2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题九 解析几何第二十九讲 曲线与方程答案

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专题九  解析几何第二十九讲  曲线与方程答案部分1. 由可得.配方得，解得.所以可取的整数值为-1，0，1，则曲线经过这6个整点，结论①正确；当x＞0时，由得（当x=y时取等号），
所以，所以，即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过，结论②正确；根据对称性可得：曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；故②正确．
如图所示，，根据对称性可知.即心形区域的面积大于3，故③错误．
正确结论为①②. 故选C．2．解析 设椭圆的右焦点为，连接，
线段PF的中点A在以原点O为圆心，2为半径的圆，
连接AO，可得，
设P的坐标为（m,n），可得，可得，，
由，可得直线PF的斜率为．
 3.解析 （1）设椭圆C的焦距为2c.因为F1(-1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=，因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.由b2=a2-c2，得b2=3.因此，椭圆C的标准方程为.（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，a=2，因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.因为点A在x轴上方，所以A(1，4).又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.由，得，解得或.将代入，得 ，因此.又F2(1，0)，所以直线BF2：.由，得，解得或.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.将代入，得.因此.解法二：由（1）知，椭圆C：.如图所示，联结EF1.因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而∠BF1E=∠B.因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.因为F1(-1，0)，由，得.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.因此.4. 解析（1）设，则.由于，所以切线DA的斜率为，故 ，整理得 设，同理可得.故直线AB的方程为.所以直线AB过定点.5.解析（I）由抛物线经过点，得.所以抛物线C的方程为，其准线方程为.（II）抛物线C的焦点为，设直线l的方程为.由，得.设则.直线的方程为，令，得点A的横坐标为同理可得点B的横坐标.
设点，则.令即，得或.综上，以AB为直径的圆经过轴上的定点．6．解析（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．由得．记，则．于是直线的斜率为，方程为．由得．①设，则和是方程①的解，故，由此得．从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．因此，△PQG面积的最大值为．7．解析 （I）由题意得，即p=2.所以，抛物线的准线方程为x=−1.（Ⅱ）设，重心.令，则.由于直线AB过F，故直线AB方程为，代入，得，故，即，所以.又由于及重心G在x轴上，故，得.所以，直线AC方程为，得.由于Q在焦点F的右侧，故.从而.令，则m>0，.当时，取得最小值，此时G（2，0）.8.解析 （Ⅰ）设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，.所以，椭圆的方程为.（Ⅱ）由题意，设.设直线的斜率为，又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，整理得，可得，代入得，进而直线的斜率.在中，令，得.由题意得，所以直线的斜率为.由，得，化简得，从而.所以，直线的斜率为或. 2010-2018年  1．【解析】(1)因为椭圆的焦点为，可设椭圆的方程为．又点在椭圆上，所以，解得因此，椭圆的方程为．因为圆的直径为，所以其方程为．(2)①设直线与圆相切于，则，所以直线的方程为，即．由消去，得．（*）因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以．因为，所以．因此，点的坐标为．②因为三角形的面积为，所以，从而．设，由（*）得，所以．因为，所以，即，解得舍去），则，因此的坐标为．综上，直线的方程为．2．【解析】（1）设，，则，，．由得  ，．因为在上，所以．因此点的轨迹方程为．（2）由题意知．设，，则，，，，，由得，又由（1）知，故．所以，即．又过点存在唯一直线垂直与，所以过点且垂直于的直线过的左焦点． 3．【解析】(Ⅰ) 由离心率是，有，又抛物线的焦点坐标为，所以，于是，所以椭圆的方程为．(Ⅱ) （i）设点坐标为，由得，所以在点处的切线的斜率为，因此切线的方程为，设，，将代入，得．于是，，又，于是　直线的方程为．联立方程与，得的坐标为．所以点在定直线上．（ii）在切线的方程为中，令，得，即点的坐标为，又，，所以；  再由，得于是有 ．令，得当时，即时，取得最大值．此时，，所以点的坐标为．所以的最大值为，取得最大值时点的坐标为．4．【解析】（Ⅰ）设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为．（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.设，由方程组，消去，整理得．解得，或，由题意得，从而．由（Ⅰ）知，，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为．设，由方程组消去，解得.在中，，即，化简得，即，解得或．所以，直线的斜率的取值范围为．5．【解析】（I）设，则由题意知．当时，椭圆的方程为，A点坐标为，由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为．因此直线的方程为．将代入得．解得或，所以．所以的面积为．（Ⅱ）由题意知，则直线的方程为，联立并整理得，解得或，所以由题意，所以的方程为，同理可得由,得，即当时上式成立，因此．因为，即，整理得即，解得．6．【解析】（Ⅰ）设点，，依题意，，且，所以，且即，且．由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0，于是，故，代入，可得，即所求的曲线的方程为．（Ⅱ）（1）当直线的斜率不存在时，直线为或，都有．（2）当直线的斜率存在时，设直线， 由 ，消去，可得．因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，所以，即．    ①又由 可得；同理可得．由原点到直线的距离为和，可得．②将①代入②得，．当时，；当时，．因，则，，所以，当且仅当时取等号．所以当时，的最小值为8．综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8．7．【解析】（1）由题意，得且，解得，，则，所以椭圆的标准方程为．（2）当轴时，，又，不合题意．当与轴不垂直时，设直线的方程为，，，将的方程代入椭圆方程，得，则，的坐标为，且．若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意．从而，故直线的方程为，则点的坐标为，从而．因为，所以，解得．此时直线方程为或．8．【解析】（1）由已知，点在椭圆上．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、两点．如果存在定点满足条件，则，即．所以点在y轴上，可设点的坐标为．当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于、两点．则，，由，有，解得或．所以，若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标只可能为．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，、的坐标分别为．联立得．其判别式，所以，．因此．易知，点关于轴对称的点的坐标为．又，所以，即三点共线．所以．故存在与不同的定点，使得恒成立．9．【解析】（Ⅰ）由题意得解得=2．故椭圆的方程为．设(，0)．因为，所以．直线的方程为，所以=，即．（Ⅱ）因为点与点关于轴对称，所以，设，则=．“存在点使得=等价”，“存在点使得=”即满足．因为，，，所以．所以=或．故在轴上存在点，使得=．点的坐标为或．10．【解析】（Ⅰ）由题意知，可设直线的方程为．由消去，得．因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以，①设为的中点，则，代入直线方程解得．②由①②得或．（Ⅱ）令，则，且到直线的距离．设的面积为，所以，当且仅当时，等号成立．故面积的最大值为．11．【解析】（Ⅰ）可知，又，，，椭圆C的标准方程为；（Ⅱ）设两切线为，①当轴或轴时，对应轴或轴，可知②当与轴不垂直且不平行时，，设的斜率为，则，的斜率为，的方程为，联立，得，因为直线与椭圆相切，所以，得，，所以是方程的一个根，同理是方程的另一个根，，得，其中，所以点P的轨迹方程为（），因为满足上式，综上知：点P的轨迹方程为．12．【解析】（Ⅰ）设圆的半径为，点上下两段分别为，，由射影定理得，三角形的面积当时，取得最大，此时∵，在双曲线上∴，∴双曲线的方程为（Ⅱ）由（Ⅰ）知的焦点为，由此设的方程为，其中，由在上，得，∴的方程为，显然，不是直线，设的方程为，点，由得，∴① ②由①②得，解得因此直线的方程或13．【解析】（Ⅰ）由椭圆定义知，2a＝|PF1|＋|PF2|＝，所以．又由已知，c＝1.所以椭圆C的离心率．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆C的方程为＋y2＝1．设点Q的坐标为(x，y)．(ⅰ)当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0,1)，(0，－1)两点，此时点Q的坐标为．(ⅱ)当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2．因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(，k＋2)，(，k＋2)，则|AM|2＝(1＋k2)，|AN|2＝(1＋k2)．又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)．由，得，即.①将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.②由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞.由②可知，＝，＝，代入①中并化简，得.③因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18.由③及k2＞，可知0＜x2＜，即x∈∪.又满足10(y－2)2－3x2＝18，故x∈.由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以－1≤y≤1.又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈且－1≤y≤1，则y∈.所以，点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈，y∈.14．【解析】（Ⅰ）解法1 ：设M的坐标为，由已知得，易知圆上的点位于直线的右侧.于是，所以.化简得曲线的方程为．解法2 ：由题设知，曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的距离，因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，故其方程为．（Ⅱ）当点P在直线上运动时，P的坐标为，又，则过P且与圆相切的直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为.于是整理得                       ①设过P所作的两条切线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，故      ②由得     ③设四点A,B,C,D的纵坐标分别为，则是方程③的两个实根，所以    ④同理可得     ⑤于是由②，④，⑤三式得.所以，当P在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值6400．15．【解析】（Ⅰ）解：设，由题意，可得即整理得（舍），或所以（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知可得椭圆方程为直线PF2方程为A，B两点的坐标满足方程组消去y并整理，得解得得方程组的解不妨设设点的坐标为，由于是由即，化简得将所以因此，点的轨迹方程是16．【解析】（1）联立与得，则中点，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，设圆与直线：相切于点，则有，即．过点与直线垂直的直线的方程是，即．由，解得，．当时，．∵分别是上的点的最小和最大横坐标，∴切点，故．