20xx年高考分類匯編：解析幾何-文庫吧

【正文】 東文8．設圓C與圓x2+（y3）2=1外切，與直線y =0相切，則C的圓心軌跡為 A．拋物線 B．雙曲線 C．橢圓 D．圓D21．（本小題滿分14分） 在平面直角坐標系中，直線交軸于點A，設是上一點，M是線段OP的垂直平分線上一點，且滿足∠MPO=∠AOP（1）當點P在上運動時，求點M的軌跡E的方程；（2）已知T（1，1），設H是E 上動點,求+的最小值，并給出此時點H的坐標；（3）過點T（1，1）且不平行與y軸的直線l1與軌跡E有且只有兩個不同的交點，求直線的斜率k的取值范圍。21．（本小題滿分14分） 解：（1）如圖1，設MQ為線段OP的垂直平分線，交OP于點Q， 因此即 ① 另一種情況，見圖2（即點M和A位于直線OP的同側）。 MQ為線段OP的垂直平分線， 又 因此M在軸上，此時，記M的坐標為 為分析的變化范圍，設為上任意點 由（即）得， 故的軌跡方程為 ② 綜合①和②得，點M軌跡E的方程為（2）由（1）知，軌跡E的方程由下面E1和E2兩部分組成（見圖3）： ； 當時，過Ｔ作垂直于的直線，垂足為，交E1于。 再過H作垂直于的直線，交 因此，（拋物線的性質）。 （該等號僅當重合（或H與D重合）時取得）。 當時，則 綜合可得，|HO|+|HT|的最小值為3，且此時點H的坐標為 （3）由圖3知，直線的斜率不可能為零。 設 故的方程得： 因判別式 所以與E中的E1有且僅有兩個不同的交點。 又由E2和的方程可知，若與E2有交點， 則此交點的坐標為有唯一交點，從而表三個不同的交點。 因此，直線的取值范圍是，另一個頂點是此拋物線焦點的正三角形的個數記為，則A. B. C. D. xyOFABCD【答案】C解析：根據拋物線的對稱性，正三角形的兩個頂點一定關于x軸對稱，且過焦點的兩條直線傾斜角分別為和，這時過焦點的直線與拋物線最多只有兩個交點，如圖所以正三角形的個數記為，所以選C.xy(y/)C/Ox/?P/，直角坐標系所在的平面為，直角坐標系（其中軸與軸重合）所在的平面為，.（Ⅰ）已知平面內有一點，則點在平面內的射影的坐標為 ；（Ⅱ）已知平面內的曲線的方程是，則曲線在平面內的xy(y/)C/Ox/?P/PH射影的方程是 .【答案】,解析：（Ⅰ）設點在平面內的射影的坐標為，則點的縱坐標和縱坐標相同，所以，過點作，垂足為，連結，則，橫坐標，所以點在平面內的射影的坐標為；（Ⅱ）由（Ⅰ）得，所以代入曲線的方程，得，所以射影的方程填.20. （本小題滿分14分）平面內與兩定點，連續的斜率之積等于非零常數的點的軌跡，加上、兩點所成的曲線可以是圓、橢圓成雙曲線.（Ⅰ）求曲線的方程，并討論的形狀與值得關系；（Ⅱ）當時，對應的曲線為；對給定的，對應的曲線為，設、是的兩個焦點。試問：在撒謊個，是否存在點，使得△的面積。若存在，求的值；若不存在，請說明理由。20．本小題主要考查曲線與方程、圓錐曲線等基礎知識，同時考查推理運算的能力，以及分類與整合和數形結合的思想。（滿分14分） 解：（I）設動點為M，其坐標為， 當時，由條件可得即，又的坐標滿足故依題意，曲線C的方程為當曲線C的方程為是焦點在y軸上的橢圓；當時，曲線C的方程為，C是圓心在原點的圓；當時，曲線C的方程為，C是焦點在x軸上的橢圓；當時，曲線C的方程為C是焦點在x軸上的雙曲線。（II）由（I）知，當m=1時，C1的方程為當時，C2的兩個焦點分別為對于給定的，C1上存在點使得的充要條件是②① 由①得由②得當或時，存在點N，使S=|m|a2；當或時，不存在滿足條件的點N，當時，由，可得令，則由，從而，于是由，可得綜上可得：當時，在C1上，存在點N，使得當時，在C1上，存在點N，使得當時，在C1上，不存在滿足條件的點N。湖北文4．將兩個頂點在拋物線上，另一個頂點是此拋物線焦點的正三角形個數記為，則 C A． B． C． D．14．過點（—1,—2）的直線l被圓截得的弦長為，則直線l的斜率為__________。1或，曲線C1的參數方程為（為參數）在極坐標系（與直角坐標系取相同的長度單位，且以原點O為極點，以軸正半軸為極軸）中，曲線的方程為，則與的交點個數為 。 答案：2解析：曲線，由圓心到直線的距離，故與的交點個數為2.A. (本小題滿分13分）如圖7，橢圓的離心率為，軸被曲線 截得的線段長等于的長半軸長。（Ⅰ）求，的方程；（Ⅱ）設與軸的交點為M，過坐標原點O的直線與相交于點A,B,直線MA,MB分別與相交與D,E.（i）證明：；(ii)記△MAB,△：是否存在直線,使得=?請說明理由。解析：（I）由題意知，從而，又，解得。故的方程分別為。（II）（i）由題意知，直線的斜率存在，設為，則直線的方程為.由得，設，則是上述方程的兩個實根，于是。又點的坐標為，所以故，即。（ii）設直線的斜率為，則直線的方程為，由解得或，則點的坐標為,又直線的斜率為 ，由得，解得或，則點的坐標為；又直線的斜率為，同理可得點的坐標為于是因此由題意知，解得 或。又由點的坐標可知，所以故滿足條件的直線存在，且有兩條，其方程分別為和。湖南文6．設雙曲線的漸近線方程為則的值為（ ）A．4 B．3 C．2 D．1答案：C解析：由雙曲線方程可知漸近線方程為，故可知。9．在直角坐標系中，曲線的參數方程為．在極坐標系（與直角坐標系取相同的長度單位，且以原點為極點，以軸正半軸為極軸）中，曲線的方程為則與的交點個數為 ．答案：2解析：曲線，曲線，聯立方程消得，易得，故有2個交點。15．已知圓直線（1）圓的圓心到直線的距離為 ．(2) 圓上任意一點到直線的距離小于2的概率為 ．答案：5，解析：（1）由點到直線的距離公式可得；（2）由（1）可知圓心到直線的距離為5，要使圓上點到直線的距離小于2，即與圓相交所得劣弧上，由半徑為，圓心到直線的距離為3可知劣弧所對圓心角為，故所求概率為.21．已知平面內一動點到點F（1，0）的距離與點到軸的距離的等等于1．（I）求動點的軌跡的方程；（II）過點作兩條斜率存在且互相垂直的直線，設與軌跡相交于點，與軌跡相交于點，求的最小值．解析：（I）設動點的坐標為，由題意為化簡得當、所以動點P的軌跡C的方程為（II）由題意知，直線的斜率存在且不為0，設為，則的方程為．由，得設則是上述方程的兩個實根，于是 ．因為，所以的斜率為．設則同理可得：故當且僅當即時，取最小值16．, , 若 則實數m的取值范圍是________.答案：.解析：當時，集合A是以（2，0）為圓心，以為半徑的圓，集合B是在兩條平行線之間，（2，0）在直線的上方 ，又因為此時無解；當時，集合A是以（2，0）為圓心，以和為半徑的圓環，集合B是在兩條平行線之間，必有當時,只要,.當時, 只要,當時,一定符合又因為,.本題主要考查集合概念,子集及其集合運算、線性規劃,直線的斜率,兩直線平行關系,點到直線的距離,圓的方程,直線與圓的位置關系、含參分類討論、解不等式，. NMPAxyBC18.（本小題滿分16分）如圖，在平面直角坐標系中，M、N分別是橢圓的頂點，過坐標原點的直線交橢圓于P、A兩點，其中P在第一象限，過P作x軸的垂線，垂足為C，連接AC，并延長交橢圓于點B，設直線PA的斜率為k.（1）當直線PA平分線段MN時，求k的值；（2）當k=2時，求點P到直線AB的距離d；（3）對任意k0，求證：PA⊥PB.答案：（1）由題意知M(2,0),N(0,),M、N的中點坐標為(1,),直線PA平分線段MN時，即直線PA經過M、N的中點,又直線PA經過原點,所以.（2）直線,由得，AC方程：即：所以點P到直線AB的距離（3）法一：由題意設，A、C、B三點共線，又因為點P、B在橢圓上，兩式相減得：.法二：設,A、C、B三點共線，又因為點A、B在橢圓上,兩式相減得：,法三：由得，直線代入得到，解得，解析：本題主要考查橢圓的標準方程與幾何性質，直線的斜率及其方程，點到直線距離公式、共線問題、點在曲線上,字母運算的運算求解能力, 考查推理論證能力.(1)(2)是容易題；（3）是考察學生靈活運用、數學綜合能力是難題.C．選修44：坐標系與參數方程（本小題滿分10分）在平面直角坐標系中，求過橢圓（為參數）的右焦點，且與直線（為參數）平行的直線的普通方程．C．選修44：坐標系與參數方程 本小題主要考查橢圓與直線的參數方程等基礎知識，考查轉化問題的能力，滿分10分。 解：由題設知，橢圓的長半軸長，短半軸長，從而，所以右焦點為（4，0），將已知直線的參數方程化為普通方程： 故所求直線的斜率為，因此其方程為江西理9. 若曲線：與曲線：有4個不同的交點，則實數的取值范圍是A. B. C. D. 【答案】B【解析】曲線：，圖像為圓心為（1,0），半徑為1的圓；曲線：，或者，直線恒過定點，即曲線圖像為軸與恒過定點的兩條直線。作圖分析：Oxy1，又直線（或直線）、軸與圓共有四個不同的交點，結合圖形可知MN10. 如右圖