歷年高中數(shù)學聯(lián)賽真題分類匯編46平面解析幾何

1/3歷年高中數(shù)學聯(lián)賽真題分類匯編專題46平面解析幾何第六緝1．【2019高中數(shù)學聯(lián)賽B卷（第01試）】在橢圓中，F(xiàn)為一個焦點，A、B為兩個頂點若|FA|=3，|FB|=2，求AB的所有可能值.【答案】答案見解析【解析】不妨設(shè)平面直角坐標系中橢圓Γ的標準方程為x2并記c=a2?b2易知F到Γ的左頂點的距離為a+c，到右頂點的距離為a－c，到上下頂點的距離均為a.分以下情況討論:(1)A、B分別為左、右頂點.此時a+c=3，a－c=2，故|AB|=2a=5(相應地，b2=(a+c)(a－c)=6，Γ的方程為4x(2)A為左頂點，B為上頂點或下頂點.此時a+c=3，a=2，故c=1，進而b2所以|AB|=a2+b2(3)A為上頂點或下頂點，B為右頂點.此時a=3，a－c=2，故c=1，進而b2所以|AB|=a2+b2綜上可知，|AB|的所有可能值為5,72．【2018年福建預賽】已知△DEF三邊所在的直線分別為l1:x=－2，l2：x+3y－4=0，l3：x－3y－4=0，⊙C為△DEF的內(nèi)切圓.（1）求⊙C的方程；（2）設(shè)⊙C與x軸交于A、B兩點，點P在⊙C內(nèi)，且滿足PC2=PA?PB.記直線PA、PB的斜率分別為k1、k2，求k【答案】（1）x2+y2=4.（2）(－1，0]【解析】（1)解法一：設(shè)C(a，b)，⊙C半徑為r，則a+2=結(jié)合點C(a，b)在△DEF內(nèi)，可得a+2=?(a+解得a=b=0，r=2.∴⊙C的方程為x2+y2=4.解法二：設(shè)C(a，b)，⊙C半徑為r.如圖，由條件知，l2、l3的傾斜角分別為150°和30°，且它們關(guān)于x軸對稱，同時l1⊥x軸.因此，△DEF為正三角形.∴點C在x軸上，且a=－2+r，b=0.由l2、l3交x軸于點D(4，0)，知△DEF的高為6.∴r=13×6=2∴⊙C的方程為x2+y2=4.（2）由（1）知，C(0，0)，A(－2，0)，B(2，0).設(shè)P(x，y)，則x2+y2<4.∵PC2∴x2化簡得，x2－y2=2.∴k1由x2+y2<4，以及x2－y2=2，y2≥0，得2≤x2<3.∴k1k2∈(－1，0].∴k1k2的取值范圍為(－1，0].3．【2018年江蘇預賽】如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知圓O的方程為x2+y2=4，過點P(0,1)的直線l與圓O交于點A，B，與x【答案】見解析【解析】當ABx軸垂直時，此時點Q與點O重合，從而當點Q與點O不重合時，直線AB的斜率存在，設(shè)AB:y=kx+1，A(x由題設(shè)得：x1+1將y=kx+1代入x2+y則Δ>0，所以λ+μ=2+?2k?3k=834．【2018年江蘇預賽】如圖，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，對角線AC與BD交于點P，ΔABD與ΔABC的內(nèi)心分別為I1和I【答案】見解析【解析】因為I1，I2分別為故∠AI1B=180°?12(∠DAB+∠DBA)，∠AI2B=180°?因此∠I1I同理，∠PNM=12(∠CAB+∠DBA).所以∠PMN=∠PNM5．【2018年貴州預賽】已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率e=22，直線y（1）求橢圓C的方程；（2）過點M(2，0)的直線l（斜率不為零）與橢圓C交于不同的兩點E、F（E在點F、M之間），記λ=SΔOMES【答案】（1）x22+y2【解析】（1）由e=22由x所以Δ=64?36(2?2由AB=895所以橢圓C的方程為x2（2）設(shè)l：x=my+2，且E（x1，y1）、F（x2，y2）由x2+2所以由Δ>0解得m2>2，且y1+由λ=SΔOMESΔOMF=12由①②得λ所以18<λ(1+λ)26．【2018年浙江預賽】已知動直線l與圓O：x2+y2=1相切，與橢圓x29【答案】4【解析】依題意可設(shè)l：y=kx+m(k≠0).因為直線l與圓O相切，所以，O到直線l的距離為1，即m1+這樣的直線必與橢圓交于不同的兩點A(x1，得(1+9k2)所以AB的中點坐標為(?9kmAB的中垂線方程為y?m1+9kO到直線中垂線的距離d=8km將m1+k2由均值不等式，1+9k2≥6k，故所以，當k=原點到AB的中垂線的最大距離為437．【2018年重慶預賽】設(shè)橢圓C的左、右頂點為A，B(a,0)，過右焦點F(1,0)作非水平直線l與橢圓C交于P，Q兩點，記直線AP，BQ的斜率分別為k1，k2，試證：【答案】k【解析】證明：設(shè)l：x=ty+1，代入橢圓方程x2a設(shè)Pxy1兩式相除得y1由題意知k1從而k1=a因為a所以k18．【2018年陜西預賽】如圖，圓C與x軸相切于點T2,0，與y軸的正半軸相交于A,B兩點（A（1）求圓C的方程；（2）設(shè)過點B的直線l與橢圓x28+y24=1【答案】（1）x?22【解析】（1）易知AC=52，故圓方程為（2）由（1）可知A0,4,B0,1，且直線PQ的斜率必存在，可設(shè)l設(shè)Px2k∴k9．【2018年陜西預賽】如圖，圓C與x軸相切于點T2,0，與y軸的正半軸相交于A,B兩點（A（1）求圓C的方程；（2）設(shè)過點B的直線l與橢圓x28+y24=1【答案】（1）x?22【解析】（1）易知AC=52，故圓方程為（2）由（1）可知A0,4,B0,1，且直線PQ的斜率必存在，可設(shè)l設(shè)Px2k∴k10．【2018年陜西預賽】如圖，圓C與x軸相切于點T2,0，與y軸的正半軸相交于A,B兩點（A（1）求圓C的方程；（2）設(shè)過點B的直線l與橢圓x28+y24=1【答案】（1）x?22【解析】（1）易知AC=52，故圓方程為（2）由（1）可知A0,4,B0,1，且直線PQ的斜率必存在，可設(shè)l設(shè)Px2k∴k11．【2018年湖南預賽】已知拋物線C1的頂點(2?1,1)，焦點(2?34【答案】C2過定點，該定點的坐標為2【解析】C1中的p=12，方程(y?1)設(shè)交點為(x0,y0即2(y同理可得，C2y0即(2y由題意知二者垂直，從而可得1×(?1)+2(y整理得4y02由y02y02①-②×2得4b=2a?1?22.③代入C22y即2y由方程組2y2+2x?2即對任何滿足③的a、b，點2?12,1在曲線C212．【2018年湖南預賽】如圖，在凸四邊形ABCD中，M為邊AB的中點，且MC=MD.分別過點C、D作邊BC、AD的垂線，設(shè)兩條垂線的交點為P.過點P作PQ⊥AB與Q.求證：∠PQC=∠PQD.【答案】見解析【解析】如圖，連結(jié)PA、PB，分別取PA、PB的中點E、F，連結(jié)EM、ED、FM、FC，則四邊形PEMF為平行四邊形，從而∠PEM=∠PFM.由ME=1所以△DEM≌△MFC，即∠DEM=∠MFC，所以∠PED=∠DEM-∠PEM=∠MFC-∠PFM=∠PFM.又∠PED=2∠PAD,∠PFC=2∠PBC,得∠PAD=∠PBC.由于∠PQA=∠PDA=90°，∠POB=∠PCB=90°，則P、Q、A、D和P、Q、B、C分別四點共圓.故∠PQD=∠PAD,∠PQC=∠PBC,所以∠PQC=∠PQD.13．【2018年貴州預賽】已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率e=22，直線y（1）求橢圓C的方程；（2）過點M(2，0)的直線l（斜率不為零）與橢圓C交于不同的兩點E、F（E在點F、M之間），記λ=SΔOMES【答案】（1）x22+y2【解析】（1）由e=22由x所以Δ=64?36(2?2由AB=895所以橢圓C的方程為x2（2）設(shè)l：x=my+2，且E（x1，y1）、F（x2，y2）由x2+2所以由Δ>0解得m2>2，且y1+由λ=SΔOMESΔOMF=12由①②得λ所以18<λ(1+λ)214．【2018年廣西預賽】已知中心在原點O，焦點在x軸上，離心率為32的橢圓過點(2,【答案】（0，1）【解析】設(shè)橢圓方程為x2a2解得a=2b=1，故橢圓方程為x由題設(shè)可知直線l的斜率存在且不為0，故可設(shè)直線l的方程為y=kx+mm≠0令P（x1,y1），Q（由y=kx+m,x2+4則有Δ=64k且x1y1由直線OP、PQ、OQ的斜率構(gòu)成等比數(shù)列可得y1從而?8k由m≠0得由Δ>0及x1設(shè)d為點O到直線l的距離，則S=1所以SΔOPQ15．【2018年安徽預賽】設(shè)O是坐標原點，雙曲線C：x2⑴求證：△AOB的面積S是定值；⑵求△AOB的外心P的軌跡方程.【答案】（1）見解析（2）a【解析】⑴雙曲線在M（x0,y得A（x1,y1）=ax從而S=1⑵由⑴可設(shè)A（λa,λb），B（aλ由AP=OP=從而有ax+by=λ上述兩式相乘，得P的軌跡方程為a216．【2018年山東預賽】已知圓O:x2+y2=4與曲線C:y=3x?t，Am,n，Bs,p【答案】t=【解析】設(shè)Px,y為圓O上任意一點，則由題意知PAPB=k于是x?m2整理得x2因此點P的軌跡是一個圓．因為Px,y所以此圓與圓O:x于是有?2k整理得k2所以m2因為s，p∈N?，所以又因為k>1，所以s=p=1，因此將A2,2，B1,1，代入17．【2018年湖北預賽】已知O為坐標原點，N1,0，點M為直線x=?1上的動點，∠MON的平分線與直線MN交于點P，記點P的軌跡為曲線E（1）求曲線E的方程；（2）過點Q?12,?12作斜率為k的直線l，若直線【答案】（1）y2=x【解析】(1).設(shè)Px,y,M?1,t因為OP平分∠MON，所以MP=x+1=1+ty?t=1+t由①②可得t=2y1?x，代入①得到x+11?x=1+(2).記A1,1,B1,?1直線l的方程為y+12=kx+1k當直線l與拋物線y2=x相切于點T時，Δ=1?2kk?1當k=k1=1+32時，當k=k2=1?32時，若直線l與曲線E恰好有一個公共點，則有kQB<k≤kQA或18．【2018年甘肅預賽】已知橢圓C:x2a2+（1）求橢圓C的方程；（2）過點F的直線l與橢圓C交于A,B兩點，交y軸于點P．若PA=mAF,（3）在（2）的條件下，若點P不在橢圓C的內(nèi)部，點Q是點P關(guān)于原點O的對稱點，試求三角形QAB面積的最小值．【答案】（1）x28【解析】（1）由題意b=2，c=2，所以a2=8，橢圓C的方程為(2)設(shè)A、B、P的坐標分別為x1由PA=m又點A在橢圓C上，則2m1+m整理得2m由PB=n2n由于A、B不重合，即m≠n，故m、n是二次方程2的兩根，所以m+n=-4，為定值。（3）依題意，直線l的方程為x2+y2+tΔ=16t所以x1SS==t=32由已知，點P不在橢圓C的內(nèi)部，得t?2，即t2?4，所以SΔQAB219．【2018年吉林預賽】如圖，已知拋物線y=ax2過點P（-1，1），過點Q（?12，0）作斜率大于0的直線l交拋物線與M、N兩點（點M在Q、N之間），過點M作x軸的平行線，交OP于A，交ON于B.△PMA與△OAB的面積分別記為S1【答案】S【解析】如圖，拋物線y=ax2過點P（-1，1），得a=1，所以拋物線的方程為設(shè)直線l的方程為y=kx+12設(shè)M（x1,y1），N（x2,y又ON的方程為y=y2x2x有AB===可得AB由題意知?12=又因為S1=120．【2018年天津預賽】如圖，F(xiàn)1、F2是雙曲線x2?【答案】（1）見解析（2）見解析【解析】⑴若直線AB的斜率不存在，即切點位于實軸的頂點，則A、B的坐標分別為（1，2）、（1，-2）.這時OA=若直線AB的斜率存在，可設(shè)直線AB的方程為y=kx+b.由于AB與雙曲線相切，所以關(guān)于x的方程x2即Δ=1整理得k2由于A、B的橫坐標x1、x我們有x1注意A、B的坐標分別為（x1,2x可知OA=因此OA?⑵在ΔOAF1與ΔOF所以ΔOAF1這樣，我們有∠===∠BF即四邊形F121．【2018年河南預賽】已知方程17x【答案】對稱中心為1,0，對稱軸為y=【解析】易知點A1,1設(shè)橢圓的對稱中心為a,b，則點A'故有172a?12172a?12①?②化簡得b=2a?2．代入①并化簡得4a解得a=1．從而，b=0．故對稱中心為1,0．又對稱軸經(jīng)過對稱中心，故可設(shè)對稱軸方程為y=kx?1設(shè)點A1,1關(guān)于直線y=kx?1的對稱點為y0+1又A0在曲線上，則有17將③代入上式并化簡得k8k=0不合題意，故8k因此，對稱軸方程為y=13±522．【2018年河北預賽】如圖，橢圓x2（1）求該橢圓的離心率；（2）設(shè)線段AB的中點為G，AB的中垂線與x軸、y軸分別交于D、E兩點.記△GDF的面積為S1，△OED（O坐標原點）的面積為S2.求【答案】（1）e=12【解析】（1）依題意，當直線AB經(jīng)過橢圓的頂點（0，b）時，其傾斜角為60°.設(shè)F(?c,0)，則bc=tan60°=3.將b=（2）由（1）知，橢圓方程可設(shè)為x24c2+y23c則x1所以G(?4c因為GD⊥AB，所以3ck4因為△GFD∽△OED，所以S1所以S1S223．【2018年四川預賽】已知雙曲線x24?y23=1，設(shè)其實軸端點為A1、A2，點P【答案】見解析【解析】由已知可設(shè)A1?2,0、A2因為直線PA1的方程為y=y0所以M設(shè)以線段M1M2為直徑的圓C上的任意一點Qx,y，那么由M令y=0，代入上述圓方程，得x?1由x024?y02所以，以線段M1M24．【2018年浙江預賽】已知動直線l與圓O：x2+y2=1相切，與橢圓x29【答案】4【解析】依題意可設(shè)l：y=kx+m(k≠0).因為直線l與圓O相切，所以，O到直線l的距離為1，即m1+這樣的直線必與橢圓交于不同的兩點A(x1，得(1+9k2)所以AB的中點坐標為(?9kmAB的中垂線方程為y?m1+9kO到直線中垂線的距離d=8km將m1+k2由均值不等式，1+9k2≥6k，故所以，當k=原點到AB的中垂線的最大距離為4325．【2018年遼寧預賽】如圖所示，在平面直角坐標系xOy，設(shè)點M(x0,y0)是橢圓C:x(1)設(shè)直線MF1、(2)當k1·k【答案】（1）x+32【解析】1.由橢圓定義：MF所以，AF1+則AF1=a=2，故點A因為0<r<1，則點Ax,yx+3綜上，點A的軌跡方程為x+32.令直線OP的方程是y=k1x即x又直線OQ與圓相切，設(shè)直線OQ的方程是y=kx則k1、kk又k1?kk即c+由于M為橢圓上的點，且c為定值，因此必有c=?14，故k1設(shè)點Px1,x1同理x2O==4故OP?OQ的最大值為26．【2018年江西預賽】若橢圓x225+y29=1上不同的三點Ax1【答案】25x?20y=64【解析】用a、則a=5，b=3，c=4，右焦點為由AFa2c根據(jù)等差性質(zhì)，AF+CF=2BF，而BF=95，即所以x1+設(shè)線段AC的中點為D，則其坐標為D4,又設(shè)點T的坐標為Tx0,0，則AC的中垂線DT因Tx0,0即x0?4=又根據(jù)A、B在橢圓上，得所以y1據(jù)①，即有y12再據(jù)②③得x0=6425，即點于是直線BT的方程為25x?20y=64．27．【2018年湖南預賽】設(shè)曲線C:|x（1）求區(qū)域D的面積；（2）設(shè)過點M(0,?16)的直線與曲線C交于兩點P、Q，求|PQ|的最大值.【答案】（1）512（2）16【解析】（1）由題設(shè)，由256?16|y|≥0，因此?16≤y≤16.若|x2?16y|=|此時x=±16(0≤y≤16)，圖象時兩條直線段.當?16≤y≤0時，|x若|x2?16y|=16y?x2，則當0≤y≤16當?16≤y<0時，|x2?16y|=16y?綜上所述，區(qū)域D的集合為：D={(x,y)|?16≤x≤16,x由區(qū)域D上函數(shù)圖象性質(zhì)，知區(qū)域D的面積為S=32×16=512.（2）設(shè)過點M(0,?16)的直線為l，為了求|PQ|的最大值，由區(qū)域D的對稱性，只需考慮直線l與D在y軸右側(cè)圖像相交部分即可.設(shè)過點M(0,?16)的直線l方程為y=kx?16，易知此時l與D相交時有l(wèi)≤k<∞.28．【2018年福建預賽】已知F1、F2分別為橢圓C:x2a2+（1）求橢圓C的方程；（2