(完整版)高考解析幾何壓軸題精選(含答案)

1、專業(yè)資料21 .設拋物線y 2Px（p 0）的焦點為F ,點A（0,2）.若線段FA的中點B在拋物線上， 則B到該拋物線準線的距離為 。（3分）2 22 .已知m> 1,直線l: x my 0 ,橢圓C :3 y2 1 , Fi F2分別為橢圓C的左、 2m右焦點.（I）當直線l過右焦點F2時，求直線l的方程；（n）設直線l與橢圓C交于A,B兩點，VAF1F2, VBF1F2的重心分別為G, H .若原點O在以線段GH為直徑的圓內，求實數(shù) m的取值范 圍.（6分）3已知以原點 。為中心，F(xiàn) 底0為右焦點的雙曲線 C的離心率e（I）求雙曲線C的標準方程及其漸近線方程；（II ）如題（20）

2、圖，已知過點Mx小的直線hxx 4y1y 4與過點N x2, y2 （其中x2 x）的直線Lxzx 4y2y 4的交點E在雙曲線C上，直線MNW兩條漸近 線分別交與GH兩點，求OGH 的面積。（8分）4.如圖，已知橢圓里-y2 1(a> b>0)的離心率為,以該橢圓上的點和橢圓的左、a2b22焦點Fi ,F2為頂點的三角形的周長為4(& 1).一等軸雙曲線的頂點是該橢圓的焦點,PFi和PF2與橢圓的交點分別為 A B和C、D.為該雙曲線上異于頂點的任一點，直線(I)求橢圓和雙曲線的標準方程；(n)設直線 PF1、PF2的斜率分別為ki、 k2 ,證明ki k2 1 ;(出)

3、是否存在常數(shù) ，使得ab| |cd|ab| cd恒成立？若存在，求 的值；若不存在，請說明理由.(7分)5.在平面直角坐標系 xoy中，如圖，已知橢圓的左、右頂點為A、B,右焦點為F。設過點T(t,m)的直線TA、TB與橢圓分別交于點 M(Xi,y1)、N(x2,y2),其中 m>0,yi 0,y20。(1)設動點P滿足PF2 7.設A、B是橢圓3x y 上的兩點，點 N (1, 3)是線段AB的中點，線段 AB的垂直平分線與橢圓相交于 C D兩點.(I)確定的取值范圍，并求直線 AB的方程；(n)試判斷是否存在這樣的，使得A、B、C D四點在同一個圓上？并說明理由 .(此題不要求在答題

4、卡上畫圖)(6分) PB24,求點P的軌跡；，、八1設Xi 2,X2,求點T的坐標；3(3)設t 9,求證：直線 MN、過x軸上的一定點(其坐標與m無關)。(6分)6.如圖，設拋物線C : y x2的焦點為F,動點P在直線l : x y 2 0上運動，過P作拋物線C的兩條切線PA PB,且與拋物線 C分別相切于 A B兩點.(1)求 APB的重心 G的軌跡方程.(2)證明/ PFAPFB. (6 分)8.如圖，已知橢圓的中心在坐標原點，焦點Fi, F2在x軸上，長軸AA的長為4,左準線l與 x 軸的交點為 M |MAi| ： |AiFi| =2 ： 1.（I）求橢圓的方程；.彳（n）若點P為1

5、上的動點，求/ F1PF2最大值.（6分）229 .設Fi, F2是橢圓工 y 1的兩個焦點，P是橢圓上的點，且| PF| ： |P同=2： 1, 94則三角形 PF F2的面積等于 . （3分）10 .在平面直角坐標系 XOY中，給定兩點 M（1, 2）和N （1, 4）,點P在X軸上移動，當MPN取最大值時，點 P的橫坐標為 。（3分）211.若正萬形ABCD勺一條邊在直線 y 2x 17上，另外兩個頂點在拋物線 y x上.則該正方形面積的最小值為 . （3分）2212.已知C0： x x 2213. 設曲線C: - y 1（a為正常數(shù)）與。:y =2（x+m）在x軸上萬公有一個公共點 P

6、。 a（1）實數(shù)m的取值范圍（用a表示）；1 , ,（2）。為原點，若Ci與x軸的負半軸交于點 A,當0<a<時，試求OAP的面積的最大值2（用a表?。?。（5分） y2 1和C1：三4 1（a b 0）。試問：當且僅當 a, b滿足什 a b么條件時，對Ci任意一點巳均存在以P為頂點、與Co外切、與Ci內接的平行四邊形？并證明你的結論。（4分）14 .已知點A(0,2)和拋物線y2 x 4上兩點B,C使得AB BC ,求點C的縱坐標的取值范圍.(4分)15 . 一張紙上畫有半徑為 R的圓O和圓內一定點 A且OA a.拆疊紙片，使圓周上某一點 A剛好與A點重合，這樣的每一種拆法，都留

7、下一條直線折痕，當A取遍圓周上所有點時,求所有折痕所在直線上點的集合. (6分)416 . (04, 14)在平面直角坐標系 xoy中，給定二點 A(0,),B( 1,0), C(1,0),點P到直線 3BC的距離是該點到直線 AB, AC距離的等比中項。(I )求點P的軌跡方程；(n)若直線L經過 ABC的內心(設為 D),且與P點的軌跡恰好有3個公共點，求L的 斜率k的取值范圍。(5分)17 .過拋物線y x2上的一點a (1,1)作拋物線的切線，分別交 x軸于D,交y軸于B.點C在拋物線上，點 E在線段AC上，qt足 照 1;點F在線段BC上，滿足空 2,且 ECFC12 1 ,線段CD

8、與EF交于點P.當點C在拋物線上移動時，求點P的軌跡方程.(6分)word完美格式18.參數(shù)方程練習題（13分）1.直線y 2x 1的參數(shù)方程是A x t2 八.y 2t2B.2tC.D.x sin4ty 2ty 2sin 12.方程x1t表示的曲線是（A. 一條直線B.兩條射線C.一條線段D.拋物線的一部分3.參數(shù)方程sin2(cos2為參數(shù)）化為普通方程是（A. 2xB.2x yC. 2x2,3D.2x y2,34.直線kx0與曲線C:2 cos相交，則k的取值范圍是（A. kB.C.D.5.圓的方程為2cos,直線的方程為2sin2t6t1,則直線與圓的位置關系是1（）。A.過圓心B.相

9、交而不過圓心C.相切D.相離1x -t1.2一 Yt 1t6.參數(shù)方程（t為參數(shù)）所表示的曲線是（）。yyxxCABD7.曲線C:x cos （為參數(shù)）的普通方程為y 1 sin0有公共點，那么實數(shù) a的取值范圍為;如果曲線C與直線5.2x t)和 4(t R),y t8 .（2011廣東）已知兩曲線參數(shù)方程分別為x J5C0S （0y sin它們的交點坐標為9 .已知x、y滿足（x 1）2 （y 2）24,求S 3x y的最大值和最小值。答案：1.解析：利用拋物線的定義結合題設條件可得出p的值為42, B點坐標為2 23 r（,1）所以點B到拋物線準線的距離為3J2,本題主要考察拋物線的定義

10、及幾何性44質，屬容易題2 2.(I)解：因為直線 l : x my 0 經過 F2(Jm2 1,0),所以 dm2 12得m22,又因為m 1,所以m彼，故直線l的方程為x 6y互20。(n)解：設 A(x, y1), Bd.)。2x 得 2y2 my 旦42x2mmy則28(m- 1)4由于Fi（c,0), F2(c,0),一.20 ,知 m 8 ,且有y1y2m-,y1 gy22m8UULTUULT UULTUULTO為F1F2的中與八、5由AG2GO,BH2HO2O可知8故2 m(y1 y2)2(X1 X2)212X1 y1X2G(, ), h(,3 33又2GHGHxiX2 y y2

11、2 MOGH ,4(X1X2)2(XiX2)29(yiy2)29X1X2小、2(myi2 m)(my222y)yiy2(m2m211)(mT 2)所以2.即m 4又因為m0所以12。所以m的取值范圍是（1,2）。3【解析】（I）由題意知,橢圓離心率為工2,得 a 、2c,又 2a 2c 4(2 21),所以可解得a 2 2,所以b22X2c 4,所以橢圓的標準方程為一82 y4所以橢圓的焦點坐標為（0）,因為雙曲線為等軸雙曲線，且頂點是該橢圓的焦點，所以該雙曲線的標準方程為2:竟音（II）設點八加 為），則后=3,片/425 2Q，又點？（勾，為）在雙曲域上，所以有5-應=L即尸/=而'

12、;一4,所I以I 444（III）假設存在常數(shù)3 值得|為同+刈=父3£卜|?口煤成立，則由CII）如片叱=1,所以設直線AE的方程為尸=4器+2），則直線S的方程為尸=1542）, k3=取三+2）由方程組 儲 , 消丫得：（2爐+ 1）/十區(qū)上。+筋口 8=。，設以小為人 頌*），+ -1I 8 4則由韋達定理得;-SC?周十的=赤？哂_靖 層所以 AB- Jl+），-人外+ 叼一而兩 ' 4，；*：）4依1記） 爐+2又因為3同十|2門|=4恒外校門|,所以有功二同理可得112+1P+2+-AB CD 4 也(1+F) 4£0+/)/；：= 當、所以存在隧a

13、= 竽，使得忸3|+口切=元恒4|?？诤愠闪?解：（I ）設匕的標準方程為:£ = 1 （« >0.6 > 0），則由題意c =6. e因此 q =2,6 = 4* - 11C的標準方程為。-/ = LC的漸近線方程為"土% 即廠2”0和答（20）圖（口）解法一：如答（20）圖，由題意點打工外加）在直線小力苻+4力y = 4和匕城/ +4%7 = 4上，因此有與與+孫力"，町丸+ 4%九=4,故點M7均在直線打工+4打丁 =4上，因此直線的方程為設CH分別是直線MN與漸近線工-與 。及h +為=0的交點,由方程組22解得幾丁設與霽軸的交點為Q

14、,則在直線打工+4,7=4中，令y = o德4口 * 易知f 0）,注量到4-配=4#I0QI 伉7/=擊*5. (1)設點 P(x,y),則：F(2,0)、B(3,0)、A (-3 ,0)。由 PF2 PB24,得(x 2)2 y2 (x 3)2 y2 4,化簡得 x - o2 9故所求點P的軌跡為直線x -o2(2)將 x12, x2i ,，、一,分別代入橢圓方程,直線MTA方程為:3y 05 03以及yi5, i0, V20得：M(2, )、N(33直線NTB方程為：y20955y -x -o聯(lián)立方程組，解得:6200y3 i0所以點T的坐標為(7, )。3(3)點T的坐標為(9, m)

15、直線MTA方程為:m / (xi23),直線NTB方程為：-y0m 0即 y (x 3)。62 X 分別與橢圓9i聯(lián)立方程組，同時考慮到為3,X23,解得：M(38080m2)2m40m )80 m2)、N(3(m2 20)20 m220m 2) o (方法一)當 xi20 m2X2時,直線Mwr程為:此時必過點D (120m220 m240m20m80 m2 20 m223(m2 20) X cc2220 m2令 y 0,解得: 3(80 m2) 3(m2 20)80 m220 m20);當Xi X2時，直線MMT程為:X i ,與x軸交點為D (i所以直線MN、過x軸上的一定點 D (1,

16、 0)。226. (1)設切點A、B坐標分別為(x,X0)和(Xi,Xi )(xiX。)，切線AP的方程為:2X0X y2X00;切線BP的方程為:2xix yXi20；解得P點的坐標為:X0Xp FXi,Yp X0X1所以 APB的重心G的坐標為 xGX0XiXp30)。yGy0yyp322Xo%XoXi3(Xo、22x1)xox1 4Xpyp33所以yp3yG 4xG ,由點P在直線l上運動，從而得到重心 G的軌跡方程為：212x ( 3y 4x ) 2 0,即 y -(4x x 2).3(2)方法 1：因為 FA (Xo,Xo2 -),FP (°Xl,XoXi 1),FB (X

17、i,X：-).4244由于P點在拋物線外，則| FP | 0. cos AFPFP FA|FP|FA|Xo Xi/1 / 2 1 Xo (X0X1 -)(Xo-)244| FP | - Xo2 (Xo2 1)241XoX1 一4|FP|F _ FP FB同理有cos BFP |FP|FB|XoX12, 1 2X1 (XoX1)(X141、)XoX14| FP | . X121 2(X14)|FP| / AFP土 PFB.7.(i)解法1：依題意，可設直線AB的方程為y22k(x 1) 3,代入 3x2y2,o.整理得(k2 3)x2 2k(k 3)x (k 3)2設A(x1，必)，B(X2 ,

18、y2),則x1，X2是方程的兩個不同的根， 222 24 (k2 3) 3(k 3)2 o, 一2k(k 3)且X1 X2 5-,由N (1, 3)是線段AB的中點，得k2 3X1 11, k(k 3) k2 3.解得k=1,代入得，12,即 的取值范圍是(12, +8)于是，直線AB的方程為y 3 (x 1),即x y 4 o.解法 2：設 A(x1,y1),B(x2,y2),則有223x1y1C 223 X2Y2依題意，x1x2, kAB3(X1X2 )(% X2)(xi X2) (yi y2)(y1 Y2)0.yi y2 N (1, 3)是AB的中點,Xi X22, yy26,從而 Ka

19、b1.又由Nl （i, 3）在橢圓內,3 12 32 12,的取值范圍是（12, +8）.直線AB的方程為y-3=-（X1）,即X+y4=0.（n）解法1:CD垂直平分AB, 直線CD的方程為y-3=X-1,即X-y+2=0,代入橢圓方程，整理得4X2 4X 40.3 一 1 二即M(-221).2(3).又設C（X3，y3）, D（X4，y4）,CD的中點為C（Xo,y0）,則X3 是方程的兩根,口1,、1X3X41,且X0一(X3X4),y0X022于是由弦長公式可得|CD| . 1 （ 1）2 |X3k將直線AB的方程X+y 4=0,代入橢圓方程得 4X28X16同理可得 | AB |

20、Jl k2 |X1 X2 | J212).當 12時，J2(3)2( 12), |AB| |CD|假設存在>12,使得A、RC、D四點共圓,則 CD必為圓的直徑，點M為圓心.點M到直線AB的距離為d|X0 V。 4|131 2 2 4| 3.2于是，由、式和勾股定理可得22 , 2 . AB .2 9121MAi 1MB1d 快 9 丁故當>12時，A B、C、D四點勻在以 M為圓心,L |CD|2. 22LCDJ為半徑的圓上.2（注：上述解法中最后一步可按如下解法獲得：）A B、C、D共圓AACD為直角三角形，A為直角|AN| 2二|CN| -|DN| ,即（膽）2（也 d）（l

21、CDl d）.22212由式知，式左邊 ,2由和知，式右邊（區(qū)m衛(wèi)）（、）笛）二P, 2222222，式成立，即A、B、C、D四點共圓.解法2:由（II）解法 1及入12,CD垂直平分AB,直線CD方程為y 3 x 1,代入橢圓方程，整理得4x2 4x 40.將直線AB的方程x+y 4=0,代入橢圓方程，整理得4x2 8x 160.2 .1213解和式可得x1,2 -, x3,4一3不妨設 A(1 1 .12,321 13 3313 3312), C(,), D(,)22222CA3 一 12.3 3.3 一 12)2,2DA (3.12.3 3 .3,12)2,2計算可得CA DA 0 ,

22、A在以CD為直徑的圓上.又B為A關于CD的對稱點，A、B C D四點共圓.（注：也可用勾股定理證明 AC! AD 228.解：（I）設橢圓方程為 勺 * 1 a b 0 ,半焦距為c,則 a b2 a MAI a, Al F1a c2 a a 2 a cc由題意，得2a 4222a b ca 2,b , 3,c 122故橢圓方程為二 L 1.43(n)設P 4, yo , yo 0設直線PF1的斜率Ky0,直線PF2的斜率k2yo5Q 0F1PF2PF1M -,2FiPF為銳角。tan f PF l-k2ktl21yoi21yo!_ 亞51 2 |i 4 yo2 15 2 元 yo15 .F1

23、PF2最大，當y0| 屈,即yo= 病時,tan F1PF2取到最大值，此時15F1PF2的取大值為arctan.158.90 o 9.2.3310.設橢圓的長軸、短軸的長及焦矩分別為2a、2b、2c,貝U由其方程知 a = 3, b=2, c= 55 ,故，|PF| 十| P冏=2a=6,又已知PF| : |P同=2: 1,故可得 | PF| =4, | PH| =2.在4PF桎中，三邊之長分別為 2, 4, 2后，而22+ 42= (2 v5 )2,可見 PFF2是直角三角形，且兩直角邊的長為2和4,故 PFF2的面積=4.11.解：經過 M N兩點的圓的圓心在線段 MN的垂直平分線y=3

24、 x上，設圓心為222、S (a, 3a),則圓 S 的萬程為：(x a) (y 3 a) 2(1 a )對于定長的弦在優(yōu)弧上所對的圓周角會隨著圓的半徑減小而角度增大，所以，當MPN取最大值時，經過 M, N, P三點的圓S必與X軸相切于點 巳即圓S的方程中的a22值必須滿足2(1 a ) (a 3)，解得a=1或a=7。即對應的切點分別為 P(1,0)ffi P ( 7,0),而過點M, N, p'的圓的半徑大于過點 M N, P的圓的半徑，所以 MPN MP'N ,故點P (1, 0)為所求，所以點 P的橫坐標為1。12.解：設正方形的邊AB在直線y 2x 17上，而位于拋

25、物線上的兩個頂點坐標為C(x1,y)、D(x2,y2),則CD所在直線l的方程y 2x b,將直線l的方程與拋物線方程聯(lián)立，得 x2 2x bx12 1 Jb 1.令正方形邊長為 a,則 a 一.1 0< a< ,故一av me a 時，0V (x1 x2)2 (y1 y2)25(x1 x2)220(b 1).在y 2x 17上任取一點(6,5),它到直線y 2x b的距離為a, a |17L".5、聯(lián)立解得 b13, b2 63. a2 80,或 a2 1280. atin 80.13.利用極坐標解決：以坐標原點為極點,x軸為極軸建立極坐標系，則橢圓的極坐標方程12co

26、s2a2sin2 b2(1)代入(1)式相加:1""21由于該菱形必與單位圓相切，故原點到，221 111寸12 ,從而1AB的距離為1 ,12211a2b2顯知此平行四邊形 ABC或、為菱形，設 A( 1,)，則B( 2,9011122220abx 2 d消去y得：x22a2x 2a2m a2 0一 ,y 114.解：(1)由 a2,y2 2(x m)設f(x) x2 2a2 x 2a2m a2,問題(1)化為方程在xC(a, a)上有唯一解或等根.只需討論以下三種情況：a21221 =0得:m ,此時xp= a ,當且僅當一a<- a <a,即0v av 1

27、時適合;22 f ( a) f ( - a) < 0,當且僅當一avmv a;3 °f( 2) = 0得巾=a,此時 xp= a2a；當且僅當一ava 2a2va,即 0vav 1 時適合. f (a) = 0得 m= - a,此時 xp=a 2a2,由于一a2a2v a,從而 nr5 a., a2 1或一a<mc a；綜上可知，當0V a<1時，m _12當 a> 1 時，一av m<a. 1a2 aVa2 1 2m < a,(2) OAP勺面積 S ayp由唯一性得Xpa2 a, a2 1 2m顯然當 m= a時,xp取值最小.由于xp>

28、0,從而 yp=41 巧取值最大，此時yp24aa2 , S ax1'a a2當 m a 2 1 時,Xp = - a2, yp= Jia ,此時 S-a J a222 , 1卜面比較aVa a 與一 avl a 的大小:2a 1a1-，得 a 23故當 0vaw 工時，aa a2 < a>/la ,此時 Smax 32,11212. 一當一 a 一時，a，a a-aj1 a ,此時 Smax322a1 a2 .22 aVa a .15.解：設B點坐標為(y； 4,y1)，C點坐標為(y24,y).2顯然y140 ,故kABy12y2 4由于AB BC,所以kBc (y1從

29、而yy1( y12y x 42)x (y；12)4)，消去X,注意到y(tǒng) y1得:(2 y)(y y1) 1 0y2 2(2 y)y (2y 1) 0由 0解得：y 0或y 4.0時，點B的坐標為(3, 1);當y 4時，點B的坐標為(5, 3),均滿足是題意.故點C的縱坐標的取值范圍是 y 0或y 4 .16.解：如圖，以O為原點，OA所在直線為X軸建立直角坐標系，則有 A(a, 0).設折疊時， 。上點A( Rcos , Rsin )與點A重合，而折痕為直線 MN則MN線段AA的中垂線.設Rx, y)為 MN±任一點，則 | PA | = | PA|5 分(x Rcos )2 (y

30、 Rsin)2 (x a)2 y2即 2R(xcosxcos一X2y sin ysin2y可得：sin()R2 a2 2axR2_a2_2ax2R , x2 y2R2 a2 2ax (sin 2R x2 y210分X,cos22,X y2y2 ).x yR2a22Rx22ax2y< 1 (此不等式也可直接由柯西不等式得到)15分平方后可化為(x 弓)2(-2)22士1,220/ a 2 (x即所求點的集合為橢圓圓 一-2R 2(萬)2y=1外(含邊界)的部分.R 2 a 2(萬)(萬)八一一、4，、17.解：(1)直線AR AG BC的萬程依次為y (x 1), y34，、 八一， 、-

31、(x 1), y 0。點 P(x,y) 3到AR11AG BC的距離依次為 d1 -|4x 3y 4|,d2 - |4x 553y 4|,d3 | y|。依設,dd222d3,得 |16x(3y、2 24) | 25y ,即16x2-2(3y 4)25y22220,或 16x(3y 4)25y0,化簡得點P的軌跡方程為圓S：2x2 2y23y 20與雙曲線 T:8x2 17 y2 12y 8 0(n)由前知，點P的軌跡包含兩部分圓S：2x2 2y23y 22與雙曲線T： 8x17y212y 8 0因為 B ( 1, 0)和 C (10)是適合題設條件的點，所以點 B和點C在點P的軌跡上，且點P

32、的軌跡曲線S與T的公共點只有 B、C兩點。ABC的內心D也是適合題設條件的點， 由d1 d2直線L經過D,且與點P的軌跡有3個公共點，所以,，八 一 1 一，一 ，d3,解得D(0,一),且知它在圓S上。2L的斜率存在，設 L的方程為(i )當k=0時，L與圓S相切，有唯一的公共點 D;與雙曲線有不同于 D的兩個公共點，所以 L恰好與點(ii )當k 0時，L與圓 能有兩種情況：S有兩個不同的交點。這時, 1此時，直線y 平行于x軸，表明L2P的軌跡有3個公共點。10 分L與點P的軌跡恰有3個公共點只情況1:直線L經過點B或點C,此時L的斜率k1 一,直線L的方程為x (2y 1)。2代入方程得y(3y 4)5 4,、5 40,解得E(5)或F(- - -)o表明直線BD與曲線T有2個交3 33 3點B、E;直線CD與曲線T有2個交點C F。故當k1 ,一時，L恰好與點P的軌跡有3個公共點。2情況2:直線L不經過點B和C （即k1）,因為L與S有兩個不同的交點，所以 L 28x2 17