高考解析几何压轴题精选(含答案)

1、精品21.设抛物线y2Px（p0）的焦点为F,点A（0,2）.若线段FA的中点B在抛物线上,则B到该抛物线准线的距离为33分）2 .已知m > 1 ,直线l : x my2.一 x0 ,椭圆C :my2 1, EE分别为椭圆C的左、右焦点.（i）当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程；（n）设直线l与椭圆C交于A,B两点，V AF1F2 , V BF1F2的重心分别为G, H .若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围（6分）3已知以原点O为中心,F J5,0为右焦点的双曲线C的离心率e感谢下载载（I） 求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；（II） 如题（20）图，已知过点M

2、%,必的直线1i：XiX4y1y4与过点NX2,y2（其中X2x）的直线l2:X2X4y2y4的交点E在双曲线C上，直线MN与两条渐近线分别交与 G、H两点，求 OGH的面积。(8分)4.如图，已知椭圆至y2a2 b21(a> b>0)的离心率为,以该椭圆上的点和椭圆的左、2焦点Fi ,F2为顶点的三角形的周长为4( 2 1).一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点,为该双曲线上异于顶点的任一点，直线PFi和PF2与椭圆的交点分别为A、B和 C、D.(I)求椭圆和双曲线的标准方程;(n)设直线PFi、PF2的斜率分别为ki、k2,证明kik21;(出)是否存在常数，使得ABCDABCD恒

3、成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.(7分)1的左、右顶点为 A、B,右焦点M(xi,y1)、N(X2,y2),其中2x5.在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆为F。设过点T(t,m)的直线TA、TB与椭圆分别交于点m>0,y10,y20。(1)设动点P满足PF2PB24，求点P的轨迹；(2)设2,X2工，求点T的坐标；3(3)设t9,求证：直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)。(6分)6 .如图，设抛物线C:yx2的焦点为F,动点P在直线l:xy20上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB,且与抛物线C分别相切于A、B两点.(1)求4APB的重心G的轨迹方程.(2

4、)证明/PFA=ZPFB.(6分)7 .设A、B是椭圆3x2y2上的两点，点N(1,3)是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点.(I)确定的取值范围，并求直线AB的方程；(II)试判断是否存在这样的，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由.(此题不要求在答题卡上画图)(6分)8 .如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点Fi,F2在x轴上，长轴A1A2的长为4,左准线l与x轴的交点为M,|MAi|：|AiFi|=2：1.(I)求椭圆的方程；(n)若点P为1上的动点，求/F1PF2最大值.(6分)229 .设Fi,F2是椭圆上一1的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PFi|

5、：|PF2|=2：1,则94三角形PFiF2的面积等于（3分）10 .在平面直角坐标系XOY中，给定两点M（1,2）和N（1,4）,点P在X轴上移动，当MPN取最大值时，点P的横坐标为（3分）11 .若正方形ABCD的一条边在直线y2x17上，另外两个顶点在抛物线yX2上.则该正方形面积的最小值为.（3分）22一99-xy12.已知C0：x2y21和C1：丁!21（ab0）。试问：当且仅当a,b满足什a2b2么条件时，对C1任意一点P,均存在以P为顶点、与C0外切、与C1内接的平行四边形？并证明你的结论。（4分）213.设曲线C1：y21（a为正常数）与C2：y2=2（x+m）在x轴上方公有一

6、个公共点P。a（1）实数m的取值范围（用a表示）；（2）O为原点，若Ci与x轴的负半轴交于点A,当0<a<。时，试求NOAP的面积的最2大值（用a表示）。（5分）.一 214 .已知点A(0,2)和抛物线yx4上两点B,C使得ABBC,求点C的纵坐标的取值范围.(4分)15 .一张纸上画有半径为R的圆O和圆内一定点A,且OA=a.拆叠纸片，使圆周上某一点A/刚好与A点重合，这样的每一种拆法，都留下一条直线折痕，当A，取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合.(6分)，一4、-16 .(04,14)在平面直角坐标系xoy中，给定三点A(0,),B(1,0),C(1,0),点P

7、到直3线BC的距离是该点到直线AB,AC距离的等比中项。(I)求点P的轨迹方程；(n)若直线L经过ABC的内心(设为D),且与P点的轨迹恰好有3个公共点，求L的斜率k的取值范围。(5分)17.过抛物线yx点C在抛物线上，点上的一点A（1,1）作抛物线的切线，分别交AEE在线段AC上，满足壬1;点F在线段ECx轴于D,交y轴于B.BFBC上，？t足-BFFC且121,线段分）CD与EF交于点P.当点C在抛物线上移动时,求点P的轨迹方程.（618.参数方程练习题（13分）1.直线y2x1的参数方程是（A.xt2y2t21x2tB.y4txt1C.y2t1Dxsiny2sin12.方程xA.一条直线

8、B.两条射线C. 一条线段D.抛物线的一部分3.参数方程. 2 sincos2（为参数）化为普通方程是（1t表示的曲线是（2A. 2xC. 2x2,3D. 2x y4 0 x 2,34 .直线l： ykx0与曲线C:2 cos相交，则k的取值范围是（A. kB.C. kD. k R 但5 .圆的方程为2cos2sin直线的方程为2t6t1,则直线与圆的位置关系是1A.过圆心B.相交而不过圆心C.相切D.相离（t为参数）所表示的曲线是（1xt6.参数方程AByy0x9CD7.曲线C:cos (1 sin为参数）的普通方程为如果曲线C与直线B.2xy0有公共点，那么实数a的取值范围为8.（2011

9、广东）已知两曲线参数方程分别为x5cos(0ysin一xt)和4(tR),yt它们的交点坐标为。229.已知x、y满足（x1）（y2）4,求S3xy的最大值和最小值。答案：1.解析：利用抛物线的定义Z合题设条件可得出p的值为&,B点坐标为.2(,1)所以点B到抛物线准线的距离为43 J2,本题主要考察抛物线的定义及几何性4质，属容易题2.(I)解：因为直线l:xmy0经过F2(Jm21,0),所以Vm212m加一/寸22,又因为m1,所以m衣，故直线l的方程为x灰丫互20。my(n)解:设A(x,y)Bd.)。2y2mmy一42m8(v1)由于F1(2x2m8,且有8二,ygy22yy

10、2c,0),F2(c,0),故。为F1F2的中点，UULT由AGuuuruuur2GO,BHUULT2HOX2xiyix2G(,),h(,333XiX2yiyGH(XiX2)24(XiX2)2("(XiX2)29X1X2小、22(myi)(my222y)即m24又因为mi且0所以13【解析】（I）由题意知,椭圆离心率为所以可解得a22,一2所以b所以椭圆的焦点坐标为（以该双曲线的标准方程为(yiy2)2GH的中点2MOGH,(yiy2)2yiy2(m22。所以2.mii)(一)所以82m的取值范围是（1,2）。2-一一，得a2c,又2a2c4(.22222xyc4,所以椭圆的标准方程

11、为一工840）,因为双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，所i),i;（II）设点为），则后=3，片/42522:竟音Q，又点？（勾，为）在双曲域上，所以有5-应=L即尸/=而'一4,所I以I444（III）假设存在常数3值得|为同+刈=父3£卜|?口煤成立，则由CII）如片叱=1,所以设直线AE的方程为尸=4器+2），则直线S的方程为尸=1542）,k3=取三+2）由方程组储,消丫得：（2炉+1）/十区上。+筋口8=。，设以小为人颂*），+-1I84则由韦达定理得;-SC?周十的=赤？哂_靖 层所以 AB- Jl+），-人外+ 叼一而两 ' 4，；*：）4依1记

12、） 炉+2又因为3同十|2门|=4恒外校门|,所以有功二同理可得112+1P+2+-ABCD4也(1+F)4£0+/)34332十一将l-=，所以存在常数a=4点门斗把38：使得忸引+9|=川月升必恒成立.8解：（I）设（7的标准方程为:£=I（«>0.6>0），则由题意c=万，e因此q=2.6=差-11C的标准方程为。-/=LC的渐近线方程为，三±%即2”。和答（2。）图（口）解法一：如答（20）图，由题意点打工外加）在直线小力苻+4力y=4和匕城/+4打7=4上，因此有/加十5打=4,工/j4%九=4,故点网出均在直线工工工+W=4上，因

13、此直线MN的方程为设CH分别是直线MN与渐近线a-2y。及h+不=0的交点,由方程组22解得几丁设MN与霁轴的交点为Q,则在直线打工+4/=4中，令y=0得4口*易知f0）,注量到4-研=4#I0QI伉7/=击*5.(1)设点P(x,y),则：F(2,0)、B(3,0)、A(-3,0)。由PF2PB24,得（x2）2y2（x3）2y24,化简得x-o2故所求点P的轨迹为直线x。21一、(2)将x12,x21分别代入椭圆方程，以及3必0,丫20得：M(2,-)>N(-,20)9直线MTA方程为：0503直线NTB方程为：y020"955y-x-o联立方程组，解得:62即10所以点

14、T的坐标为(7,一)。3(3)点T的坐标为(9,m)直线MTA方程为:m(x123),直线NTB方程为:即y-g-(x3)°2x分别与椭圆91联立方程组，同时考虑到Xi3,X23,解得：M(3802m)40m80m2)、N(3(m220)20肃?。(方法一)当x1X2时,直线MN方程为:20my20m223(m220)220m2此时必过点D(140m80m220m20m2223(80m2)3(m220)280m2220m2,0);当x1X2时,直线MN方程为:x1,与x轴交点为D(1,0)。所以直线MN必过x轴上的一定点D(1,0)。2一26.(1)设切点A、B坐标分别为(x,xO)

15、和(x，x1)(x1x0),2，切线AP的万程为：2x0xyx00；2一切线BP的万程为：2x1xyx10;一x0x1解得P点的坐标为：xp2,ypx。所以4APB的重心G的坐标为XgX0XiXp3yG22y°yiypx°xiX0X1(XoXi)2XoXi4xp2yp3所以yp3yG/2，-，4Xg,由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为:x(3y4x2)I-i220,即y-(4x22).(2)方法1:因为FA(X0,X024),FPXii_(2-,x0xi4),FB(Xi,Xi由于P点在抛物线外，则|FP|0.cosAFPFPFA|FP|FA|X02Xi/i2i

16、一X0(X0Xi)(X0)44|FP|.x。2(X02：)24XoXi|FPI同理有cosBFPFPFBx0%2,i、,2Xi(x°Xi-)(Xi4i、-)x°xi4.zAFP=ZPFB.|FP|FB|FP|xi2i2(Xi4)|FP|7.(i)解法i：依题意，可设直线AB的方程为y22k(xi)3,代入3xy,222整理得(k3)x2k(k3)x(k3)设A(xi,必)，B(X2,y2),则Xi,X2是方程的两个不同的根,2_24(k3)3(k3)0,且XiX2组3,由k23N(1,3)是线段AB的中点，得XiX2i2,k(k23)k23.解得k=i,代入得,i2,即的取

17、值范围是(i2,+oo)于是，直线AB的方程为y3(xi),即xy40.解法2:设A(Xi,yJB(x2,y),则有c223xiyi22(xiX2)(xiX2)(yiy2)(yiy)0.3x2y23(xix2)依题,国，xix2,kAB.yiy2N(i,3)是AB的中点，.xix22,yiy26,从而kABi.22又由N(i,3)在椭圆内，3i3i2,的取值范围是(i2,+8).直线AB的方程为y3=(x-i),即x+y4=0.(n)解法i:,CD垂直平分AB,直线CD的方程为y3=x-i,即xy+2=0,代入椭圆方程，整理得4x24x40.又设C(x3,y3),D(x4,y4),cd的中点为

18、C(x°,y°),则x3,x4是方程的两根, , x3x4i,且 xoi7(x3 x4)2i3 1一 i 32,y0x02 2即 M( 2,2).于是由弦长公式可得|CD | Ji ( i)2 1x3 x4 | J23).将直线AB的方程x+y -4=0，代入椭圆方程得 4x2 8x i6同理可得 |AB| 7i k2 | xi x2 | v；2(i2). .当 i2时， 亚3) <2(i2), |AB| |CD |假设存在>i2 ,使得A、B、C、D四点共圆，则 CD必为圆的直径，点 M为圆心.点M到直线AB的距离为 d| x° V。 4|.23 1

19、cD 1222于是，由、式和勾股定理可得222AB29i2|MA|2|MB|2d2|J9222故当>12时，A、B、C、D四点匀在以M为圆心，LCDJ为半径的圆上2（注：上述解法中最后一步可按如下解法获得：）A、B、C、D共圆MCD为直角三角形，A为直角|AN|2二|CN|DN|,即（山f（也1.3 3.3、13 33、2、12)，C(，)，D(，)d）（四d）.22212由式知，式左边,2由和知，式右边（二（一3）三工）（二（一3）3"2）一3-12,2222222，式成立，即A、B、C、D四点共圆.解法2:由（II）解法1及入>12,.CD垂直平分AB ,直线CD方程

20、为y 3x 1，代入椭圆方程，整理得24x4x将直线AB的方程x+y-4=0，代入椭圆方程,整理得4x28x160.解和式可得X1,22122,x3,4不妨设A(1112,32.CA(312、33、3-)3.12DA(232-)计算可得CADA0,.A在以CD为直径的圆上.又B为A关于CD的对称点，A、B、C、D四点共圆.（注：也可用勾股定理证明ACXAD )2x8.解：（i）设椭圆方程为-2 a2当1 a b 0 ,半焦距为c,则 b2aMAi a, Ai Fic2aac由题意，得2a 422a ba c2 a c2ca 2,b , 3,c 122故椭圆方程为二 L i.43()设P 4,y

21、。,y。0设直线PR的斜率Ky0,直线PF2的斜率k2Q0F1PF2PF1M-,2FiPF为锐角。tanfpf'_kll21yoi2y0!_亚512|i4yo2152元yo15.F1PF2最大，当y0|屈,即yo=病时，tanF1PF2取到最大值，此时15FFF2的取大值为arctan.158.90 o239.310.设椭圆的长轴、短轴的长及焦矩分别为2a、2 b、2c,贝 U 由其方程知 a=3, b=2,c= 5 ,故，|PF1|十|PF2|=2a=6,又已知PF”：|PF2|=2:1,故可得|PFi|=4,|PF2|=2.在PF1F2中，三边之长分别为2,4,2而，而22+42=

22、(24'5)2,可见PF1F2是直角三角形，且两直角边的长为2和4,故PF1F2的面积=4.11.解：经过M、N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y=3x上，设圆心为、一，、222、S(a,3-a),则圆S的方程为：(xa)(y3a)2(1a)对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，所以，当MPN取最大值时，经过M,N,P三点的圆S必与X轴相切于点P,即圆S的方程中的2.2.一a值必须满足2(1a)(a3)，解得a=1或a=7。即对应的切点分别为P(1,0)ffiP(7,0),而过点M,N,p'的圆的半径大于过点M,N,P的圆的半径，所以MPNMP

23、9;N,故点P(1,0)为所求，所以点P的横坐标为1。12.解：设正方形的边AB在直线y2x17上，而位于抛物线上的两个顶点坐标为2x b,将直线l的方程与抛物线方程C(xi,y1)、D(x2,y2),则CD所在直线l的方程y联立，得x f (a)f (-a)<0,当且仅当一avmva；2xbx121比1.22y2)5(x1 x2)20(b 1).22令正万形边长为a,则a(x1x2)(y1在y 2x 17上任取一点(6, ,5),它到直线y 2xb的距离为a, a|17 b|,5、联立解得b13,b263. a2 80,或 a2 1280amin80.13.利用极坐标解决：以坐标原点为

24、极点,x轴为极轴建立极坐标系,则椭圆的极坐标方程21 cos为2 a2asin2 b2(1)显知此平行四边形ABCD必为菱形，设A( 1,)，则 B( 2,90代入(1)式相加:1211b2由于该菱形必与单位圆相切,故原点到AB的距离为122 ,从而12212a1b22 x14.解：(1)由 a22 y消去y得:_ 22a2 x_ 22a2m2(xm)、一 一2_ 2设 f(x) x 2a x_ 22a m2a，问题(1)化为万程在x (-a, a)上有唯一解或等根.只需讨论以下三种情况：一a211 得：m，此时xp=a2,当且仅当一ava2va,即0vav1时适合;23°f(a)=

25、0得m=a,此时xp=a2a2,当且仅当一a<a-2a2<a,即0<a<1时适合.f(a)=0得m=-a,此时Xp=a2a2,由于一a2a2Va,从而m丰一a.一.,a21,、综上可知，当0vavl时，m或一avm<a；2当a>1时，一avmva.，一1(2)2AP的面积S万ayp1 2.；一2.一.0vav，故avmwa时，0VaaWa12mva,2由唯一性得xpa2a,a212mxp显然当m=a时，Xp取值最小.由于Xp>0,从而yp=q1取值最大，此时yp2naa2,/.Savaa2a212.一当m时，xp=-a2,yp=V1a,此时S2卜面比较

26、ajaa2与av11a2的大小:2.11。.一1令aaa2a'1a2,得a一2 3故当0vaw工时，aVaa2<a<1a2,此时SmaxaVi_a".3 22.11,2122当一a一时，aJaaav1a,此时SmaxaJaa.3222215.解：设B点坐标为（y14,y1）,C点坐标为（y4,y）.2显然y140 ,故kAB% 2y24由于AB BC,所以kBc (%2)2yy1(y2)x(y4)从而2,消去x,注忌到yy1个于:yx4(2 y)(y y1) 1 0y2 2(2 y)y1(2y 1) 0由 0解得：y 0或y 4.0时，点B的坐标为(3,1)；当y

27、 4时，点B的坐标为(5, 3),均满足是题意.故点C的纵坐标的取值范围是 y 0或y 4 .16.解：如图，以 O为原点，OA所在直线为x轴建立直角坐标系，则有时，。O上点A/( Rcos , Rsin )与点A重合，而折痕为直线A(a, 0).设折叠MN为线段以e勺中垂线.设P(x,y)为MN上任一点，则| PA | = | PA |.(x Rcos 即 2R(xcos)2 (yxcos.2y sin ysin2yRsin )2)R222R a(x a)22a 2ax2yio分2ax可得：sin(2R,x2 y2R2 a2 2ax ,.( (sin2Rxx2 y2x ,cos22x yy2

28、)r22Rq22ax2y平方后可化为<1(x(此不等式也可直接由柯西不等式得到15分R 2(万)2y_R 2(5)(x 4)2>1 ，即所求点的集合为椭圆圆一JR 2(/2 yr 2(a)2=1外(含边界)的部分.a 2(3)22017.解：(I )直线AB、AC、BC的方程依次为 y至ij AB、1_AC、BC的距离依次为d1-|4x 3y54,、4,、 八一 、-(x 1),y-(x 1), y 0。点 P(x,y)331 _，4| -|4x 3y 4|包 |y |。依设， 5d1d22 2d3,得 |16x(3y、2 24) | 25y ,即16x2(3y 4)225y20,

29、或16x2 (3y 4)2 25y2 0 ,化简得点P的轨迹方程为圆S：2x2 2y23y 20与双曲线 T:8x2 17y2 12y 8 0(n)由前知，点p的轨迹包含两部分_2_2_圆S：2x2y3y20与双曲线T：8x217y212y80因为B(1,0)和C(1,0)是适合题设条件的点，所以点B和点C在点P的轨迹上，且点P的轨迹曲线S与T的公共点只有B、C两点。1一，、，一ABC的内心D也是适合题设条件的点，由did2d3,解得D(0,),且知它在圆S2上。直线L经过D,且与点P的轨迹有3个公共点，所以，L的斜率存在，设L的方程为,1_ykx-21一当k=0时，L与圆S相切，有唯一的公共

30、点D;此时，直线y平行于x轴，表明2L与双曲线有不同于D的两个公共点，所以L恰好与点P的轨迹有3个公共点。10分(ii)当k0时，L与圆S有两个不同的交点。这时，L与点P的轨迹恰有3个公共点只能有两种情况:1一情况1:直线L经过点B或点C,此时L的斜率k,直线L的方程为x(2y1)。25454.代入万程得y(3y4)0,解得E(5,4F(,)。表明直线BD与曲线T有2个交3333点B、E;直线CD与曲线T有2个交点C、F。一，1,故当k时，L恰好与点P的轨迹有3个公共点。21一,，一、，一情况2:直线L不经过点B和C(即k一)，因为L与S有两个不同的交点，所以L28x217y212y80与双曲线T有且只有一个公共点。即方程组1有且只有一