解析几何定点定值问题答案.doc

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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流解析几何定点定值问题答案.精品文档.解析几何定点、定值问题答案1、解：（）由题意知e=，所以e2=即a2=b2又因为b=，所以a2=4，b2=3故椭圆的方程为=1.4分（）由题意知直线PB的斜率存在，设直线PB的方程为y=k(x-4)由,得（4k2+3）x2-32k2x+64k2-12=0 6分设点B(x1,y1)，E(x2,y2)，则A(x1,-y1)直线AE的方程为y-y2=(x-x2)令y=0，得x=x2-将y1=k(x1-4)，y2=k(x2-4)代入，整理，得x= 8分由得x1+x2=，x1x2=10分 代入整理，得x=1所以直线A

2、E与x轴相交于定点Q(1,0)12分2、（1）解：设（1）由条件知直线1分由消去y，得2分由题意，判别式（不写，不扣分）由韦达定理，3分由抛物线的定义，从而所求抛物的方程为6分（2）易得7分设。将代入直线PA的方程得9分同理直线PB的方程为10分将代入直线PA，PB的方程得12分14分3、解一：（1）由题知： 2分 化简得：4分（2）设，:，代入整理得6分，8分的方程为 令，得10分直线过定点.12分解二：设，:， 代入整理得6分,，8分的方程为令，得10分直线过定点.12分解三：由对称性可知，若过定点，则定点一定在轴上，设，:， 代入整理得6分,，8分 设过定点，则，而 则10分直线过定点.

3、12分4、()2分4分6分8分12分14分5、解：（1）由已知F（），设A（），则圆心坐标为，圆心到y轴的距离为. 2分圆的半径为， 4分以线段FA为直径的圆与y轴相切。 5分（2）设P（0，），B（），由，得. 6分. 7分 10分将变形为，. 11分将代入，整理得 12分代入得. 13分即. 14分6、解： （）因为,即,所以抛物线C的方程为- 2分设M的半径为,则,所以的方程为 4分 （），设，（1）当斜率不存在时，则-6分（2）当斜率存在时，设PQ的方程为，则消得，所以，-8分由因为，所以，故。-10分所以所以。-12分7、解：（I）设椭圆C的方程为，因为抛物线的焦点坐标是 所以由题意

4、知b = 1又有 椭圆C的方程为 4分（II）方法一：设A、B、M点的坐标分别为易知右焦点的坐标为（2，0） 即 6分将A点坐标代入到椭圆方程中，得去分母整理得 9分 12分方法二：设A、B、M点的坐标分别为 又易知F点的坐标为（2，0）显然直线l存在的斜率，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得 8分又12分8、（1）椭圆C1的方程为；（2）点P的坐标或；（3）9、解：(1)椭圆的方程为 (2)联立 得 设，则且 ， 由已知得， ，即整理得 直线的方程为，因此直线过定点，该定点的坐标为.10、（） ()设坐标为，过点与椭圆相切的切线方程为. 在

5、圆上 联立 消去得，由题意知 即 设过点与椭圆相切的两条切线斜率为. 则 （定值） 所以 两切线斜率之积为定值.11、（）解：由已知可得 ， 故所求椭圆方程为. 4分（）若直线的斜率存在，设方程为，依题意设，由 得 6分则 由已知，所以，即 8分所以，整理得 故直线的方程为，即（）所以直线过定点（） 10分若直线的斜率不存在，设方程为，设，由已知，得此时方程为，显然过点（）综上，直线过定点（） 12分12、解：（1） 2分椭圆的方程为 4分 （2）依题意，设的方程为 由 显然 5分 由已知得： 7分 解得 8分 （3）当直线斜率不存在时，即，由已知，得 又在椭圆上， 所以 ,三角形的面积为定值

6、.9分 当直线斜率存在时：设的方程为 必须 即 得到， 10分 代入整理得： 11分 12分 所以三角形的面积为定值. 14分13、解：（1）直线的斜率为 （2）设，线段中点为 则线段的垂直平分线方程为 线段的垂直平分线恰过点 即 (定值). 所以线段中点的横坐标为定值.14、解：（1）根据条件可知椭圆的焦点在x轴，且故所求方程为即 3分（2）假设存在点M符合题意，设AB：代入得： 4分则 6分10分要使上式与K无关，则有，解得， 存在点满足题意。12分15、解：(I)由题意可知：a+c= +1 ，2cb=1,有a2=b2+c2a2=2, b2=1, c2=1所求椭圆的方程为： .4分（II）

7、设直线l的方程为：y=k（x-1）A(x1，y1) ,B(x2，y2)，M(,0)联立则 16、解:（I）设动点，动点到点的距离比它到直线的距离多。即动点到点的距离等于它到直线的距离则两边平方化简可得： ABmPFBCD （II）如图,作 设,的横坐标分别为 则 解得 同理 解得记与的交点为 故17、（1）椭圆C1的方程为；（2）点P的坐标或；（3）18、解：（）连接为坐标原点,为右焦点），由题意知：椭圆的右焦点为因为是的中位线，且,所以所以，故,在中，,即,又,解得所求椭圆的方程为 () 由（）得椭圆:设直线的方程为并代入整理得:由得: ,设则由中点坐标公式得:,当时,有,直线显然过椭圆的两

8、个顶点; 当时,则,直线的方程为此时直线显然不能过椭圆的两个顶点;若直线过椭圆的顶点,则即所以,解得:(舍去) .若直线过椭圆的顶点,则即所以,解得:(舍去) ,综上,当或或时, 直线过椭圆的顶点.（）法一：由（）得椭圆的方程为 ,根据题意可设，则则直线的方程为过点且与垂直的直线方程为并整理得：,又在椭圆上，所以所以,即、两直线的交点在椭圆上,所以 法二：由（）得椭圆的方程为根据题意可设，则，所以直线，化简得所以因为,所以,则.所以，则,即.19、解：（）抛物线的焦点为，准线方程为，又椭圆截抛物线的准线所得弦长为， 得上交点为， 由代入得，解得或（舍去），从而 该椭圆的方程为（） 倾斜角为的直

9、线过点， 直线的方程为，即，由（）知椭圆的另一个焦点为，设与关于直线对称，则得 ，解得，即，又满足，故点在抛物线上。所以抛物线上存在一点，使得与关于直线对称。20、(I)椭圆C的方程21、(I) 22、.解：（），椭圆方程为，2分准圆方程为。 3分（）（1）因为准圆与轴正半轴的交点为，设过点且与椭圆有一个公共点的直线为，所以由消去，得.因为椭圆与只有一个公共点，所以，解得。 5分所以方程为. 6分（2）当中有一条无斜率时，不妨设无斜率，因为与椭圆只有一个公共点，则其方程为，当方程为时，此时与准圆交于点，此时经过点（或）且与椭圆只有一个公共点的直线是（或），即为（或），显然直线垂直；同理可证方程

10、为时，直线垂直. 7分当都有斜率时，设点，其中.设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，则消去，得.由化简整理得：.8分因为，所以有.设的斜率分别为，因为与椭圆只有一个公共点，所以满足上述方程，所以，即垂直. 10分综合知：因为经过点，又分别交其准圆于点，且垂直，所以线段为准圆的直径，所以=4. 12分23、（1）由已知，可得， . .4分 （2）设，直线， 代入椭圆方程得， 6分， 7分. 8分 （3）由已知椭圆方程为 ， 右焦点的坐标为， 直线所在直线方程为 ， 由得：， 10分设，则，设，由得， 11分点在椭圆上，整理得：， 又点在椭圆上，故 ， ，13分由式得. 14分24、（）将圆的一

11、般方程化为标准方程 ，圆的圆心为,半径. 由,得直线,即, 由直线与圆相切,得, 或 (舍去). -2分 当时, , 故椭圆的方程为 -4分（）由知,从而直线与坐标轴不垂直, 由可设直线的方程为，直线的方程为. 将代入椭圆的方程并整理得: ,-6分解得或,因此的坐标为,即 -8分 将上式中的换成,得. 直线的方程为化简得直线的方程为， 因此直线过定点. -12分25、解: （）因为满足， ，2分。解得，则椭圆方程为 4分（）（1）将代入中得6分7分因为中点的横坐标为，所以，解得9分（2）由（1）知，所以 11分12分14分26、(1)由已知得b1，解得a2，所以椭圆方程为y21.椭圆的右焦点为

12、(，0)，此时直线l的方程为yx1，代入椭圆方程化简得7x28x0.解得x10，x2，代入直线l的方程得y11，y2，所以D点坐标为.故|CD|.(2)当直线l与x轴垂直时与题意不符设直线l的方程为ykx1.代入椭圆方程化简得(4k21)x28kx0.解得x10，x2，代入直线l的方程得y11，y2，所以D点坐标为.又直线AC的方程为y1，直线BD的方程为y(x2)，联立解得因此Q点坐标为(4k,2k1)又P点坐标为，所以(4k,2k1)4.故为定值27、【解析】 (1)因椭圆焦点在轴上，设椭圆的标准方程为由已知得，所以，椭圆方程为.直线垂直于轴时与题意不符设直线的方程为，则设 ，则由已知得.

13、解得.所以直线的方程为或.(2)方法一： 直线与轴垂直时与题意不符设直线的方程为 ，所以点坐标为.设 ，由(1)知，直线的方程，直线的方程为 ，联立方程设， 解得，不妨设，因此点的坐标为，又，所以故为定值方法二：直线与轴垂直时与题意不符设直线的方程为 ，所以点坐标为.设 ，由(1)知，直线的方程，直线的方程为 ，将两直线方程联立，消去得.因为，所以异号所以与异号，与同号，所以，解得.因此点的坐标为 .故为定值28【解析】 (1)由，得，故椭圆的标准方程为.(2)设，则由得，即， .因为点在椭圆，所以，故设、 分别为直线、的斜率，由题设条件知，因此，所以.所以点是椭圆上的点，设该椭圆的左、右焦点

14、为、，则由椭圆的定义知为定值，又因，因此两焦点的坐标为，.【总结提高】本节内容是高中数学的重要内容之一,也是高考常见新颖题的板块,尤其是在最近几年的高考试题中,平面向量与解析几何的融合,提高了题目的综合性,形成了题目多变,解法灵活的特点,充分体现了高考中以能力立意的命题方向。29、【解析】考查意图: 本题考查利用直线、椭圆、双曲线和平面向量等知识综合解题的能力,以及运用数形结合思想,方程和转化的思想解决问题的能力.解答过程：（）椭圆的方程为（）设直线的方程为：，代入得由，设 ， 则，由，得所以，所以 ，解得 所以 满足.所以 直线的方程为， 令 得 所以点的坐标为30、【解析】(1)由 ，得，

15、再由,解得.由题意可知 =4,即.解方程组得 .所以椭圆的方程为 . (2) () 由（1）可知。设点的坐标为,直线的斜率为，则直线的方程为,于是A,B两点的坐标满足方程组由方程组消去并整理，得由得所以由，得整理得 即 ，解得.所以直线的倾斜角为.(ii)设线段是中点为，则的坐标为以下分两种情况：当时，点的坐标为。线段的垂直平分线为轴，于是当时，线段的垂直平分线方程为 .令，解得.由,整理得.综上.31、解：（1）由题意，得，所以直线的方程，直线的方程为，-2分 由，得，所以直线与直线的交点坐标为，-4分 因为，所以点在椭圆上-6分（2）设的方程为，代入，得，设，则，直线的方程为，令得，将，代

16、入上式得（9设，所以直线经过轴上的点-12分32、 符合所以在(II)的条件下，PQR能否为等腰直角三角形。33、本小题主要考查椭圆的方程的求法，考察弦长公式的应用和利用均值不等式求最值的方法，考查思维能力、运算能力和综合解题的能力满分12分解析（）， ， 4分 （）设直线BD的方程为设为点到直线BD：的距离， ，当且仅当时取等号.因为，所以当时，的面积最大，最大值为9分 （）设，直线、的斜率分别为： 、，则 将（）中、式代入（*）式整理得=0，即012分34、解：（）由已知得， 2分所以曲线的方程为（） 3分曲线的方程为（） 4分（）将代入，得5分设，则，所以 7分将代入，得设，则，所以 因

17、为，所以，9分则直线的斜率， 10分所以直线的方程为：，即11分故过定点 12分35、.解： （）解： 由已知 ， 椭圆方程为5分（） 设直线方程为 ，由 得设，则7分设，则由共线，得 有 同理 9分，即，以线段为直径的圆经过点F；当直线的斜率不存在时，不妨设则有, ，即，以线段为直径的圆经过点F综上所述，以线段为直径的圆经过定点F 12分36、(）设方程为，则.由，得椭圆C的方程为. 4分()（i）解：设，直线的方程为，代入，得 由，解得 6分由韦达定理得.四边形的面积当，. 8分() （ii）解：当，则、的斜率之和为0，设直线的斜率为则的斜率为，的直线方程为由（1）代入（2）整理得 10分

18、同理的直线方程为，可得 12分所以的斜率为定值. 14分37、解：（1）方法一：如图，以线段的中点为原点，以线段所在的直线为轴建立直角坐标系.则，.2分 设动点的坐标为，则动点的坐标为， 3分由，得. 5分方法二：由. 2分所以，动点的轨迹是抛物线，以线段的中点为原点，以线段所在的直线为轴建立直角坐标系，可得轨迹的方程为： . 5分（2）方法一：如图，设直线的方程为， 6分则. 7分联立方程组 消去得， 8分故 9分由，得， 10分整理得，. 12分方法二：由已知，得. 7分于是， ， 8分 如图，过、两点分别作准线的垂线，垂足分别为、，则有= ， 10分由、得. 12分38. 解：（）由题意

19、知， 所以即又因为，所以，故椭圆的方程为 4分（）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为由 得 设点，则直线的方程为令，得将，代入，整理，得 由得 ，代入整理，得所以直线与轴相交于定点 8分（）当过点直线的斜率存在时，设直线的方程为，且，在椭圆上由 得 易知所以， 则因为，所以所以当过点直线的斜率不存在时，其方程为解得，此时所以的取值范围是12分39、解：（1）设，由椭圆定义可知，点的轨迹是以为焦点，长半轴为的椭圆它的短半轴，故曲线C的方程为 （2）设直线,分别交曲线C于，其坐标满足 消去并整理得，故 以线段为直径的圆过能否过坐标原点，则，即而，于是，化简得，所以40、解析：（）由题意可得圆的

20、方程为，直线与圆相切，即，-1分又，即，解得， 所以椭圆方程为-3分（）设， ，则，即， 则， -4分即， 为定值-6分（）设，其中由已知及点在椭圆上可得， 整理得，其中-7分当时，化简得，所以点的轨迹方程为，轨迹是两条平行于轴的线段； -8分当时，方程变形为，其中，-10分当时，点的轨迹为中心在原点、实轴在轴上的双曲线满足的部分；当时，点的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆满足的部分；当时，点的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆 -12分41、.解：（1）椭圆右焦点的坐标为，1分，由，得 3分设点的坐标为，由，有，代入，得 5分（2）设直线的方程为，、，则， 6分由，得， 同理得8分，则 9

21、分由，得， 10分则 11分因此，的值是定值，且定值为 12分42、解析：（ 1）由题设知，又，所以，故椭圆方程为；2分（2）因为，所以直线与x轴不垂直.设直线的方程为，.由得，所以，6分又，所以，即，整理得，即，10分因为，所以，展开整理得，即.直线l在y轴上的截距为定值.12分动向解读：本题考查解析几何中的定点、定值或取值范围问题，这是一类综合性较强的问题，也是近几年高考对解析几何考查的一个重点和热点内容.这类问题以直线与圆锥曲线德位置关系为载体，以参数处理为核心，需要综合运用函数、方程、不等式、平面向量等诸多数学知识以及数形结合、分类讨论等多种数学思想方法进行求解，对考生的代数恒等变形能

22、力、化简计算能力有较高的要求.43、略44、解析：（）当直线的斜率不存在时，两点关于轴对称，则，由在椭圆上，则，而，则于是，.当直线的斜率存在，设直线为，代入可得，即，即则，满足综上可知，.（）当直线的斜率不存在时，由（）知当直线的斜率存在时，由（）知，当且仅当，即时等号成立，综上可知的最大值为。（）假设椭圆上存在三点，使得，由（）知，解得,，因此只能从中选取，只能从中选取，因此只能从中选取三个不同点，而这三点的两两连线必有一个过原点，这与相矛盾，故椭圆上不存在三点，使得。45、【解析】（）由题意知，椭圆离心率为，得，又，所以可解得，所以，所以椭圆的标准方程为；所以椭圆的焦点坐标为（，0），因为双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，所以该双曲线的标准方程为【命题意图】本题考查了椭圆的定义、离心率、椭圆与双曲线的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力。其中问题（3）是一个开放性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力，46、(I)由题意设椭圆的标准方程为 (II)设，由得以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，解得，且满足.当时，直线过定点与已知矛盾；当时，直线过定点综上可知，直线过定点，定点坐标为47、