模块五平面解析几何-练习题

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模块五 平面解析几何
一、解答题
1．如图，分别是椭圆：+=1（）的左、右焦点，是椭圆的顶点，是直线与椭圆的另一个交点，=60°.
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）已知△的面积为40，求的值.

2．
已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点，焦点在x轴上，它的一个顶点到两个焦点的距离分别是7和1.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若P为椭圆C上的动点，M为过P且垂直于x轴的直线上的点，=λ，求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．
3．
如图，椭圆（a＞b＞0）的一个焦点为F(1,0)，且过点（2，0）.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若AB为垂直于x轴的动弦，直线l:x=4与x轴交于点N，直线AF与BN交于点M.
(ⅰ)求证：点M恒在椭圆C上；
(ⅱ)求△AMN面积的最大值.

4．设椭圆+=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2．点P（a，b）满足|PF2|=|F1F2|．
（1）求椭圆的离心率e；
（2）设直线PF2与椭圆相交于A，B两点，若直线PF2与圆（x+1）2+=16相交于M，N两点，且|MN|=|AB|，求椭圆的方程．
5．已知抛物线的顶点在坐标原点，椭圆的顶点分别为，，，，其中点为抛物线的焦点，如图所示.

（1）求抛物线的标准方程；
（2）若过点的直线与抛物线交于，两点，且，求直线的方程.
6．已知抛物线，直线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交于点.
（Ⅰ）证明：抛物线在点处的切线与平行；
（Ⅱ）是否存在实数使，若存在，求的值；若不存在，说明理由.
7．已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
8．已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．
（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；
（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
9．(本小题满分12分)已知圆，圆，动圆与圆外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线．
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）是与圆，圆都相切的一条直线，与曲线交于，两点，当圆的半径最长时，求．
10．如图，等边三角形OAB的边长为，且其三个顶点均在抛物线E：x2=2py（p＞0）上．

（1） 求抛物线E的方程；
（2） 设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y=-1相交于点Q．证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点
11．已知双曲线的左、右焦点分别为离心率为直线与C的两个交点间的距离为
（I）求；
（II）设过的直线l与C的左、右两支分别相交有A、B两点，且证明：
12．
已知双曲线的右焦点为 ，过点的动直线与双曲线相交于 两点，点的坐标是 ．
（I）证明为常数；
（II）若动点满足 （其中为坐标原点），求点 的轨迹方程．
13．已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．
14．如图，椭圆E：的离心率是，过点P（0,1）的动直线与椭圆相交于A，B两点，当直线平行与轴时，直线被椭圆E截得的线段长为.

（1）求椭圆E的方程；
（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
15．
已知m＞1，直线，椭圆，分别为椭圆的左、右焦点.

（Ⅰ）当直线过右焦点时，求直线的方程；
（Ⅱ）设直线与椭圆交于两点，，的重心分别为.若原点在以线段，为直径的圆内，求实数的取值范围.

参考答案
1．（Ⅰ） （Ⅱ）
【详解】
（Ⅰ）由题=60°，则，即椭圆的离心率为．
（Ⅱ）因△的面积为40，设，又面积公式，又直线，
又由（Ⅰ）知，联立方程可得，整理得，解得，，所以，解得．
2．（Ⅰ）（Ⅱ）当时，点的轨迹为中心在原点、实轴在轴上的双曲线满足的部分．
当时，点的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆满足的部分；
当时，点的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆；
【详解】
(1)设椭圆长半轴长及半焦距分别为a，c，由已知得解得 a = 4 , c = 3 又∵b2＝a2－c2，∴b＝ 7 ， 所以椭圆C的方程为 .
(2)设M(x，y)，其中x∈[－4,4]，由已知 及点P在椭圆C上可得 ，整理得(16λ2－9)x2＋16λ2y2＝112，其中x∈[－4,4]．
①当λ＝时，化简得9y2＝112，所以点M的轨迹方程为y＝± (－4≤x≤4)．轨迹是两条平行于x轴的线段．
②当λ≠时，方程变形为 ，其中x∈[－4,4]．当0<λ<时，点M的轨迹为中心在原点、实轴在y轴上的双曲线满足－4≤x≤4的部分；当<λ<1时，点M的轨迹为中心在原点、长轴在x轴上的椭圆满足－4≤x≤4的部分；当λ≥1时，点M的轨迹为中心在原点，长轴在x轴上的椭圆

3．（1）椭圆C方程为.（2）(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)
【详解】
（Ⅰ）由题设a=2,c=1,从而b2=a2-c2=3,
所以椭圆C方程为.
(Ⅱ)(i)由题意得F(1,0),N(4,0).
设A(m,n),则B(m,-n)(n≠0),=1. ……①
AF与BN的方程分别为：n(x-1)-(m-1)y=0，
n(x-4)-(m-4)y=0.
设M(x0,y0),则有 n(x0-1)-(m-1)y0=0,……②
n(x0-4)+(m-4)y0="0," ……③
由②，③得
x0=.
所以点M恒在椭圆G上.
(ⅱ)设AM的方程为x=xy+1,代入＝1得（3t2+4）y2+6ty-9=0.
设A(x1,y1),M（x2，y2），则有：y1+y2=
|y1-y2|=
令3t2+4=λ(λ≥4),则
|y1-y2|＝
因为λ≥4，0<
|y1-y2|有最大值3，此时AM过点F.
△AMN的面积S△AMN=

4．（1）（2）+=1
【详解】
试题分析：（1）直接利用|PF2|=|F1F2|，对应的方程整理后即可求椭圆的离心率e；
（2）先把直线PF2与椭圆方程联立求出A，B两点的坐标以及对应的|AB|两点，进而求出|MN|，再利用弦心距，弦长以及圆心到直线的距离之间的等量关系，即可求椭圆的方程．
解：（1）设F1（﹣c，0），F2（c，0） （c＞0）．
由题得|PF2|=|F1F2|，即=2c，整理得2+﹣1=0，得=﹣1（舍），或=，
所以e=．
（2）由（1）知a=2c，b=c，可得椭圆方程为3x2+4y2=12c2，直线方程PF2为y=（x﹣c）．
A，B的坐标满足方程组，
消y并整理得5x2﹣8xc=0，
解得x=0，x=，得方程组的解为，，
不妨设A（c，c），B（0，﹣c）．
所以|AB|==c，于是|MN|=|AB|=2c．
圆心（﹣1，）到直线PF2的距离d=，
因为d2+=42，所以（2+c）2+c2=16，整理得c=﹣（舍）或c=2．
所以椭圆方程为+=1．
点评：本题主要考查椭圆的方程和几何性质，直线的方程，两点间的距离公式以及点到直线的距离公式等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质和数形结合的数学思想，考查解决问题的能力和运算能力．
5．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据抛物线的焦点，求抛物线方程；（2）首先设出直线的方程为，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示，并利用，求直线的斜率，验证后，即可得到直线方程.
【详解】
解：（1）由椭圆可知，，
所以，，则，
因为抛物线的焦点为，可设抛物线方程为，
所以，即.
所以抛物线的标准方程为.

（2）由椭圆可知，，
若直线无斜率，则其方程为，经检验，不符合要求.
所以直线的斜率存在，设为，直线过点，
则直线的方程为，
设点，，
联立方程组，
消去，得.①
因为直线与抛物线有两个交点，
所以，即，
解得，且.
由①可知，
所以，
则，
因为，且，
所以，
解得或，
因为，且，
所以不符合题意，舍去，
所以直线的方程为，
即.
6．（Ⅰ）证明见解析．
（Ⅱ）存在，使．
【详解】
（Ⅰ）如图，设.

把代入得，由韦达定理得.
∴，∴点的坐标为.
设抛物线在点处得切线的方程为，
将代入上式得，
∵直线与抛物线相切，
∴，∴，即.
（Ⅱ）假设存在实数，使，则.
又∵是的中点，∴.
由（Ⅰ）知.
∵轴，∴.
又
.
∴，解得，即存在，使.
点睛：本题考查的是抛物线的标准方程及直线与抛物线的位置关系，以及运用所学知识去分析问题解决问题的能力．求解第一问时联立直线与抛物线的方程组，运用斜率相等证明命题的成立；第二问求解的思路是先假设符合题设条件的参数存在，然后再依据题设条件进行分析探求，最终求出满足题设条件的在，使得问题获解．

7．（1）；（2）18.
【分析】
(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】
(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
8．(Ⅰ) ，；
(Ⅱ)见解析.
【分析】
(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；
(Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.
【详解】
(Ⅰ)将点代入抛物线方程：可得：，
故抛物线方程为：，其准线方程为：.
(Ⅱ)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为，
设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.
故：.
设，则，
直线的方程为，与联立可得：，同理可得，
易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，
且：，，
则圆的方程为：，
令整理可得：，解得：，
即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.
【点睛】
本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
9．（Ⅰ）；（Ⅱ），或.
【详解】
（Ⅰ）依题意，圆M的圆心，圆N的圆心，故，由椭圆定理可知，曲线C是以M、N为左右焦点的椭圆（左顶点除外），其方程为；
（Ⅱ）对于曲线C上任意一点，由于（R为圆P的半径），所以R=2，所以当圆P的半径最长时，其方程为；
若直线l垂直于x轴，易得；
若直线l不垂直于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，解得，故直线l：；有l与圆M相切得，解得；当时，直线，联立直线与椭圆的方程解得；同理，当时，.
10．（1）（2）见解析
【解析】
(1)依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°．
设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝4，y＝|OB|cos30°＝12．
因为点B(4，12)在x2＝2py上，所以(4)2＝2p×12，解得p＝2．故抛物线E的方程为x2＝4y．
(2)方法一：由(1)知y＝x2，y′＝x．
设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为
y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－．
由，得．
所以Q(，－1)．
设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝ (x0≠0)的点(x0，y0)恒成立．
由于＝(x0，y0－y1)，＝(，－1－y1)，
由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋＝0，
即(＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0 (*)．
由于(*)式对满足y0＝ (x0≠0)的y0恒成立，
所以，解得y1＝1．
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．

11．（I）（II）见解析
【详解】
（Ⅰ）由题设知，即，故.
所以C的方程为.
将y=2代入上式，求得.
由题设知，，解得.
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，C的方程为. ①
由题意可设的方程为，，代入①并化简得
.
设，，则
，，，.于是
，

由得，即.
故，解得，从而.
由于，
，
故，
.
因而，所以、、成等比数列.
（1）利用待定系数法求解，利用已知条件建立含义的等量关系，进而确定曲线方程；(2)利用直线与曲线联立方程组，借助韦达定理和弦长公式将、、表示出来，然后借助证明等比中项．
【考点定位】本题考查双曲线方程与直线与双曲线的位置关系，考查舍而不求的思想以及计算能力.
12．（I）为常数
（II）点的轨迹方程是
【详解】
解：由条件知，设，．
（I）当与轴垂直时，可设点的坐标分别为，，
此时．
当不与轴垂直时，设直线的方程是．
代入，有．
则是上述方程的两个实根，所以，，
于是


．
综上所述，为常数．
（II）解法一：设，则，，
，，由得：
即
于是的中点坐标为．
当不与轴垂直时，，即．
又因为两点在双曲线上，所以，，两式相减得
，即．
将代入上式，化简得．
当与轴垂直时，，求得，也满足上述方程．
所以点的轨迹方程是．
解法二：同解法一得……………………………………①
当不与轴垂直时，由（I） 有．…………………②
．………………………③
由①②③得．…………………………………………………④
．……………………………………………………………………⑤
当时，，由④⑤得，，将其代入⑤有
．整理得．
当时，点的坐标为，满足上述方程．
当与轴垂直时，，求得，也满足上述方程．
故点的轨迹方程是．
13．（1）；（2）.
【分析】
（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.
【详解】
（1）易知点、，故，
因为椭圆的离心率为，故，，
因此，椭圆的方程为；
（2）设点为椭圆上一点，
先证明直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
因此，椭圆在点处的切线方程为.

在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
因为，则，即，整理可得，
所以，，因为，，故，，
所以，直线的方程为，即.
【点睛】
结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；
（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.
14．（1）；（2）存在，Q点的坐标为.
【详解】
（1）由已知，点在椭圆E上.
因此，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于C、D两点.
如果存在定点Q满足条件，则，即.
所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为.
当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于M、N两点.
则，
由，有，解得或.
所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，
则Q点的坐标只可能为.
下面证明：对任意的直线，均有.
当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立.
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，
A、B的坐标分别为.
联立得.
其判别式，
所以，.
因此.
易知，点B关于y轴对称的点的坐标为.

又，
所以，即三点共线.
所以.
故存在与P不同的定点，使得恒成立.
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.

15．（Ⅰ），（Ⅱ）
【详解】
（Ⅰ）∵直线：经过，
，得．
又，．
故直线的方程为．
（Ⅱ）设，
由消去得，
∴．
由，得，
由于，故为的中点．
由分别为的重心，可知，
设是的中点，则，
∵原点在以线段为直径的圆内，．
而，
∴，即．
又且，．的取值范围是．