高三数学解析几何大题专项训练

解析几何大题专项训练

由于解析几何大题重点考察直线与圆锥曲线的几何性质和交叉知识的综合应用，涉及的内容丰富，易于纵横联系，对于考察学生的数学素质，综合解答问题的能力和继续学习能力有着重要的作用。同时，解析几何大题又是学生的一大难点，经常是入题容易，出来难。因此加大解析几何大题的专题训练很有必要。

例1、山东07年(21)（本小题满分13分）已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,椭圆C上的点到焦点的距离的最大值为3,最小值为1. (I)求椭圆C的标准方程;

(II)若直线l:ykxm与椭圆C相交于A,B两点(A,B不是左右顶点),且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点.求证:直线l过定点,并求出该定点的坐标.

例2、湖北（本小题满分12分）

在平面直角坐标系xOy中，过定点C(0，p)作直线与抛物线x2py（p0）相交于

2A，B两点．

（I）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；

（II）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由．

y C A O N B x

例3、（本小题满分13分）如图，设抛物线C1：y24mx(m0)的准线与x轴交于F1，焦点为F2；以F1、F2为焦点，离心率e的椭圆C2与抛物线C1在x轴上方的一个交点为P. （Ⅰ）当m1时，求椭圆的方程及其右准线的方程；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，直线l经过椭圆C2的右焦点F2，与抛物线C1交于A1、A2，如果

以线段A1A2为直径作圆，试判断点P与圆的位置关系，并说明理由；

12..

（Ⅲ）是否存在实数m，使得△PF1F2的边长是连续的自然数，若存在，求出这样的实数m；

若不存在，请说明理由．

y l

例4、（小题满分14分） A1 2

如图，与抛物线x=－4y相切 P 于点A（－4，－4）的直线l分别交x轴、y轴于点F、E，过点EF1 o F2 x 作y轴的垂线l0.

A2 （I）若以l0为一条准线，中心在

F坐标原点的椭圆恰与直线l也相切，切点为T，求椭圆的方程及点T的坐标；

2

（II）若直线l与双曲线6x－λ

2

y=8的两个交点为M、N，且点A为线段MN的中点，又过点E的直线与该双曲线的

两支分别交于P、Q两点，记

2FE|FE|在x轴正方向上的投影为p，且

（OPOQ)pm,m[,]，求（I）中切点T到直线PQ的距离的最小值.

4833

例5、（本小题满分14分） 已知椭圆C过点M(1,

6),F(2,0)是椭圆的左焦点，P、Q是椭圆C上的两个动2点，且|PF|、|MF|、|QF|成等差数列。 （1）求椭圆C的标准方程；

（2）求证：线段PQ的垂直平分线经过一个定点A；

（3）设点A关于原点O的对称点是B，求|PB|的最小值及相应点P的坐标。

..

x2y2例1【标准答案】(I)由题意设椭圆的标准方程为221(ab0)

abac3,ac1，a2,c1,b23 x2y21. 43ykxm (II)设A(x1,y1),B(x2,y2)，由x2y2得

134(34k2)x28mkx4(m23)0，

64m2k216(34k2)(m23)0，34k2m20.

8mk4(m23)x1x2,x1x2.

34k234k2..

3(m24k2)y1y2(kx1m)(kx2m)kx1x2mk(x1x2)m.

34k222以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),kADkBD1，

y1y21，y1y2x1x22(x1x2)40， x12x223(m24k2)4(m23)16mk40，

34k234k234k27m216mk4k20，解得

m12k,m22k22，且满足34km0. 7当m2k时，l:yk(x2)，直线过定点(2,0),与已知矛盾；

2k22时，l:yk(x)，直线过定点(,0). 7772综上可知，直线l过定点，定点坐标为(,0).

7当m例2、【标准答案】本小题主要考查直线、圆和抛物线等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力．

p)，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 解法1：（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N(0，直线AB的方程为ykxx22p，y，消去y得p与x2py联立得ykx．p2x22pkx2p20．

2由韦达定理得x1x22pk，x1x22p．

y B C A O N x 于是S△ABNS△BCNS△ACN·2px1x2．

12px1x2p(x1x2)24x1x2

p4p2k28p22p2k22，

∴当k0时，(S△ABN)min22p2．

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为ya，

AC的中点为O，l与AC为直径的圆相交于点P，Q，PQ的中点为H，

..

则OHPQ，Q点的坐标为x1y1p，．

22y ∵OP11212ACx1(y1p)2y1p2， 222y1p12ay1p， 22l A B OHaOC O N 11222∴PHOPOH(y12p2)(2ay1p)2 44pay1a(pa)，

2x p2∴PQ(2PH)24ay1a(pa)．

2令appp得a，此时PQp为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y， 0，

222即抛物线的通径所在的直线．

解法2：（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得

AB1k2x1x21k2·(x1x2)24x1x21k2·4p2k28p2

2p1k2·k22，

又由点到直线的距离公式得d2p1k22．

·AB·2p1k·k2·从而S△ABN·d121222p1k22p2k22，

∴当k0时，(S△ABN)min22p2．

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为ya，则以AC为直径的圆的方程为

(x0)(xx1)(yp)(yy1)0，

2将直线方程ya代入得xx1x(ap)(ay1)0，

2则△x14(ap)(ay1)4apya(pa)1． 2设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x3，y3)，Q(x4，y4)，

..

则有PQx3x4令app4ay1a(pa)2ay1a(pa)．

22ppp得a，此时PQp为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y， 0，

222即抛物线的通径所在的直线．

例3【标准答案】解：（Ⅰ）设椭圆长半轴为a，半焦距为c，当m1时，F1(1,0)，F2(1,0).

∵c1,e1，∴a2,b2a2c23 2x2y2故椭圆方程为1，右准线方程为 x434 ………………………（3分）

（Ⅱ）依题意设直线l的方程为：xky1，kR

y24x226). 联立x2y2 得点P的坐标为P(,33134将xky1代入y24x得y24ky40.

设A1(x1,y1),A2(x2,y2)，由韦达定理得y1y24k,y1y24.

又PA1(x1,y12326226),PA2(x2,y2), 33324262424k2246k11PA1PA2x1x2(x1x2)y1y2(y1y2)3939924(k62)2529 因为kR,于是PA1PA2的值可能小于零,等于零,大于零,

即点P可在圆内, 圆上或圆外.…………（8分） （Ⅲ）假设存在满足条件的实数m，

由题设有cm,a2m,F1F22m. 又设PF1r1,PF2r2，有r1r22a4m 设P(x0,y0)，对于抛物线C1，r2x0m；

y 对于椭圆C2，

r2ax0c2e1， 2 l A1 P 1即r2(4mx0).

2由x0m(4mx0) 解得 x0m,

57∴r2m, 从而 r1m.

331223F1 o A2 F2 x F..

因此，三角形PF1F2的边长分别是m,m,m .

所以m3时，能使三角形PF1F2的边长是连续的自然数. …………（13分） 例4【标准答案】解：抛物线x4y中,导数y

∴直线l的斜率为y|x42. 故直线的l方程为y2x4.

25363731x， 2 ∴点F、E的坐标分别为F（－2，0）、E（0，4）.………………………………1分 （I）∵直线l0的的方程为y=4，

y2x2∴以l0为一条准线，中心在坐标原点的椭圆方程可设为221(ab0).

ab

y2x21a4. 由a2b2则(4b2a2)x216b2x16b2a2b20. cy2x42

∵直线l与椭圆相切，16b4(4ba)(16bab)0.

2222222

a24,a2b2c2，解得a24,b23. 而c

y2x21. ……………………4分 ∴所求椭圆方程为43

316b21633此时，x，即切点T的坐标为T(,1).……5分 2222(124)22(4ba)22 （II）设l与双曲线6xy8的两个交点为M(x1,y1)、N(x2,y2)，显然x1x2.

∵点A为线段MN的中点，x1x28,y1y28，

22(y1y2)(y1y2)66x1y18. 由22(x1x2)(x1x2)6x2y28

而k1y1y2623.

x1x222

x2y21，…………………………6分 ∴双曲线的方程为6x3y8,即4833..

FE|FE|在x轴正方向上的投影为p，

1111.……………………7分 221tanEFO1k1145

p2cos2EFO

设直线PQ的方程为ykx4（斜率k必存在），点P(x3,y3),Q(x4,y4），

OPOQx3x4y3y4而m[,],m5. p2

48332040OPOQx3x4y3y4. 33

x2y2184由(63k2)x224kx560.

33ykx4∵P、Q两点分别在双曲线的两支上，63k0.

2

242k2456(63k2)014k14,24kx3x4,2 63k56xx02k2.3463k22k2.

2此时y3y4(kx34)(kx44)kx3x44k(x3x4)16.

x3x4y3y4(1k2)x3x44k(x3x4)1656k25696k29648k2408k2.11分63k23(2k2)

20408k240.233(2k)32254020k408k20k.224408k8040k

555又2k2,k2[0,],即k[,].…………………………12分

422而切点T到直线PQ的距离为

..

3|k14|3(k2)23k24k4334k2d1.222221k221kk11k34k55,k[,].22k214(k21)2k(34k)2(2k1)(k2)则t.(k21)2(k21)21令t0k或k2.234k5115t2在[,]上单调递增,在[,]上单调递减.2222k1设t又k5555时,d2;k时,d2.222255,即切点T到直线PQ的距离的最小值为2.14分 22

dmin2x2y2例5【标准答案】解：（1）设椭圆C的方程为221，

ab62141,a4,由已知，得2 解得2ab22b2.2ab2.x2y21. 所以椭圆的标准方程为42…………3分

x2y21知 （2）证明：设P(x1,y1),Q(x2,y2),由椭圆的标准方程为42x122|PF|(x12)y(x12)22x1.

222212同理|OF|222x2,|MF|2. 22…………4分

2|MF||PF||QF|,2(2

22)4(x1x2),x1x22. 22…………5分

..

22x12y14,2222①当x1x2时,由得(xx)2(yy)0， 121222x22y24,从而有

y1y21xx21.

x1x22y1y2y1y21，

x1x22n…………6分

设线段PQ的中点为N(1,n),由kPQ得线段PQ的中垂线方程为yn2n(x1).

…………7分 …………8分

1(2x1)ny0,该直线恒过一定点A(,0).

2②当x1x2时,P(1,6666),Q(1,),或Q(1,),P(1,). 2222线段PQ的中垂线是x轴，也过点A(,0),线段PQ的中垂线过点A(,0).

（3）由A(,0),得B(21212…………10分

121,0),又2x12,2x22,x12x2[0,2] 2x1211212792|PB|(x1)y1(x1)2(x11)2，…………12分

2222443|PB|min时,点P的坐标为(0,2).

2

…………14分