浙江高考解析几何大题

1、最大的点P记为Q,求点Q的坐标（用m表示）.Fi,F2在x轴上，长轴 AA2的长为4,左准线l与x轴的交点浙江高考历年真题之解析几何大题1、（2005年）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点为 M, |MAi| : |AiFi|=2 ： 1 .(I )求椭圆的方程；(n)若直线li ： x= m(|m| 1), P为li上的动点，使F1PF222解析：（I）设椭圆方程为，i a b 0 ,半焦距为c,a b13 / 82a 则 MA1 a, AF1a cc2aa 2 a cc,由题意，得2a 42. 22a b c22a 2,b瓜c 1,故椭圆方程为x- - 1.43(n)设 P m,y0 ,

2、| m| 1,当 y0 0 时，F1PF2 0；当y0 0时，0F2PF2PF1M , 只需求tan F2PF2的最大值即可*2设直线PFi的斜率k1 左一，直线PF2的斜率k2 -y-, m 1m 1FPF|k2kil 21yo|21yo|1tanF22|i也|mT72Tm2=1|y0|%=1当且仅当 Jm2 1 |y0| 时，F1PF2最大，Q m, Jm2 1 ,|m| 1一 .一 x2、(2006年)如图，椭圆y=1 (ab0)与过点A (2, 0)、B(0,1)的直线有且只有一个公共点T,且椭圆的(I )求椭圆方程;B0(11)设51、F2分别为椭圆的左、右焦点,M为线段解析：(I)

3、过A、B的直线方程为 -2因为由题意得a2 y b i x 21有惟一解,1即(b24a*2 4 a2a2b20有惟一解，AF2的中点，求证：/ ATI=ZAF iTo所以2 222a b (a 4b 4) 0(ab_. . .2- 20),故 a 4b 4=0;3 a2 b23又因为ce,即2 a 4所以a2 4b2 ;从而得a2 2,b2 1,22故所求的椭圆方程为 2y2 12(H)由所以Fi(。03呼,0)M (1 +、-60)离心率e= 3。211,因此 T (1-)22y2 1,解得x1 x2lx 12、6 .12因为 tan AFiT1,又 tan TAM tan TMF2 忑，

4、得2_ 16 26 , tan ATM - 1,因此，ATMAF1T1 .622X 23、(2007年)如图，直线 y kx b与椭圆 一 y 4(I)求在k 0, 0 b 1的条件下，S的最大值；(II)当AB 2, S 1时，求直线AB的方程.解析：(I)设点A的坐标为(x1, b),点B的坐标为2 由y2 1,解得x122小b41交于A, B两点，记zAOB的面积为S .所以S时，.S取到最大值1.1b|x1 x2| 2bJ1 b2 b2 1 b2 1 ,当且仅当 b 2(n)解:由y kx2x 247 y 1b得(4 k2 1)x2 8kbx 4b2 4_2216(4k b 1)2:门

5、|i| N亚”24k2 1又因为。到AB的距离d ,|b|-2S- 1 所以b2 k2 1,1 k2 |AB|1 c 3代入并整理，得4k4 4k2 1 0,解得，k2 -,b2 -, 22代入式检验， 0,故直线AB的方程是X 2662 2 626276y x或 y x 或y x或 y x .222222224、(2008年)已知曲线 C是到点P (1 3 5 ,)和到直线y距离相等的点的轨迹。2 88是过点Q (-1, 0)的直线，M是C上(不在l上)的动点;轴(如图)。(I )求曲线C的方程;(H)求出直线解析：(I)设N(x, y)为C上的点，则A、B 在 l 上，MAl, MB|NP

6、|QbI2l的方程，使得为常数。QAN到直线y5的距离为y8化简,得曲线C的方程为1/2、二(x x).2(n)解法一：设2xX,2y kxk,则 B(x,kxk),从而 |QB| J1 k2 | x 1| .在 RtAQMA 中,因为|QM |2(x 1)2(x1)22|MA|1 k2所以 |QA|2 |QM|2|MA|2(x 1)24(1 k2)(kx2)2 .MAQ| x 1|gkx 叫Wk?2| |QB|2 2(1 k2) - 1|QA|k|k2g- x2当 k 2时，LQB-L |QA|5石，从而所求直线l方程为2x2 0.MylA1iHxO解法二:2、几x设 M x,一x一,直线

7、l : y kx k ,则 B(x,kx k),从而|QB|1八-(x 1) .因为 |QA| k|MH |,所以 |QA|x 1|gkx 2|2J1 k2，Vik2 |x 1| 过(1,0)垂直于l的直线l1 : y|QB|2 |QA|5J5,从而所求直线l方程为2x y 2 0.解析：(I)解：由题意，得2,1.设线段MN的中点的横坐标是 x3,则x3，2.为 x2t(t h)22(1 t2)22y x5、(2009年)已知椭圆Ci ： 2 1( a b 0)的右顶点为 A(1,0),过Ci的 a b焦点且垂直长轴的弦长为 1.(I)求椭圆Ci的方程；(II)设点P在抛物线C2： y x2

8、 h(h R)上，C2在点P处的切线与Ci交于点M ,N .当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求 h的最小值.b 1, ao b2 ,从而h2 1. b a2因此，所求的椭圆方程为 L x2 1.4(n)解：如图，设 M(x1, yj, N(x2, y2), P(t, t2则抛物线C2在点P处的切线斜率为y |xt 2t .直线MN的方程为：y 2tx t2 h .将上式代入椭圆C1的方程中，得4x2 (2tx t2 h)2即 4(1 t2)x2 4t(t2 h)x (t2 h)2 4 0 .因为直线 MN与椭圆C1有两个不同的交点，所以式中的1 16 t4 2(h 2)t2 h2

9、4 0 .设线段PA的中点的横坐标是 x4,则x42由题意，得x3 x4,即t (1 h)t 1 0.2.由式中的 2 (1 h) 4)0,得h1,或h0 3,2当 h0 3时，h 2 0,4 h 0 .则不等式不成立，所以 h1.h的最小值为1.当h 1时，代入方程得t 1,将h 1, t1代入不等式，检验成立.所以,26、（2010年）已知 m 1 ,直线l : x my 0,椭圆22x 2C： y1,Fi,F2分别为椭圆C的左、右焦点.m（I）当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程；（II）设直线l与椭圆C交于A, B两点， AF1F2,BF1F2的重心分解析：（I）解：因为直线l ：

10、x my0 经过 F2(Jm21,0),所以 Jm2 12m 2，得m2又因为m 1.所以m J2.故直线l的方程为x J2y 1 0.(n)解：设 A(xi,yi),B(x2,y2),x my2m2消去x得:12y22一2 m2则由 m 8(1) m 8 0,4my且有yiy2m, yi y22i ,一.由于 Fi( c,0), F2(c,0)故。为 FiF2 的中点, 2uuuuur HJLT由 AG 2GO,BH2效可知G（球）川日奉；1GH12凶F(yi y2)29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xi x2 yi y2设M是GH的中点，则 M (,-

11、); 由题意可知，2|MO|GH|66/、2/、2均x22,yiy2、2(xix2)(yiy?)好 4(1一)(一二一) ； ; 即 xix2yiy206699而 xx2yi y(myi)(my22 m T)2/ 2 ,、，myiy2 (m1)(-8-im2i一),所以282_ 一 20.即 m 4.又因为m 1且0.所以1 m 2.所以m的取值范围是（1,2）。22- 27、（2011年）已知抛物线 Ci：x =y,圆C2：x （y 4）1的圆心为点 M。（I）求点 M到抛物线Ci的准线的距离；（n ）已知点P是抛物线Ci上一点（异于原点），过点P作圆C2的两条切线，交抛物线Ci于A, B两

12、点，若过M ,P两点的直线l垂足于AB ,求直线l的方程.解析: 【I 丽由喀眄抑淡物坟的席被方程为“:，所以PH心H图的的距离后圣（E）解：设（/，4）/Gd）倒盯卢广）.由题.我得/设过点p的国G的切线方程为 7 =*（沏）,.即取-区才靖.风皿与”.，.阳一：,=1 设鼠F*的斜率为忆相即，为k.冉是上述方腥的两报，所虱将代入7=J=S得乜-4=0,由于是此方程的根.故*1=&F电叫f .所以由部虫如褐如. %=（个”）-可.（三）二一1用得4飞拳 即点产的出标为争），所以直线1的力程为产生与合工.1 ,其左焦点到点P （2,1）的距离为 闻,不过原22x y8、（2012年）如图，椭圆

13、 C: 匕 1（a b 0）的离心率为 a b点O的直线l与C相交于A, B两点，且线段A B被直线OP平分。.（I）求椭圆C的方程；（11）求4 ABP面积取最大值时直线l的方程。解析:（I ）战椭圆左焦点为Fy,0,则由IS意得，8尸+】三;e IS ,所以辅园方程为X（ 口）量力）然段史的中点为M当直线AB与m轴垂直时，直绕耳。的方程为0.与不过原点的条件不符.舍去,故可设宣线M 的方程为制:产皿（3+4V+8 匕疆十4 -12。,A*649mL4*3炉）（4/_熄）刈3+4?1-3*4户,认4*因为M在直线QP上，所以 3m -21m 3万 *3+4. t得T舍去)或H一/.此时方程(1)为头,则i+3 = ?n,A = 312-m10P卡=丁.所以I AB | * J +? Xif |, /12-3&设点F到直统池距离为，则j S-2m | 2 I m-4- | q 三* j 工 . -i_ _vVi? T