解析幾何專題訓練

1、解析幾何專題訓練1. (本題滿分15分)已知拋物線C的頂點在原點,焦點為F(0, 1).(I )求拋物線C的方程；(n)在拋物線C上是否存在點P,使得過點P的直 線交C于另一點 Q,滿足PF丄QF,且PQ與C 在點P處的切線垂直？若存在，求出點P的坐標; 若不存在，請說明理由2. (本小題滿分13分)如圖，以原點 0為頂點，以y軸為對稱軸的拋物線 E的焦點為F (0, 1),點M是直線l : y m(m 0)上任意一點，過點M引拋物線E的兩條切線分別交 x軸于點S, T,切點分別為B, A。(I )求拋物線E的方程；(II )求證：點S, T在以FM為直徑的圓上；III )當點M在直線I上移動

2、時，直線AB恒過焦點F,求m的值。3. (本小題滿分14分)已知拋物線C：x2 2py p 0的焦點為F,A、B是拋物線C上異于坐標原點 0的 不同兩點，拋物線 C在點A、B處的切線分別為11、|2，且l1 l2, h與l2相交于點D .求點D的縱坐標；(2) 證明：A、B、F三點共線；3(3) 假設(shè)點D的坐標為 一 1 ，問是否存在經(jīng)過 A、B兩點且與|1、|2都相切的圓，2 '若存在，求出該圓的方程；若不存在，請說明理由4. (本小題滿分12分)2 2已知橢圓C:仔a b1(a b 0)的離心率為6，過右焦點3F且斜率為1的直線交橢圓C于A、B兩點，N為弦AB的中點.(I)求直線O

3、N ( O為坐標原點)的斜率 KON ；(H )對于橢圓C上任意一點M ,試證：總存在角R)使等式：oMcos OA sin OB 成立.5. (本小題滿分14分)2 2已知橢圓篤1(a b 0)的左、右焦點分別是Fi ( c, 0)、F2 ( c, 0) , Qa2 b2是橢圓外的動點，滿足|F1Q| 2a.點P是線段FiQ與該橢圓的交點，點T在線段F2Q上,ByANo衛(wèi)FiQ并且滿足 PT TF20,|TF2 | 0.(I)設(shè)x為點P的橫坐標，證明| FP | a -x ;a(n)求點t的軌跡c的方程；(川)試問：在點 T的軌跡C上，是否存在點 M ,2使厶F1MF2的面積s=b .若存在

4、，求/ F1MF2的正切值；若不存在，請說明理由6. (本小題滿分14分)已知動圓過定點 ,0 ,且與直線x 相切，其中p 0.2 2(I) 求動圓圓心C的軌跡的方程；(II) 設(shè)A、B是軌跡C上異于原點O的兩個不同點，直線OA和OB的傾斜角分別為和 ，當，變化且為定值(0)時，證明直線 AB恒過定點，并求出該定點的坐標.7.(13分)已知雙曲線C的中心在坐標原點，漸近線方程是3x 2y 0 ,左焦點的坐 標為(.13,0), A、B為雙曲線C上的兩個動點，滿足OA OB 0.求雙曲線C的方程；求為點的值；動點P在線段AB上，滿足OP aB 0，求證：點P在定圓上.1.本題主要考查拋物線的幾何

5、性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查解析 幾何的基本思想方法和綜合解題能力。滿分15分。(I)解：設(shè)拋物線C的方程是x2 = ay.則a 1,即 a = 4.故所求拋物線 C的方程為x2 = 4y .(5分)(H )解:設(shè) P(xi, yi), Q(x2, y2),則拋物線C在點P處的切線方程是yi,直線PQ的方程是2y x 2yi.Xi將上式代入拋物線 C的方程，得2 8x2x 4(2 yi) 0,Xi故 xi +X2 =所以x2=8一 ,xix2 = 8 4yi ,Xi84xi , y2= 一 +yi+4 .xiyi而 FP = (xi, yi i), FQ = (x2 , y2

6、i),FP FQ = xi X2+ (yi i) (y2 i)=Xi X2 + yi y2 (yi + y2)+ i“c44=4(2+yi)+ yi(+yi+4) (+2yi+4)+iyiyi=yf 2yi 4 7yi/2I=(yi + 2yi + 1) 4( +yi+2) yi/24(yi 1)2=(yi+1)21_-yi=(%4)( %i)2yi=o,故yi= 4,此時，點P的坐標是(土4,4).經(jīng)檢驗，符合題意(15 分)所以，滿足條件的點P存在，其坐標為P( ± 4,4).2.解：(I )設(shè)拋物線E的方程為x22 py( p 0)，依題意衛(wèi)i,解得p 2 ,2所以拋物線E的方

7、程為x24y. 3分 (II )設(shè)點 A(xi, yi), B(X2, y2).Xi X20 ,否則切線不過點M'1 1 2 1,y -x ,yx,142切線AM的斜率kAM12Xi,.5 分1方程為y yiXi(x2%),其中 L 4ii令y 0,得x為,點T的坐標為(-X-! ,0),直線FT的斜率kFT,Xii,2)Xi AML FT,即點T在以FM為直徑的圓上；同理可證點S在以FM為直徑的圓上， 所以S, T在以FM為直徑的圓上。 8分(III )拋物線x2 4y焦點F(0,1),可設(shè)直線AB: y kx 1.124X ,得 x2 4kx 4 kx 1,0,X-|X24.10分

8、(II切線AM的方程為y1 x1x2過點 M (X0,m),41 24X1,同理1 24X2.消去x0,得m(%X2)X2)12分* X,X2 ,由上 X,X21%X241,即m的值為1.13分3. (1) 解：設(shè)點A、B的坐標分別為X1,y1 、X2,y2 ，I2分別是拋物線C在點A、B處的切線,直線互，直線12的斜率pX2X2- l11,得 X1 X2/ A、B是拋物線C上的點，y12X1,Y22p2X22p-直線11的方程為2X12pX1X1 ,直線12的方程為2X22p2X12p2X22pX2X1,解得X2,X1 X22衛(wèi)2 .點D的縱坐標為證法1 ： F為拋物線C的焦點,直線AF的斜

9、率為kAFX12X12p2X1X12PN2 2p X1 x2p X1 x22px(x2p2X2p直線BF的斜率為kBy22p22 2X2pFX20X22px22 22 2k k X pX2pAFBF2px22 PM22222X?X-IpXiX2p為X2x1x2p X1x22px1x22 pm x20.kBF . A、B、F 三點共線證法2 :F為拋物線C的焦點,I AFxi,22x12p2x1X2,號2pX2,2p2p2Xi2p_2p2 2P X22p2p_2 2 pX2x1x2x2xi2x1x2x2X2 aF/bF. a、B、F三點共線XiX2yiy2證法3：設(shè)線段 AB的中點為E,則E的坐

10、標為 拋物線C的準線為|:y衛(wèi).2作AA l,BBi l ,垂足分別為Ai,Bi.由知點D的坐標為 X1 X2,2 2 DE l . DE是直角梯形AA1B1B的中位線BB .根據(jù)拋物線的定義得:AAAF , BB2|aa1AFBF/ ADDB, E為線段AB的中點， DE>. 2abAFBF ,即 ABAFBF .F三點共線.不存在.證明如下:假設(shè)存在符合題意的圓，設(shè)該圓的圓心為依題意得MA AD,MB BD，且由 l1 l2，得 AD BD .四邊形MADB是正方形.點D的坐標為32'ADMABD1,得MB ,P 2.10分3把點D 12的坐標代入直線11,2X1XiX1解得

11、x14或x11，點A的坐標為4,41,11同理可求得點B的坐標為 4,4或 1,1 .4由于A、B是拋物線C上的不同兩點，不妨令1,14,4 .125 16 ,BD.13分24 1 ADBD ,這與ADBD矛盾.經(jīng)過A、B兩點且與l1、|2都相切的圓不存在14分22a b 2222 a2 3b2a 3橢圓方程為x2 3y2 3b2, AB: y x、,2b 與 x2 3y設(shè) AX, yj ,BM y2), X。1(x12X2)b,4 k西k0NX。1324、解：（離心率為蘭3知為2 F的坐標為（、2b,0）3b2 聯(lián)立得：4x262bx 3b20N(x), yo)y0 錘 b ：2b遼 b44

12、(n)由(i)若設(shè)M(x,y) M在橢圓上，（2 23y13b ,22X2 3y23b2存在實數(shù)、，使oMOAXX1x2y *y2、2X1X2)3( y12 2y2)3b由平面向量基本定理得:2OB成立.即: 3b2( 22) 2(X1X2 3y°2)3b由（】）榔2=為,yiy2 = xix2 2b (xi yi) + 2b2 = - b242=1令 cos，貝U sin總存在角( R)使 oM cos OA sin成立125 .本小題主要考查平面向量的概率，橢圓的定義、標準方程和有關(guān)性質(zhì)，軌跡的求法和應用，以及綜合運用數(shù)學知識解決問題的能力滿分14分.（I）證法一：設(shè)點 P的坐標

13、為（x, y）.由P（x, y）在橢圓上，得廠b222 x a|F-P|(x c) y . (xc)2b2(ac 2 x).a由xa,知 a x c a0 ,所以c| F1P | ax. 3分aa證法二：設(shè)點P的坐標為（x, y）.記|F1P| r1,| F2P| r2,則 r1. (x c)22y上(xc)2 y2.由 r1 r2 2a,r224cx,得 |F1P | r1acx.a證法三：設(shè)點P的坐標為（x, y）.橢圓的左準線方程為acx 0.2a由橢圓第二定義得|F-P|c，即 | F-P| - |xa| | a -x|.2,a ,aaca|x|c由xa,知a -xca 0，所以|F-

14、P|acx. 3分aa（n）解法一：設(shè)點 T的坐標為(x,y).當|PT| 0時，點（a , 0）和點（一a , 0）在軌跡上當|PT | 0且 |TF2 | 0時，由 |PT| |TF2 | 0,得 PT TF2 .又| PQ | | PF2 |，所以T為線段F2Q的中點.在厶 QF1F2 中，|OT|1 2-| F1Q | a，所以有x2綜上所述，點T的軌跡C的方程是x2 y2a2x c2工2 .解法二：設(shè)點T的坐標為（x, y）.當| pt | 0時，點（a，0）和點（一a , 0）在軌跡上當|PT | 0且 |TF2 | 0時，由 PT TF2 0,得 PT TF2 .又| PQ |

15、| PF? |，所以T為線段F2Q的中點. x設(shè)點Q的坐標為（x , y ），貝Uy因此2x c,2y.將代入，可得x 2 2c|yo | b . y2 a2.綜上所述，點T的軌跡C的方程是x2 y2 a2. 7分2(川)解法一：C上存在點M ( Xo,yo)使S=b的充要條件是2 2 2Xoyoa -2c | yo | b2.2由得| y01a，由得| yo |所以，當aX時，存在點cM，使 S= b2 ；.2當a L時，不存在滿足條件的點 M. 11分cb2 當 a 時，MF- ( c Xo，y°),MF2 (c x°, y°), c2 2 2 2 2 . 2

16、由 MF1 MF2 xo c yo a c b ,MF- MF2 | MF- | |MF2 |cos F1MF2,1 F"2S| MF1 | | MF2 |sin F1MF2 b，得 tan F1MF2 2.2解法二：C上存在點M ( xo, yo)使S= b的充要條件是2 2 2Xo yo a由得| yo |上式代入得x2b4(a “)(acco.于是，當a時，存在點M，使S= b2 ;c2當a L時，不存在滿足條件的點M.c11分當 a 時，記 k1kF1M,k2 kF2Mcxo cyoXoc由 | F1F2 | 2a,知 F1MF29O，所以 tan F1MF2 |-kl 隍

17、| 2.1 k1k214分6.解：（I）如圖，設(shè)M為動圓圓心，衛(wèi),0為記為F，過點M2作直線X 2的垂線，垂足為 N，由題意知:動點M到定點F與定直線義知，點M的軌跡為拋物線,準線，所以軌跡方程為 y2MFMN即pX I的距離相等，由拋物線的定其中F2px(P(II)如圖，設(shè) A Xi, yi, B X2, yXi2y1-,X22p由韋達定理知（i）當,0為焦點，X20)；，由題意得 XiX2（否則且Xi,X20所以直線AB的斜率存在，設(shè)其方程為ykxb，顯然2y2,將 y kx2p,yi2b與y 2px(P 0)聯(lián)立消去x，得 ky22py2pb 0y2時，即2yi 時，tan tan 1所以一 2Xi匕 1,XX2 yy2 0 ,X20所以yiy2