14 “解析几何”试题精选-《中学生数理化》高考数学2025年3月刊

■安徽省霍邱一中 余其权(特级教师) 1.已知双曲线E: x2 a2 -y 2 b2 =1(a>0,b> 0)的左顶点为A(-1,0),直线l过点B(2, 0)且交双曲线 E 的右支于 M,N 两点,记 △AMN,△AOM,△AON 的面积分别为S, S1,S2。当直线l与x 轴垂直时,S1= 6 2 。 (1)求双曲线E 的方程。 (2)若 直 线l 交y 轴 于 点 C,且 满 足 CM→=λMB→,CN→=μNB→。 ①求证:λ+μ为定值; ②若 2 9S=μS1+mS2 ,当5 3<λ≤3 时, 求实数m 的取值范围。 2.已知椭圆的长轴是短轴的 23 3 倍,且 椭圆上一点到焦点的最远距离为3,A、B 是 椭圆的左、右顶点,过A,B 作椭圆的切线,取 椭圆上x 轴上方任意两点P,Q(P 在Q 的左 侧),并过P,Q 两点分别作椭圆的切线交于 图1 点R,直线 RP 与点A 处的 切线交于点I,直线RQ 与点 B 处的切线交于点J,过 R 作AB 的垂线交IJ 于点K, 如图1。 (1)求椭圆的方程。 (2)若R(1,2),直线RP 与RQ 的斜率 分别为k1 与k2,求k1k2 的值。 (3)求证: |IK| |JK|= |IA| |JB| 。 3.已知椭圆 C: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的 左、右焦点分别为 F1、F2,N(-2,0)为椭圆 C 的一个顶点,且右焦点F2 到双曲线x2- y2=2的渐近线的距离为 2 2 。 (1)求椭圆C 的方程。 (2)设直线l:y=kx+m(k≠0)与椭圆 C 交于 A、B 两点。 ①若直线l 过椭圆C 的右焦点F2,且 △AF1B 的面积为 83 5 ,求实数k的值。 ②若直线l过定点P(0,2),且k>0,试 问:在x 轴上是否存在点T(t,0),使得以 TA、TB 为邻边的平行四边形为菱形? 若存 在,求出实数t的取值范围; 若不存在,请说 明理由。 4.已知椭圆E: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的 右焦点为F(1,0),A、B 分别为椭圆E 的左、 右顶点,C、D 分别为椭圆E 的上、下顶点,四 边形ACBD 的面积为43。 (1)求椭圆E 的方程。 (2)过点F 且斜率不为0的直线l与椭 圆E 相交于M、N 两点,直线AM 与BN 的 交点为P。 ①若直线l的倾斜角为 π 6 ,求线段 MN 的长度。 ②试问:∠APB 是否有最大值? 若有, 求出∠APB 的最大值;若没有,请说明理由。 5.已知椭圆 C: x2 a2 + y 2 a2-2 =1过定点 P(2,1),过点 P 的两条动直线交椭圆于 A(x1,y1),B(x2,y2),直线PA,PB 的倾斜 角互补,F 为椭圆C 的右焦点。 图2 (1)如图2,设 M 是 椭圆C 上的一个动点,过 点 M 作直线x=22的垂 线 MN,N 为 垂 足,求 |MF| |MN| 。 (2)在△ABF 中,记∠FBA=α,∠FAB =β,若直线AB 的斜率为 2 2 ,求sin α-sin β 的最大值。 34 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年3月 6.已知O 为坐标原点,动点P 到x 轴的 距离为d,且|OP|2=λ+μd2,其中λ,μ 均为 常数,动点P 的轨迹称为(λ,μ)曲线。 (1)判断(2,-3)曲线为何种圆锥曲线。 (2)若(λ,μ)曲线为双曲线,试问:λ,μ 应 满足什么条件? (3)设 曲 线 C 为(3,4)曲 线,斜 率 为 kk≠0且k2≠ 1 3 的直线l过曲线C 的右焦 点,且与曲线C 交于A,B 两个不同的点。 ①若k=1,求|AB|; ②若B 关于x 轴的对称点为D,试证明 直线AD 过定点。 7.对于二次曲线 Γ:λx2+μy2=1,若 Q(x',y')是曲线Γ 上的一点,则过点Q 与曲 线Γ 相切的直线方程为λx'x+μy'y=1。已 知椭圆C1: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0),a2=13b2, 动圆C2:x2+y2=r2(b<r<a),P(x0,y0) 是椭圆C1 与动圆C2 在第一象限的交点。 (1)求椭圆C1 的离心率e; (2)过点P 作动圆C2 的切线l,且切线l 经过椭圆C1 的右焦点F(c,0),求x0 与c满 足的关系式f(x0,c)=0; (3)若b=1,直线 AB 与椭圆C1,动圆 C2 均相切,切点A 在椭圆C1 上,切点B 在 动圆C2 上,求|AB|的最大值。 参考答案: 1.(1)由题意得a=1,|OA|=1,则当直 线l与x 轴垂直时,不妨设 M(2,y1)。 由S1= 1 2|OA| ·|y1|= 6 2 ,得|y1|= 6,将 M(2,y1)代入方程 x2 a2 -y 2 b2 =1,得4- 6 b2 =1,解得b2=2,所以双曲线E 的方程为 x2-y 2 2=1 。 (2)①设 M(x1,y1),N(x2,y2),C(0, y0),由CM→=λMB→ 与B(2,0),得(x1,y1- y0)=λ(2-x1,-y1),即x1= 2λ 1+λ ,y1= y0 1+λ ,将 M 2λ 1+λ ,y0 1+λ 代入双曲线E 的方 程得 2λ 1+λ 2 - y0 1+λ 2 2 =1 ,整理得6λ2- 4λ-y20-2=0。 同理,由CN→=μNB→,得6μ2-4μ-y20- 2=0。 所以λ,μ 是方程6x2-4x-y20-2=0 的两个不等实根,则λ+μ= 4 6= 2 3 ,所以λ+ μ为定值。 ②由 2 9S=μS1+mS2 ,即 2 9 × 1 2 × |AB|×|y1-y2|=μ× 1 2×1×|y1|+m× 1 2×1×|y2| ,整理得2 3|y1-y2|=μ|y1|+ m|y2|。 因为y1y2<0,所以可设y2<0<y1,则 2 3 (y1-y2)=μy1-my2,整理得 m= 2 3+ μ- 2 3 y1y2。 又因为λ+μ= 2 3 ,所以m= 2 3-λ ·y1 y2 。 由①知y1= y0 1+λ ,y2= y0 1+μ ,故y1 y2 = 1+μ 1+λ= 5 3-λ 1+λ ,代入得m= 2 3-λ · 5 3-λ 1+λ 。 令1+λ=tt∈ 83 ,4 ,得 m=23- (t-1)83-t t =-3+t+ 8 3 t 。 由函数y=t+ 8 3 t 在 8 3 ,4 上单调递增, 得m=-3+t+ 8 3 t∈ 2 3 ,5 3 。 所以实数m 的取值范围为 23 ,5 3 。 2.(1)由 题 意 知 2a= 23 3 ·2b, a+c=3, a2=b2+c2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 解 得 44 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年3月 a=2, b= 3, c=1, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 所以椭圆的方程为 x2 4+ y2 3=1 。 (2)设过点R 的切线方程为y-2=k(x -1),即y=kx+(2-k)。 联立 y=kx+(2-k), x2 4+ y2 3=1 , 消去y 得(4k2+ 3)x2+8k(2-k)x+4(2-k)2-12=0。 由Δ=64k2(2-k)2-4(4k2+3)[4(2- k)2-12]=0,化简整理得3k2+4k-1=0, 所以k1k2=- 1 3 。 图3 (3)设 R(x0,y0)(y0> 0),RK 的延长线交x 轴于 K'点,如图3。 因为 AI∥KK'∥JB,所 以 |IK| |JK|= |AK'| |BK'|= x0+2 2-x0 。 设P,Q 两点处切线的斜率分别为k1, k2,过R 点的椭圆的切线方程为y-y0= k(x-x0),即y=kx+(y0-kx0)。 联 立 y=kx+(y0-kx0), x2 4+ y2 3=1 , 消 去 y 得 (4k2+3)x2-8k(kx0-y0)x+4(kx0-y0)2 -12=0。 由Δ=64k2(kx0-y0)2-4(4k2+3)[4(kx0 -y0)2-12]=0,化简整理得(x20-4)k2- 2x0y0·k+y20-3=0,所以k1+k2= 2x0y0 x20-4 , k1k2= y20-3 x20-4 。 所以yI=k1(-2-x0)+y0,yJ=k2· (2-x0)+y0。 所以 要 证 明 |IK| |JK|= |IA| |JB| ,只 需 证 明 x0+2 2-x0 = k1(-2-x0)+y0 k2(2-x0)+y0 ,即k2(4-x20)+ y0(2+x0)=k1(x20-4)+y0(2-x0),化简整 理得(k1+k2)(x20-4)=2x0y0。 ① 因为k1+k2= 2x0y0 x20-4 ,所以①式成立,即 |IK| |JK|= |IA| |JB| 成立。 3.(1)由双曲线x2-y2=2得其渐近线 方程为x±y=0。 由椭圆C: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的右焦 点F2(c,0)到双曲线的渐近线的距离为 2 2 得 |c| 2 = 2 2 ,因为c>0,所以c=1。 由椭圆的左顶点为 N(-2,0)得a=2, 所以b2=a2-c2=4-1=3。 所以椭圆C 的方程为 x2 4+ y2 3=1 。 (2)①因为直线l:y=kx+m(k≠0)过椭 圆的右焦点F2,所以0=k+m,即m=-k。 联立 y=k(x-1), x2 4+ y2 3=1 , 消去y 得(4k2+3)· x2-8k2x+4k2-12=0,设A(x1,y1),B(x2, y2),则x1+x2= 8k2 4k2+3 ,x1x2= 4k2-12 4k2+3 。 所 以|AB|= 1+k2|x1 -x2|= 1+k2· (x1+x2)2-4x1y2= 1+k2· 8k2 4k2+3 2 -4· 4k2-12 4k2+3 = 12(k2+1) 4k2+3 。 又因为椭圆的左焦点F1(-1,0)到直线 l:k(x-1)-y=0的距离d= |-2k| 1+k2 ,所以 S△AF1B= 1 2 ·d·|AB|= 1 2 ·|-2k| 1+k2 · 12(k2+1) 4k2+3 = 83 5 ,解得k2=3或k2=- 12 11 (舍去),所以k=± 3。 ②假设存在点T(t,0),使得以TA、TB 为邻边的平行四边形为菱形。 由于直线l过定点P(0,2),且k>0,所 以直线l的方程为y=kx+2,代入椭圆 x2 4+ y2 3=1 ,得(4k2+3)x2+16kx+4=0,由Δ= 192k2-48>0,且k>0,解得k> 1 2 。 54 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年3月 设A(x1,y1),B(x2,y2),AB 的中点为 M(x0,y0),由韦达定理知x1+x2= -16k 4k2+3 , x1x2= 4 4k2+3 ,所以x0= x1+x2 2 = -8k 4k2+3 , y0=kx0+2= 6 4k2+3 。 所以kTM=- 1 k= 6 4k2+3 - 8k 4k2+3 -t ,整理得 t=- 2k 4k2+3 =- 2 4k+ 3 k 。 又 因 为 k > 1 2 ,所 以 4k + 3 k ≥ 2 4k· 3 k =43 ,当且仅当4k= 3 k ,即k= 3 2 时取等号,所以4k+ 3 k∈ 43,+∞ ,所 以t∈ - 3 6 ,0 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 。 所以存在符合题意的点T(t,0),且t的 取值范围是 - 3 6 ,0 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 。 4.(1)由题意知 1 2×2a×2b=43 , a2=b2+1, 解 得a=2,b= 3,所以椭圆E 的方程为 x2 4+ y2 3=1 。 (2)设 M(x1,y1),N(x2,y2)。 ①当直线l的倾斜角为 π 6 时,直线l的 方程为y= 3 3 (x-1)。 联立 x2 4+ y2 3=1 , y= 3 3 (x-1), 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 消去x 得13y2+ 63y-9=0,所以y1+y2=- 63 13 ,y1y2= - 9 13 。 所以|MN|= 1+ 1 k2 |y1 -y2|= 1+ 1 k2 · (y1+y2)2-4y1y2 = 1+3× - 63 13 2 + 4×9 13 = 48 13 。 ②由(1)知 A(-2,0),B(2,0),易知 y1y2≠0。 设 直 线 l:x = my + 1,联 立 x2 4+ y2 3=1 , x=my+1, 消去x 得(3m2+4)y2+6my- 9=0,所 以 y1 +y2 = -6m 3m2+4 ,y1y2 = -9 3m2+4 。 设直线AP,BP 的斜率分别为k1,k2,且 k1= y1 x1+2 ,k2= y2 x2-2 。 所以 k1 k2 = y1(x2-2) (x1+2)y2 = y1(my2-1) (my1+3)y2 = my1y2-y1 my1y2+3y2 = -9m 3m2+4 +y2- -6m 3m2+4 -9m 3m2+4 +3y2 = 1 3 , 即3k1=k2。 所以tan ∠APB= |k1-k2| 1+k1k2 = 2|k1| 1+3k21 = 2 1 |k1| +3|k1| ≤ 2 23 = 3 3 ,当且仅当 1 |k1| = 3|k1|,即|k1|= 3 3 时,tan ∠APB取最大值为 3 3 。 又因为∠APB∈(0,π),所以∠APB 的 最大值为 π 6 。 5.(1)因为点P(2,1)在椭圆C 上,所 以 2 a2 + 1 a2-2 =1,解得a2=4,所以椭圆C 的 方程为 x2 4+ y2 2=1 ,故F(2,0)。 设动点 M(x0,y0),则 x20 4+ y20 2=1 ,所以 y20=2- x20 2 。 故|MF|= (x0- 2)2+y20= 2 2|x0- 64 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年3月 22|,|MN|=|x0-22|,则 |MF| |MN|= 2 2 。 (2)不妨设∠AFB=γ,△ABF 的外接 圆的半径为R。 由正弦定理得 |AF| sin α= |BF| sin β = |AB| sin γ= 2R,所以|AF|=2Rsin α,|BF|=2Rsin β, |AB|=2Rsin γ。 图4 如图4,过A、B 作直 线x=2 2的垂线,垂足 为 D、E,过 B 作BG⊥ AD 于点G,由(1)的结论 得 |AF| |AD|=e ,|BF| |BE|=e , 所以|AF|-|BF|=e(|AD|-|BE|),即 2Rsin α-2Rsin β= 2 2|AG| ,所以|AG|= 22R (sin α-sin β)。又 kAB = 2 2 ,即 tan ∠BAG= 2 2 ,则|AG| |AB|=cos ∠BAG= 6 3 ,即22R (sin α-sin β) 2Rsin γ = 6 3 。所以sin α -sin β= 3 3sin γ≤ 3 3 ,当且仅当γ= π 2 时等 号成立,所以sin α-sin β的最大值为 3 3 。 6.(1)设P(x,y),由|OP|2=λ+μd2, 得x2+y2=λ+μy2。 当λ=2,μ=-3时,x2+y2=2-3y2,即 x2 2+2y 2=1,所以(2,-3)曲线为椭圆。 (2)因为x2+y2=λ+μy2,所以x2+ (1-μ)y2=λ。 若(λ,μ)曲线为双曲线,则λ≠0,所以 x2+y2=λ+μy2 可化为 x2 λ+ (1-μ)y2 λ =1 , 所以 1-μ λ2 <0,所以μ>1。 所以当(λ,μ)曲线为双曲线时,λ,μ 应满 足λ≠0且μ>1。 (3)由λ=3,μ=4,得曲线C 的方程为 x2 3-y 2=1,则曲线C 的右焦点为(2,0),所 以直线l的方程为y=k(x-2)。 联立 y=k(x-2), x2 3-y 2=1, 消去y 得(1-3k2)· x2+12k2x-12k2-3=0。 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2= - 12k2 1-3k2 ,x1x2=- 12k2+3 1-3k2 。 ①若k=1,则x1+x2=6,x1x2= 15 2 ,故 |AB|= 1+12 (x1+x2)2-4x1x2=23。 ②因为B 关于x 轴的对称点为D,所以 D(x2,-y2),则直线AD 的方程为y-y1= y1+y2 x1-x2 (x-x1)。 根据对称性可知,直线AD 经过的定点 必在x 轴上。 令y=0,得 x=x1-y1· x1-x2 y1+y2 = y1x2+x1y2 y1+y2 = k(x1-2)x2+x1k(x2-2) k(x1-2)+k(x2-2) = 2kx1x2-2k(x1+x2) k(x1+x2)-4k 。 当 k ≠ 0 且 k2 ≠ 1 3 时,x = 2k× 12k2+3 3k2-1 -2k× 12k2 3k2-1 k× 12k2 3k2-1 -4k = 2× 12k2+3 3k2-1 -2× 12k2 3k2-1 12k2 3k2-1 -4 = 12k2+3-12k2 6k2-2(3k2-1) = 3 2 。故直线AD 过定点 32 ,0 。 7.(1)在椭圆C1 中,由a2=13b2,得e= a2-b2 a = 12b 13b = 2 39 13 。 所以椭圆C1 的离心率e= 2 39 13 。 (2)由(1)知椭圆C1: x2 13+y 2=b2,联立 x20+y20=r2, x20 13+y 2 0=b2, 解得x20=1312(r2-b2),又x0> 74 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年3月 0,则x0= 39 6 · r2-b2,b<r< 13b。 因为动圆C2:x2+y2=r2 在P(x0,y0) 处的切线l的方程为x0x+y0y=r2,又切线 l过焦点F(c,0),所以x0c-r2=0。 所以f(x0,c)=x0c-r2,其中x0= 39 6 · r2-b2,b<r< 13b。 (3)当b=1时,椭圆C1: x2 13+y 2=1,1< r< 13。 设A(x1,y1),B(x2,y2),则椭圆C1 在 点A 处的切线为 1 13x1x+y1y=1 ,动圆C2 在点B 处的切线为x2x+y2y=r2。 由直线AB 与椭圆C1,动圆C2 均相切, 得 x2 1 13x1 = y2 y1 = r2 1 ,即x2= r2 13x1 ,y2=r2y1。 联立 x22+y22=r2, 1 13x 2 1+y21=1, 得 r4 169x 2 1+r4y21=r2, 1 13x 2 1+y21=1, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解 得x21= 169 12 1- 1 r2 ,y21=11213r2-1 。 故|AB|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2= 13-r2 13 2 x21+(r2-1)2y21= 13-r2 13 2 · 169 12 1- 1 r2 +(r2-1)2·11213r2-1 =14- r2+ 13 r2 ≤14-2 r2·13r2 =14-2 13,当 且仅当r2= 13 r2 ,即r= 413时取等号,所以 |AB|2 的最大值为14-2 13,所以|AB|的 最大值为 14-2 13= 13-1。 (责任编辑 王福华) 􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨􀤨 (上接第42页) 当直线l不与坐标轴垂直时,可设直线l 的方程为y=kx+1(k≠0)。 所 以 要 证 |PA| |PB| = |QA| |QB| ,只 需 证 1+k2·|x1| 1+k2·|x2| = x21+(y1-2)2 x22+(y2-2)2 ,即证x22· x21+(kx1-1)2 =x21 x22+(kx2-1)2 ,故 只需证2kx1x2-(x1+x2)=0。 联立 y=kx+1, x2 4+ y2 2=1 , 消 去 y 整 理 得(1+ 2k2)x2+4kx-2=0,易得Δ>0恒成立,由 韦达 定 理 得 x1+x2= - 4k 1+2k2 ,x1x2= - 2 1+2k2 。 从 而 2kx1x2 - (x1 +x2)=2k · - 2 1+2k2 - - 4k1+2k2 =0,所以|PA||PB|= |QA| |QB| 恒成立。 综上可得,存在点Q(0,2),使得 |PA| |PB|= |QA| |QB| 恒成立。 点评:当题干描述的几何关系不容易直接 进行代数翻译时 如本题的 |PA| |PB|= |QA| |QB| ,可 以先用一些特殊情况来探路,获得问题的结 果,再证明该结果在一般情况下也成立,这种 由特殊到一般的思想,是解决探索性问题的 一种非常重要的思想方法。 探索性问题主要考查同学们探索解题途径, 解决非传统确定性问题的能力,是命题者根据数 学学科特点,将数学知识有机结合并赋予新的情 境创设而成,它要求同学们能观察、分析、创造性 地运用所学的知识和方法解决问题。 解析几何中 的探索性问题,主要有存在性问题、定点定值问题 等。解决问题的策略往往是承认结论、变结论为 条件,然后通过特例归纳,或由演绎推理证明其合 理性或不合理性。探索过程要充分挖掘已知条 件,注意条件的完备性,不要忽略任何可能的因 素。解答时,不仅需要熟练掌握圆锥曲线的概念 和性质,以及方程、不等式、判别式等知识,还要具 备较强的审题能力、逻辑思维能力、运算能力,以 及运用数形结合的思想方法分析问题、解决问题 的能力。 (责任编辑 王福华) 84 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年3月