解析几何试题及答案.pdf

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1、解析几何试题及答案解析几何解析几何1.1.（21）（本小题满分 13 分）设，点A的坐标为（1,1），点B在抛物线y x上运动，点Q满足BQ QA，经过Q点与Mx轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足QM MP,求点P的轨迹方程。（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QM MP知 Q，M，P 三点在同一条垂直于 x 轴的直线上，故可设P(x,y),Q(x,y0),M(x,x2),则x2 y0(y x2),则y0(1)x2y.再设B(x1,y1),由BQ

2、 QA,即(x x1.y0 y1)(1 x,1 y0),解得x1(1)x,，将式代入式，消去y0，得y1(1)y0.x1(1)x,22y xy x，又点 B 在抛物线上，所以，1122y1(1)x(1)y.再将式代入y1 x1，得(1)x(1)y (1)x),2222(1)2x2(1)y (1)2x22(1)x2,2(1)x(1)y(1)0.因 0,同除以(1),得2x y1 0故所求点 P 的轨迹方程为y 2x 1.2.2.（17）（本小题满分 13 分）设直线l1:y k1x+1，l2:y=k2x 1，其中实数k1k2满足k1k2+2 0，（I）证明l1与l2相交；22（II）证明l1与l

3、2的交点在椭圆2x+y=1上.（17）（本小题满分 13 分）本题考查直线与直线的位置关系，线线相交的判断与证明，点在曲线上的判断与证明，椭圆方程等基本知识，考查推理论证能力和运算求解能力.证明：（I）反证法，假设是l1与 l2不相交，则l1与 l2平行，有k1=k2，代入k1k2+2=0，得1/381/381解析几何试题及答案k12 2 0.此与 k1为实数的事实相矛盾.从而k1 k2,即l1与l2相交.2x,k ky k1x 121（II）（方法一）由方程组，解得交点 P 的坐标(x,y)为，而k ky k x 112y 2.k2 k122k2 k128 k2 k12 2k1k2k12 k

4、2 4222x y 2()()1.2222k2k1k2k1k2 k12k1k2k1 k2 422此即表明交点P(x,y)在椭圆2x y1上.22y1k,y1 k1x1x（方法二）交点 P 的坐标(x,y)满足，故知x 0，有y1 k2xk y1.2x代入k1k22 0,得y1 y12 0，整理后，得2x2 y21,xx22所以交点 P 在椭圆2x y1上.x2 y21，过点（m，0）作圆x2 y21的切线l交椭圆G于A，B3.19.已知椭圆G：4两点。（1）求椭圆G的焦点坐标和离心率；（2）将|AB|表示为m的函数，并求|AB|的最大值。（19）解：（）由已知得a 2,b 1,所以c a2b2

5、3.c3.a2所以椭圆 G 的焦点坐标为(3,0),(3,0)，离心率为e（）由题意知，|m|1.当m 1时，切线 l 的方程x 1，点 A、B 的坐标分别为(1,33),(1,),此时|AB|322当 m=1 时，同理可得|AB|3当|m|1时，设切线 l 的方程为y k(x m),2/382/382解析几何试题及答案y k(x m),由x2得(1 4k2)x28k2mx 4k2m2 4 0；设 A、B 两点的坐标分2 y 1.44k2m2 4,x1x2别为(x1,y1)(x2,y2)，则x1 x2；1 4k21 4k2又由 l 与圆x y 1相切,得228k2m|km|k211,即m2k2

6、 k21.64k4m4(4k2m2 4)所以|AB|(x2 x1)(y2 y1)(1 k)222(1 4k)1 4k2224 3|m|.由于当m 3时，|AB|3,因为2m 3|AB|4 3|m|2m 34 3|m|3|m|2,且当m 3时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为 2.4.19（本小题共 14 分）6x2y2已知椭圆G:221(a b 0)的离心率为，右焦点为（2 2,0），斜率为 I3ab的直线l与椭圆 G 交与 A、B 两点，以 AB 为底边作等腰三角形，顶点为P（-3,2）.（I）求椭圆 G 的方程；（II）求PAB的面积.（19）解：（）由已知得c 2 2,c6.解得a

7、2 3.，又b2 a2 c2 4.a3x2y21.所以椭圆 G 的方程为124（）设直线 l 的方程为y x m.y x m22由x2得4x 6mx3m 12 0.y21124设 A、B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)(x1 x2),AB 中点为 E(x0,y0)，则x0 x1 x23mm,y0 x0 m；因为 AB 是等腰PAB的底边，2443/383/383解析几何试题及答案m4 1.解得 m=2。所以 PEAB.所以 PE 的斜率k 3m342此时方程为4x212x 0.解得x1 3,x2 0.所以y1 1,y2 2.所以|AB|=3 2.此时，点 P（3，2）到直线 AB：

8、x y 2 0的距离d|32 2|2193 2,所以PAB的面积 S=|AB|d.2225.17（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l，问直线l与抛物线 C：x2=4y 是否相切？说明理由。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MP l，所以0m1 1，20解得 m=2，即点 P 的坐

9、标为（0，2）从而圆的半径r|MP|(20)2(02)2 2 2,故所求圆的方程为(x2)y 8.（II）因为直线l的方程为y xm,所以直线l的方程为y xm.22y xm,得x24x4m 0,4244m 16(1m)由2x 4y（1）当m 1,即 0时，直线l与抛物线 C 相切（2）当m 1，那 0时，直线l与抛物线 C 不相切。综上，当 m=1 时，直线l与抛物线 C 相切；当m 1时，直线l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(x2)y r.依题意，所求圆与直线l:x y m 0相切于点 P（0，m），224m2 r2,m 2,22则|20m|解得

10、所以所求圆的方程为(x2)y 8.r,r 2 2.24/384/384解析几何试题及答案（II）同解法一。6.6.18.（本小题满分 12 分）如图，直线 l：yxb 与抛物线 C：x24y 相切于点 A。（）求实数 b 的值；（）求以点 A 为圆心，且与抛物线C 的准线相切的圆的方程。18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，满分12 分。y xb,解：（I）由2（*）得x24x4b 0，x 4y因为直线l与抛物线 C 相切，所以 (4)4(4b)0,解得 b=-1。（II）由（I）可知b 1,故方程(*)即为x 4x4 0，解得 x=

11、2，代入x 4y,得y 1.故点 A（2，1），因为圆 A 与抛物线 C 的准线相切，所以圆 A 的半径 r 等于圆心 A 到抛物线的准线 y=-1 的距离，即r|1(1)|2,所以圆 A 的方程为(x2)(y 1)4.7.7.19.（本小题满分 14 分）22（x+5）y2 4,（x5）y2 4中的一个内切，另一个外切.设圆 C 与两圆22222（1）求 C 的圆心轨迹 L 的方程.（2）已知点M(3 5 4 5，)，F（5，0），且 P 为 L 上动点，求MP FP的最大值及55此时点 P 的坐标.19（1）解：设C 的圆心的坐标为(x,y)，由题设条件知|(x 5)2 y2(x 5)2

12、y2|4,化x2 y21.简得 L 的方程为4（2）解：过 M，F 的直线l方程为y 2(x 5)，将其代入 L 的方程得15x232 5x 84 0.解得x16 514 56 52 514 5 2 5,x2,故l与L交点为T1(,),T2(,).5155515155/385/385解析几何试题及答案因 T1在线段 MF 外，T2在线段 MF 内，故|MT1|FT1|MF|2,|MT2|FT2|MF|2.，若 P 不在直线 MF 上，在MFP中有|MP|FP|MF|2.故|MP|FP|只在 T1点取得最大值 2。8.21.(本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy上,给定抛物线L:y 12x.

13、实数p,q满足p2 4q 0,x1,x2是方程4x2 px q 0的两根,记(p,q)max|x1|,|x2|.12p0)(p0 0)作L的切线交y轴于点B.证明:对线段AB上的作一点Q(p,q),4|p|有(p,q)0;2（2）设M(a,b)是定点，其中a,b满足a24b0，a0.过M(a,b)作L的两条切线l1,l2，(1)过点A(p0,切点分别为E(p1,121p1),E(P2,P22)，l1,l2与y分别交于F,F.线段EF上异于两端点的44|P1|；2点集记为X.证明：M(a,b)X P1 P2(a,b)15(3)设D(x,y)y x1,y(x1)2,当点（p,q）取遍D时，求44（

14、p,q）的最小值(记为min)和最大值(记为max).21解：（）kAB y|xp0(x)|xp0直线 AB 的方程为y 121p0，212111p0p0(x p0)，即y p0 x p02，2442q 11p0p p02，方程x2 px q 0的判别式 p2 4q (p p0)2，24pp|p0 p|p0或p 0，222两根x1,2p p0 0，|p p0p|p|0|，又0|p|p0|，22|p0ppppp|p|0|0|，得|p 0|p|0|0|，2222226/386/386解析几何试题及答案(p,q)|2p0|2（）由a 4b 0知点M(a,b)在抛物线 L 的下方，当a 0,b 0时，

15、作图可知，若M(a,b)X，则p1 p2 0，得|p1|p2|；若|p1|p2|，显然有点M(a,b)X；M(a,b)X|p1|p2|当a 0,b 0时，点M(a,b)在第二象限，作图可知，若M(a,b)X，则p1 0 p2，且|p1|p2|；若|p1|p2|，显然有点M(a,b)X；M(a,b)X|p1|p2|根据曲线的对称性可知，当a 0时，M(a,b)X|p1|p2|，综上所述，M(a,b)X|p1|p2|（*）；由（）知点 M 在直线 EF 上，方程x ax b 0的两根x1,2同理点 M 在直线EF 上，方程x ax b 0的两根x1,2若(a,b)|22p1p或a 1，22p2p或

16、a 2，22ppp1pp|，则|1|不比|a 1|、|2|、|a 2|小，22222|p1|p2|，又|p1|p2|M(a,b)X，(a,b)|(a,b)|p1p|M(a,b)X；又由（）知，M(a,b)X(a,b)|1|；22p1|M(a,b)X，综合（*）式，得证2（）联立y x 1，y 15(x 1)2得交点(0,1),(2,1)，可知0 p 2，4412x0 q1124x0，过点(p,q)作抛物线 L 的切线，设切点为(x0,x0)，则x0 p242得x0 2px0 4q 0，解得x0 p p2 4q，又q 15(p 1)2，即p2 4q 4 2p，44115x0 p 42p，设42p

17、 t，x0 t2t 2(t 1)2，222max|x055|max，又x0，max；224q p 1，x0 p p2 4p 4 p|p 2|2，min|x0|min127/387/387解析几何试题及答案9.21（本小题满分 14 分）在平面直角坐标系xOy中，直线l:x 2交x轴于点 A，设P是l上一点，M 是线段OP 的垂直平分线上一点，且满足 MPO=AOP（1）当点 P 在l上运动时，求点 M 的轨迹 E 的方程；（2）已知 T（1，-1），设 H 是 E 上动点,求HO+HT的最小值，并给出此时点H 的坐标；（3）过点T（1，-1）且不平行与y 轴的直线 l1与轨迹 E 有且只有两个

18、不同的交点，求直线l1的斜率 k 的取值范围。21（本小题满分 14 分）解：（1）如图 1，设 MQ 为线段 OP 的垂直平分线，交 OP 于点 Q，MPQ AOP,MP l,且|MO|MP|.因此x2 y2|x 2|,即y 4(x 1)(x 1).另一种情况，见图 2（即点 M 和 A 位于直线 OP 的同侧）。2又MQ 为线段 OP 的垂直平分线，MPQ MOQ.MPQ AOP,MOQ AOP.因此 M 在x轴上，此时，记 M 的坐标为(x,0).为分析M(x,0)中x的变化范围，设P(2,a)为l上任意点(aR).由|MO|MP|（即|x|1(x 2)2 a2）得，x 1a2 1.4故

19、M(x,0)的轨迹方程为y 0,x 124(x 1),x 1,综合和得，点 M 轨迹 E 的方程为y 0,x 1.（2）由（1）知，轨迹 E 的方程由下面 E1和 E28/388/388解析几何试题及答案两部分组成（见图 3）：E1:y2 4(x 1)(x 1)；E2:y 0,x 1.当H E1时，过作垂直于l的直线，垂足为T，交 E1于D3,1。4再过 H 作垂直于l的直线，交l于H.因此，|HO|HH|（抛物线的性质）。|HO|HT|HH|HT|TT|3（该等号仅当H与T重合（或 H 与 D 重合）时取得）。当H E2时，则|HO|HT|BO|BT|15 3.综合可得，|HO|+|HT|的

20、最小值为 3，且此时点 H 的坐标为3,1.4（3）由图 3 知，直线l1的斜率k不可能为零。设l1:y 1 k(x 1)(k 0).故x 41 4(y 1)1,代入E1的方程得：y2y 8 0.kkk216 4 4因判别式 2 48 2 28 0.kkk所以l1与 E 中的 E1有且仅有两个不同的交点。又由 E2和l1的方程可知，若l1与 E2有交点，则此交点的坐标为k 11 k 1,0,且 1.即当 k 0时,l1与E2有唯一交点k2k k 1,0，从而l1表三个不同的交点。k9/389/389解析几何试题及答案因此，直线l1斜率k的取值范围是(,(0,).1210.20.（本小题满分 1

21、4 分）平面内与两定点A1(a,0)，A2(a,0)(a 0)连续的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆成双曲线.（）求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值得关系；（）当m 1时，对应的曲线为C1；对给定的m(1,0)U(0,)，对应的曲线为C2，设F1、F2是C2的两个焦点。试问：在C1撒谎个，是否存在点N，使得F1NF2的2面积S|m|a。若存在，求tanF1NF2的值；若不存在，请说明理由。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(x

22、,y)，当x a时，由条件可得kMA1kMA2222yyy22 m,2xa xax a222即mx y ma(x a)，又A1(a,0),A2(A,0)的坐标满足mx y ma,故依题意，曲线 C 的方程为mx y ma.222x2y21,C是焦点在 y 轴上的椭圆；当m 1时,曲线 C 的方程为22ama当m 1时，曲线 C 的方程为x y a，C 是圆心在原点的圆；222x2y21，C 是焦点在 x 轴上的椭圆；当1 m 0时，曲线 C 的方程为22amax2y21,C 是焦点在 x 轴上的双曲线。当m 0时，曲线 C 的方程为2ama2（II）由（I）知，当 m=-1 时，C1的方程为x

23、 y a;当m(1,0)222(0,)时，C2的两个焦点分别为F1(a 1m,0),F2(a 1m,0).(0,)，C1上存在点N(x0,y0)(y0 0)使得S|m|a2的对于给定的m(1,0)充要条件是10/3810/3810解析几何试题及答案22x0 y0 a2,y0 0,|m|a.由得0|y0|a,由得|y0|121m2a 1m|y0|m|a.2当015|m|a15时，存在点 N，使 S=|m|a2；a,即 m 0,或0 m 221m当15|m|a15时，不存在满足条件的点N，a,即-1m0，求证：PAPB.MANPBCxy2答案：（1）由题意知 M(-2,0),N(0,2),M、N

24、的中点坐标为(-1,),2(第 18题图)直线PA平分线段MN时，即直线PA经过M、N的中点,又直线PA经过原点,所以k 2.2（2）直线PA:y 2x,由x22y24得P(,),A(,)，C(,0)，y2x2 43 32343232y3即：x y2 0AC 方程：4223333x14/3814/3814解析几何试题及答案2423332 2所以点 P 到直线 AB 的距离d 32（3）法一：由题意设P(x0,y0),A(x0,y0),B(x1,y1),则C(x0,0)，A、C、B 三点共线，kAC kAB,y0y y01,2x0 x1 x0 x02y02x12y121,1，两式相减得：又因为点

25、 P、B 在椭圆上，4242kPBy0 y1x x 01x0 x12(y0 y1)y0 x x(y y0)(x0 x1)01 1 1PA PB.x02(y0 y1)(x1 x0)(y0 y1)kPAkPB法二：设A(x1,y1),B(x2,y2),A,B中点N(x0,y0),则P(-x1,y1),C(-x1,0),A、C、B 三点共线，y2y yy211 kAB,又因为点 A、B 在椭圆上,x2 x1x2 x12x1yx22y22x12y1211,1,两式相减得：0,x02kAB4242kONkPAy0y11 2kAB 1,ON/PB,PA PBx0 x12kABy kx法三：由x2y2得1

26、42P(212k2,2k12k2),A(212k2,2k12k2),C(212k2,0)2kkAC2k2k12k)，直线AC:y(x242212k12k2x2y246k2k222k246k21得到(1)x 代入解得xB，x 0，222242212k(2k)12k12k15/3815/3815解析几何试题及答案kPBk2(xB)2yB yP212k4k 1.kk k(1)1,PA PBPAPB22kxB xP4kkxB12k2解析：本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质，直线的斜率及其方程，点到直线距离公式、直线的垂直关系的判断.另外还考查了解方程组，共线问题、点在曲线上,字母运算的运算求解能力,

27、考查推理论证能力.(1)(2)是容易题；（3）是考察学生灵活运用、数学综合能力是难题.14.20.（本小题满分 13 分）x2y2P(x0,y0)(x0 a)是双曲线E：221(a 0,b 0)上一点，M，N分别ab是双曲线E的左、右顶点，直线PM，PN的斜率之积为1.5（1）求双曲线的离心率；（2）过双曲线 E 的右焦点且斜率为 1 的直线交双曲线于A、B两点，O为坐标原点，C为双曲线上一点，满足OC OAOB，求的值.x2y2【解析】（1）点P(x0,y0)(x0 a)是双曲线E：221(a 0,b 0)上，有abxyy0y0102021，由题意又有，可得a2 5b2，abx0a x0 a

28、522-c2 a2b2 6b2则e c30a5x25y2 5b222（2）联立，得4x 10cx 35b 0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)y x c5cx x 12-x3x1x22则，设OC (x3,y3)，OC OAOB，即2y y y123x x 35b124又C为双曲线上一点，即x35y3 5b2，有(x1 x2)5(y1 y2)5b22化简得：(x15y1)(x25y2)2(x1x25y1y2)5b22222222216/3816/3816解析几何试题及答案22又A(x1,y1)，B(x2,y2)在双曲线上，所以x15y1 5b，x25y2 5b2222由（1）式又有x1x25

29、y1y2 x1x25(x1c)(x2c)4x1x25c(x1 x2)5c210b2得：4 0，解出 0，或 4215.15.19.(本小题满分 12 分）2已 知 过 抛 物 线y 2pxp 0的 焦 点，斜 率 为2 2的 直 线 交 抛 物 线 于Ax1,y2,Bx2,y2（x1 x2）两点，且AB 9（1）求该抛物线的方程；（2）O为坐标原点，C为抛物线上一点，若OC OAOB，求的值解析：（1）直线 AB 的方程是y 2 2(xp),与y2 2px联立，从而有4x25px p2 0,2所以：x1 x25p，由抛物线定义得：AB x1 x2 p 9，所以 p=4，42抛物线方程为：y 8

30、x224x 5px p 0,化简得x25x4 0，从而（2）、由 p=4，x11,x2 4,y1 2 2,y2 4 2,从而 A:(1,2 2),B(4,4 2)设OC (x3,y3)(1,2 2)(4,4 2)=(1 4,2 2 4 2)，又y38x3，即222，即(21)41，解得 0,或 22218（41）220（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e 1，求BC与A

31、D的比值；2（II）当 e 变化时，是否存在直线l，使得 BO AN，并说明理由16.16.20解：（I）因为 C1，C2的离心率相同，故依题意可设x2y2b2y2x2C1:221,C2:421,(a b 0)abaa设直线l:x t(|t|a)，分别与 C1，C2的方程联立，求得17/3817/3817解析几何试题及答案A(t,a22b22a t),B(t,a t).4 分ba13时,b a,分别用yA,yB表示 A，B 的纵坐标，可知22当e 2|yB|b23|BC|:|AD|.6 分2|yA|a24（II）t=0 时的 l 不符合题意.t 0时，BO/AN当且仅当 BO 的斜率 kBO与

32、 AN 的斜率 kAN相等，即b22a22a ta tab21e2ab 2 a.,解得t 2a b2ett a1e22 e 1.因为|t|a,又0 e 1,所以21,解得2e所以当0 e 2时，不存在直线 l，使得 BO/AN；2当2 e 1时，存在直线 l 使得 BO/AN.12 分21717（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MB/OA，MA AB MBBA，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。(20）解解：()设 M(x,y),由已知得

33、B(x,-3),A(0,-1).所以MA=（-x,-1-y）,MB=(0,-3-y),AB=(x,-2).再由题意可知（MA+MB）AB=0,即（-x,-4-2y）(x,-2)=0.12x-2.41211()设 P(x0,y0)为曲线 C：y=x-2 上一点，因为 y=x,所以l的斜率为x042212因此直线l的方程为y y0 x0(x x0)，即x0 x2y2y0 x0 0。2所以曲线 C 的方程式为 y=18/3818/3818解析几何试题及答案2|2y0 x0|2x04则 O 点到l的距离d.又y012x02，所以412x041422d(x04)2,222x04x042当x0=0 时取等

34、号，所以 O 点到l距离的最小值为 2.17.17.（20）（本小题满分 12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线y x 6x1与坐标轴的交点都在圆C 上（I）求圆 C 的方程；（II）若圆 C 与直线x ya 0交于 A，B 两点，且OA OB,求 a 的值(20）解：（）曲线y x 6x 1与 y 轴的交点为（0，1），与 x 轴的交点为（3 2 2,0),(3 2 2,0).2222故可设 C 的圆心为（3，t），则有3 (t 1)(2 2)t,解得 t=1.22则圆 C 的半径为3 (t 1)3.所以圆 C 的方程为(x3)(y 1)9.（）设 A（x1,y1），B（x2,y2），

35、其坐标满足方程组：2222x y a 0,22消去 y，得到方程2x(2a 8)xa 2a 1 0.22(x 3)(y 1)9.由已知可得，判别式 5616a 4a 0.2因此，x1,2(8 2a)5616a 4a24,从而x1 x2 4 a,x1x2a20 2a 12由于 OAOB，可得x1x2 y1y2 0,又y1 x1 a,y2 x2 a,所以2x1x2a(x1 x2)a2 0.；由，得a 1，满足 0,故a 1.18.18.22.（本小题满分 14 分）x2y21交于 Px1,y1、Qx2,y2两不同点，且OPQ 的面已知动直线l与椭圆 C:3219/3819/3819解析几何试题及答

36、案积SOPQ=6,其中 O 为坐标原点.222（）证明x1 x2和y12 y22均为定值;（）设线段 PQ 的中点为 M，求|OM|PQ|的最大值；（）椭圆 C 上是否存在点 D,E,G，使得SODE SODG SOEG的形状；若不存在，请说明理由.6?若存在，判断DEG2【解析】22（I）解：（1）当直线l的斜率不存在时，P，Q 两点关于 x 轴对称，x12y121所以x2 x1,y2 y1.因为P(x1,y1)在椭圆上，因此32又因为SOPQ666.；由、得|x1|,|y1|1.,所以|x1|y1|222222此时x1 x23,y12 y2 2,（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为

37、y kxm,x2y21，得(23k2)x26kmx3(m22)0，由题意知 m 0，将其代入3222其中 36k m 12(2 3k)(m 2)0,即3k 2 m2222（*）6km3(m22),x1x2,又x1 x2 23k223k22 6 3k22m2,所以|PQ|1k (x1 x2)4x1x21k 23k2222因为点 O 到直线l的距离为d|m|1k2,所以SOPQ1|PQ|d2，又221|m|22 6 3k 2m1k 223k21k26|m|3k22m223k2SOPQ26,22整理得3k 2 2m,且符合（*）式，20/3820/3820解析几何试题及答案6km23(m22)2 3

38、,此时x x (x1 x2)2x1x2(23k223k221222222222y12 y2(3 x12)(3 x2)4(x12 x2)2.333222综上所述，x1 x23;y12 y2 2,结论成立。（II）解法一：（1）当直线l的斜率存在时，由（I）知|OM|x1|6,|PQ|2|y1|2,2因此|OM|PQ|62 6.2（2）当直线l的斜率存在时，由（I）知x1 x23k,22my1 y2x1 x23k23k22m2 k()m m,222m2mmx1 x22y1 y229k216m22112|OM|()()(3),224m2m24m22m2222(2m21)12224(3k 2m)|PQ

39、|(1k)2(2),2222(23k)mm所以|OM|2|PQ|2111(32)2(2 2)2mm113222m)225(m24(311)(2)22mm511，当且仅当32 22,即m 2时，等号成立.2mm5综合（1）（2）得|OM|PQ|的最大值为.2所以|OM|PQ|解法二：222222因为4|OM|PQ|(x1 x2)(y1 y2)(x2 x1)(y2 y1)22 2(x12 x2)(y12 y2)10.4|OM|2|PQ|210 5.所以2|OM|PQ|2521/3821/3821解析几何试题及答案5,当且仅当2|OM|PQ|5时等号成立。25因此|OM|PQ|的最大值为.2即|OM

40、|PQ|（III）椭圆 C 上不存在三点 D，E，G，使得SODE SODG SOEG6.26，2证明：假设存在D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足SODE SODG SOEG由（I）得2222u2 x12 3,u2 x2 3,x12 x2 3;v2 y12 2,v2 y2 2,y12 y2 2,322解得u2 x12 x2;v2 y12 y21.25因此u,x1,x2只能从中选取,v,y1,y2只能从1中选取,2因此 D，E，G 只能在(6,1)这四点中选取三个不同点，2而这三点的两两连线中必有一条过原点，与SODE SODG SOEG所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点D，

41、E，G.19.19.（2222）（本小题满分（本小题满分 1414 分）分）6矛盾，2x2 y21.如图所示，斜率为k(k0)且不过原在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:3点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x 3于点D(3,m).（）求m2k2的最小值；（）若OG ODOE，（i）求证：直线l过定点；（ii）试问点B，G能否关于x轴对称？若能，求出此时ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由.（I）解：设直线l的方程为y kxt(k 0)，由题意，t 0.2y kxt,222(3k 1)x 6ktx 3t 3 0，由题意 0，所以由方程组x2得2

42、 y 1,322/3822/3822解析几何试题及答案3k21 t2.设A(x1,y1),B(x2,y2)，由韦达定理得x1 x2 因此xE6kt2t所以y y.由于 E 为线段 AB 的中点，,12223k 13k 1yE13kttk.所以 OE 所在直线方程为此时,y,OEE22xE3k3k 13k 1y 1x,3k又由题设知 D（-3，m），令 x=-3，得m 122，即 mk=1，所以m k 2mk 2,k当且仅当 m=k=1 时上式等号成立，此时由 0得0 t 2,因此当时，m k 1且0 t 2m k取最小值 2。（II）（i）由（I）知 OD 所在直线的方程为y 解得G(221x

43、,将其代入椭圆 C 的方程，并由k 0,3k3k3k21,13k21)，又E(3kt1,),D(3,)，由距离公式及223k 1 3k 1kt 0得9k21|OG|()()2,223k 13k 13k 123k212129k21|OD|(3)(),kk23kt2tt 9k212|OE|(2)(2),23k 13k 13k 1由|OG|OD|OE|得t k,因此，直线l的方程为y k(x1).所以，直线2l恒过定点(1,0).（ii）由（i）得G(3k3k 11).2,13k 12)，若 B，G 关于 x 轴对称，则B(3k3k 12,3k 12代入y k(x1)整理得3k21 k 3k21,即

44、6k 7k 1 0，解得k（舍去）或k 1,24221623/3823/3823解析几何试题及答案所以 k=1，此时B(,),G(,)关于 x 轴对称。又由（I）得x1 0,y11,所以A（0，1）。由于ABG的外接圆的圆心在 x 轴上，可设ABG的外接圆的圆心为（d，0），因此d 1(d)232123 12 232211,解得d ,故ABG的外接圆的半径为42r d21 5，2所以ABG的外接圆方程为(x)y 20.17（本小题满分 12 分）12225.4如图，设是圆x y 25上的动点，点是在x轴上投影，为 PD 上一点，且|MD|224|PD|54的直线被 C 所截线段的长度5（1）当

45、 P 在圆上运动时，求点 M 的轨迹 C 的方程；（2）求过点（3，0）且斜率为【分析】（1）动点M 通过点 P 与已知圆相联系，所以把点P 的坐标用点 M 的坐标表示，然后代入已知圆的方程即可；（2）直线方程和椭圆方程组成方程组，可以求解，也可以利用根与系数关系；结合两点的距离公式计算【解】（1）设点 M 的坐标是(x,y)，P 的坐标是(xp,yp)，因为点是在x轴上投影，为 PD 上一点，且|MD|2245|PD|，所以xp x，且ypy，542x2y2521，P 在圆x y 25上，x(y)25，整理得25164x2y21即 C 的方程是2516（2）过点（3，0）且斜率为44的直线方

46、程是y(x3)，设此直线与 C 的交点为A(x1,y1)，55B(x2,y2)，x2y2x2(x3)241得：1，化简得将直线方程y(x3)代入 C 的方程251625255x23x8 0，x1341341，x2，所以线段 AB 的长度是：2224/3824/3824解析几何试题及答案|AB|(x1 x2)2(y1 y2)2(1是164141)(x1 x2)2即所截线段的长度41，2525541517.（本小题满分 12 分）x2y23设椭圆C:221a b 0过点（0，4），离心率为ab5（1）求C的方程；（2）求过点（3，0）且斜率为4的直线被C所截线段的中点坐标5【分析】（1）由椭圆过已

47、知点和椭圆离心率可以列出方程组，解方程组即可，也可以分步求解；（2）直线方程和椭圆方程组成方程组，可以求解，也可以利用根与系数关系；然后利用中点坐标公式求解【解】（1）将点（0，4）代入C的方程得161,b=4,2ba2b29x2y2c31691又e 得，即12，a 5，C的方程为2a252516a5a25（2）过点3,0且斜率为44的直线方程为y x3，55设直线与的交点为x1,y1，x2,y2，将直线方程y 24x3代入的方程，5341341x2x3得，x2，1，即x23x8 0，解得x1222525AB 的中点坐标x x1 x23，y y1 y22x1 x26 6，22255即所截线段的

48、中点坐标为 36,注：注：用韦达定理正确求得结果，同样给分2521.21.23.（本大题满分 18 分，第 1 小题满分 4 分，第二小题满分 6 分，第 3 小题满分 8 分）已知平面上的线段l及点P，任取l上一点Q，线段PQ长度的最小值称为点P到线段l的距离，记作d(P,l)（1）求点P(1,1)到线段l:x y 3 0(3 x 5)的距离d(P,l)；（2）设l是长为 2 的线段，求点的集合D P d(P,l)1所表示的图形面积；25/3825/3825解析几何试题及答案（3）写出到两条线段l1,l2距离相等的点的集合 P d(P,l1)d(P,l2)，其中l1 AB,l2 CD，A,B

49、,C,D是下列三组点中的一组.对于下列三种情形，只需选做一种，满分分别是 2 分，6 分，8 分；若选择了多于一种情形，则按照序号较小的解答计分.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).-1A-1y1B1Ox23、解：设Q(x,x3)是线段l:x y 3 0(3 x 5)上一点，则59|PQ|(x1)2(x4)22(x)2(3 x 5)22，当x 3时，d(P,l)|PQ|min5。设线段l的端点分别为A,B，以直线AB为x轴，AB的中点为原点建立直角坐标系，则A(1

50、,0),B(1,0)，点集D由如下曲线围成l1:y 1(|x|1),l2:y 1(|x|1)C1:(x1)2 y21(x 1),C2:(x1)2 y21(x 1)其面积为S 4。选择A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,0)，(x,y)|x 0 选择A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,2)。，(x,y)|x 0,y 0(x,y)|y2 4x,2 y 0(x,y)|x y 1 0,x 1 选择A(0,1),B(0,0),C(0,0),D(2,0)。(x,y)|x 0,y 0(x,y)|y x,0 x 1(x,y)|x2 2y 1,1 x 2(x,y)|4x2y 3 0,