2024年高考数学重难点突破专题九 解析几何第二十九讲 曲线与方程答案86

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答案部分
1. 由可得.
配方得，解得.
所以可取的整数值为-1，0，1，
则曲线经过这6个整点，结论 = 1 \* GB3 ①正确；
当x＞0时，由得（当x=y时取等号），
所以，所以，即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过，结论 = 2 \* GB3 ②正确；
根据对称性可得：曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；故②正确．
如图所示，
，
根据对称性可知.
即心形区域的面积大于3，故③错误．
正确结论为 = 1 \* GB3 ① = 2 \* GB3 ②. 故选C．
2．解析 设椭圆的右焦点为，连接，
线段PF的中点A在以原点O为圆心，2为半径的圆，
连接AO，可得，
设P的坐标为（m,n） QUOTE (m,n) ，可得 QUOTE 3-,2-3.m=4 ，可得 QUOTE m=-,3-2. ， QUOTE n=,,-15.-2. ，
由 QUOTE F(-2,0) ，可得直线PF的斜率为 QUOTE ,,,-15.-2.--,3-2.+2.=,-15. ．
3.解析 （1）设椭圆C的焦距为2c.
因为F1(-1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.
又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=，
因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.
由b2=a2-c2，得b2=3.
因此，椭圆C的标准方程为.
（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，a=2，
因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.
将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.
因为点A在x轴上方，所以A(1，4).
又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.
由，得，
解得或.
将代入，得，
因此.又F2(1，0)，所以直线BF2：.
由，得，解得或.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
将代入，得.因此.
解法二：由（1）知，椭圆C：.如图所示，联结EF1.
因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，
从而∠BF1E=∠B.
因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，
所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.
因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.
因为F1(-1，0)，由，得.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
因此.
4. 解析（1）设，则.
由于，所以切线DA的斜率为，故 ，整理得
设，同理可得.
故直线AB的方程为.
所以直线AB过定点.
5.解析（I）由抛物线经过点，得.
所以抛物线C的方程为，其准线方程为.
（II）抛物线C的焦点为，设直线l的方程为.
由，得.
设则.
直线的方程为，令，得点A的横坐标为
同理可得点B的横坐标.
设点，则
.
令即，得或.
综上，以AB为直径的圆经过轴上的定点．
6．解析（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得
．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，
所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
7．解析 （I）由题意得，即p=2.
所以，抛物线的准线方程为x=−1.
（Ⅱ）设，重心.令，则.
由于直线AB过F，故直线AB方程为，代入，得
，
故，即，所以.
又由于及重心G在x轴上，故，得.
所以，直线AC方程为，得.
由于Q在焦点F的右侧，故.从而
.
令，则m>0，
.
当时，取得最小值，此时G（2，0）.
8.解析 （Ⅰ）设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，.
所以，椭圆的方程为.
（Ⅱ）由题意，设.
设直线的斜率为，又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，整理得，
可得，代入得，进而直线的斜率.在中，令，得.由题意得，所以直线的斜率为.由，得，化简得，从而.
所以，直线的斜率为或.
2010-2018年
1．【解析】(1)因为椭圆的焦点为，
可设椭圆的方程为．又点在椭圆上，
所以，解得
因此，椭圆的方程为．
因为圆的直径为，所以其方程为．
(2)①设直线与圆相切于，则，
所以直线的方程为，即．
由消去，得
．（*）
因为直线与椭圆有且只有一个公共点，
所以．
因为，所以．
因此，点的坐标为．
②因为三角形的面积为，所以，从而．
设，
由（*）得，
所以．
因为，
所以，即，
解得舍去），则，因此的坐标为．
综上，直线的方程为．
2．【解析】（1）设，，则，，．
由得 ，．
因为在上，所以．
因此点的轨迹方程为．
（2）由题意知．设，，则
，，，
，，
由得，又由（1）知，
故．
所以，即．又过点存在唯一直线垂直与，所以过点且垂直于的直线过的左焦点．
3．【解析】(Ⅰ) 由离心率是，有，
又抛物线的焦点坐标为，所以，于是，
所以椭圆的方程为．
(Ⅱ) （i）设点坐标为，
由得，所以在点处的切线的斜率为，
因此切线的方程为，
设，，
将代入，得
．
于是，，
又，
于是 直线的方程为．
联立方程与，得的坐标为．
所以点在定直线上．
（ii）在切线的方程为中，令，得，
即点的坐标为，又，，
所以；
再由，得
于是有 ．
令，得
当时，即时，取得最大值．
此时，，所以点的坐标为．
所以的最大值为，取得最大值时点的坐标为．
4．【解析】（Ⅰ）设，由，即，
可得，又，所以，因此，
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.
设，由方程组，消去，
整理得．
解得，或，由题意得，从而．
由（Ⅰ）知，，设，有，.
由，得，所以，解得.
因此直线的方程为．
设，由方程组消去，解得.
在中，，即，
化简得，即，解得或．
所以，直线的斜率的取值范围为．
5．【解析】（I）设，则由题意知．
当时，椭圆的方程为，A点坐标为，
由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为．
因此直线的方程为．
将代入得．
解得或，所以．
所以的面积为．
（Ⅱ）由题意知，则直线的方程为，
联立并整理得，
解得或，
所以
由题意，所以的方程为，
同理可得
由,得，即
当时上式成立，因此．
因为，即，整理得
即，解得．
6．【解析】（Ⅰ）设点，，依题意，
，且，
所以，且
即，且．
由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0，
于是，故，代入，可得，
即所求的曲线的方程为．
（Ⅱ）（1）当直线的斜率不存在时，直线为或，
都有．
（2）当直线的斜率存在时，设直线，
由 ，消去，可得．
因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，
所以，即． ①
又由 可得；同理可得．
由原点到直线的距离为和，可得
．②
将①代入②得，．
当时，；
当时，．
因，则，，所以，
当且仅当时取等号．所以当时，的最小值为8．
综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8．
7．【解析】（1）由题意，得且，
解得，，则，所以椭圆的标准方程为．
（2）当轴时，，又，不合题意．
当与轴不垂直时，设直线的方程为，，
，将的方程代入椭圆方程，得，
则，的坐标为，且
．
若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意．
从而，故直线的方程为，
则点的坐标为，从而．
因为，所以，解得．
此时直线方程为或．
8．【解析】（1）由已知，点在椭圆上．
因此，解得，．
所以椭圆的方程为．
（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于、两点．
如果存在定点满足条件，则，即．
所以点在y轴上，可设点的坐标为．
当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于、两点．
则，，
由，有，解得或．
所以，若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标只可能为．
下面证明：对任意的直线，均有．
当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，、的坐标分别为．
联立得．
其判别式，
所以，．
因此．
易知，点关于轴对称的点的坐标为．
又，
所以，即三点共线．
所以．
故存在与不同的定点，使得恒成立．
9．【解析】（Ⅰ）由题意得解得=2．
故椭圆的方程为．
设(，0)．因为，所以．
直线的方程为，
所以=，即．
（Ⅱ）因为点与点关于轴对称，所以，
设，则=．
“存在点使得=等价”，
“存在点使得=”即满足．
因为，，，
所以．
所以=或．
故在轴上存在点，使得=．
点的坐标为或．
10．【解析】（Ⅰ）由题意知，可设直线的方程为．
由消去，得．
因为直线与椭圆有两个不同的交点，
所以，①
设为的中点，则，
代入直线方程解得．②
由①②得或．
（Ⅱ）令，则
，
且到直线的距离．
设的面积为，所以
，
当且仅当时，等号成立．
故面积的最大值为．
11．【解析】（Ⅰ）可知，又，，，
椭圆C的标准方程为；
（Ⅱ）设两切线为，
①当轴或轴时，对应轴或轴，可知
②当与轴不垂直且不平行时，，设的斜率为，则，的斜率为，的方程为，联立，
得，
因为直线与椭圆相切，所以，
得，
，
所以是方程的一个根，
同理是方程的另一个根，
，得，其中，
所以点P的轨迹方程为（），
因为满足上式，综上知：点P的轨迹方程为．
12．【解析】（Ⅰ）设圆的半径为，点上下两段分别为，，
由射影定理得，三角形的面积
当时，取得最大，此时
∵，在双曲线上
∴，∴双曲线的方程为
（Ⅱ）由（Ⅰ）知的焦点为，由此设的方程为，
其中，由在上，得，∴的方程为，
显然，不是直线，设的方程为，点，
由得，
∴①
②
由①②得，解得
因此直线的方程或
13．【解析】（Ⅰ）由椭圆定义知，
2a＝|PF1|＋|PF2|＝，
所以．又由已知，c＝1.
所以椭圆C的离心率．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆C的方程为＋y2＝1．设点Q的坐标为(x，y)．
(ⅰ)当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0,1)，(0，－1)两点，
此时点Q的坐标为．
(ⅱ)当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2．
因为M，N在直线l上，
可设点M，N的坐标分别为(，k＋2)，(，k＋2)，
则|AM|2＝(1＋k2)，|AN|2＝(1＋k2)．
又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)．
由，得
，
即.①
将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得
(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.②
由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞.
由②可知，＝，＝，
代入①中并化简，得.③
因为点Q在直线y＝kx＋2上，
所以，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18.
由③及k2＞，可知0＜x2＜，即x∈∪.
又满足10(y－2)2－3x2＝18，故x∈.
由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以－1≤y≤1.
又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈且－1≤y≤1，则y∈.
所以，点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，
其中x∈，y∈.
14．【解析】（Ⅰ）解法1 ：设M的坐标为，由已知得
，
易知圆上的点位于直线的右侧.于是，所以
.
化简得曲线的方程为．
解法2 ：由题设知，曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的距离，因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，故其方程为．
（Ⅱ）当点P在直线上运动时，P的坐标为，又，则过P且与圆相切的直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为.于是
整理得 ①
设过P所作的两条切线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，故
②
由得 ③
设四点A,B,C,D的纵坐标分别为，则是方程③的两个实根，所以
④
同理可得
⑤
于是由②，④，⑤三式得
.
所以，当P在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值6400．
15．【解析】（Ⅰ）解：设，由题意，可得
即
整理得（舍），或所以
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知可得椭圆方程为
直线PF2方程为
A，B两点的坐标满足方程组
消去y并整理，得
解得
得方程组的解
不妨设
设点的坐标为，
由
于是
由
即，
化简得
将
所以
因此，点的轨迹方程是
16．【解析】（1）联立与得，则中点，设线段 的中点坐标为，则，即，又点在曲线上，∴化简可得，又点是上的任一点，且不与点和点重合，则，即，∴中点的轨迹方程为（）．
（2）曲线，
即圆：，其圆心坐标为，半径，
设圆与直线：相切于点，
则有，即．
过点与直线垂直的直线的方程是，即．
由，解得，．
当时，．
∵分别是上的点的最小和最大横坐标，
∴切点，故．