2011年数学高考分类汇编解答题(理)05——解析几何.doc

2011年数学各地高考分类汇编解答题（理） 0505 解析几何1. （2011天津卷理）18（本小题满分13分）在平面直角坐标系中，点为动点，分别为椭圆的左右焦点已知为等腰三角形（）求椭圆的离心率；（）设直线与椭圆相交于两点，是直线上的点，满足，求点的轨迹方程【解析】18本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想，考查解决问题能力与运算能力.满分13分. （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m的坐标为，由于是由即，化简得将所以因此，点m的轨迹方程是2. （北京理）19（本小题共14分）已知椭圆.过点（m,0）作圆的切线i交椭圆g于a，b两点.（i）求椭圆g的焦点坐标和离心率；（ii）将表示为m的函数，并求的最大值.【解析】（19）（共14分）解：（）由已知得所以所以椭圆g的焦点坐标为离心率为（）由题意知，.当时，切线l的方程，点a、b的坐标分别为此时当m=1时，同理可得当时，设切线l的方程为由设a、b两点的坐标分别为，则又由l与圆所以由于当时，所以.因为且当时，|ab|=2，所以|ab|的最大值为2.3. （辽宁卷理）20（本小题满分12分）如图，已知椭圆c1的中心在原点o，长轴左、右端点m，n在x轴上，椭圆c2的短轴为mn，且c1，c2的离心率都为e，直线lmn，l与c1交于两点，与c2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为a，b，c，d （i）设，求与的比值； （ii）当e变化时，是否存在直线l，使得boan，并说明理由【解析】20解：（i）因为c1，c2的离心率相同，故依题意可设设直线，分别与c1，c2的方程联立，求得 4分当表示a，b的纵坐标，可知 6分 （ii）t=0时的l不符合题意.时，bo/an当且仅当bo的斜率kbo与an的斜率kan相等，即解得因为所以当时，不存在直线l，使得bo/an；当时，存在直线l使得bo/an. 12分4. （全国大纲卷理）21（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）已知o为坐标原点，f为椭圆在y轴正半轴上的焦点，过f且斜率为的直线与c交于a、b两点，点p满足（）证明：点p在c上；（）设点p关于点o的对称点为q，证明：a、p、b、q四点在同一圆上【解析】21解：（i）f（0，1），的方程为，代入并化简得2分设则由题意得所以点p的坐标为经验证，点p的坐标为满足方程故点p在椭圆c上。6分 （ii）由和题设知， pq的垂直平分线的方程为设ab的中点为m，则，ab的垂直平分线为的方程为由、得的交点为。9分故|np|=|na|。又|np|=|nq|，|na|=|nb|，所以|na|=|np|=|nb|=|mq|，由此知a、p、b、q四点在以n为圆心，na为半径的圆上12分5. （2011全国新课标理）（20）（本小题满分12分） 在平面直角坐标系xoy中，已知点a(0,-1)，b点在直线y = -3上，m点满足， ，m点的轨迹为曲线c。（）求c的方程；（）p为c上的动点，l为c在p点处得切线，求o点到l距离的最小值。【解析】(20）解：()设m(x,y),由已知得b(x,-3),a(0,-1).所以=（-x,-1-y）, =(0,-3-y), =(x,-2).再由愿意得知（+）=0,即（-x,-4-2y）(x,-2)=0.所以曲线c的方程式为y=x-2.()设p(x,y)为曲线c：y=x-2上一点，因为y=x,所以的斜率为x因此直线的方程为，即。则o点到的距离.又，所以当=0时取等号，所以o点到距离的最小值为2.6. （江西卷理）20（本小题满分13分）是双曲线：上一点，分别是双曲线的左、右定点，直线的斜率之积为.（1） 求双曲线的离心率；（2） 过双曲线的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于两点，为坐标原点，为双曲线上的一点，满足，求的值.【解析】（1）已知双曲线e：，在双曲线上，m，n分别为双曲线e的左右顶点，所以，直线pm，pn斜率之积为而，比较得（2）设过右焦点且斜率为1的直线l：，交双曲线e于a，b两点，则不妨设，又，点c在双曲线e上：*（1）又 联立直线l和双曲线e方程消去y得：由韦达定理得：，代入（1）式得：7. （山东卷理）22（本小题满分14分）已知动直线与椭圆c: 交于p、q两不同点，且opq的面积=,其中o为坐标原点.（）证明和均为定值;（）设线段pq的中点为m，求的最大值；（）椭圆c上是否存在点d,e,g，使得?若存在，判断deg的形状；若不存在，请说明理由.【解析】22（i）解：（1）当直线的斜率不存在时，p，q两点关于x轴对称，所以因为在椭圆上，因此又因为所以由、得此时 （2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为由题意知m，将其代入，得，其中即（*）又所以因为点o到直线的距离为所以又整理得且符合（*）式，此时综上所述，结论成立。 （ii）解法一： （1）当直线的斜率存在时，由（i）知因此 （2）当直线的斜率存在时，由（i）知所以 所以，当且仅当时，等号成立.综合（1）（2）得|om|pq|的最大值为解法二：因为 所以即当且仅当时等号成立。因此 |om|pq|的最大值为 （iii）椭圆c上不存在三点d，e，g，使得证明：假设存在，由（i）得因此d，e，g只能在这四点中选取三个不同点，而这三点的两两连线中必有一条过原点，与矛盾，所以椭圆c上不存在满足条件的三点d，e，g.8. （2011陕西理）17（本小题满分12分）如图，设p是圆上的动点，点d是p在x轴上的摄影，m为pd上一点，且（）当p在圆上运动时，求点m的轨迹c的方程；（）求过点（3，0）且斜率为的直线被c所截线段的长度【解析】17解：（）设m的坐标为（x,y）p的坐标为（xp,yp）由已知得p在圆上，即c的方程为（）过点（3，0）且斜率为的直线方程为，设直线与c的交点为将直线方程代入c的方程，得 即 线段ab的长度为注：求ab长度时，利用韦达定理或弦长公式求得正确结果，同样得分。9. （上海理）23（18分）已知平面上的线段及点，在上任取一点，线段长度的最小值称为点到线段的距离，记作。（1）求点到线段的距离；（2）设是长为2的线段，求点集所表示图形的面积；（3）写出到两条线段距离相等的点的集合，其中，是下列三组点中的一组。对于下列三组点只需选做一种，满分分别是2分， 6分，8分；若选择了多于一种的情形，则按照序号较小的解答计分。 。 。 。【解析】23解： 设是线段上一点，则，当时，。 设线段的端点分别为，以直线为轴，的中点为原点建立直角坐标系，则，点集由如下曲线围成，其面积为。 选择， 选择。 选择。10.10. （四川理）21(本小题共l2分) 椭圆有两顶点a(-1，0)、b(1，0)，过其焦点f(0，1)的直线l与椭圆交于c、d两点，并与x轴交于点p直线ac与直线bd交于点q (i)当|cd | = 时，求直线l的方程； (ii)当点p异于a、b两点时，求证： 为定值。 解析：由已知可得椭圆方程为，设的方程为为的斜率。则的方程为11. （浙江理）21（本题满分15分）已知抛物线:，圆:的圆心为点m（）求点m到抛物线的准线的距离；（）已知点p是抛物线上一点（异于原点），过点p作圆的两条切线，交抛物线于a，b两点，若过m，p两点的直线垂直于ab，求直线的方程【解析】21本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。 （i）解：由题意可知，抛物线的准线方程为： 所以圆心m（0，4）到准线的距离是（ii）解：设，则题意得，设过点p的圆c2的切线方程为，即则即，设pa，pb的斜率为，则是上述方程的两根，所以将代入由于是此方程的根，故，所以由，得，解得即点p的坐标为，所以直线的方程为12. （重庆理）20（本小题满分12分，（）小问4分，（）小问8分）如题（20）图，椭圆的中心为原点，离心率，一条准线的方程为 （）求该椭圆的标准方程； （）设动点满足：，其中是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由【解析】20（本题12分）解：（i）由解得，故椭圆的标准方程为 （ii）设，则由得因为点m，n在椭圆上，所以，故 设分别为直线om，on的斜率，由题设条件知因此所以所以p点是椭圆上的点，设该椭圆的左、右焦点为f1，f2，则由椭圆的定义|pf1|+|pf2|为定值，又因，因此两焦点的坐标为13. （2011安徽理）（21）（本小题满分13分）设，点的坐标为（1,1），点在抛物线上运动，点满足，经过点与轴垂直的直线交抛物线于点，点满足,求点的轨迹方程。【解析】（21）（本小题满分13分）本题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念，性质与运算，动点的轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养.解：由知q，m，p三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设 再设解得 将式代入式，消去，得 又点b在抛物线上，所以，再将式代入，得故所求点p的轨迹方程为14. （福建理）17（本小题满分13分）已知直线l：y=x+m，mr。（i）若以点m（2,0）为圆心的圆与直线l相切与点p，且点p在y轴上，求该圆的方程；（ii）若直线l关于x轴对称的直线为，问直线与抛物线c：x2=4y是否相切？说明理由。【解析】17本小题主要考查直线、圆、抛物线等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想。满分13分。解法一：（i）依题意，点p的坐标为（0，m）因为，所以，解得m=2，即点p的坐标为（0，2）从而圆的半径故所求圆的方程为（ii）因为直线的方程为所以直线的方程为由（1）当时，直线与抛物线c相切（2）当，那时，直线与抛物线c不相切。综上，当m=1时，直线与抛物线c相切；当时，直线与抛物线c不相切。解法二：（i）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为依题意，所求圆与直线相切于点p（0，m），则解得所以所求圆的方程为（ii）同解法一。15. （2011湖北理）20（本小题满分14分）平面内与两定点，连线的斜率之积等于非零常数的点的轨迹，加上、两点所成的曲线可以是圆、椭圆或双曲线（）求曲线的方程，并讨论的形状与值得关系；（）当时，对应的曲线为；对给定的，对应的曲线为，设、是的两个焦点。试问：在撒谎个，是否存在点，使得的面积。若存在，求的值；若不存在，请说明理由。【解析】20本小题主要考查曲线与方程、圆锥曲线等基础知识，同时考查推理运算的能力，以及分类与整合和数形结合的思想。（满分14分） 解：（i）设动点为m，其坐标为， 当时，由条件可得即，又的坐标满足故依题意，曲线c的方程为当曲线c的方程为是焦点在y轴上的椭圆；当时，曲线c的方程为，c是圆心在原点的圆；当时，曲线c的方程为，c是焦点在x轴上的椭圆；当时，曲线c的方程为c是焦点在x轴上的双曲线。（ii）由（i）知，当m=-1时，c1的方程为当时，c2的两个焦点分别为对于给定的，c1上存在点使得的充要条件是由得由得当或时，存在点n，使s=|m|a2；当或时，不存在满足条件的点n，当时，由，可得令，则由，从而，于是由，可得综上可得：当时，在c1上，存在点n，使得当时，在c1上，存在点n，使得当时，在c1上，不存在满足条件的点n。16. （湖南理）21（本小题满分13分）如图7，椭圆的离心率为，x轴被曲线 截得的线段长等于c1的长半轴长。（）求c1，c2的方程；（）设c2与y轴的焦点为m，过坐标原点o的直线与c2相交于点a,b,直线ma,mb分别与c1相交与d,e（i）证明：mdme;（ii）记mab,mde的面积分别是问：是否存在直线l,使得?请说明理由。【解析】21（）由题意知故c1，c2的方程分别为（）（i）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为.由得.设是上述方程的两个实根，于是又点m的坐标为（0，1），所以故mamb，即mdme.（ii）设直线ma的斜率为k1，则直线ma的方程为解得则点a的坐标为.又直线mb的斜率为，同理可得点b的坐标为于是由得解得则点d的坐标为又直线me的斜率为，同理可得点e的坐标为于是.因此由题意知，又由点a、b的坐标可知，故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为17. （2011广东理）19（本小题满分14分）设圆c与两圆中的一个内切，另一个外切。（1）求c的圆心轨迹l的方程;（2）已知点m，且p为l上动点，求的最大值及此时点p的坐标【解析】19（本小题满分14分） （1）解：设c的圆心的坐标为，由题设条件知化简得l的方程为 （2）解：过m，f的直线方程为，将其代入l的方程得解得因t1在线段mf外，t2在线段mf内，故，若p不在直线mf上，在中有故只在t1点取得最大值2。18. （江苏）18如图，在平面直角坐标系中，m、n分别是椭圆的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于p、a两点，其中p在第一象限，过p作x轴的垂线，垂足为c，连接ac，并延长交椭圆于点b，设直线pa的斜率为k（1）当直线pa平分线段mn，求k的值；（2）当k=2时，求点p到直线ab的距离d；