解析几何大题

十八、解析几何大题：9年9考，每年1题．特点：全国Ⅰ卷中，载体用过圆、抛物线和椭圆！不侧重两类圆锥曲线的整合，只侧重于直线与圆锥曲线的联系．圆锥曲线一定过方法关、运算关．其实近几年的圆锥曲线题目更侧重于运算．方法还是比较常规的．为什么这样呢？这与命题人的苦衷有关系，因为圆锥曲线是压轴题，压轴题不能简单，简单了肯定不行．但太难、或是思维量太大又怕把很多人拒之门外，所以又不敢出思维量太大的题目，最后就只剩下运算了，谁有能耐谁就能算出来，没有能耐就算不出来，但不能说题目难．2018考法，参考答案用的设斜率法，这里我用了设，感觉运算量小了．年份题目及答案2019年19．（12分）已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若，求|AB|．19．解：设直线11223:,,,,2lyxtAxyBxy．（1）由题设得3,04F，故123||||2AFBFxx，由题设可得1252xx．由2323yxtyx，可得22912(1)40xtxt，则1212(1)9txx．:y(1)lkx:1lxmy323APPB从而12(1)592t，得78t．所以l的方程为3728yx．（2）由3APPB可得123yy．由2323yxtyx，可得2220yyt．所以122yy．从而2232yy，故211,3yy．代入C的方程得1213,3xx．故413||3AB．2018年（19）（12分）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：.19.解：（1）由已知，，联立得，，22:12xCyFFlC,ABM2,0lxAMOOMAOMB(1,0)F:1.lx22:12xCy2(1,)2A∴的方程为或（2）当与轴重合时，；当与轴不重合时，设，联立得，，显然，设则∴∴倾斜角互补，∴.综上，.2017年20.（12分）已知椭圆：，四点，，，中恰有三点在椭圆上．（1）求的方程；（2）设直线不经过点且与相交于、两点，若直线与直线的斜率的和为，AM222yx222yxlx0OMAOMBlx:1lxmy22:12xCy22(2)210mymy01122(,),(,),AxyBxy12122221,,22myyyymm12121212121222(1)2(1)211MAMByyyyyykkxxmymymymy221211221212122()()220.(1)(1)(1)(1)mmmyyymyyymmmymymymy,MAMBOMAOMBOMAOMBC22221xyab0ab111P，201P，3312P，4312P，CCl2PCAB2PA2PB1证明：过定点．解：（1）根据椭圆对称性，必过、又横坐标为1，椭圆必不过，所以过三点将代入椭圆方程得，解得，∴椭圆的方程为：．（2）当斜率不存在时，设得，此时过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足题意．当斜率存在时，设联立，整理得则，此时，存在使得成立．∴直线的方程为，即当，时，上式恒成立，所以过定点．（2）的解法2：由题意可得直线P2A与直线P2B的斜率一定存在，不妨设直线P2A为：,P2B为：.l3P4P4P1P234PPP，，2330112PP，，，222113141bab24a21bC2214xy①:tAAlxAtyBty，，，，221121AAPAPByykkttt2tl②1lykxmm∶1122AxyBxy，，，22440ykxmxy222148440kxkmxm1228,14kmxxk21224414mxxk22121211PAPByykkxx21212112xkxmxxkxmxxx222228888144414kmkkmkmkmk8111411kmmmm，21mk64kk0l21ykxk(2)(1)0kxy2x1yl21，1ykx11ykx联立，假设，此时可得：，此时可求得直线的斜率为：，化简可得，此时满足．○1当时，AB两点重合，不合题意．○2当时，直线方程为：，即，当时，，因此直线恒过定点．2016年(20)（12分）设圆的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.22221418014ykxkxkxxy11,Axy22,Bxy22222281141814,,,4141411411kkkkABkkkk2222212122141144141181841411ABkkkkyykkxxkkk2112ABkk12k12k12k22221814414112kkyxkkk2244112kkxyk2x1y2,1222150xyxl（I）证明为定值，并写出点E的轨迹方程；（II）设点E的轨迹为曲线C1，直线交C1于M,N两点，过B且与垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.(I)圆A整理为，A坐标，…………1分如图，，则，…………2分由，则…………3分所以由椭圆的定义得E的轨迹为方程为，().…………4分（II）由题意，设，……5分因为，设，…………6分联立得，…………7分所以EAEBll；…8分圆心到距离，…………9分所以，…………10分…………11分因为，所以，所以，所以，所以，所以所以四边形MPNQ面积的取值范围是…………12分2015年（20）（12分）在直角坐标系中，曲线C：与直线交与两点，（Ⅰ）当时，分别求C在点和处的切线方程；（Ⅱ）轴上是否存在点P，使得当变动时，总有？211m21011m213341m211114331m211312331mMPNQS12,83[12,83).xOy24xy:(0)lykxaa,MN0kMNykOPMOPN说明理由．解：（Ⅰ）由题设可得，，或，.∵，故在=处的到数值为，C在处的切线方程为，即.故在=-处的到数值为-，C在处的切线方程为，即.故所求切线方程为或.……5分（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：设P（0，b）为复合题意得点，，，直线PM，PN的斜率分别为.将代入C得方程整理得.∴.∴==.当时，有=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，(2,)Maa(22,)Na(22,)Ma(2,)Naa12yx24xyx22aa(22,)aa(2)yaaxa0axya24xyx22aa(22,)aa(2)yaaxa0axya0axya0axya11(,)Mxy22(,)Nxy12,kkykxa2440xkxa12124,4xxkxxa121212ybybkkxx1212122()()kxxabxxxx()kababa12kk故∠OPM=∠OPN，所以符合题意.……12分2014年20.(12分)已知点（0，-2），椭圆：的离心率为，是椭圆的焦点，直线的斜率为，为坐标原点.(Ⅰ)求的方程；（Ⅱ）设过点的直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程.解：(Ⅰ)设，由条件知，得又，所以a=2，,故的方程.……….6分（Ⅱ）依题意当轴不合题意，故设直线l：，设将代入，得，当，即时，从而又点O到直线PQ的距离，所以OPQ的面积(0,)PaAE22221(0)xyabab32FAF233OEAlE,PQOPQl,0Fc2233c3c32ca2221bacE2214xylx2ykx1122,,,PxyQxy2ykx2214xy221416120kxkx216(43)0k234k21,22824314kkxk2221224143114kkPQkxxk221dk，设，则，，当且仅当，等号成立，且满足，所以当OPQ的面积最大时，的方程为：或.…………………12分2013年(20)(12分)已知圆:,圆:,动圆与外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线C.（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）是与圆,圆都相切的一条直线，与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.解：由已知得圆的圆心为（-1，0）,半径=1，圆的圆心为(1,0),半径=3.设动圆的圆心为（，），半径为R.（Ⅰ）∵圆与圆外切且与圆内切，∴|PM|+|PN|===4，由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左右焦点，场半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为.（Ⅱ）对于曲线C上任意一点（，），由于|PM|-|PN|=≤2，∴R≤2,当且仅当圆P的圆心为（2，0）时，R=2.221443214OPQkSdPQk243kt0t244144OPQtSttt2t72k0l722yx722yxM22(1)1xyN22(1)9xyPMNPlPMlMM1rNN2rPPxyPMN12()()RrrR12rr3221(2)43xyxPxy22R∴当圆P的半径最长时，其方程为，当的倾斜角为时，则与轴重合，可得|AB|=.当的倾斜角不为时，由≠R知不平行轴，设与轴的交点为Q，则=，可求得Q（-4，0），∴设：，由于圆M相切得，解得.当=时，将代入并整理得，解得=，∴|AB|==.当=－时，由图形的对称性可知|AB|=，综上，|AB|=或|AB|=.2012年（20）（12分）设抛物线的焦点为，准线为，，已知以为圆心，为半径的圆交于两点；（1）若，的面积为；求的值及圆的方程；（2）若三点在同一直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，求坐标原点到距离的比值．22(2)4xyl090ly23l0901rlxlx||||QPQM1Rrl(4)ykxl2|3|11kk24kk24224yx221(2)43xyx27880xx1,2x46272121||kxx187k24187187232:2(0)CxpypFlACFFAFl,BD090BFDABD24pF,,ABFmnmnC,mn解：（1）由对称性知：是等腰直角，斜边点到准线的距离圆的方程为（2）由对称性设，则点关于点对称得：得：，直线切点直线坐标原点到距离的比值为．2011年（20）（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=MB•BA，M点的轨迹为曲线C．BFD2BDpAl2dFAFBp1424222ABDSBDdpF22(1)8xy2000(,)(0)2xAxxp(0,)2pF,ABF22220000(,)3222xxpBxppxppp3(3,)2pAp3322:30223ppppmyxxyp22332233xxxpyyyxppp3(,)36ppP333:()306336ppn