解析几何答案_Parse

1 1 5 6 5 17 a 2 a的终点在直线0 34 5 1 43 5 1 CyBAxBA上 3 2 2 2 2 b 曲线 C 和 C 关于直线xyl 对称 l的方向向量 1 1 d 由0 bd得bd 直线 l 与向量b垂直 2 B 3 1 2 3 2 22 yx 4 4 5 暂无内容 6 解 由题意知 双曲线的焦点在x轴上 故可设双曲线的方程 1 2 2 2 2 b y a x 00 ba 设 22 bac 由准线方程 5 5 x得 5 5 2 c a 由5 e 得5 a c 解得1 a 5 c 从而2 b 双曲线的方程为1 4 2 2 y x 如图 设点 D 的坐标为 5 0 点 A D 是22MDMA a 所以BD2MDMB2MBMA 因为 B 是圆1 5 22 yx上的点 圆的圆心为 C 0 5 半径为 1 故1101CDBD 从而110BD2MBMA 当点 M B 在选段 CD 上时上式取等号 MBMA 的值为110 因为直线 CD 的方程为5 xy 因 M 点 双曲线右支上 故0 x 由方程组 5 44 22 xy yx 解得 3 245 x 3 2454 y N 点的坐标为 3 245 3 2454 7 12 1 8 A 9 解 由题设条件知焦点在 y 轴上 故设椭圆方程为 0 1 2 2 2 2 ba a y b x 设 22 cab 由准线方程 4 3 3 y 得 由 3 2 e 得 3 2 c a 解得 a 2 c 3 从而 b 1 椭圆方程为 2 2 1 4 y x 又易知 C D 两点是椭圆 2 2 1 4 y x 的焦点 所以 24MCMDa 从而 22 24 2 MCMD MCMD 当且仅当MCMD 即点 M 的坐标为 1 0 时上式取等号 MCMD 的最大值为 4 II 如图 设M mmBB xyB xy QQ Q xy 因为 0 N N xOMONOQ 故 MQMQ yyxx 2 4 2 2 2 22 MMQQ yxyx 因为0 QA BA 011 1 1 BQBQ BBQQ yyxx yxyx 所以 1 QBBQBQ xxyyxx 记 P 点的坐标为 PP xy 因为 P 是 BQ 的中点 所以 BQPBQP yyyxxx 2 2 又因为 1 22 BB yx 结合 得 4 1 22 22 BQBQPP yyxxyx 2 4 1 2222 BQBQBQBQ yyxxyyxx 1 25 4 1 BQ xx 3 4 P x 故动点 P 的估计方程为 22 1 1 2 xy 10 1 21 11 B 12 解 由抛物线方程得其准线方程 2 p y 根据抛物线定义 点 4 mA到焦点的距离等于它到准线的距离 即 4 17 2 4 p 解得 2 1 p 抛物线方程为 yx 2 将 4 mA代入抛物线方程 解得2 m 由题意知 过点 2 ttP的直线PQ斜率存在且不为 0 设其为k 则 2 txktylPQ 当 0 2 k ktt xy 则 0 2 k ktt M 联立方程 yx txkty 2 2 整理得 0 2 tktkxx 即 0 tkxtx 解得 tx 或tkx 2 tktkQ 而QPQN 直线NQ斜率为 k 1 1 2 tkx k tkylNQ 联立方程 yx tkx k tky 2 2 1 整理得 0 11 22 tktk k x k x 即 0 1 2 tkktkxkx 0 1 tkxtkkkx 解得 k tkk x 1 或tkx 1 1 2 2 k tkk k tkk N 1 1 1 1 22 22 2 2 2 ktk ktk k ktt k tkk k tkk KNM 而抛物线在点 N 处切线斜率 k tkk yk k tkk x 2 2 1 切 MN 是抛物线的切线 k tkk ktk ktk2 2 1 1 22 22 整理得 021 22 ttkk 0 21 4 22 tt 解得 3 2 t 舍去 或 3 2 t 3 2 min t 13 B 14 D 15 解 I 由题意得 2 1 2 121 b a b b a 所求的椭圆方程为 2 2 1 4 y x II 不妨设 2 1122 M x yN xyP t th 则抛物线 2 C在点 P 处的切线斜率为 2 x t yt 直线 MN 的方程为 2 2ytxth 将上式代入椭圆 1 C的方程中 得 222 4 2 40 xtxth 即 22222 4 14 40txt th xth 因为直线 MN 与椭圆 1 C有两个不同的交点 所以 式中有 422 1 162 2 40thth 设线段 MN 的中点的横坐标是 3 x 则 2 12 3 2 22 1 xxt th x t 设线段 PA 的中点的横坐标是 4 x 则 4 1 2 t x 由题意得 34 xx 即有 2 1 10th t 由 式中的 2 2 1 40 1hh 或3h 当3h 时 有 2 20 40hh 因此不等式 不成立 因此1h 当1h 时 代入方程 得1t 将1 1ht 代入 不等式 成立 因此h的最小值为 1 16 C 17 解 1 由 2 2121 BFAFBFAF 得 2 1 1 2 1 2 AF BF EF EF 从而 2 1 2 2 c c a c c a 整理得 22 3ca 故离心率 3 3 a c e 2 由 1 知 2222 2ccab 所以椭圆的方程可以写为 222 632cyx 设直线 AB 的方程为 2 c a xky 即 3 cxky 由已知设 2211 yxByxA则它们的坐标满足方程组 222 632 3 cyx cxky 消去 y 整理 得062718 32 222222 cckcxkxk 依题意 3 3 3 3 0 31 48 22 kkc 而 2 222 21 2 2 21 32 627 32 18 k cck xx k k xx 有题设知 点 B 为线段 AE 的中点 所以 21 23xcx 联立三式 解得 2 222 2 2 2 1 32 29 32 29 k cck x k cck x 将结果代入韦达定理中解得 3 2 k 3 由 2 知 2 3 0 21 c xx 当 3 2 k时 得 A 2 0 c由已知得 2 0 cC 线段 1 AF的垂直平分线 l 的方程为 2 2 2 2 2c x c y 直线 l 与 x 轴的交点 0 2 c是 CAF1 的外接圆的圆心 因此外接圆的方程为 222 2 2 c c y c x 直线BF2的方程为 2cxy 于是点 nmH满足方程组 2 4 9 2 2 22 cmn c n c m 由0 m 解得 3 22 3 5c n c m 故 5 22 m n 当 3 2 k时 同理可得 5 22 m n 18 1 19 2 20 C 21 解 1 由 1 FA 2 F B且 12 FA2 F B 得 22 11 EFF B1 EFFA2 从而 2 2 a 1 a2 c c c c 整理 得 22 3ac 故离心率 3 3 c e a 2 解 由 1 得 2222 2bacc 所以椭圆的方程可写为 222 236xyc 设直线 AB 的方程为 2 a yk x c 即 3 yk xc 由已知设 1122 A x yB xy 则它们的坐标满足方程组 222 3 236 yk xc xyc 消去 y 整理 得 222222 23 182760kxk cxk cc 依题意 22 33 48 1 3 0 33 ckk 得 而 2 12 2 18 23 k c xx k 2 222 21 32 627 k cck xx 由题设知 点 B 为线段 AE 的中点 所以 12 32xcx 联立 解得 2 1 2 92 23 k cc x k 2 2 2 92 23 k cc x k 将 12 x x代入 中 解得 2 3 k 3 解法一 由 II 可知 12 3 0 2 c xx 当 2 3 k 时 得 0 2 Ac 由已知得 0 2 Cc 线段 1 AF的垂直平分线l的方程为 22 222 c ycx 直线l与 x 轴的交点 0 2 c 是 1 AFC 外接圆的圆心 因此外接圆的方程为 22 2 x 22 cc yc 直线 2 F B的方程为2 yxc 于是点 H m n 的坐标满足方程组 2 2 2 9 24 2 cc mn nmc 由0 m 解得 5 3 2 2 3 mc nc 故 2 2 5 n m 当 2 3 k 时 同理可得 2 2 5 n m 解法二 由 II 可知 12 3 0 2 c xx 当 2 3 k 时 得 0 2 Ac 由已知得 0 2 Cc 由椭圆的对称性可知 B 2 F C 三点共线 因为点 H m n 在 1 AFC 的外接圆上 且 12 F AF B 所以四边形 1 AFCH为等腰梯形 由直线 2 F B的方程为2 yxc 知点 H 的坐标为 22 mmc 因为 1 AHCF 所以 222 222 mmcca 解得 m c 舍 或 5 3 mc 则 2 2 3 nc 所以 2 2 5 n m 当 2 3 k 时 同理可得 n2 2 5m 22 1 23 A 24 1 解 双曲线 C 的渐近线02 0 2 yxy x m即 直线 l 的方程23 20 xy 直线 l 与 m 的距离 3 2 6 12 d 2 证法一 设过原点且平行于 l 的直线 0b kxy 则直线 l 与 b 的距离 2 3 2 1 k d k 当 2 6 2 kd 时 又双曲线 C 的渐近线为20 xy 双曲线 C 的右支在直线 b 的右下方 双曲线C右支上的任意点到直线l的距离为6 故在双曲线C的右支上不存在点Q 使之到直线l的距离为6 证法二 假设双曲线C的右支上存在点Q 00 xy到直线l的距离为6 则 2 22 1 6 1 23 0 2 0 2 00 yx k kykx 由 1 得 2 00 1623kkkxy 设 1623 2 kkt 当 2 2 k t 01623 2 kk 0 13 12 61623 22 2 2 kk k kkt 将 00 ykxt 代入 2 得 222 00 1 2 42 1 0kxktxt 22 2 0 1 20 40 2 1 0 2 ktkktt 方程 不存在正根 即假设不成立 故在双曲线 C 的右支上不存在 Q 使之到直线 l 的距离为6 25 D 26 2 arctan 3 27 3 3 28 3 29 解 1 设双曲线C的方程为 22 2 0 xy 3 2 解得2 双曲线C的方程为 2 2 1 2 x y 2 直线 3 20l kxyk 直线 0a kxy 由题意 得 2 3 2 6 1 k k 解得 2 2 k 3 证法一 设过原点且平行于l的直线 0b kxy 则直线l与b的距离 2 3 2 1 k d k 当 2 2 k 时 6d 又双曲线C的渐近线为x20y 双曲线C的右支在直线b的右下方 双曲线C右支上的任意点到直线l的距离大于6 故在双曲线C的右支上不存在点Q 使之到直线l的距离为6 证法二 假设双曲线C右支上存在点 00 Q xy到直线l的距离为6 则 00 2 22 00 3 2 6 1 1 22 2 kxyk k xy 由 1 得 2 00 3 261ykxkk 设 2 3 261tkk 当 2 2 k 时 2 3 2610tkk 0 13 12 61623 22 2 2 kk k kkt 将 00 ykxt 代入 2 得 222 00 1 2 42 1 0kxktxt 2 0 2 kt 22 1 20 40 2 1 0kktt 方程 不存在正根 即假设不成立 故在双曲线C的右支上不存在点Q 使之到直线l的距离为6 30 A 31 C 32 3 3 33 3 34 2 6 35 解 1 因为ab 1 amx y 1 bx y 所以 22 10a bmxy 即 22 1mxy 当 m 0 时 方程表示两条直线 当1m 时 方程表示圆 当0 m且1 m时 方程表示椭圆 当0 m时 方程表示双曲线 2 当 4 1 m时 轨迹 E 的方程为 2 2 1 4 x y 设圆的方程为 10 222 rryx 当切线斜率存在时 可设圆的任一切线方程为ykxt A 11 y x B 22 y x 所以 r k t 2 1 即 1 222 krt 因为OBOA 所以 0 2121 yyxx 即 0 2121 tkxtkxxx 整理得 0 1 2 2121 2 txxktxxk 由方程组 tkxy y x 1 4 2 2 消去y得0448 41 222 tktxxk 由韦达定理 12 2 2 12 2 8 14 44 14 kt xx k t x x k 代入 式并整理得 0 41 8 41 44 1 2 2 22 2 2 2 t k tk k t k 即 22 544tk 结合 式有 1 0 5 52 45 2 rr 故所求圆的方程为 5 4 22 yx 3 当 4 1 m时 轨迹 E 的方程为 2 2 1 4 x y 设直线l的方程为ykxt 因为直线l与 圆 C 222 xyR 1 R0 过 M 2 2 N 6 1 两点 所以 22 22 42 1 61 1 ab ab 解得 2 2 11 8 11 4 a b 所以 2 2 8 4 a b 椭圆 E 的方程为 22 1 84 xy 2 证明 假设满足题意的圆存在 其方程为 20 222 RRyx其中 设该圆的任意一条切线 AB 和椭圆 E 交与两点 2211 yxByxA当直线 AB 的 斜率存在时 令直线 AB 的方程为ykxm 将其代入椭圆 E 的方程并整理得 22 2 8xkxm 即 222 12 4280kxkmxm 则 222222 164 12 28 8 84 0k mkmkm 即 22 840km 12 2 2 12 2 4 12 28 12 km xx k m x x k 因为 OBOA 所以 0 2121 yyxx 将 代入 并整理得 0 1 2 2121 2 mxxkmxxk 联立 得 1 3 8 22 km 因为直线 AB 和圆相切 因此 2 1k m R 由 得 3 62 R 所以 存在圆 3 8 22 yx满足题意 解决一 当切线 AB 的斜率存在时 由 得 2 21 2 21 yyxxAB 2 21 2 1xxk 12 82 4 12 4 1 2 2 2 2 2 k m k km k 12 1 3 2 1 12 1 24 2 2 2 2 k k k k 令 12 1 2 2 k k t 则1 2 1 t 因此12 4 3 3 64 3 2 1 32 2 2 tttAB 所以12 3 322 AB 即 32 3 64 AB 当切线 AB 的斜率不存在时 易得AB 3 64 所以32 3 64 AB 综上所述 存在圆心在原点的圆 3 8 22 yx满足题意 且32 3 64 AB 38 D 39 解 设 0 cF 当l的斜率为 1 时 其方程为Ocyx 0 到l的距离为 22 00 c c 故 2 2 2 c 1 c 由 3 3 a c e 得 3 a 22 cab 2 C 上存在点P 使得当l绕F转到某一位置时 有OBOAOP 成立 由 知 C 的方程为 2 2x 2 3y 6 设 2211 yxByxA 1 xkylxl的方程为轴时 设不垂直当 C OBOAOPP 使上的点成立的充要条件是 点的坐标为 2121 yyxxP 且6 3 2 2 21 2 21 yyxx 整理得 6643232 2121 2 2 2 2 2 1 2 1 yyxxyxyx 632 632 2 2 2 2 2 1 2 1 yxyxCBA上 即在 又 故 0332 2121 yyxx 将 并化简得代入 632 1 22 yxxky 0636 32 2222 kxkxk 于是 2 2 21 32 6 k k xx 21x x 2 2 32 63 k k 2 2 21 2 21 32 4 1 1 k k xxkyy 代入 解得 2 2 k 此时 2 3 21 xx 于是 2 2121 xxkyy 2 k 即 2 2 3 k P 因此 当2 k时 2 2 2 3 P 022 yxl的方程为 当2 k时 2 2 2 3 P 022 yxl的方程为 当l垂直于x轴时 由 0 2 OBOA知 C 上不存在点 P 使OBOAOP 成立 综上 C 上存在点 2 2 2 3 P使OBOAOP 成立 此时l的方程为022 yx 40 25 4 41 D 42 A 43 解 I 设 0 F c 直线 0l xyc 由坐标原点O到l的距离为 2 2 则 00 2 22 c 解得 1c 又 3 3 2 3 c eab a II 由 I 知椭圆的方程为 22 1 32 xy C 设 11 A x y B 22 xy 由题意知l的斜率为一定不为 0 故不妨设 1l xmy 代入椭圆的方程中整理得 22 23 440mymy 显然0 由韦达定理有 12 2 4 23 m yy m 12 2 4 23 y y m 假设存在点 P 使OPOAOB 成立 则其充要条件为 点 1212 P xxyy 的坐标为 点 P 在椭圆上 即 22 1212 1 32 xxyy 整理得 2222 11221212 2323466xyxyx xy y 又AB 在椭圆上 即 2222 1122 236 236xyxy 故 1212 2330 x xy y 将 2 12121212 1 1 1x xmymym y ym yy 及 代入 解得 2 1 2 m 12 22 22 yy 或 12 xx 2 2 43 2 232 m m 即 32 22 P 当 2322 1 2222 mPl xy 时 当 2322 1 2222 mPl xy 时 44 5 45 A 46 D 47 解 I 将 2 yx 代入 222 4 xyr 并化简得 22 7160 xxr E 与 M 有四个交点的充要条件是方程 有两个不等的正根 1 x 2 x 由此得 22 12 2 12 7 4 16 0 70 160 r xx x xr 解得 2 15 16 4 r 又 0r 所以r的取值范围是 15 4 2 不妨设 E 与 M 的四个交点的坐标为 11 A xx 11 B xx 22 C xx 22 D xx 则直线AC BD的方程分别为 1 12 12 11 12 12 1 xx xx xx xyxx xx xx xy 解得点P的坐标为 12 0 x x 设 12 tx x 由 2 16tr 及 1 知 7 0 2 t 由于四边形ABCD为等腰梯形 因而其面积 1221 22 2 1 xxxxS 则 22 12121212 2 4Sxxx xxxx x 将 12 7xx 12 x xt 代入上式 并令 2 f tS 得 232 7 72 72 82898343 0 2 f ttttttt 求导数 2 2456982 27 67 fttttt 令 0ft 解得 77 62 tt 舍去 当 7 0 6 t 时 0ft 7 6 t 时 0ft 77 62 t 时 0ft 故当且仅当 7 6 t 时 f t有最大值 即四边形ABCD的面积最大 故所求的点P的 坐标为 7 0 6 48 49 A 50 C 51 解 I 将抛物线 2 E yx 与圆 222 4 0 Mxyrr 的方程联立 消去 2 y 整理得 22 7160 xxr 抛物线 2 E yx 与圆 222 4 0 Mxyrr 有四个点的充要条件是方程 有 两个不相等的正根 xx 21 由此得 rxx xx r 016 07 01647 2 21 21 2 2 解得 16 4 15 2 r 又 r0 所以 r 的取值范围是 4 2 15 II 设四个交点的坐标分别为 11 A xx 11 B xx 22 C xx 22 D xx 则直线 AC BD 的方程为 xx xx xx xy 1 12 12 1 xx xx xx xy 1 12 12 1 解得点 P 的坐标为 0 21 xx 设 2 21 16rt xxt 由及 I 知 2 7 0 t 由于四边形 ABCD 为等腰梯形 因而其面积 2 2 1 2112 xxxxS 2 4 212121 2 21 2 xxxxxxxxS 将 得代入上式 并令 Stftxx xx 2 2121 7 0 2 7 6 7 0 6 7 0 6 7 0 2 7 6 7 0 76722 2 7 02727 2 t ftt ft t ft t tt f ttt f ttttf 时 时 时 当 舍去 解得令 求导数 故当且仅当 6 7 t时 tf有最大值 即四边形 ABCD 的面积最大 故所求的点 P 的坐标为 0 6 7 52 A 53 C 54 解 设椭圆长半轴长及分别为 a c 由已知得 1 7 ac ac 解得 a 4 c 3 所以椭圆 C 的方程为 22 1 167 xy 设 M x y P x 1 y 其中 4 4 x 由已知得 22 2 1 22 xy e xy 而 3 4 e 故 2222 1 16 9 xyxy 由点 P 在椭圆 C 上得 2 2 1 1127 16 x y 代入 式并化简得 2 9112 y 所以点 M 的轨迹方程为 4 7 44 3 yx 轨迹是两条平行于 x 轴的线段 55 2 4yx 56 B 57 B 58 解 由题意 c 1 可设椭圆方程为 22 22 1 14 xy bb 因为 A 在椭圆上 所以 22 19 1 14bb 解得 2 b 3 2 b 3 4 舍去 所以椭圆方程为 22 1 43 xy 设直线 AE 方程 得 3 1 2 yk x 代入 22 1 43 xy 得 222 3 3 4 4 32 4 120 2 kxkk xk 设 E x E y F F x F y 因为点 A 1 3 2 在椭圆上 所以 2 2 3 4 12 2 34 E k x k 3 2 EE ykxk 又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数 在上式中以k 代k 可得 2 2 3 4 12 2 34 F k x k 3 2 FF ykxk 所以直线 EF 的斜率 21 2 FEFE EF FEFE yyk xxk k xxxx 即直线 EF 的斜率为定值 其值为 1 2 59 0 2 60 B 61 解 如图 设 F 为 AD 延长线上一点 A B C D 四点共圆 CDF ABC 又 AB AC ABC ACB 且 ADB ACB ADB CDF 对顶角 EDF ADB 故 EDF CDF 即 AD 的延长线平分 CDE 设 O 为外接圆圆心 连接 AO 交 BC 于 H 则 AH BC 连接 OC 由题意 OAC OCA 150 ACB 750 OCH