shè)A、 B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x , yj(x2, y2)，那么2 2 28k m4k m4X1 X21 4k1 4k又由l與圓x2 y2 1相切，得|km|1,即m2k2 k2 1.；k21所以| AB |.(X2xj2

5、(y2yj2:(1 k464 k m ) 2、2(1 4k )4( 4k 212 m 4k24)4、3 | m2小m 3|由于當(dāng)m3時(shí)，|AB|-3,所以| AB |43 |2 mm| m3(,11,).因?yàn)閨AB |4 3 | m |m23|4 3 m| ；|2,且當(dāng)m.3時(shí)，|AB|=2，所以|AB|的最大值為3.遼寧卷理20.本小題總分值12分M , N在x軸上，橢圓C2的如圖，橢圓C1的中心在原點(diǎn)O,長(zhǎng)軸左、右端點(diǎn)短軸為MN，且C1, C2的離心率都為e,直線I丄MN , I與C1交于兩點(diǎn)，與 C2交于兩 點(diǎn)，這四點(diǎn)按縱坐標(biāo)從大到小依次為A, B, C, D .1I設(shè)e ,求BC與AD

6、的比值；2II當(dāng)e變化時(shí)，是否存在直線I，使得BO / AN,并說(shuō)明理由. 【解析】20.解：I因?yàn)镃1, C2的離心率相同，故依題意可設(shè)2 2 .2 2 2C1三占佗:沖篤1,a b 0a ba a設(shè)直線l : x t |t | a，分別與C1, C2的方程聯(lián)立，求得A(t,aJa2t2), B(t,bJa2t2).b1當(dāng)e丄時(shí),b2疥'分別用YaJb表示A , B的縱坐標(biāo)，可知|BC|:|AD|2|Yb|2|YaIb22allt=0時(shí)的I不符合題意.t 相等，即b 一at0 時(shí)，BO/AN當(dāng)且僅當(dāng)BO的斜率kBo與AN的斜率kAN -解得tab2a2 b21e2e2a.因?yàn)閨t |

7、a,又 0 e1,所以1e22 e1,解得飛e 1.所以當(dāng)0e子時(shí)，不存在直線I，使得 BO/AN1時(shí)，存在直線I使得BO/AN.12分4.全國(guó)大綱卷理21 .本小題總分值12分注意：在試題卷上作答無(wú)效 O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)為橢圓C :x22y_21在y軸正半軸上的焦點(diǎn)， 過(guò)F且斜率為的直線I與C交于A、B兩點(diǎn),占八、uuu P滿足OAuuu uuu OB OP 0.I證明：點(diǎn) P在C上；n設(shè)點(diǎn)P關(guān)于點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為Q,【解析】21 解:證明：A、P、(I) F (0, 1), I 的方程為 yJ2x2代入x211并化簡(jiǎn)得24x2 2.2x 1 0.B、設(shè) A(xi, yi), B(X2, y2),

8、 Pg y3),那么 X1-6,X244X1 X2 -22,y1 y2.2(X1 X2) 2 1,由題意得x3(XiX2),y3(y1 y2)1.2所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為,1.2J2經(jīng)驗(yàn)證，點(diǎn)P的坐標(biāo)為，1滿足方程222 yX1,故點(diǎn)2P在橢圓C上。(II )由P(遼21和題設(shè)知,Q¥，1PQ的垂直平分線li的方程為Jyx.2設(shè)AB的中點(diǎn)為45 112的方程為M，貝V M ,，AB的垂直平分線為42由、得11,12的交點(diǎn)為N ,。8 8|NP( 2 弓(1 1)2 T,V 2888|AB| .,1(.2)2 |X2 xi| 322,|AM | 玄2,42 ,2、211、2 33|MN |

9、*.()(),V 482 88| NA| . | AM |2| MN |2 31118 ，故 |NP|=|NA|。又 |NP|=|NQ|, |NA|=|NB| ,所以 |NA|=|NP|=|NB|=|MQ| ,12分由此知A、P、B、Q四點(diǎn)在以N為圓心，NA為半徑的圓上5. ( 2021全國(guó)新課標(biāo)理)(20)(本小題總分值12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A(0,-1)，B點(diǎn)在直線y = -3上，M點(diǎn)滿足MB/OA，MA AB MB BA，M點(diǎn)的軌跡為曲線C。(I)求C的方程；(n) p為C上的動(dòng)點(diǎn)，I為C在p點(diǎn)處得切線，求 O點(diǎn)到I距離的最小值。【解析】(20)解：UULTMB =(0,-

10、3-y),uuur(I )設(shè) M(x,y),由得 B(x,-3),A(0,-1).所以 MA = (-x,-1-y )UULTAB =(x,-2).再由愿意得知UULT UULTUULTMA +MB ) ? AB =0,即(-x,-4-2y ) ? (x,-2)=0.所以曲線C的方程式為丫=丄乂2-2.4(n )設(shè)P(X0,y°)為曲線C： y=-x2-2上一點(diǎn)，因?yàn)閥' = x,所以I的斜率為丄x°422因此直線I的方程為yy。那么O點(diǎn)到I的距離d|2y。tx0(xX： |=0又42x0)，即 x°x 2y 2y° xy0農(nóng)2，所以42,1 2

11、 / x 4 d 屁42當(dāng)X0 =0時(shí)取等號(hào)，所以 O點(diǎn)到I距離的最小值為2.6.江西卷理20 本小題總分值13分2 2P(x°, y0)(x°a)是雙曲線 E : -22a b1a0, b 0上一點(diǎn)，M , N分別是雙曲線 E的左、右定點(diǎn)，直線 PM , PN的斜率之積為1求雙曲線的離心率;2過(guò)雙曲線E的右焦點(diǎn)且斜率為1的直線交雙曲線于A,B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，C為雙曲線上的一點(diǎn)，滿足 OC OAOB，【解析】1雙曲線a0, b 0，P xo, yo在雙曲線上，M , N分別為雙曲線E的左右頂點(diǎn),所以a,0a,0，直線PM，PN斜率之積為"Jy。X。a2y。2

12、2X0a2Xo-2a5y。22_ ab2、3052 2而寫烏 1，比擬得b2B兩點(diǎn)，那么不妨設(shè)a2 b2A 為， ,BX2, y2，又OCOA OBX1X2,y1y2，點(diǎn)C在雙曲線25 y12 222廠21025y2X1X2y2aX15y12 x1X2y1 y2X2*( 1)又聯(lián)立直線L和雙曲線E方程消去y得：4x210cx5c2a2 0由韋達(dá)大定理得:X1 x22 25c a,y1 y2X1X2c x1X225c22 a5c2由韋達(dá)定理得 得4c42入 1式得:2 2 a72a7122a a2 a0,或-4227.山東卷理22.本小題總分值14分c，交雙曲線于A，E2E上:2設(shè)過(guò)右焦點(diǎn)且斜率

13、為1的直線L : yc2代動(dòng)直線l與橢圓X, y-i、Q x2,y2兩不同點(diǎn)，且厶opq的面積Sopq叮其中O為坐標(biāo)原點(diǎn).2 2 2 2I證明xi X2和y y均為定值；n設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為M，求|OM | |PQ|的最大值;川橢圓C上是否存在點(diǎn) D,E,G ,使得S ODE S odgS OEG£?假設(shè)存在,判斷 DEG的形狀；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由P, Q兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱,【解析】22. I解：1當(dāng)直線I的斜率不存在時(shí), 所以 x2 x-i, y2%.因?yàn)镻X1, yj在橢圓上,22因此生132又因?yàn)镾OPQ2 ,所以|x1 | % |762 .由、得 | x1 | 6 ,| y

14、j | 1.2 2 2 2 此時(shí) X1X23, y1y 2,2當(dāng)直線I的斜率存在時(shí)，設(shè)直線I的方程為y kx m,2 2由題意知m 0，將其代入乞 1，得3 2(2 3k2 )x2 6kmx 3(m2 2)0 ,其中36k2m2 12(2 3k2)(m2 2) 0,22即 3k 2 m ( *)26 km3(m 2)又為 X22,X1X22 3k2 3k所以 |PQ| .1 k2 ,(xi.1 k22、6 3k 2 m22 3k2因?yàn)辄c(diǎn)O到直線I的距離為d|m|_.rv,1所以 S opq -1 PQ | d21 廠尹 2 6 .3k2 2 m2 |m| 2'2 3k2j=k2,6|m

15、| 3k22 m22 3k2OPQ整理得3k2 2 2m2,且符合*式,6 km 23(m22)22 3k23,2222、22、2 22y1y23(3X1 )3(3X2)4(X1X2) 23綜上所述，22 卷3;y122y22,結(jié)論成立。此時(shí)x； x；(X1 X2)2 2X1X22II 解法一：1當(dāng)直線I的斜率存在時(shí),由(1)知 |OM |1 |X1| 于，| PQ| 2|y1| 2,因此 | OM | | PQ | 丄6 2, 6.2由I2當(dāng)直線I的斜率存在時(shí),X-Ix223k2m，X1 X2 k(丁3k23k2 2m22m2|OM |X1X2Yz)22|PQ|(2)' c2 22

16、2 (1 k2)24(3k22 2m)(2 3k2 )29k24m22(22m16 m22mm2 1) 2 mm4 22 ；(34m 212(2 ),mZ)，m所以 | OM |2 | PQ |2(3ir) 2 (2m爲(wèi)m(3i2)(2占3 (-mi2 m2mi2 m )225所以|OMI |PQ| 5,當(dāng)且僅當(dāng)3ii飛 2，即卩m2mm綜合i(2)得 IOMI IPQ的最大值為52解法二：因?yàn)?4|OM|2 |PQ|2 (Xi X2)2 (yi、2時(shí)，等號(hào)成立y2)2 (X2 Xi)2 (y2 yi)2242 2 2 22(xiX2) (yiy2)10.所以 2|OM | |PQ|2 24

17、I OM I I PQ I2i055.即|OM | | PQ| 5 ,當(dāng)且僅當(dāng)2 | OM | | PQ |.5時(shí)等號(hào)成立。25因此|OM| |PQ的最大值為-.2因此D, E, G只能在i這四點(diǎn)中選取三個(gè)不同點(diǎn),證明：假設(shè)存在D(u,v), E(Xi , yi),G(X2 , y2)滿足 S ODESODGS毎S OEG,2由1得2 2 u Xi3,u22 2X23, Xi23;v2y2,v2y；2,yi2y22,解得u2Xi223 2X2；v22yiy； i-HI 橢圓C上不存在三點(diǎn) D,S OEGE , G ,使得 S ODE S ODG2因此u, x, ,x2只能從-5中選取,v, y

18、, y2只能從i中選取,而這三點(diǎn)的兩兩連線中必有一條過(guò)原點(diǎn),ODES ODGS OEG所以橢圓C上不存在滿足條件的三點(diǎn) D, E, G.8.2021陜西理17.本小題總分值12分如圖，設(shè)P是圓x225上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn) D是P在x軸上的攝影，M為PD上4一點(diǎn)，且 MD -|PDI當(dāng)P在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí),M的軌跡C的方程；44的直線被C所截線段的長(zhǎng)度5的坐標(biāo)為x,y P的坐標(biāo)為Xp,yp求點(diǎn)n求過(guò)點(diǎn)3, 0且斜率為【解析】17.解：I)設(shè)xp由得ypx,54y, P在圓上,54y225，即C的方程為252y16n過(guò)點(diǎn)3, 0且斜率為44的直線方程為5設(shè)直線與c的交點(diǎn)為A X1,y1,B X2, y2將直線方

19、程y3代入C的方程，得2x25253x 8X13.41,x22線段AB的長(zhǎng)度為AB同樣得分。2 2X2y1y41注：求AB長(zhǎng)度時(shí),利用韋達(dá)定理或弦長(zhǎng)公式求得正確結(jié)果,9.上海理23.18分平面上的線段l及點(diǎn)P，在I上任取一點(diǎn)Q，線段PQ長(zhǎng)度的最小值稱為點(diǎn) P到線段I的距離，記作d(P,I)。(1)求點(diǎn)P(1,1)到線段I : x y 30(3x 5)的距離 d(P,I)；(2)設(shè)I是長(zhǎng)為2的線段，求點(diǎn)集 D P |dP,I1所表示圖形的面積;(3)寫出到兩條線段I1,l2距離相等的點(diǎn)的集合P|d(P,IJ d(P,l2)，其中l(wèi)1 AB,I2 CD ,代B,C,D是以下三組點(diǎn)中的一組。對(duì)于以下

20、三組點(diǎn)只需選做一種，總分值分別是2分，6分，8分；假設(shè)選擇了多于一種的情形，那么按照序號(hào)較小的解答計(jì)分。A(1,3),B(1,0),C( 1,3), D( 1,0)。A(1,3),B(1,0),C( 1,3), D( 1, 2)。A(0,1), B(0,0), C(0,0), D(2,0)?！窘馕觥?3.解：設(shè)Q(x,x 3)是線段l : x y 30(3 x5上一點(diǎn)，那么|PQ| -,(x 1)2 (x 4)25 292(x 2)2 J3 x5)x 3 時(shí)，d(P,l) |PQ|min5。 設(shè)線段I的端點(diǎn)分別為A, B，以直線AB為x軸,AB的中點(diǎn)為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系,那么 A( 1,0),

21、 B(1,0), 點(diǎn)集D由如下曲線圍成i1：y 1(|x|1),12： y1(|x|1)2 2G:(x 1) y1(x1)G:(x2 21) y 1(x1)其面積為S 選擇 A(1,3), B(1,0),C(1,3), D( 1,0),( x, y)|x 0選擇 A(1,3),B(1,0),C( 1,3), D( 1, 2)。2(x, y)|x 0,y 0U( x,y)|y 4x, 2 y0U(x,y)|x y0,x 1選擇 A(0,1), B(0,0), C(0,0), D(2,0)。(x,y)|x0,y0 U( x, y) | y x,0 x1U( x, y)|x22y 1,12U( x,

22、 y)|4x 2y 30,x210. c05解析幾何理-1uuurOq為定值。y kx 1那么 v22(2 k2)x2 2kx 10x 12x1x22kTV2 k2V1V2V1V24n?2k2 22 k210.四川理21.本小題共12分橢圓有兩頂點(diǎn) A-1，0、B1，0，過(guò)其焦點(diǎn)F0, 1的直線I與橢圓交于C、D兩點(diǎn), 并與x軸交于點(diǎn)P.直線AC與直線BD交于點(diǎn)Q.I當(dāng) ICD | =時(shí)，求直線I的方程；2uu2解析：由可得橢圓方程為 X21,設(shè)I的方程為y 1 kx 0, k為I的斜率。2(人 X2)2 (V1 V2)28k2 88k4 8k29(2 k2)2(2 k2)22址矗理踞算鉅力綁

23、汀丿闕牌口們點(diǎn)枉J鈾丄*謖慎11的琢址方程克叮:* ；： = I M ：> h > Q 曲已列材A - I,-I、所UN壬更、欄BU方鄆為孕- 1 - MU電玄勺5軸乩;切S盤不曙諭玄線I的方切 宀 集其代人純團(tuán)力程化向W八 * 2b - 1 二 S詡界“0-所以直境的方琛為， 忌+ 1或F - -J£x +丨 6如!£*«*與母鞘蹇更婕叱8不陸枚fi誡I的方程為*二后*訂* #0且& *：門*麗以戸點(diǎn)帑檢為f .»-rft 口耳F yj 1 駅匚+ 5'" * rM 1 知?jiǎng)?wù)1 + 巧卸紅泌的方再為F匕-sk +

24、IL肖皺陽(yáng)的為肩劉F = -3，-7trVl,*1 I IT1 L 灣卿血戮方程吸丸清去了-:警出:、:呂=卜#解科工卜 一譚挪枷電揄駅-U.穹而=-y. 0 -*, ft = 1 .:St卸詞夷定檢箏呼冃扌加雖m二Z t11.浙江理21.此題總分值15分3 2 2拋物線 G：x3 = y，圓C2：x y 41的圓心為點(diǎn) MI求點(diǎn) M到拋物線c1的準(zhǔn)線的距離;n點(diǎn)P是拋物線ci上一點(diǎn)異于原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作圓C2的兩條切線，交拋物線ci于A , B兩點(diǎn)，假設(shè)過(guò) M , P兩點(diǎn)的直線I垂直于AB，求直線I的方程15分。I解：由題意可知，拋物線的準(zhǔn)線方程為:【解析】21.此題主要考查拋物線的幾何性質(zhì)，直

25、線與拋物線、圓的位置關(guān)系等根底知識(shí) 同時(shí)考查解析幾何的根本思想方法和綜合解題能力?？偡种?7所以圓心M o, 4到準(zhǔn)線的距離是 4(II)解：設(shè) P(Xo,Xo),A(Xi,Xi2),B(X2,x|),那么題意得 X)o,xo1,x1x2,設(shè)過(guò)點(diǎn)P的圓C2的切線方程為2Xok(xXo),即 y kx kxo x：那么|眺_4_球| 1,x1k22 2 2即(xo 1)k2xo(4 xo)k(X24)2設(shè)PA, PB的斜率為k1,k2(k1k2，那么K,k2是上述方程的兩根，所以2Xo(x2 4) kk，k1k2k2X2 1(X2 4)2 12Xo將代入y x2得x2 kx kxo x：o,由于

26、Xo是此方程的根,故 X1 k1 Xo,X2 k2 Xo ,所以2 2IX1X2|kAB-X1X2k1X1X2k2 2X022Xo(Xo 4)2xo> kMPx： 4Xo由 MP AB，得 kAB kMP2xo(x："2幼電1)，解得X：即點(diǎn)P的坐標(biāo)為所以直線I的方程為y聖匝x 411512.重慶理20.本小題總分值12分,I小問(wèn)4分，n小問(wèn)8分.如題20圖，橢圓的中心為原點(diǎn)O，離心率e一條準(zhǔn)線的方程為I求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；n設(shè)動(dòng)點(diǎn)P滿足：OP OM 2ON，其中M,N是橢圓上的點(diǎn)，直線 OM與ON的 斜率之積為-，問(wèn)：是否存在兩個(gè)定點(diǎn)F ,F，使得 PF PF 為定值？假設(shè)存

27、在，求F ,F的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，說(shuō)明理【解析】20.此題12分解:(1)由ecV2 a22 - 2,a 2c解得a2,c一 2, b2a22c 2，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為22Xy1.42U(20)圖由.(II)設(shè) P(x, y), M(X1, yj, N(X2, y2)，那么由uuu ujuir unrOP OM 2ON 得(x,y) (X1,yJ 2(X2, y2) (x 2x2$ 2y2), 即x x-i 2x2, y y-i 2y2.因?yàn)辄c(diǎn)M , N在橢圓x2 2y24上，所以2X2y：4,x；2y；4，故X22y2(X122 2 24x2 4x1X2)2( y1 4y2 4y1 y2)(

28、X122222y1 )4(X2 2y2)4(X1X2 2y°2)204(X1 X22y2).設(shè)koM,k°N分別為直線OM , ON的斜率，由題設(shè)條件知KdmkONy21,因此 x,X2 2y20,x1x22所以x2 2y220.所以2P點(diǎn)是橢圓X=_2命2_y_(帀)21上的點(diǎn)，設(shè)該橢圓的左、右焦點(diǎn)為F1, F2，那么由橢圓的定義|PFi|+|PF2|為定值，又因C2 .'52/102. 10，因此兩焦點(diǎn)的坐標(biāo)Fi( ,10,0), F2C 10,0).13. 2021安徽理21本小題總分值13 分，點(diǎn)A的坐標(biāo)為1,1，點(diǎn)B在拋物線y x上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q滿足BQ QA

29、，經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)與X軸垂直的直線交拋物線于點(diǎn)M，點(diǎn)P滿足QMMP ,求點(diǎn)P的軌跡方程?！窘馕觥?1本小題總分值13分此題考查 直線和拋物線的方程， 平面向量的概念，性質(zhì) 與運(yùn)算，動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程等根本知識(shí)， 考查靈 活運(yùn)用知識(shí)探究問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力， 全面 考核綜合數(shù)學(xué)素養(yǎng).解：由QMMP知Q，M，P三點(diǎn)在同一條垂直于 x軸的直線上，故可設(shè)2 2P(x, y),Q(x, yg), M (x, x ),那么xy°22(y X ),那么y。(1 )X y.再設(shè)BX1,yJ,由BQQA,即x花必 (1x,1 yc),解得X1y1(1(1)X)y。將式代入式，消去y°,得X1y1(1)x

30、,2 2(1) x(1)y .又點(diǎn)B在拋物線yx2 上,所以y12X1 ,再將式代入y1 x；，得(1)2x2(1)y(1)x)2,(1)2x2(1)y(12 2)x2 (1 )x 2,2 (1)x (1)y(1 )0.因0,兩邊同除以(1),得 2x y1 0.故所求點(diǎn)P的軌跡方程為y 2x 1.14.(福建理)17.(本小題總分值13分)直線I: y=x+m , m R。(I) 假設(shè)以點(diǎn)M (2,0)為圓心的圓與直線I相切與點(diǎn)P,且點(diǎn)P在y軸上，求該圓的方程;(II) 假設(shè)直線I關(guān)于x軸對(duì)稱的直線為I，問(wèn)直線I與拋物線C: x2=4y是否相切？說(shuō)明 理由。【解析】17.本小題主要考查直線、

31、圓、拋物線等根底知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，考查函數(shù) 與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想?？偡种?3分。解法一：(I) 依題意，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0, m)因?yàn)镸P I，所以11 ,2 0解得m=2，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0, 2) 從而圓的半徑r |MP |.'(20)2(0 2)22、2,故所求圓的方程為(x 2)2 y28.(II) 因?yàn)橹本€I的方程為y x m,所以直線I'的方程為y x m.y' x m,/口 2由 2得x2 4x 4m 0x2 4y42 4 4m 16(1 m)(1)當(dāng)m 1,即卩0時(shí)，直線I'與拋物線C相切(2)當(dāng)m 1,那

32、 0時(shí)，直線I'與拋物線C不相切。綜上，當(dāng)m=1時(shí)，直線I'與拋物線C相切；當(dāng)m 1時(shí)，直線I'與拋物線C不相切。解法二：I設(shè)所求圓的半徑為 r,那么圓的方程可設(shè)為x 22 y r2.依題意，所求圓與直線I : x y m 0相切于點(diǎn)P 0，m，4 m2 r2,那么 |2 0 m| rJ r,m 2,解得_r 2.2.所以所求圓的方程為x 22 y28.II同解法一。15.2021湖北理20.本小題總分值14分平面內(nèi)與兩定點(diǎn) A1 a,0 , A2a,0 a 0連線的斜率之積等于非零常數(shù)m的點(diǎn)的軌跡，加上 A1、A兩點(diǎn)所成的曲線C可以是圓、橢圓或雙曲線.I求曲線C的方程

33、，并討論 C的形狀與m值得關(guān)系；n當(dāng)m 1時(shí)，對(duì)應(yīng)的曲線為 C1 ；對(duì)給定的m 1,0U0,，對(duì)應(yīng)的曲線為C2，設(shè)F1、F2是C2的兩個(gè)焦點(diǎn)。試問(wèn)：在 G撒謊個(gè)，是否存在點(diǎn) N，使得2F1 N F2的面積S | m | a。假設(shè)存在，求tan F1 N F?的值；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由?！窘馕觥?0.本小題主要考查曲線與方程、圓錐曲線等根底知識(shí)，同時(shí)考查推理運(yùn)算的能力，以及分類與整合和數(shù)形結(jié)合的思想?？偡种?4分解：1設(shè)動(dòng)點(diǎn)為M，其坐標(biāo)為(x, y)當(dāng)xa時(shí)，由條件可得kMA12y yykMA22 2 m,x a x a x a即mx2y ma (xa),又A(a,0,民代0的坐標(biāo)滿足2 mx

34、2 2 y ma ,故依題意，曲線 C的方程為mx22y2 ma .21時(shí)，曲線C的方程為 篤a21,C是焦點(diǎn)在y軸上的橢圓;ma1時(shí)，曲線C的方程為x22a，C是圓心在原點(diǎn)的圓;m 0時(shí)，曲線C的方程為20時(shí)，曲線C的方程為篤a2 2篤 丄P 1，C是焦點(diǎn)在X軸上的橢圓;a ma2丄巨1,C是焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線。ma(II)由I知，當(dāng)m=-1時(shí)，C12 2 2的方程為x y a ;(1,0) U(0,)時(shí),C2的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為 F1 a.廠m,0, F2a.廠m,0.對(duì)于給定的m 1,0 U0,C1上存在點(diǎn)NXo,yoyo 0使得S |m|a2的充要條件是2 2 2X。 y° a

35、 ,y°0,1 2 2a J m | y° | |m |a .2由得0 |y。| a,由得|y。|m|a.1 m0,存在點(diǎn)N，使S=|m|a2；當(dāng)|陣a即如?；騧 時(shí),2不存在滿足條件的點(diǎn) N，16.iuir 由NRuuur可得NRUULT令 |NF1|UULT那么由NF1XoUlUUy。)，NF2(a.1 m xo, yo)，ujurNF22Xo(1m)a22y。2ma ,UJIUGINF2I a,UULUNF2 吋2 cos于是由S | m | a2 ,可得ma2 tan2綜上可得：0,1 52f1nf2ma2,可得附22 ma sin2cos| m | a2,即 ta

36、n時(shí),時(shí),m(1.51(湖南理)2macos1 ma2ta n ,2在C1上，存在點(diǎn)在C1上，存在點(diǎn)(本小題總分值)時(shí)，在13 分)2|m|mN，使得 S |m|a2,且 tan F1NF2N，使得 S | m|a2,且 tan RNF?C1上，不存在滿足條件的點(diǎn)2；2；軸被曲線C2: yx2 b截得的線段長(zhǎng)等于 C1的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)。橢圓G :勺占 1(a b 0)的離心率為一3 , xa b2(I)求C1, C2的方程；A,B,直線 MA,MB(n)設(shè)C2與y軸的焦點(diǎn)為M ,過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線I與C2相交于點(diǎn) 分別與C1相交與D,E .(i)證明：MD丄ME;(ii )記厶MAB, MDE的面積

37、分別是 S,S2 .問(wèn)：是否存在直線 請(qǐng)說(shuō)明理由?！窘馕觥?1 .2b,又 2.bCi，C2I 由題的方程分i,yx2i.由題意知，直線I的斜率存在，設(shè)為 k，那么直線I的方程為y kx.kx得2x 12x kx 10.設(shè)AX1, yj, BX2 ,y2,那么x1,x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，于是x1 x2 k,x1x21.又點(diǎn)M的坐標(biāo)為0, 1，所以kMA kMBy1 1 y2 12(kx11)(kx2 1) k X1X2 k(X1 X2) 1x1x2x1x2x1x2k2 k211.故MA丄MB，即MD 丄 ME.ii設(shè)直線MA的斜率為k1,那么直線MA的方程為y k1X 1,由k1x2x1,

38、解得1k,k12 1那么點(diǎn)A的坐標(biāo)為2(k1,k11).1又直線MB的斜率為 一,k117.1 1同理可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為一，1.k1 k11 1 2S JMA| |MB| 2Xikf IKI由y2xx解得y« 1,4y24:或那么點(diǎn)D的坐標(biāo)為(1k；1 112|k1|。得(1 4k)x2 和 0.8k11 4k12'4ki 11 4k128k14ki 1)4k,2 1 4k；又直線ME的斜率為8k11，同理可得點(diǎn)E的坐標(biāo)為2k4 k12k；S212|MD|ME| (132(1 k12) |k1 |k2)(k124)因此S2(4k1264417).由題意知,k1217)172議解得k12又由點(diǎn)A、B的坐標(biāo)可知,故滿足條件的直線1存在,k1k1k1右所以k且有兩條，其方程分別為3x和y23X.22021廣東理19.本小題總分值14分4,