(教师用)解析几何综合题训练

第1页共58页解析几何综合题训练【练习一】1．直线11221212:x+1:y=kx1k,kkk+20lykl，，其中实数满足，（I）证明1l与2l相交；（II）证明1l与2l的交点在椭圆222x+y=1上.解：（Ⅰ）反证法.假设1l与2l不相交，则1l与2l平行，有21kk代入0221kk，得0221k.此与1k为实数的事实相矛盾.从而,21kk即1l与2l相交.（Ⅱ）由方程组1121xkyxky解得交点P的坐标（x,y）为1212122kkkkykkx而.144)()2(22222122212121221222kkkkkkkkkkyx即P(x,y)在椭圆222x+y=1上..2．已知椭圆1C的方程为1422yx，双曲线2C的左．右焦点分别为1C的左．右顶点，而且2C的左．右顶点分别是1C的左．右焦点。（1）求双曲线2C的方程；第2页共58页（2）若直线l：2kxy与双曲线2C恒有两个不同的交点A．B，且2OBOA（O为坐标原点），求k的取值范围。解：)1(由题意知，椭圆1C的焦点)0,3(1F，)0,3(2F，顶点)0,2(1A，)0,2(2A，∴双曲线2C中3a，2c，12b．∴2C的方程为：1322yx．)2(联立13222yxkxy，得0926)31(22kxxk，∴0310)31(3672222kkk12k且312k，设),(11yxA，),(22yxB，则2212213193126kxxkkxx，∴2)(2)2)(2(212122121xxkxxkkxkxyy．又2OBOA，即22121yyxx，∴22)(2)1(21212xxkxxk，即031262319)1(222kkkkk．∴0)13)(3(22kk，3312k，由①②得k的范围为)1,33()33,1(．3．（2011·江西高考文科·Ｔ19）已知过抛物线022ppxy的焦点，斜率为22的直线交抛物线于12,,Axy22,Bxy（12xx）两点，且9AB．（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OBOAOC，求的值．【思路点拨】（1）首先将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理可得，12xx与的和，再结合抛物线的定义可求出P的值.（2）结合第一问所求，解出A,B坐标，结合条件式解出C点的坐标，将其带入抛物线方程可得的值.【精讲精析】解析：（1）直线AB的方程是22222(),2450,2pyxypxxpxp与联立，从而有所以：4521pxx，由抛物线定义得：921pxxAB，所以p=4，抛物线方程为：xy82第3页共58页（2）由p=4，,05x422ppx化简得0452xx，从而,4,121xx24,2221yy,从而A(1,22),B(4,24)设)24,4()22,1()(3,3yxOC=)2422,41(，又因为3238xy，即212228（41），即14)12(2，解得2,0或4.（2010·安徽高考理科·Ｔ19）已知椭圆E经过点2,3A，对称轴为坐标轴，焦点12,FF在x轴上，离心率12e。(1)求椭圆E的方程；(2)求12FAF的角平分线所在直线l的方程；(3)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，说明理由。【命题立意】本题主要考查椭圆的定义及标准方程，椭圆的简单性质，点关于直线的对称性等知识，考查考生在解析几何的基本思想方法方面的认知水平，探究意识，创新意识和综合运算求解能力．【思路点拨】（1）设出椭圆的标准方程，再根据题设条件构建方程（组）求解；（2）根据角平分线的性质求出直线l的斜率或直线l上的一个点的坐标，进而求得直线l的方程；（3）先假设椭圆E上存在关于直线l对称的相异两点，在此基础之上进行推理运算，求解此两点，根据推理结果做出判断。【规范解答】（1）设椭圆E的方程为22221xyab（0ab），由题意12cea，22491ab，又222cab，解得：2,4,23cab椭圆E的方程为2211612xy（2）方法1：由（1）问得1(2,0)F，2(2,0)F，又2,3A，易得12FAF为直角三角形，其中21213,4,5,AFFFAF设12FAF的角平分线所在直线l与x轴交于点M，根据角平线定理可知：1212AFAFFMFM，可得232FM，1(,0)2MOF2F1AXY第4页共58页直线l的方程为：10213022xy，即21yx。方法2：由（1）问得1(2,0)F，2(2,0)F，又2,3A，1(4,3)AF，2(0,3)AF，1212114(4,3)(0,3)(1,2)535||||AFAFAFAF，2lk，直线l的方程为：32(2)yx，即21yx。（3）假设椭圆E上存在关于直线l对称的相异两点P、Q，令11(,)Pxy、22(,)Qxy，且PQ的中点为00(,)RxyPQl，212112PQyykxx，又221122221(1)16121(2)1612xyxy，两式相减得:2222212101612xxyy21212121161612()121223xxyyyyxx,即0023xy（3），又00(,)Rxy在直线l上，0021yx（4）由（3）（4）解得：002,3xy，所以点R与点A是同一点，这与假设矛盾，故椭圆E上不存在关于直线l对称的相异两点。5．若椭圆22221(0xyabab）的左右焦点分别为12,FF，线段12FF被抛物线22ybx的焦点分成3:1的两段，过点C(-1,0)且以向量(1,)(0)akk为方向向量的直线l交椭圆于不同两点A,B，满足2ACCB(1)求椭圆的离心率；(2)当三角形OAB的面积最大时，求椭圆的方程。解：(Ⅰ)由题意知：3(),22bbccbc即22e…………………………4第5页共58页(Ⅱ)222122eba设椭圆方程为2220ya2x依题意知直线l的方程为：y=k(x+1)2220ya2由y=k(x+1)和x消y得22222(12)420kxkxka设211221224(,),(,)12kAxyBxyxxk○112223ACCBxx○2由○1○2得2212223232,1212kkxxkk121221||3||||||(0)2212333214222||||OABkkSyyxxkkkk当且仅当22k时，OABS取最大值324此时，121,2xx(1,2)AA点的坐标为将点A的坐标代入2220ya2x得：2a=5故椭圆方程为：225y2x6．已知两定点122,0,2,0FF，满足条件212PFPF的点P的轨迹是曲线E，直线1ykx与曲线E交于,AB两点（Ⅰ）求k的取值范围；（Ⅱ）如果63AB，且曲线E上存在点C，使OAOBmOC，求m的值和ABC的面积S.解：（Ⅰ）由双曲线的定义可知，曲线E是以122,0,2,0FF为焦点的双曲线的左支，且2,1ca，易知1b故曲线E的方程为2210xyx…………………………3设1122,,,AxyBxy，由题意建立方程组2211ykxxy消去y，得221220kxkx又已知直线与双曲线左支交于两点,AB，有第6页共58页222122122102810201201kkkkxxkxxk解得21k………………5∵2121ABkxx2121214kxxxx2222221411kkkk22221221kkk依题意得2222122631kkk整理后得422855250kk∴257k或254k但21k∴52k故直线AB的方程为5102xy…………………………8（Ⅱ）设00,Cxy，由已知OAOBmOC，得112200,,,xyxymxmy∴),(),(212100myymxxyx，0m又1222451xxk，21212222222811kyykxxkk∴点458,Cmm将点C的坐标代入曲线E的方程，得2280641mm得4m，但当4m时，所得的点在双曲线的右支上，不合题意∴4m.点C的坐标为5,2C到AB的距离为225521213512∴ABC的面积1163323S…………………………12第7页共58页7.双曲线方程22221(0,0)xyabab的一条渐近线为x+2y=0，其左焦点到右准线的距离为9510．(I)求双曲线的方程；(II)过点A(12，0)作斜率不为0的直线，交双曲线的右支于点C，交双曲线的左支于点D，过点D作x轴的垂线，交双曲线于点M，证明直线MC过定点．解：(I)由已知得22222195,(3)1102abaaccbabc解得分即双曲线方程为2241xy（4分）（II）证明：设直线CD的方程为1()(0)2ykxk，直线MC的方程为11()ykxbkk设C（1x，1y），D（2x，2y），则由已知得M（2x，-2y）（5分）221411()241xyykxxyykxb（6分）（8分）由题可知1x2x是2个方程的根21221222218441411414141kbkkkkbkk解得212112481kbkkkb代入简化整理2211112520,(10)2kkbbbk1解得或b=-2k分即直线MC的方程为：11(2)()()(11)2ykxx1或y=k舍去分∴直线MC恒过定点（2，0）8.（2010·北京高考文科·Ｔ１9）已知椭圆C的左、右焦点坐标分别是(2,0)，(2,0)，离心率是63，直线yt与椭圆C交与不同的两点M，N，以线段MN为直径作圆P,圆心为P.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若圆P与x轴相切，求圆心P的坐标；（Ⅲ）设Q（x,y）是圆P上的动点，当t变化时，求y的最大值.【命题立意】本题考查了求椭圆方程，直线与圆的位置关系，函数的最值。要求学生掌握椭圆标准中,,abc的关系，离心率cea.直线与圆相切问题转化为圆心到直线的距离等于半径来求解.第（Ⅲ）问中y最大值的求法用到了三角代换，体现了数学中的转化与化归思想.【思路点拨】由焦点可求出c，再利用离心率可求出,ab。直线与圆的位置关系转化为圆心到直线第8页共58页的距离.【规范解答】（Ⅰ）因为63ca，且2c，所以223,1abac所以椭圆C的方程为2213xy.（Ⅱ）由题意知(0,)(11)ptt由2213ytxy得23(1)xt所以圆P的半径为23(1)t.由2||3(1)tt，解得32t.所以点P的坐标是（0，32）.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，圆P的方程222()3(1)xytt.因为点(,)Qxy在圆P上。所以由图可知y2223(1)3(1)yttxtt