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【高考领航】2015北师大数学(理)总复习 专题5 平面解析几何综合题的解答Word版含解析]


1.(2012· 高考福建卷)如图,等边三角形 OAB 的边长为 8 3,且其三个顶点均在 抛物线 E:x2=2py(p>0)上.

(1) 求抛物线 E 的方程; (2)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点 P,与直线 y=-1 相交于点 Q,证明以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上某定点. 解析:(1)依题意,|OB|=8 3,∠BOy=30° . 设 B(

x,y),则 x=|OB|sin 30° =4 3,y=|OB|cos 30° =12. 因为点 B(4 3,12)在 x2=2py 上,所以(4 3)2=2p×12,解得 p=2.故抛物线 E 的方程为 x2=4y. 1 1 (2)法一:由(1)知 y=4x2,y′=2x. 1 设 P(x0,y0),则 x0≠0,y0=4x2 0且 l 的方程为 1 1 1 2 y-y0=2x0(x-x0),即 y=2x0x-4x0 . 1 1 ? ?y= x0x- x2 4 0, 由? 2 ? ?y=-1, ? x0-4 ?x= 2x0 , 得? ? ?y=-1.
2

2 ?x0-4 ? 所以 Q 为? ,-1?. ? 2x0 ?

→· → =0 对满足 y =1x2(x ≠0)的 x ,y 恒成立. 设 M(0,y1),令MP MQ 0 0 0 4 0 0 x0-4 ? → =(x ,y -y ),MQ → =? ? 由于MP ,- 1 - y 0 0 1 1?, ? 2x0 ? x2 0-4 → → 由MP· MQ=0,得 2 -y0-y0y1+y1+y2 1=0,
2

即(y2 1+y1-2)+(1-y1)y0=0(*) 1 由于(*)式对满足 y0=4x2 0(x2≠0)的 y0 恒成立, ?1-y1=0, 所以? 2 解得 y1=1. ?y1+y1-2=0, 故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1). 1 1 (2)法二:由(1)知 y=4x2,y′=2x. 1 1 1 1 设 P(x0,y0),则 x0≠0,y0=4x2 0,且 l 的方程为 y-y0= x0(x-x0),即 y= x0x- 2 2 4
2 x0 .

1 1 ? ?y= x0x- x2 2 4 0, 由? ? ?y=-1,
2

? x0-4 ?x= 2x0 , 得? ? ?y=-1.

2

?x0-4 ? ? 所以 Q 为? ,- 1 ? 2x0 ? 取 x0=2,此时 P(2,1),Q(0,-1),以 PQ 为直径的圆为(x-1)2+y2=2,交 y 轴 1? ? ? 3 ? 于点 M1(0,1)、M2(0,-1);取 x0=1,此时 P?1,4?,Q?-2,-1?,以 PQ 为直 ? ? ? ? 7? ? 1? ? 3? 125 ? 径的圆为?x+4?2+?y+8?2= 64 ,交 y 轴于点 M3(0,1)、M4?0,-4?. ? ? ? ? ? ? 故若满足条件的点 M 存在,只能是 M(0,1). 以下证明点 M(0,1)就是所要求的点.
2 ?x0-4 ? → → 因为MP=(x0,y0-1),MQ=? ,-2?, ? 2x0 ?

→· → =x0-4-2y +2=2y -2-2y +2=0. 所以MP MQ 0 0 0 2 故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1). x2 y2 2. (2012· 高考安徽卷)如图, 点 F1(-c,0), F2(c,0)分别是椭圆 C∶a2+b2=1(a>b>0) 的左、右焦点,过点 F1 作 x 轴的垂线交椭圆 C 的上半部分于点 P,过点 F2 作直 a2 线 PF2 的垂线交直线 x= c 于点 Q.

2

(1)如果点 Q 的坐标是(4,4) ,求此时椭圆 C 的方程; (2)证明:直线 PQ 与椭圆 C 只有一个交点. b2 a -0 b? b2 ? 解: (1)(方法一)由条件知, P?-c, a ?, 故直线 PF2 的斜率为 kPF2= =-2ac. ? ? -c-c
2 2 2ac 2ac2 ?a ? 因为 PF2⊥F2Q,所以直线 F2Q 的方程为 y= b2 x- b2 ,故 Q? c ,2a?. ? ?

a2 由题设知, =4,2a=4,解得 a=2,c=1. c x2 y2 故椭圆方程为 4 + 3 =1. b2? a2 ? (方法二)设直线 x= c 与 x 轴交于点 M.由条件知,P?-c, a ?. ? ? |PF1| |F1F2| 因为 ΔPF1F2∽ΔF2MQ,所以|F M|= |MQ| , 2 2c 即a2 =|MQ|,解得|MQ|=2a. c -c a2 ? ? =4, ?a=2, 所以? c 解得? ?c=1. ? ?2a=4, x2 y2 故椭圆方程为 4 + 3 =1. a2 x- c y-2a c (2)证明:直线 PQ 的方程为b2 = a2,即 y=ax+a. a -2a -c- c x2 y2 将上式代入a2+b2=1 得 x2+2cx+c2=0, b2 解得 x=-c,y= a . b2 a

所以直线 PQ 与椭圆 C 只有一个交点. x2 y2 3.(2013· 高考安徽卷)已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的焦距为 4,且过点 P( 2, 3). (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 Q(x0,y0)(x0y0≠0)为椭圆 C 上一点.过点 Q 作 x 轴的垂线,垂足为 E.取点 A(0,2 2). 连接 AE.过点 A 作 AE 的垂线交 x 轴于点 D.点 G 是点 D 关于 y 轴的对 称点, 作直线 QG.问这样作出的直线 QG 是否与椭圆 C 一定有唯一的公共点?并 说明理由. 解析:(1)因为焦距为 4,所以 a2-b2=4. 2 3 又因为椭圆 C 过点 P( 2, 3),所以a2+b2=1. x2 y2 故 a =8,b =4,从而椭圆 C 的方程为 8 + 4 =1.
2 2

(2)一定有唯一的公共点. 理由:由题意知,点 E 坐标为(x0,0). → =(x ,-2 2), AD → =(x ,-2 2). 设 D(xD,0),则AE 0 D →· → =0, 再由 AD⊥AE 知,AE AD 即 xDx0+8=0. 8 由于 x0y0≠0,故 xD=-x .
0

?8 ? 因为点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点,所以点 G?x ,0?. ? 0 ? 故直线 QG 的斜率 kQG= y0 8=
0

x0-x

x0y0 . x2 0-8

又因为点 Q(x0,y0)在椭圆 C 上,
2 所以 x0 +2y2 0=8.①

x0 从而 kQG=-2y .
0

8? x0 ? 故直线 QG 的方程为 y=-2y ?x-x ?.② ? 0? 0 将②代入椭圆 C 的方程,化简,得

2 2 2 (x2 0+2y0)x -16x0x+64-16y0=0.③ 2 再将①代入③,化简得 x2-2x0x+x0 =0.

解得 x=x0,则 y=y0, 即直线 QG 与椭圆 C 一定有唯一的公共点. x2 y2 4.(2013· 高考山东卷)椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是 F1、F2, 3 离心率为 2 ,过 F1 且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1. (1)求椭圆 C 的方程; (2)点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点,连接 PF1,PF2,设∠F1PF2 的角平 分线 PM 交 C 的长轴于点 M(m,0),求 m 的取值范围; (3)在(2)的条件下,过点 P 作斜率为 k 的直线 l,使得 l 与椭圆 C 有且只有一个公 1 1 共点.设直线 PF1,PF2 的斜率分别为 k1、k2.若 k≠0,试证明kk +kk 为定值, 1 2 并求出这个定值. x2 y2 b2 解析:(1)由于 c =a -b ,将 x=-c 代入椭圆方程a2+b2=1,得 y=±a .
2 2 2

2b2 由题意知 a =1,即 a=2b2. c 3 又 e=a= 2 ,所以 a=2,b=1. x2 所以椭圆 C 的方程为 4 +y2=1. (2)设 P(x0,y0)(y0≠0), 又 F1(- 3,0),F2( 3,0), 所以直线 PF1,PF2 的方程分别为 lPF1:y0x-(x0+ 3)y+ 3y0=0, lPF2:y0x-(x0- 3)y- 3y0=0. 由题意知 |my0- 3y0| = . 2 2 y0 +?x0+ 3?2 y0 +?x0- 3?2 |my0+ 3y0|

x2 0 2 由于点 P 在椭圆上,所以 4 +y0 =1.

所以

|m+ 3| ? 3 ? ? x0+2?2 ?2 ?



|m- 3| ? 3 ? ? x0-2?2 ?2 ?

.

因为- 3<m< 3,-2<x0<2, 可得 m+ 3 3-m = , 3 3 2 x0+2 2- 2 x0

3 3 3 所以 m=4x0.因此-2<m<2. (3)设 P(x0,y0)(y0≠0),则直线 l 的方程为 y-y0=k(x-x0). x2 2 ? ? +y =1, 联立得? 4 ? ?y-y0=k?x-x0?,
2 整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(y0 -2kx0y0+k2x2 0-1)=0. 2 2 由题意 Δ=0,即(4-x0 )k +2x0y0k+1-y2 0=0.

x2 0 又 4 +y2 0=1, x0 2 2 所以 16y0 k +8x0y0k+x2 0=0,故 k=- 4y .
0

1 1 x0+ 3 x0- 3 2x0 由(2)知k +k = y + y = y , 1 2 0 0 0 1 1 1 1 1 ? 4y0? 2x0 所以kk +kk =k (k +k )=?- x ?· =-8, ? 0 ? y0 1 2 1 2 1 1 因此kk +kk 为定值,这个定值为-8. 1 2 5. (2012· 高考江西卷)已知三点 O(0,0), A(-2,1), B(2,1), 曲线 C 上任意一点 M(x, → +MB → |=OM →· → +OB → )+2. y)满足|MA (OA (1)求曲线 C 的方程; (2)动点 Q(x0,y0)(-2<x0<2)在曲线 C 上,曲线 C 在点 Q 处的切线为 l.问:是否 存在定点 P(0,t)(t<0),使得 l 与 PA,PB 都相交,交点分别为 D,E,且△QAB 与△PDE 的面积之比是常数?若存在,求 t 的值;若不存在,说明理由. → =(2-x,1-y), 解:(1)由 M→ A =(-2-x,1-y),MB → +MB → |= ?-2x?2+?2-2y?2,OM →· → +OB →) |MA (OA

=(x,y)· (0,2)=2y, 由已知得 ?-2x?2+?2-2y?2=2y+2, 化简得曲线 C 的方程:x2=4y. (2)假设存在点 P(0,t)(t<0)满足条件, t-1 1-t 则直线 PA 的方程是 y= 2 x+t,PB 的方程是 y= 2 x+t. x2 x0 x2 0? 0 ? 曲线 C 在 Q 处的切线 l 的方程是 y= 2 x- 4 ,它与 y 轴的交点为 F?0,- 4 ?. ? ? x0 由于-2<x0<2,因此-1< 2 <1. t-1 1 x0 t-1 ①当-1<t<0 时,-1< 2 <-2,存在 x0∈(-2,2),使得 2 = 2 , 即 l 与直线 PA 平行,故当-1<t<0 时不符合题意. t-1 x0 1-t x0 ②当 t≤-1 时, 2 ≤-1< 2 , 2 ≥1> 2 ,所以 l 与直线 PA,PB 一定相交. t-1 ? ?y= 2 x+t, 分别联立方程组? x0 x2 0 y = ? ? 2 x- 4

?y=1-tx+t, ,? x x2 0 0 ?y= 2 x- 4

,解得 D,E 的横坐标分

x2 x2 0+4t 0+4t 别是 xD= ,xE= , 2?x0+1-t? 2?x0+t-1? x2 0+4t 则 xE-xD=(1-t) 2 . x0-?t-1?2
2 1-t ?x2 x2 1 0+4t? 0 又|FP|=- 4 -t,有 S△PDE=2· |FP|· |xE-xD|= 8 · , ?t-1?2-x2 2

4-x2 x2 1 ? 0 0? 1 - ? ? 又 S△QAB=2· 4· 4 ?= 2 , ?
2 2 2 S△QAB 4 ?x0-4?[x0-?t-1? ] 于是 = · 2 S△PDE 1-t ?x2 0+4t? 4 2 2 2 4 x0-[4+?t-1? ]x0+4?t-1? = · . 4 2 2 1-t x0+8tx0+16t 2 ?-4-?t-1? =8t, S△QAB 对任意 x0∈(-2,2),要使 为常数,即只需 t 满足? 2 2 S△PDE ?4?t-1? =16t .

解得 t=-1.此时

S△QAB =2, S△PDE

故存在 t=-1,使得△QAB 与△PDE 的面积之比是常数 2.


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