2022年2022年历年高考真题考点归纳第九章解析几何第二节圆锥曲线 .pdf-淘文阁

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1、三、解答题26.（江苏18）如图，在平面直角坐标系xOy中， M、N 分别是椭圆12422yx的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P、A 两点，其中P在第一象限，过P作 x 轴的垂线，垂足为C，连接 AC，并延长交椭圆于点B，设直线 PA的斜率为 k （1）当直线PA平分线段 MN，求 k 的值；（2）当 k=2 时，求点 P到直线 AB的距离 d；（3）对任意k0，求证： PA PB 本小题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力，满分16 分. 解：（ 1）由题设知，),2,0(),0 ,2(,2,2NMba故所以线段

2、MN中点的坐标为)22, 1(，由于直线PA平分线段 MN，故直线 PA过线段 MN 的中点，又直线PA过坐标原点，所以.22122k（2）直线 PA的方程2221,42xyyx代入椭圆方程得解得).34,32(),34,32(,32APx因此于是),0,32(C直线 AC的斜率为.032, 13232340yxAB的方程为故直线.32211|323432|,21d因此（3）解法一：将直线 PA的方程kxy代入2222221,421212xyxkk解得记则)0 ,(),(),(CkAkP于是故直线 AB 的斜率为,20kk名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - -

3、 - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 25 页 - - - - - - - - - 其方程为,0)23(2)2(),(222222kxkxkxky代入椭圆方程得解得223222(32)(32)(,)222kkkxxBkkk或因此. 于是直线PB的斜率.1)2(23)2(2)23(2222322231kkkkkkkkkkkk因此., 11PBPAkk所以解法二：设)0,(),(,0,0),(),(11121212211xCyxAxxxxyxByxP则. 设直线 PB，AB的斜率分别为21,kk因为 C在直线 AB 上，所以.22)()

4、(0111112kxyxxyk从而1)()(212112121212211xxyyxxyykkkk.044)2(12221222122222221222122xxxxyxxxyy因此., 11PBPAkk所以27.（安徽理21）设，点A的坐标为（ 1,1），点B在抛物线yx上运动，点Q满足QABQ，经过Q点与Mx轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足MPQM,求点P的轨迹方程。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 25 页 - - - - - - - - - 本

5、题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念，性质与运算，动点的轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养. 解：由MPQM知 Q，M，P三点在同一条垂直于x 轴的直线上，故可设.)1(),(),(),(),(2020220yxyxyyxxxMyxQyxP则则再设),1 ,1().(,),(010111yxyyxxQABQyxB即由解得.)1(,)1(011yyxx将式代入式，消去0y，得.)1()1(,)1(2211yxyxx又点 B 在抛物线2xy上，所以211xy，再将式代入211xy，得.012),1 (, 0.0)1()1 ()1 (2,)1(2)

6、1()1()1(,)1()1()1(22222222yxyxxxyxxyx得两边同除以因故所求点P的轨迹方程为.12xy28. （北京理19）已知椭圆22:14xGy.过点（ m,0）作圆221xy的切线 I 交椭圆 G 于 A，B两点 . （I）求椭圆G 的焦点坐标和离心率；（II）将AB表示为 m 的函数，并求AB的最大值 . （19）（共 14 分）解：（）由已知得, 1,2 ba所以.322bac所以椭圆G 的焦点坐标为)0,3(),0, 3(名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - -

7、- - - - 第 3 页，共 25 页 - - - - - - - - - 离心率为.23ace（）由题意知，1| m. 当1m时，切线 l 的方程1x，点 A、B 的坐标分别为),23, 1(),23, 1(此时3| AB当 m=1 时，同理可得3| AB当1| m时，设切线l 的方程为),(mxky由0448)41 (.14),(2222222mkmxkxkyxmxky得设 A、B两点的坐标分别为),)(,(2211yxyx，则2222122214144,418kmkxxkmkxx又由 l 与圆.1, 11|,1222222kkmkkmyx即得相切所以212212)()(|yyxxAB4

8、1)44(4)41(64)1 (2222242kmkkmkk.3|342mm由于当3m时，,3| AB所以),1 1,(,3|34|2mmmAB. 因为,2|3|343|34|2mmmmAB且当3m时， |AB|=2 ，所以 |AB| 的最大值为2. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 25 页 - - - - - - - - - 29.（福建理17）已知直线l：y=x+m，mR。（I）若以点M（2,0）为圆心的圆与直线l 相切与点 P，且点 P在 y 轴上，

9、求该圆的方程；（II）若直线l 关于 x 轴对称的直线为l，问直线l与抛物线C：x2=4y 是否相切？说明理由。本小题主要考查直线、圆、抛物线等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想。满分13 分。解法一：（I）依题意，点P的坐标为（ 0，m）因为MPl，所以01120m，解得 m=2，即点 P的坐标为（ 0，2）从而圆的半径22|(20)(02)2 2,rMP故所求圆的方程为22(2)8.xy（II）因为直线l的方程为,yxm所以直线 l的方程为.yxm由22,4404yxmxxmxy得244416(1)mm（1）当1,0m即时，直线 l

10、与抛物线 C相切（2）当1m，那0时，直线 l与抛物线 C不相切。综上，当m=1 时，直线 l与抛物线 C 相切；当1m时，直线 l与抛物线 C 不相切。解法二：（I）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为22(2).xyr依题意，所求圆与直线:0lxym相切于点 P（0，m），则224,|20|,2mrmr名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 25 页 - - - - - - - - - 解得2,2 2.mr所以所求圆的方程为22(2)8.xy（II）同解法一

11、。30.（广东理19）设圆 C 与两圆2222(5)4,(5)4xyxy中的一个内切，另一个外切。（1）求 C 的圆心轨迹L 的方程 ; （2）已知点M3 5 4 5(,),(5,0)55F，且 P为 L 上动点，求MPFP的最大值及此时点P的坐标（1）解：设 C 的圆心的坐标为( ,)x y，由题设条件知2222|(5)(5)|4,xyxy化简得 L 的方程为221.4xy（ 2）解：过M，F的直线l方程为2(5)yx，将其代入L 的方程得21532 5840.xx解得12126 514 56 52 514 52 5,(,),(,).515551515xxlLTT故与交点为因 T1 在线

12、段 MF 外， T2 在线段 MF 内，故11| 2,MTFTMF22| 2.MTFTMF，若 P不在直线 MF 上，在MFP中有|2.MPFPMF名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 25 页 - - - - - - - - - 故|MPFP只在 T1 点取得最大值2。31.（湖北理20）平面内与两定点1(,0)Aa，2( ,0)Aa(0)a连续的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上1A、2A两点所成的曲线C可以是圆、椭圆成双曲线（）求曲线C的方程，并讨论

13、C的形状与m值得关系；（）当1m时，对应的曲线为1C；对给定的( 1,0)(0,)mU，对应的曲线为2C，设1F、2F是2C的两个焦点。试问：在1C撒谎个，是否存在点N，使得1FN2F的面积2|Sm a。若存在，求tan1FN2F的值；若不存在，请说明理由。本小题主要考查曲线与方程、圆锥曲线等基础知识，同时考查推理运算的能力，以及分类与整合和数形结合的思想。（满分 14 分）解：（I）设动点为M，其坐标为( ,)x y，当xa时，由条件可得12222,MAMAyyykkmxaxaxa即222()mxymaxa，又12(,0),( ,0)AaAA的坐标满足222,mxyma故依题意，曲线C 的

14、方程为222.mxyma当1,m时曲线 C的方程为22221,xyCama是焦点在y 轴上的椭圆；当1m时，曲线 C的方程为222xya，C是圆心在原点的圆；当10m时，曲线 C的方程为22221xyama，C是焦点在x 轴上的椭圆；当0m时，曲线 C的方程为22221,xyamaC是焦点在x 轴上的双曲线。（II）由（ I）知，当 m=-1 时， C1的方程为222;xya当( 1,0)(0,)m时，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 25 页 - - -

16、NFrF NF，则由22121 21 2cos,cosmaNFNFr rmar r可得，从而221 21sin1sintan22cos2maSr rma，于是由2|Sm a，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 25 页 - - - - - - - - - 可得2212 |tan|,tan.2mmam am即综上可得：当15,02m时，在 C1上，存在点N，使得212|,tan2;Sm aF NF且当150,2m时，在 C1上，存在点N，使得212|,tan2;

17、Sm aF NF且当1515( 1,)(,)22m时，在 C1上，不存在满足条件的点N。32.（湖南理21）如图 7，椭圆22122:1(0)xyCabab的离心率为32，x 轴被曲线22:Cyxb截得的线段长等于C1的长半轴长。（）求C1，C2的方程；（）设C2与 y 轴的焦点为M，过坐标原点O 的直线l与 C2 相交于点A,B,直线 MA,MB 分别与 C1相交与 D,E（i）证明： MDME; （ii）记 MAB,MDE 的面积分别是12,S S问：是否存在直线l,使得121732SS?请说明理由。解：（）由题意知.1, 2,2,2,23baabbaace解得又从而故 C1，C2的方

18、程分别为.1, 14222xyyx（）（i）由题意知，直线l 的斜率存在，设为k，则直线l 的方程为kxy. 由12xykxy得012kxx. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 25 页 - - - - - - - - - 设212211,),(),(xxyxByxA则是上述方程的两个实根，于是. 1,2121xxkxx又点 M 的坐标为（ 0，1），所以2121212212122111)() 1)(1(11xxxxkxxkxxkxkxxyxykkMBMA

19、.11122kk故 MAMB，即 MDME. （ii）设直线MA 的斜率为 k1，则直线 MA 的方程为1, 1, 1211xyxkyxky由解得1,1021kykxyx或则点 A 的坐标为) 1,(211kk. 又直线 MB 的斜率为11k，同理可得点B的坐标为).11,1(211kk于是221111111111111| |1|1|222|kSMAMBkkkkk由044, 1221yxxky得. 08)41 (1221xkxk解得12121218,140,14114kxkxykyk或则点 D 的坐标为2112211841(,).1 414kkkk又直线 ME 的斜率为k1，同理可得点E的坐标

20、为).44,48(2121211kkkk名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 25 页 - - - - - - - - - 于是)4)(1(|)1 (32|2121211212kkkkMEMDS. 因此21122114(417).64SkSk由题意知，2221112114171(417),4,.64324kkkk解得或又由点 A、B 的坐标可知，21211111113,.12kkkkkkkk所以故满足条件的直线l 存在，且有两条，其方程分别为.2323xyxy

21、和33.（辽宁理20）如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点 M，N 在 x 轴上，椭圆 C2的短轴为MN，且 C1，C2的离心率都为e，直线 lMN，l 与 C1 交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D（I）设12e，求BC与AD的比值；（II）当 e 变化时，是否存在直线l，使得 BOAN，并说明理由解：（I）因为 C1，C2的离心率相同，故依题意可设22222122242:1,:1,(0)xyb yxCCababaa设直线:(|)lxtta，分别与 C1，C2的方程联立，求得2222( ,),( ,).abA tatB tatba4分当13,2

22、2ABebayy时分别用表示 A，B 的纵坐标，可知222 |3|:|.2 |4BAybBCADya6分（ II） t=0 时的 l 不符合题意 .0t时， BO/AN 当且仅当 BO 的斜率 kBO与 AN 的斜率 kAN 相等，即名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 25 页 - - - - - - - - - 2222,baatatabtta解得222221.abetaabe因为2212| |,01,1,1.2etaeee又所以解得所以当202e时，不存

23、在直线l，使得 BO/AN；当212e时，存在直线l 使得 BO/AN. 12分34.（全国大纲理21）已知 O 为坐标原点， F为椭圆22:12yC x在 y 轴正半轴上的焦点，过 F 且斜率为- 2的直线l与 C交于 A、B 两点，点 P满足0.OAOBOP（）证明：点P 在 C 上；（）设点P关于点 O 的对称点为Q，证明： A、P、B、Q 四点在同一圆上解：（I）F（0，1），l的方程为21yx代入2212yx并化简得242 210.xx 2 分设112233(,),(,),(,),A x yB xyP xy则122626,44xx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - -

24、 - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 25 页 - - - - - - - - - 1212122,2()21,2xxyyxx由题意得3123122(),()1.2xxxyyy所以点 P 的坐标为2(, 1).2经验证，点P的坐标为2(, 1)2满足方程221,2yx故点 P在椭圆 C上。 6 分（ II）由2(, 1)2P和题设知，2(,1)2QPQ的垂直平分线1l的方程为2.2yx设 AB 的中点为M，则2 1(,)42M，AB 的垂直平分线为2l的方程为21.24yx由、得12,l l的交点为2 1(,)

25、88N。 9 分2222122222213 11|()( 1),28883 2|1(2)|,23 2|,422113 3|()(),482883 11|,8NPABxxAMMNNAAMMN名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 25 页 - - - - - - - - - 故|NP|=|NA|。又|NP|=|NQ|，|NA|=|NB|，所以 |NA|=|NP|=|NB|=|MQ|，由此知 A、P、B、Q 四点在以 N 为圆心， NA 为半径的圆上 12 分35.

26、（全国新课标理20）在平面直角坐标系xOy 中，已知点 A（0，-1），B点在直线3y上， M 点满足/ /MBOA，MA ABMB BA，M 点的轨迹为曲线C（I）求 C 的方程；（II） P为 C 上动点，l为 C在点 P处的切线，求O 点到l距离的最小值(20）解：()设 M(x，y)，由已知得B(x，-3)，A(0，-1). 所以MAuuu r=（-x，-1-y），MBuuu r=(0，-3-y)，ABuu u r=(x，-2). 再由题意可知（MAuuu r+MBuuu r）?ABuu u r=0，即（ -x，-4-2y）? (x，-2)=0. 所以曲线C的方程式为y=14x2

27、-2. ()设 P(x0，y0)为曲线 C：y=14x2-2 上一点，因为y=12x，所以l的斜率为12x0因此直线l的方程为0001()2yyxxx，即2000220 x xyyx则 O 点到l的距离20020| 2|4yxdx.又200124yx，所以2020220014142(4)2,244xdxxx当20 x=0 时取等号，所以O 点到l距离的最小值为2. 36.（山东理22）已知动直线l与椭圆C: 22132xy交于P11,xy、Q22,xy两不同点，且OPQ 的面积OPQS=62,其中 O 为坐标原点 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - -

28、 - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 25 页 - - - - - - - - - （）证明2212xx和2212yy均为定值 ; （）设线段PQ的中点为 M，求| |OMPQ的最大值；（）椭圆C 上是否存在点D,E,G ，使得62ODEODGOEGSSS?若存在，判断DEG的形状；若不存在，请说明理由. （I）解：（1）当直线l的斜率不存在时，P，Q 两点关于 x 轴对称，所以2121,.xx yy因为11(,)P x y在椭圆上，因此2211132xy又因为6,2OPQS所以116| |.2xy由、得116|,| 1.2xy此时

29、222212123,2,xxyy（ 2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为,ykxm由题意知m0，将其代入22132xy，得222(23)63(2)0kxkmxm，其中22223612(23)(2)0,k mkm即2232km（ *）又212122263(2),2323kmmxxx xkk所以22222121222 6 32|1()41,23kmPQkxxx xkk名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 25 页 - - - - - - - - - 因为点

31、122222212122222222222222332(),2222916211|()()(3),2244224(32)2(21)1|(1)2(2),(23)yyxxkkmkmmmmmxxyykmOMmmmmkmmPQkkmm名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 25 页 - - - - - - - - - 所以2222111|(3)2(2)2OMPQmm2222211(3)(2)113225().24mmmm所以5| |2OMPQ，当且仅当221132,2m

32、mm即时，等号成立 . 综合（ 1）（2）得 |OM| |PQ| 的最大值为5.2解法二：因为222222121221214 |()()()()OMPQxxyyxxyy222212122()()10.xxyy所以224 |102 | |5.25OMPQOMPQ即5| |,2OMPQ当且仅当2 | |5OMPQ时等号成立。因此|OM| |PQ| 的最大值为5.2（ III）椭圆 C上不存在三点D，E，G，使得6.2ODEODGOEGSSS证明：假设存在11226( , ),(,),(,)2ODEODGOEGD u vE xyG xySSS满足，由（ I）得2222222222221212121

33、2222222121212123,3,3;2,2,2,3;1.25, ,1,2uxuxxxvyvyyyuxxvyyu x xv y y解得因此只能从中选取只能从中选取因此 D，E，G只能在6(, 1)2这四点中选取三个不同点，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 25 页 - - - - - - - - - 而这三点的两两连线中必有一条过原点，与62ODEODGOEGSSS矛盾，所以椭圆C 上不存在满足条件的三点D，E，G. 37.（陕西理17）如图，设P 是

34、圆2225xy上的动点，点D 是 P 在 x 轴上的摄影，M 为 PD 上一点，且45MDPD（）当P在圆上运动时，求点M 的轨迹 C的方程；（）求过点（3，0）且斜率为45的直线被 C所截线段的长度解：（）设 M 的坐标为（ x,y）P的坐标为（ xp,yp）由已知得,5,4xpxypyP在圆上，225254xy，即 C 的方程为2212516xy（）过点（3，0）且斜率为45的直线方程为435yx，设直线与C 的交点为1122,A xyB xy将直线方程435yx代入 C的方程，得22312525xx即2380 xx12341341,22xx线段 AB 的长度为2221212121641

35、4114125255ABxxyyxx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 25 页 - - - - - - - - - 注：求 AB 长度时，利用韦达定理或弦长公式求得正确结果，同样得分。38.（上海理23）已知平面上的线段l及点P，在l上任取一点Q，线段PQ长度的最小值称为点P到线段l的距离，记作(, )d P l。（1）求点(1,1)P到线段:30(35)lxyx的距离( , )d P l；（2）设l是长为 2 的线段，求点集|( , )1DP d P

36、l所表示图形的面积；（3）写出到两条线段12,l l距离相等的点的集合12|( , )( ,)P d P ld P l，其中12,lAB lCD，,A B C D是下列三组点中的一组。对于下列三组点只需选做一种，满分分别是2 分，6 分， 8 分；若选择了多于一种的情形，则按照序号较小的解答计分。(1,3),(1,0),( 1,3),( 1,0)ABCD。(1,3),(1,0),( 1,3),( 1, 2)ABCD。( 0 , 1 ) ,( 0 , 0 ) ,( 0 , 0 ) ,ABCD。解：设( ,3)Q x x是线段:30(35)lxyx上一点，则22259|(1)(4)2()(35)2

38、A名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 25 页 - - - - - - - - - 选择(0,1),(0,0),(0,0),(2,0)ABCD。(, ) |0,0(,)|,01 x yxyx yyxx2(, )|21,12( , ) |4230,2x yxyxx yxyx39.（四川理21）椭圆有两顶点A（-1，0）、B（1，0），过其焦点F （0，1）的直线l 与椭圆交于C、D 两点，并与 x 轴交于点P直线 AC与直线 BD 交于点 Q（I）当 |C

39、D | = 322时，求直线l 的方程；（II）当点 P异于 A、B两点时，求证：OP OQ为定值。解：由已知可得椭圆方程为2212yx，设l的方程为1(0),yk xk为l的斜率。DB=CA122.5yx-2xy-113ABCDOODCBA31-1yx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 25 页 - - - - - - - - - 则1212222222212122242122(2)2101221222kykxyyxxkkkxkxykxx xy ykk24

40、22221212222288889()()22(2)(2)2kkkxxyykkkkl的方程为21yx40.（天津理18）在平面直角坐标系xOy中，点( , )P a b (0)ab为动点，12,F F分别为椭圆22221xyab的左右焦点已知12F PF为等腰三角形（）求椭圆的离心率e；（）设直线2PF与椭圆相交于,A B两点，M是直线2PF上的点，满足2AMBM，求点M的轨迹方程本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想，考查解决问题能力与运算能力.满分 13 分. （ I）解：设12(,0),( ,0)(0)

41、FcF cc由题意，可得212| |,PFF F即22()2 .acbc整理得22()10,1cccaaa得（舍），或1.2ca所以1.2e（II）解：由（ I）知2 ,3 ,ac bc可得椭圆方程为2223412,xyc直线 PF2方程为3().yxcA， B 两点的坐标满足方程组2223412,3().xycyxc消去 y 并整理，得2580.xcx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 21 页，共 25 页 - - - - - - - - - 解得1280,.5xx

42、c得方程组的解21128,0,53 ,3 3.5xcxycyc不妨设83 3(,),(0,3 )55AccBc设点 M 的坐标为83 3( , ),(,),( ,3 )55x yAMxc ycBMx yc则，由33(),.3yxccxy得于是8 3383 3(,),15555AMyxyx( ,3 ).BMxx由2,AM BM即8 3383 3()()3215555yxxyxx，化简得21816 3150.xxy将2218153105,0.31616 3xxycxycxx代入得所以0.x因此，点M 的轨迹方程是21816 3150(0).xxyx41.（浙江理21）已知抛物线1C:3xy，圆2C

43、:22(4)1xy的圆心为点M （）求点M 到抛物线1c的准线的距离；（）已知点 P是抛物线1c上一点（异于原点），过点 P作圆2c的两条切线，交抛物线1c于 A，B 两点，若过M，P两点的直线l垂直于 AB，求直线l的方程名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 22 页，共 25 页 - - - - - - - - - 本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15 分。（ I）解：由题意可知，

44、抛物线的准线方程为：1,4y所以圆心M（0，4）到准线的距离是17.4（II）解：设222001122(,),(,),(,)P x xA x xB x x，则题意得00120,1,xxxx，设过点 P 的圆 C2的切线方程为200()yxk xx，即200ykxkxx则2002|4|1,1kxxk即222220000(1)2(4)(4)10 xkxxkx，设 PA ，PB的斜率为1212,()k kkk，则12,k k是上述方程的两根，所以222000121222002(4)(4)1,.11xxxkkk kxx将代入222000,yxxkxkxx得由于0 x是此方程的根，故110220,xkx

45、 xkx，所以222200012121200212002(4)422,.1ABMPxxxxxkxxkkxxkxxxx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 23 页，共 25 页 - - - - - - - - - 由MPAB，得2200002002(4)4(2) (1)1ABMPx xxkkxxx，解得2023,5x即点 P的坐标为23 23(,)55，所以直线l的方程为3 1154.115yx42.（重庆理20）如题（ 20）图，椭圆的中心为原点O，离心率e，一条准线的方

46、程为x（）求该椭圆的标准方程；（）设动点P满足：OPOMONuu u ruuu ruuu r，其中,M N是椭圆上的点，直线OM与ON的斜率之积为，问：是否存在两个定点,F F，使得PFPF为定值？若存在，求,F F的坐标；若不存在，说明理由解：（I）由22,2 2,2caeac名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 24 页，共 25 页 - - - - - - - - - 解得2222,2,2acbac，故椭圆的标准方程为221.42xy（ II）设1122( ,

47、),(,),(,)P x yM x yN xy，则由2OPOMON得112212121212( , )(,)2(,)(2,2),2,2.x yx yxyxxyyxxxyyy即因为点 M， N 在椭圆2224xy上，所以2222112224,24xyxy，故222222121212122(44)2(44)xyxxx xyyy y2222112212121212(2)4(2)4(2)204(2).xyxyx xy yx xy y设,OMONkk分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知12121,2OMONy ykkx x因此121220,x xy y所以22220.xy所以 P点是椭圆22221(2 5)( 10)xy上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，则由椭圆的定义 |PF1|+|PF2| 为定值，又因22(25)( 10)10c，因此两焦点的坐标为12(10,0),( 10,0).FF名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 25 页，共 25 页 - - - - - - - - -

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