高中数学解析几何大题精选

解析几何大量精选1.在直角坐标系xOy中，点M到点13,0F，23,0F的距离之和是4，点M的轨迹是C与x轴的负半轴交于点A，不过点A的直线:lykxb与轨迹C交于不同的两点P和Q．⑴求轨迹C的方程；⑵当0APAQ时，求k与b的关系，并证明直线l过定点．【解析】⑴2214xy．⑵将ykxb代入曲线C的方程，整理得222(14)8440kxkbxb，因为直线l与曲线C交于不同的两点P和Q，所以222222644(14)(44)16(41)0kbkbkb①设11,Pxy，22,Qxy，则122814kbxxk，21224414bxxk②且22221212121224()()()14bkyykxbkxbkxxkbxxbk，显然，曲线C与x轴的负半轴交于点2,0A，所以112,APxy，222,AQxy．由0APAQ，得1212(2)(2)0xxyy．将②、③代入上式，整理得22121650kkbb．所以(2)(65)0kbkb，即2bk或65bk．经检验，都符合条件①当2bk时，直线l的方程为2ykxk．显然，此时直线l经过定点2,0点．即直线l经过点A，与题意不符．当65bk时，直线l的方程为6655ykxkkx．显然，此时直线l经过定点6,05点，满足题意．综上，k与b的关系是65bk，且直线l经过定点6,052.已知椭圆2222:1xyCab(0)ab的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线60xy相切．⑴求椭圆C的方程；⑵设(4,0)P，A，B是椭圆C上关于x轴对称的任意两个不同的点，连结PB交椭圆C于另一点E，证明直线AE与x轴相交于定点Q；⑶在⑵的条件下，过点Q的直线与椭圆C交于M，N两点，求OMON的取值范围．【解析】⑴22143xy．⑵由题意知直线PB的斜率存在，设直线PB的方程为(4)ykx．QxyOPA由22(4),1.43ykxxy得2222(43)3264120kxkxk．①设点11(,)Bxy，22(,)Exy，则11(,)Axy．直线AE的方程为212221()yyyyxxxx．令0y，得221221()yxxxxyy．将11(4)ykx，22(4)ykx代入整理，得12121224()8xxxxxxx．②由①得21223243kxxk，2122641243kxxk代入②整理，得1x．所以直线AE与x轴相交于定点(10)Q，．⑶54,4．３.设椭圆2222:1(0)xyCabab的一个顶点与抛物线2:43Cxy的焦点重合，12FF，分别是椭圆的左、右焦点，且离心率12e，过椭圆右焦点2F的直线l与椭圆C交于MN、两点．⑴求椭圆C的方程；⑵是否存在直线l，使得2OMON．若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．【解析】⑴22143xy．⑵由题意知，直线l与椭圆必有两个不同交点．①当直线斜率不存在时，经检验不合题意．②设存在直线l为(1)(0)ykxk，且11()Mxy，，22()Nxy，．由22143(1)xyykx，得2222(34)84120kxkxk，2122834kxxk，212241234kxxk，21212121212[()1]OMONxxyyxxkxxxx2222222224128512(1)2343434kkkkkkkkk，所以2k，故直线l的方程为2(1)yx或2(1)yx．本题直线l的方程也可设为1myx，此时m一定存在，不能讨论，且计算时数据更简单．４.如图，椭圆22122:10xyCabab的离心率为32，x轴被曲线22:Cyxb截得的线段长等于1C的长半轴长．⑴求12CC，的方程；⑵设2C与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与2C相交于点AB，，直线MAMB，分别与1C相交与DE，．①证明：MDME⊥；②记MABMDE△，△的面积分别是12SS，．问是否存在直线l，使得121732SS?请说明理由．【解析】⑴222114xyyx，．⑵①由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为ykx．由21ykxyx得210xkx，设1122AxyBxy，，，，则12xx，是上述方程的两个实根，于是12121xxkxx，．又点M的坐标为01，，所以212121212121212111111MAMBkxkxkxxkxxyykkxxxxxx，故MAMB，即MDME⊥．②设直线KM的斜率为1k，则直线的方程为11ykx，由1211ykxyx，解得01xy或1211xkyk，则点A的坐标为2111kk，．又直线MB的斜率为11k，同理可得点B的坐标为211111kk，．于是221111211111111||||1||1||222||kSMAMBkkkkk．由1221440ykxxy得22111480kxkx，解得01xy或12121218144114kxkkyk，则点D的坐标为21122118411414kkkk，；又直线MB的斜率为11k，同理可得点E的坐标21122118444kkkk，．于是21122211321||1||||2144kkSMDMEkk．因此222111122211(14)(4)144176464SkkkSkk，xyOMEDBA由题意知，212114174176432kk解得214k或2114k．又由点AB，的坐标可知，21211111111kkkkkkk，所以32k．故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为32yx和32yx．５.在直角坐标系xOy中，点M到点13,0F，23,0F的距离之和是4，点M的轨迹是C与x轴的负半轴交于点A，不过点A的直线:lykxb与轨迹C交于不同的两点P和Q．⑴求轨迹C的方程；⑵当0APAQ时，求k与b的关系，并证明直线l过定点．【解析】⑴2214xy．⑵将ykxb代入曲线C的方程，整理得222(14)8440kxkbxb，因为直线l与曲线C交于不同的两点P和Q，所以222222644(14)(44)16(41)0kbkbkb①设11,Pxy，22,Qxy，则122814kbxxk，21224414bxxk②且22221212121224()()()14bkyykxbkxbkxxkbxxbk，显然，曲线C与x轴的负半轴交于点2,0A，所以112,APxy，222,AQxy．由0APAQ，得1212(2)(2)0xxyy．将②、③代入上式，整理得22121650kkbb．所以(2)(65)0kbkb，即2bk或65bk．经检验，都符合条件①当2bk时，直线l的方程为2ykxk．显然，此时直线l经过定点2,0点．即直线l经过点A，与题意不符．当65bk时，直线l的方程为6655ykxkkx．显然，此时直线l经过定点6,05点，满足题意．综上，k与b的关系是65bk，且直线l经过定点6,05．QxyOPA