当前位置:首页 >> 数学 >>

专题七 平面解析几何


专题七 平面解析几何 1.(2012· 高考天津卷)设 m,n∈R,若直线(m+1)x+(n+1)y-2=0 与圆(x-1)2+(y-1)2 =1 相切,则 m+n 的取值范围是 A.[1- 3,1+ 3] B.(-∞,1- 3]∪[1+ 3,+∞) C.[2-2 2,2+2 2] D.(-∞,2-2 2]∪[2+2 2,+∞) x2 y2 2.(2012· 高考福建卷)已知双曲

线 - 2=1 的右焦点与抛物线 y2=12x 的焦点重合,则该 4 b 双曲线的焦点到其渐近线的距离等于 A. 5 B.4 2 C.3 D.5

x2 y2 3.(2012· 高考浙江卷)如图,F1,F2 分别是双曲线 C: 2- 2=1(a,b>0)的左、右焦点, a b B 是虚轴的端点,直线 F1B 与 C 的两条渐近线分别交于 P,Q 两点,线段 PQ 的垂直平分线 与 x 轴交于点 M,若|MF2|=|F1F2|,则 C 的离心率是 2 3 6 A. B. 3 2 C. 2 D. 3 4.(2012· 高考四川卷)已知抛物线关于 x 轴对称, 它的顶点在坐标原点 O, 并且经过点 M(2, y0).若点 M 到该抛物线焦点的距离为 3,则|OM|= A.2 2 B.2 3 C.4 D.2 5

x2 y2 5.(2012· 高考湖北卷)如图,双曲线 2- 2=1(a,b>0)的两顶点为 A1,A2,虚轴两端点为 a b B1,B2,两焦点为 F1,F2.若以 A1A2 为直径的圆内切于菱形 F1B1F2B2,切点分别为 A,B,C, D.则 (Ⅰ)双曲线的离心率 e=__________; S1 (Ⅱ)菱形 F1B1F2B2 的面积 S1 与矩形 ABCD 的面积 S2 的比值 =__________. S2 25 6.(2012· 高考重庆卷)过抛物线 y2=2x 的焦点 F 作直线交抛物线于 A, 两点, B 若|AB|= , 12

|AF|<|BF|,则|AF|=__________. 7.(2012· 高考北京卷)已知曲线 C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(m∈R). (Ⅰ) 若曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆,求 m 的取值范围; (Ⅱ) 设 m=4,曲线 C 与 y 轴的交点为 A,B(点 A 位于点 B 的上方),直线 y=kx+4 与曲 线 C 交于不同的两点 M,N,直线 y=1 与直线 BM 交于点 G.求证:A,G,N 三点共线.

8.(2012· 高考山东卷)在平面直角坐标系 xOy 中,F 是抛物线 C:x2=2py(p>0)的焦点,M 是抛物线 C 上位于第一象限内的任意一点,过 M,F,O 三点的圆的圆心为 Q,点 Q 到抛物 3 线 C 的准线的距离为 . 4 (Ⅰ)求抛物线 C 的方程; (Ⅱ)是否存在点 M,使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M?若存在,求出点 M 的坐标; 若不存在,说明理由; 1 (Ⅲ)若点 M 的横坐标为 2,直线 l:y=kx+ 与抛物线 C 有两个不同的交点 A,B,l 与 4 1 圆 Q 有两个不同的交点 D,E,求当 ≤k≤2 时,|AB|2+|DE|2 的最小值. 2

x2 y2 9.(2012· 高考江苏卷)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的左、右 a b 3? 焦点分别为 F1(-c,0),F2(c,0).已知点(1,e)和?e, 都在椭圆上,其中 e 为椭圆的离心 2? ? 率. (1)求椭圆的离心率; (2)设 A,B 是椭圆上位于 x 轴上方的两点,且直线 AF1 与直线 BF2 平行,AF2 与 BF1 交于 点 P. 6 (ⅰ)若 AF1-BF2= ,求直线 AF1 的斜率; 2 (ⅱ)求证:PF1+PF2 是定值.

10.(2012· 高考湖南卷)在直角坐标系 xOy 中,曲线 C1 上的点均在 C2:(x-5)2+y2=9 外, 且对 C1 上任意一点 M,M 到直线 x=-2 的距离等于该点与圆 C2 上点的距离的最小值. (Ⅰ)求曲线 C1 的方程; (Ⅱ)设 P(x0,y0)(y0≠±3)为圆 C2 外一点,过 P 作圆 C2 的两条切线,分别与曲线 C1 相交 于点 A,B 和 C,D.证明:当 P 在直线 x=-4 上运动时,四点 A,B,C,D 的纵坐标之积为 定值.

1.D

专题七 平面解析几何 |m+n| 由圆心到直线的距离等于半径易知 =1, m+n-1=m 得 (m+1)2+(n+1)2

m2+n2 -n≤ , 2 整理后可得,(m+n)2-4(m+n)-4≥0, 故可求出 m+n∈(-∞,2-2 2)∪[2+2 2,+∞). 2.A 易知 4+b2=3,∴b2=5, ∴渐近线方程为 5x±2y=0,焦点坐标为(± 3,0) 3 5 ∴其距离为 d= = 5. 5+4 x y + =1 -c b ac bc 3.B 由 ,得 P?-a+c,a+c?, ? ? b y=- x a ac bc a2c bc2 同理 Q?c-a,c-a?,PQ 中点 N?c2-a2,c2-a2?. ? ? ? ? 又|MF2|=|F1F2|=2c,M(3c,0). b bc kF1B= ,kMN= 2 , c 4a -3c2 6 由 kF1B·kMN=-1 得 e= . 2 4.B 先判断出抛物线类型,设出方程:y2=2px. p 再由抛物线定义知 =1,则抛物线方程:y2=4x 2 从而求得 M(2,±2 2),故|OM|=2 3. 5+1 5+2 5.(Ⅰ) (Ⅱ) 2 2 x y 法一:(Ⅰ)B1F2 方程: + =1 即 bx+cy-bc=0 c b |bc| 又 2 2=a,即 b2c2=a2(b2+c2) b +c 2 (c -a2)c2=a2(c2-a2)+a2c2 整理得 e4-3e2+1=0 3± 5 故 e2= ,又 e>1 2 3+ 5 6+2 5 ∴e2= = 2 4 5+1 ∴e= 2 1 1 法二:S△OB1F2= bc,S△OB1F2= b2+c2·a 2 2 1 1 2 2 即 bc= b +c ·a,故 b2c2=a2(b2+c2)同上. 2 2

? ? ?

1 (Ⅱ)由题意知,S1= ×2c×2b=2bc 2

?m+n=1 ?m=- a2 ?c b 设 B(m,n),由? 得? . bc2 ?m2+n2=a2 ? n= 2 ? a
5+2 s1 由平面几何知识可得: = . s2 2 1 5 6. 设直线 AB 的方程为 y=k?x-2?, ? ? 6 1? ?y=k?x- ? ? 2?得 由?

b2c

?y2=2x ?

1 k2x2-(k2+2)x+ k2=0, 4 k2+2 1 设 A(x1,y1),B(x2,y2),(x1<x2),则 x1+x2= 2 ,x1x2= k 4 k2+2 25 故|AB|=x1+x2+p= 2 +1= ,解得 k2=24, k 12 26 13 1 1 3 ∴x1+x2= = ,又 x1·x2= ,∴x1= ,x2= . 24 12 4 3 4 1 1 1 5 ∴|AF|=x1+ = + = . 2 3 2 6 7.解:(Ⅰ)曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆,当且仅当 5-m>0,

? ?m-2>0, ? 8 8 ?5-m>m-2, ?

7 7 解得 <m<5,所以 m 的取值范围是( ,5). 2 2 (Ⅱ)证明:当 m=4 时,曲线 C 的方程为 x2+2y2=8,点 A,B 的坐标分别为(0,2),(0, -2). ?y=kx+4 ? 由? 2 ,得(1+2k2)x2+16kx+24=0. 2 ? ?x +2y =8 因为直线与曲线 C 交于不同的两点, 所以Δ =(16k)2-4(1+2k2)×24>0, 3 即 k2> . 2 设点 M,N 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 则 y1=kx1+4,y2=kx2+4, -16k 24 x1+x2= . 2,x1x2= 1+2k 1+2k2 y1+2 3x1 直线 BM 的方程为 y+2= x,点 G 的坐标为( ,1). x1 y1+2 y2-2 y1+2 因为直线 AN 和直线 AG 的斜率分别为 kAN= ,kAG=- , x2 3x1 y2-2 y1+2 所以 kAN-kAG= + x2 3x1 kx2+2 kx1+6 = + x2 3x1

4 2(x1+x2) = k+ 3 x1x2 -16k 1+2k2 4 = k+2× =0. 3 24 1+2k2 即 kAN=kAG, 故 A,G,N 三点共线. p x2 8.解:(Ⅰ)F 抛物线 C:x2=2py(p>0)的焦点 F(0, ),设 M(x0, 0 )(x0>0),Q(a,b),由 2 2p p p p p 3 3 题意可知 b= ,则点 Q 到抛物线 C 的准线的距离为 b+ = + = p= ,解得 p=1,于是 4 2 4 2 4 4 抛物线 C 的方程为 x2=2y. (Ⅱ)假设存在点 M,使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M, 1 x2 1 0 而 F(0, ),O(0,0),M(x0, ),Q(a, ), 2 2 4 |MQ|=|OQ|=|QF|, x2 1 1 x3 3 0 0 (x0-a)2+( - )2=a2+ ,a= + x0, 2 4 16 8 8 1 x2 0 - 4 2 2 由 x =2y 可得 y′=x,k=x0= 3 , x0 3 + x0-x0 8 8 1 4 5 2 1 1 2 则 x0- x0= - x0, 8 8 4 2 即 x4-x2-2=0,解得 x0= 2,点 M 的坐标为( 2,1). 0 0 (Ⅲ)若点 M 的横坐标为 2, 5 2 1 则点 M( 2,1),Q( , ). 8 4 x2=2y ? ? 1 2 由? 1可得 x -2kx-2=0, ?y=kx+4 ? 设 A(x1,y1),B(x2,y2), |AB|2=(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]=(1+k2)· 2+2) (4k ?k·5 2? 8 ? ? 5 22 1 2 25 1 27 5 2|k| 圆 Q:(x- ) +(y- ) = + = ,d= 2 = 8 4 32 16 32 1+k 8 1+k2 2 27-25k 27 25k2 |DE|2=4[ - ]= , 32 32(1+k2) 8(1+k2) 27-25k2 5 于是|AB|2+|DE|2=(1+k2)(4k2+2)+ ,令 1+k2=t∈[ ,5] 4 8(1+k2) 2 27-25k |AB|2+|DE|2=(1+k2)(4k2+2)+ = 8(1+k2) 52-25t 52 25 t(4t-2)+ =4t2-2t+ - , 8t 8t 8 52 25 13 设 g(t)=4t2-2t+ - ,g′(t)=8t-2- 2, 8t 8 2t 5 13 当 t∈[ ,5]时,g′(t)=8t-2- 2>0, 4 2t

5 1 25 5 13 25 233 即当 t= ,k= 时,g(t)min=4× -2× + - = . 4 2 16 4 5 8 40 2× 4 1 233 故当 k= 时,(|AB|2+|DE|2)min= . 2 40 9.解:

c (1)由题设知 a2=b2+c2,e= .由点(1,e)在椭圆上, a 1 c2 得 2+ 2 2=1,解得 b2=1,于是 c2=a2-1, a ab 2 2 ?e, 3?在椭圆上,所以e2+ 3 2=1,即a -1+3=1,解得 a2=2. 又点 a 4b a4 4 2? ? 2 x 因此,所求椭圆的方程是 +y2=1. 2 (2)由(1)知 F1(-1,0),F2(1,0),又直线 AF1 与 BF2 平行,所以可设直线 AF1 的方程为 x 2 ?x1+y2=1 ?2 1 +1=my,直线 BF 的方程为 x-1=my.设 A(x ,y ),B(x ,y ),y >0,y >0.由? ,
2 1 1 2 2 1 2

?x1+1=my1 ?

m+ 2m +2 得(m2+2)y2-2my1-1=0,解得 y1= , 1 m2+2 故 AF1= (x1+1)2+(y1-0)2= (my1)2+y2= 1 同理,BF2= 2(m2+1)-m m2+1 .② m2+2 2(m2+1)+m m2+1 .① m2+2

2

2m m2+1 2m m2+1 6 (ⅰ)由①②得 AF1-BF2= ,解 = 得 m2=2,注意到 m>0,故 m 2 2 2 m +2 m +2 1 2 = 2.所以直线 AF1 的斜率为 = . m 2 PB+PF1 BF2+AF1 PB BF2 (ⅱ)证明:因为直线 AF1 与 BF2 平行,所以 = ,于是 = ,故 PF1 PF1 AF1 PF1 AF1 AF1 = BF ,由 B 点在椭圆上知 BF1+BF2=2 2, AF1+BF2 1 AF1 BF2 从而 PF1= (2 2-BF2).同理 PF2= (2 2-AF1). AF1+BF2 AF1+BF2 AF1 因此,PF1+PF2= (2 2-BF2)+ AF1+BF2 BF2 (2 2-AF1) AF1+BF2 2AF1·BF2 =2 2- . AF1+BF2 2 2(m2+1) 又由①②知 AF1+BF2= , m2+2 2 m +1 AF1·BF2= 2 , m +2

所以 PF1+PF2=2 2-

2 3 2 = ,因此,PF1+PF2 是定值. 2 2

10.解:(Ⅰ)法一:设 M 的坐标为(x,y),由已知得|x+2|= (x-5)2+y2-3. 易知圆 C2 上的点位于直线 x=-2 的右侧,于是 x+2>0,所以 (x-5)2+y2=x+5. 化简得曲线 C1 的方程为 y2=20x. 法二:由题设知,曲线 C1 上任意一点 M 到圆心 C2(5,0)的距离等于它到直线 x=-5 的 距离.因此,曲线 C1 是以(5,0)为焦点.直线 x=-5 为准线的抛物线.故其方程为 y2=20x. (Ⅱ)证明:当点 P 在直线 x=-4 上运动时,P 的坐标为(-4,y0),又 y0≠±3,则过 P 且与圆 C2 相切的直线的斜率 k 存在且不为 0,每条切线都与抛物线有两个交点,切线方程为 y-y0=k(x+4),即 kx-y+y0+4k=0. |5k+y0+4k| 于是 =3. k2+1 整理得 72k2+18y0k+y2-9=0.① 0 设过 P 所作的两条切线 PA,PC 的斜率分别为 k1,k2,则 k1,k2 是方程①的两个实根, 故 18y0 y0 k1+k2=- =- .② 72 4 ? ?k1x-y+y0+4k1=0, 由? 2 得 ?y =20x ? k1y2-20y+20(y0+4k1)=0.③ 设四点 A,B,C,D 的纵坐标分别为 y1,y2,y3,y4,则 y1,y2 是方程③的两个实根,所 以 20(y0+4k1) y1y2= .④ k1 同理可得 20(y0+4k2) y3y4= ⑤ k2 于是由②,④,⑤三式得 400(y0+4k1)(y0+4k2) y1y2y3y4= k1k2 2 400[y0+4(k1+k2)y0+16k1k2] = k1k2 400(y2-y2+16k1k2) 0 0 = =6400. k1k2 所以,当 P 在直线 x=-4 上运动时,四点 A,B,C,D 的纵坐标之积为定值 6400.


相关文章:
专题七 平面解析几何
专题七 平面解析几何 x2 y2 1.(2012· 高考课标全国卷)设 F1、F2 是椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点,P 为直线 a b 3a x= 上一点,△F2P...
2012年数学理科高考题分类专题七 平面解析几何
专题七 平面解析几何 x2 y2 1.(2012· 高考课标全国卷)设 F1、F2 是椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点,P 为直线 a b 3a x= 上一点,△F2P...
2015届高考数学(文、理)新一轮专题复习:专题七 平面解析几何
2015届高考数学(文、理)新一轮专题复习:专题七 平面解析几何_高考_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载 2015届高考数学(文、理)新一轮专题复习:专题...
专题二十七 平面解析几何
专题二十七 平面解析几何_数学_高中教育_教育专区。陇西二中学业水平考试复习数学试卷专题二十七 平面解析几何(一)——直线方程 (一)知识梳理: 1、直线的倾斜角...
【课堂新坐标】2015届高考数学(文、理)新一轮专题复习:专题七 平面解析几何
【课堂新坐标】2015届高考数学(文、理)新一轮专题复习:专题七 平面解析几何_高中教育_教育专区。专题七 平面解析几何 x2 y2 3a 1.设 F1、F2 是椭圆 E: 2...
专题七 平面解析几何
专题七 平面解析几何 1.(2012· 高考天津卷)设 m,n∈R,若直线(m+1)x+(n+1)y-2=0 与圆(x-1)2+(y-1)2 =1 相切,则 m+n 的取值范围是 A.[...
平面解析几何专题
分享智慧泉源 培桃教育 传扬爱心喜乐 平面解析几何专题复习直线和圆的方程 一...(3)顶点 7 分享智慧泉源 培桃教育 传扬爱心喜乐 抛物线和它的轴的交点叫做...
平面解析几何专题
平面解析几何专题 高考在解析几何中, 综合能力的考查主要是圆锥曲线的方程与性质, 其中的热点有求曲 线的方程,求变量的范围问题、曲线性质的证明等。 “求曲...
6专题六——平面解析几何
6专题六——平面解析几何_数学_高中教育_教育专区。专题七 题型一 直线的方程,交点、距离公式 1、直线 平面解析几何 l 过两直线 7 x ? 5 y ? 24 ? 0 和...
更多相关标签:
平面解析几何专题 | 高中数学解析几何专题 | 平面几何专题研究 | 龙门专题 解析几何 | 平面解析几何 | 平面解析几何教材 | 平面解析几何知识点 | 平面解析几何初步 |