- 2021-05-14 发布 |
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文档介绍
2005浙江高考理科数学历年真题之解析几何大题教师版
浙江高考历年真题之解析几何大题 (教师版) 1、(2005年)如图,已知椭圆的中心在坐标原点,焦点在x轴上,长轴的长为4,左准线与x轴的交点为M,|MA1|∶|A1F1|=2∶1. (Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)若直线:x=m(|m|>1),P为上的动点,使 最大的点P记为Q,求点Q的坐标(用m表示). 解析:(Ⅰ)设椭圆方程为,半焦距为, 则 , , (Ⅱ) 设,当时,; 当时,,只需求的最大值即可 设直线的斜率,直线的斜率, 当且仅当时,最大, 2、(2006年)如图,椭圆=1(a>b>0)与过点A(2,0)、B(0,1)的直线有且只有一个公共点T,且椭圆的离心率e=。 (Ⅰ)求椭圆方程; (Ⅱ)设F、F分别为椭圆的左、右焦点,M为线段AF2的中点,求证:∠ATM=∠AFT。 解析:(Ⅰ)过 A、B的直线方程为 因为由题意得有惟一解, 即有惟一解, 所以故=0 又因为e,即 , 所以 从而得 故所求的椭圆方程为 (Ⅱ)由(Ⅰ)得, 所以 ,从而M(1+,0) 由 ,解得 因此 因为,又,,得 ,因此, 3、(2007年)如图,直线与椭圆交于两点,记的面积为. (I)求在,的条件下,的最大值; (II)当,时,求直线的方程. 解析:(I)设点的坐标为,点的坐标为. 由,解得 所以,当且仅当时,.S取到最大值1. (Ⅱ)解:由得 ① |AB|= ② 又因为O到AB的距离 所以 ③ ③代入②并整理,得,解得,, 代入①式检验,△>0,故直线AB的方程是 或或或. 4、(2008年)已知曲线C是到点P()和到直线距离相等的点的轨迹。 是过点Q(-1,0)的直线,M是C上(不在上)的动点;A、B在上, 轴(如图)。 (Ⅰ)求曲线C的方程; (Ⅱ)求出直线的方程,使得为常数。 解析:(Ⅰ)设为上的点,则, 到直线的距离为. 由题设得.化简,得曲线的方程为. (Ⅱ)解法一: 设,直线,则,从而. A B O Q y x l M 在中,因为,. 所以 . ,. 当时,, 从而所求直线方程为. 解法二:设,直线,则,从而 .过垂直于的直线. A B O Q y x l M H l1 因为,所以, . 当时,, 从而所求直线方程为. 5、(2009年)已知椭圆:的右顶点为,过的 焦点且垂直长轴的弦长为. (I)求椭圆的方程; (II)设点在抛物线:上,在点处的切线与交于 点.当线段的中点与的中点的横坐标相等时,求的最小值. O x y A P M N 解析:(Ⅰ)解:由题意,得从而 因此,所求的椭圆方程为. (Ⅱ)解:如图,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. ① 因为直线与椭圆有两个不同的交点, 所以①式中的. ② 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. ③ 由③式中的,得,或. 当时,. 则不等式②不成立,所以. 当时,代入方程③得, 将代入不等式②,检验成立. 所以,的最小值为1. 6、(2010年)已知,直线椭圆 分别为椭圆C的左、右焦点. (I)当直线过右焦点F2时,求直线的方程; (II)设直线与椭圆C交于A,B两点,,的重心分 别为G,H.若原点O在以线段GH为直径的圆内,求实数m的取值范围. 解析:(Ⅰ)解:因为直线经过,所以 又因为所以故直线的方程为 (Ⅱ)解:设, 由消去得: 则由,知 且有 由于故O为F1F2的中点, 由,可知 设M是GH的中点,则 由题意可知, 好 即 而 所以即 又因为所以所以的取值范围是(1,2)。 7、(2011年)已知抛物线=,圆的圆心为点M。 (Ⅰ)求点M到抛物线的准线的距离; (Ⅱ)已知点P是抛物线上一点(异于原点),过点P作圆的两条切线,交抛物线于A,B两点,若过M,P两点的直线垂足于AB,求直线的方程. 解析: 8、(2012年)如图,椭圆的离心率为,其左焦点到点P(2,1)的距离为,不过原点O的直线与C相交于A,B两点,且线段AB被直线OP平分。 (Ⅰ)求椭圆C的方程; (Ⅱ)求△面积取最大值时直线的方程。 解析: 9、(2013年)如图,点是椭圆 的一个顶点,的长轴是圆的直径,是过点 且互相垂直的两条直线,其中交于两点,交于另一点. 求椭圆的方程; 求面积取最大值时直线的方程. (1)由题意得 ∴椭圆的方程为 (2)设 由题意知直线的斜率存在,不妨设其为,则直线的方程为 故点到直线的距离为,又圆:, ∴ 又,∴直线的方程为 由,消去,整理得, 故,代入的方程得 ∴ 设△的面积为,则 ∴ 当且仅当,即时上式取等号。 ∴当时,△的面积取得最大值, 此时直线的方程为 10、(2014年)如图,设椭圆动直线与椭圆只有一个公共点,且点在第一象限. 已知直线的斜率为,用表示点的坐标; 若过原点的直线与垂直,证明:点到直线的距离的最大值为. (1)方法1:设直线l的方程为 ,由 ,消去y得 由于直线l与椭圆C只有一个公共点P,故△=0,即,解得点P的坐标为 又点P在第一象限,故点P的坐标为 方法2:作变换 ,则椭圆C:变为圆 : 切点 变为点 ,切线( 变为 。 在圆 中设直线 的方程为( ) , 由 解得 即 ,由于 , 所以 ,得 , 即 代入得 即, 利用逆变换代入即得: (2)由于直线l1过原点O且与直线l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,所以点P到直线l1的距离 整理得: 因为,所以 当且仅当 时等号成立。 所以,点P到直线 的距离的最大值为 11、(2015年)已知椭圆=1上两个不同的点A, B关于直线y=mx+对称. 求实数m的取值范围; 求△AOB面积的最大值(O为坐标原点) 解:(1)由题意,可设直线AB的方程为x=-my+n,代入椭圆方程,可得(m2+2)y2-2mny+n2-2=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意,△=4m2n2-4(m2+2)(n2-2)=8(m2-n2+2)>0, 设线段AB的中点P(x0,y0),则.x0=-m×+n=, 由于点P在直线y=mx+上,∴=+, ∴,代入△>0,可得3m4+4m2-4>0, 解得m2,∴或m. (2)直线AB与x轴交点横坐标为n, ∴S△OAB==|n|•=, 由均值不等式可得:n2(m2-n2+2)=, ∴S△AOB=,当且仅当n2=m2-n2+2,即2n2=m2+2,又∵,解得m=, 当且仅当m=时,S△AOB取得最大值为. 12、(2016年)如图,设椭圆. (1)求直线被椭圆截得的线段长(用、表示); (2)若任意以点为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围. I)设直线被椭圆截得的线段为,由得 , 故 ,. 因此 . (II)假设圆与椭圆的公共点有个,由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点,,满足 . 记直线,的斜率分别为,,且,,. 由(I)知, ,, 故 , 所以. 由于,,得 , 因此 , ① 因为①式关于,的方程有解的充要条件是 , 所以 . 因此,任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为 , 由得,所求离心率的取值范围为. 13、 (2017年)如图,已知抛物线x2=y,点A(-,),B(,),抛物线上的点p(x,y)(-<x<).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q. (1)求直线AP斜率的取值范围; (2)求|PA|·|PQ|的最大值. 解:(1)设直线AP的斜率为k, k==x-, 因为-<x<,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1). (2)联立直线AP与BQ的方程 解得点Q的横坐标是xQ=. 因为|PA|=(x+)=(k+1), |PQ|=(xQ-x)=-, 所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3. 令f(k)=-(k-1)(k+1)3, 因为f′(k)=-(4k-2)(k+1)2, 所以f(k)在区间(-1,)上单调递增,(,1)上单调递减, 因此当k=时,|PA|·|PQ|取得最大值.查看更多