第六讲 解析几何 理科 答案.doc

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1、第六讲解析几何(理)参考答案第一节 曲线与方程 变式与引申1. B 提示：由,结合选项知选B.2. A 提示：由题意,又,直线与直线平行,且点在直线上,选A.3.解：设,则,.由,得图,即,.又,即,故动点的轨迹方程为.4.解：如图6-1-1，设,则,点在直线上，.垂直于直线,即.联立得.又点在双曲线上,化简整理得,故点的轨迹方程为.5.解：由题意得,故所求的椭圆方程为.设,则抛物线在点处的切线斜率为,直线的方程为,将上式代入椭圆的方程中,得,即.直线与椭圆有两个不同的交点,.设线段的中点的横坐标是,则.设线段的中点的横坐标是，则,由题意得,即有,即或；当时,有,因此不等式不成立；因此,当时代

2、入方程得.将,代入不等式成立，因此的最小值为.6. 解：设曲线方程为,将点,代入曲线方程,得,故曲线方程为. 设变轨点为,联立,得,或(舍去). 由,得或(舍去).点,此时, .故当观测点、测得、的距离分别为、时,应向航天器发出变轨指令.习题6-1. D 提示：由得,或,故方程的曲线是两条直线.提示：由渐近线方程可知 .抛物线的焦点为,.又.联立,解得,双曲线的方程为.3解法一：（I）如图6-1-1，依题意，点P的坐标为（0，m）.因为，所以，解得m=2，即点P的坐标为（0，2），从而圆的半径故所求圆的方程为（II）因为直线的方程为所以直线的方程为图6-1-2由，（1）当时，直线与抛物线C相切

3、（2）当，那时，直线与抛物线C不相切.综上，当m=1时，直线与抛物线C相切；当时，直线与抛物线C不相切.解法二：（I）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为依题意，所求圆与直线相切于点P（0，m），则解得所以所求圆的方程为（II）同解法一. 解：由已知得,解得,故所求椭圆的方程为. 由得、. 若直线的斜率不存在,则直线的方程为,由得. 设、, ,这与已知相矛盾.若直线的斜率存在,设直线直线的斜率为,则直线的方程为.设、,联立,消元得,又,化简得,解得或(舍去),故所求直线的方程为或. . 解法：由题设知,.则直线的方程为,直线的方程为.解方程组得交点坐标,即,则,.又点在双曲线上,.将,代入上式

4、得,即,故轨迹的方程为. 解法：、分别为双曲线的左、右顶点,.则的方程为；直线的方程为,两式相乘得.点在双曲线上,即,即.点、是曲线上的不同两点,它们与点、均不重合,故点、均不在轨迹上.过点及的直线的方程为.解方程组,得,直线与双曲线只有唯一交点.故轨迹不经过点.同理轨迹也不经过点.故轨迹的方程为. 设的方程为,则由知,的方程为.将代入得,即,若与椭圆相切,则,即；同理若与椭圆相切,则.由与与轨迹都只有一个公共点包含以下四种情况： 直线和都与椭圆相切,即,且,消去得,即,从而,即； 直线过点,而与椭圆相切,此时,解得； 直线过点,而与椭圆相切,此时,解得； 直线过点,而直线过点,此时,.综上所

5、述,的值为或或.第二节 圆锥曲线图变式与引申1.C提示：如图6-2-1,点到轴的距离比到准线的距离(即)少,.而点在抛物线外,的最小值为.2. 8提示：由椭圆定义知,又，.3.解法一：当焦点在轴上时,设椭圆的标准方程为,依题意有,解得.当焦点在轴上时,同理解得,不合,舍去. 综上所求椭圆的方程为.解法二：设所求椭圆方程为.依题意有,解得.故所求椭圆的方程为.4.解法一：设,代入椭圆方程得,相减得.,.由,得.,.又,.将代入,解得,.故椭圆方程为. 解法二：由,得.设,则,.,. 设,则,代入,得,.故椭圆方程为.5.解：()依题意,直线的方程,联立与双曲线方程,求得.设,则,.故. ()由(

6、)得,为定值. ()联立与的方程求得,则,.由得, ,解得,故双曲线的离心率的取值范围为.6.解：()过点斜率为的直线为,将代入方程，得. 设,则有,.线段的中点在直线上,即,得(此时式的判别式大于零). ()由,得,即. 由,得.,由、得,易知,.,又,即,得,解得或,故的取值范围是.7.解：由题意,直线的方程为.设点,由,得,则,.设点,则.由、三点共线得.由得点到轴距离与到直线：距离相等,即,.把,代入,得,即,解得.故存在常数,总有.习题6-2. B 提示：设椭圆的方程为,则,.由轴,得,即,解得,故椭圆的离心率. 提示：由题知两圆的圆心分别为双曲线的左、右焦点、,要使取最大值,应使取

7、最大值,取最小值,这时.解：设,则,化简得.当直线与轴不垂直时,设的方程为,与双曲线联立消去得.由题意知且.设,则,.,的方程为,点的坐标为,同理可得,因此. 当直线与轴垂直时,其方程为,则,的方程为,M点的坐标为,同理可得,因此.综上,即,故以线段为直径的圆经过点.4. 解：()设M(x，y)，由已知得B(x，-3)，A(0，-1).所以=（-x，-1-y）， =(0，-3-y)， =(x，-2).再由题意可知（+）=0， 即（-x，-4-2y）(x，-2)=0.所以曲线C的方程式为y=x-2.()设P(x，y)为曲线C：y=x-2上一点，因为y=x，所以的斜率为x因此直线的方程为，即则O点

8、到的距离.又，所以当=0时取等号，所以O点到距离的最小值为2.解：设椭圆方程为：,椭圆经过点,解得,所求椭圆方程为.当射线与轴重合时,.当射线不与轴重合时,设方程为：.设,由,得,.同理得.综上得,的最大值为,最小值为.类似的结论：过原点的一条射线分别与两条双曲：和：交于、两点,为线段上的一点,若、成等比数列,则点的轨迹方程为.证明：设过原点的射线的方程为,射线与双曲线有交点,显然.设,把分别代入两条双曲线方程中得,.由点在射线上,且,得,即,消去得,.第三节 直线与圆锥曲线的位置关系变式与引申1. C提示：过点F且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点的充要条件是：直线与双曲线的渐近线

9、平行（即一条渐近线的斜率=）或直线与双曲线的左，右两支各有一交点.即.综合得 所以.2. 解：（）因直线与圆相切，则圆心在直线上，既有.（）因直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，即，得.（）直线与圆有两个公共点，则圆心到直线的距离小于半径，即，得.3. 解：设A，则的解.由 两式相减得. 即 再由方程组消去y得，由 由解得 故所求的椭圆的方程为4. D提示：依题意有 则双曲线方程为.设M则 , ，两式相减得 再由 ，所以由，得 所以双曲线的方程为，故选D.5.解法一：(1)如图6-3-1，依题意，点的坐标为，可设，直线的方程为，与联立得消去得.NOACByxNOACByxlP H Q图6

10、-3-1由韦达定理得，.于是， 当时，.(2)假设满足条件的直线存在，其方程为，的中点为，与为直径的圆相交于点，的中点为，则，点的坐标为.，.令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，即抛物线的通径所在的直线.解法二：(1)前同解法一，再由弦长公式得.又由点到直线的距离公式得.从而时，.(2)假设满足条件的直线存在，其方程为，则以为直径的圆的方程为，将直线方程代入得，则.设直线与以为直径的圆的交点为， 则有.令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，即抛物线的通径所在的直线.习题6-31. D提示：双曲线的一条渐近线为,由方程组,消去y,得有唯一解,所以=, 所以,. 2.

11、解：设，由题意知0，0.（1）直线的方程为，其中.联立得 解得因为，所以. 即 ，得离心率 . （2）因为，所以.由得.所以，得a=3，.椭圆C的方程为.3.解:（1）联立与得，则中点，xAxBD图6-3-2设线段的中点坐标为，则，即，又点在曲线上， 化简可得，又点是上的任一点，且不与点和点重合，则，即，中点的轨迹方程为（）.（2）曲线，即圆：，其圆心坐标为，半径由图6-3-2可知，当时，曲线与有公共点；当时，要使曲线与有公共点，只需圆心到直线的距离，得，则的最小值为.4. 解：（）由已知得所以所以椭圆G的焦点坐标为，离心率为（）由题意知，.当时，切线l的方程，点A、B的坐标分别为此时；当m=

12、1时，同理可得；当时，设切线l的方程为由设A、B两点的坐标分别为，则又由l与圆所以由于当时，所以.因为且当时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.5.（）解法一：设点T的坐标为当时，点（，0）和点（，0）在轨迹上.当|时，由，得.又，所以T为线段F2Q的中点.在QF1F2中，所以有综上所述，点T的轨迹C的方程是解法二：设点T的坐标为 当时，点（，0）和点（，0）在轨迹上.当|时，由，得.又，所以T为线段F2Q的中点. 设点Q的坐标为（），则 因此 由得 将代入，可得综上所述，点T的轨迹C的方程是（）解法一：C上存在点M（）使S=的充要条件是由得，由得 所以，当时，存在点M，使S=；当时，不

13、存在满足条件的点M.当时，由，得解法二：C上存在点M（）使S=的充要条件是由得 上式代入得于是，当时，存在点M，使S=；当时，不存在满足条件的点M.当时，记，由知，所以第四节 坐标系与参数方程变式与引申1.9或-11提示：将直线的方程化为普通方程得，将直线的方程化为直角坐标方程得，由两平行线的距离公式得或2.解：圆的极坐标方程为，设点的极坐标为，点的极坐标为，点为线段的中点， ，将代入圆的极坐标方程，得. 点轨迹的极坐标方程为，它表示原心在点，半径为的圆.3.解：（1）当样时，的普通方程为，的普通方程为。联立方程组 ，解得与的交点为（1,0）。（2）的普通方程为。A点坐标为，故当变化时，P点轨

14、迹的参数方程为：，P点轨迹的普通方程为.故P点轨迹是圆心为，半径为的圆.习题641C 提示：， 则或.2. B 提示：化曲线的参数方程为普通方程：，圆心到直线的距离，直线和圆相交，过圆心和平行的直线和圆的2个交点符合要求，又，在直线的另外一侧没有圆上的点符合要求，所以选B.3. 提示：直线为，圆心到直线的距离.4. 提示：圆心到直线的距离等于半径.5解：设直线AB的方程为(t为参数)，代入双曲线方程，得(2cos2sin2)t2(8cos2sin)t50，由于M为AB的中点，则t1t20，则tan4，从而直线AB的方程为：4xy706解：（）由已知，M点的极角为，且M点的极径等于，故点M的极坐

15、标为（，）. （）M点的直角坐标为（），A（0,1），故直线AM的参数方程为（t为参数）7. 解：（I）设P(x，y)，则由条件知M().由于M点在C1上，所以即从而的参数方程为（为参数）（）曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为射线与的交点的极径为，射线与的交点的极径为所以. 第五节 解析几何的综合应用变式与引申1. 解：设F1(c,0）、F2(c,0)、P(x,y),则|PF1|2+|PF2|2=2(|PO|2+|F1O|2)2(52+c2),即|PF1|2+|PF2|250+2c2,又|PF1|2+|PF2|2=(|PF1|PF2|)2+2|PF1|PF2|,依双曲线定义，有|PF1|P

16、F2|=4,依已知条件有|PF1|PF2|=|F1F2|2=4c216+8c250+2c2,c2,又c2=4+b2,b2,b2=1. 2解：（1）， =0 得 P点的轨迹方程为（2）考虑方程组 消去y，得(13k2)x26kmx3m23=0(*)显然13k20 =（6km）24(3m23)=12(m2+1)3k20设x1,x2为方程*的两根，则 故AB中点M的坐标为(，)线段AB的垂直平分线方程为：将D(0，1)坐标代入，化简得：4m=3k21故m、k满足，消去k2得：m24m0 解得：m4又4m=3k211 m 故m.3解：交AB与轴不重叠时，设AB的方程为由 消y可得：设A B 则， 交A

17、B与x轴重叠时，上述结论仍然成立当 时取“=”，综上当 .4.解：（1）由椭圆定义可得，由可得，而解得 （2）由，得，解得或（舍去） 此时当且仅当时，得最小值，此时椭圆方程为 （3）由知点Q是AB的中点设A,B两点的坐标分别为，中点Q的坐标为则，两式相减得 AB的中点Q的轨迹为直线 且在椭圆内的部分又由可知，所以直线NQ的斜率为，方程为两式联立可求得点Q的坐标为点Q必在椭圆内 解得又 习题6-51. C提示：弦长|AB|=. 2. 提示：点P在线段MN的垂直平分线上，判断MN的垂直平分线于所给曲线是否存在交点.3解：（）由知，设，因为在上，. 在椭圆中，（）由方程组消x, 得 2/得 ，.4.

18、解：（）证法一：因为A、B分别是直线l：与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是. 所以点M的坐标是（）. 由即 证法二：因为A、B分别是直线l：与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是设M的坐标是所以 因为点M在椭圆上，所以 即 解得 （）解法一：因为PF1l，所以PF1F2=90+BAF1为钝角，要使PF1F2为等腰三角形，必有|PF1|=|F1F2|，即 设点F1到l的距离为d，由 得 所以 即当PF1F2为等腰三角形.解法二：因为PF1l，所以PF1F2=90+BAF1为钝角，要使PF1F2为等腰三角形，必有|PF1|=|F1F2|，设点P的坐标是，则由| PF1 |= | F1F2 | 得两边同时除以4a2，化简得 从而于是. 即当时，PF1F2为等腰三角形. 5解（1）以AB中点为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，图6-5-1则 即A、C两个救援中心的距离为 （2）|PC|=|PB|，P在BC线段的垂直平分线上 又|PB|PA|=4，P在以A、B为焦点的双曲线的左支上，且|AB|=6双曲线方程为 , BC的垂直平分线的方程为 联立两方程解得：x=8P(8，PAB120, 所以P点在A点的北偏西30处 （3）如图6-5-1，设|PQ|=h，|PB|=x，|PA|=y|QB|QA|=又 |QB|QA|PB|PA| 即A、B收到信号的时间差变小.