解析几何解答题排序

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1、第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一.选择题（题型注释）第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二.填空题（题型注释）评卷人得分三.解答题（题型注释）1.已知椭圆E：冷+・=1仗>o,b>0）的离心率e=—，并且经过定点P（>/3,-）a22（1）求椭圆E的方程；（2）问是否存在直线y=-x+m，使直线与椭圆交于A,B两点，满足OA丄OB,若存在求m值，若不存在说明理由.r2【答案】⑴4+3；【解析】试题分析：（1）利用椭圆E2X2a+：2=1（q>0,b>0）的离心率£=并且经过定点建立方程，求出a,b,即可求椭圆E的方

2、程；⑵直线宀+m代入椭圆方程，利用韦达定理，结合0A丄OBnOA・OB=0,即可求m值.试题解析：解（1）由题意：e:弓且：+丄“又c2""(*)m2-452解得:亠钿二］,g

3、J;椭圆E的方程为*+/=14・（2）设AO】兀2，力）X22=4+〉=^>%2+4(/?2一兀)2—4=0n5x2一8/tix+4/w2-4=0y=—兀+mrrr.Sm4m2-4所以兀i+x2=,x}x2=5z、/4府一4yxy2=(m-xjCm-x2)=m"-m(x,+x2)+x{x^=m~-m~+§由OA丄OBnOA・OB=04m2—4tn2—4得（兀],必）0^2，旳）=°

4、，州兀2+歹』2=°，+=0,m=丄2価二十5又方程(*)要有两个不等实根，△=(—8加)2—4x5(4加2一4)>0,—亦VMV亦的值符合上面条件，所以加二亠2用二十5考点：直线与圆锥曲线的综合问题.2.设椭圆的中心在原点，对称轴为坐标轴，且长轴长是短轴长的2倍.又点P(4,1)在椭圆上，求该椭圆的方程.【答案】"+厂=1或4厂+*=120565652222【解析】设该椭圆的方程为冷+)；=1或冷+>；=l(a>b>0),依题意,2a=2(2b)aatra=2b.由于点P(4,l)在椭圆上，所以4+4b2b2=1或4：2+：厂1•解得45或？,r2v2

5、牡22这样a2=20或65,故该椭圆的方程为+丿=1或+〉=1.20565653.已知圆C：x'+(y—2)2=5,直线1：mx—y+l=0.(1)求证：对meR,直线1与圆C总有两个不同交点；(2)若圆C与直线1相交于A,B两点，求弦AB的中点M的轨迹方程.【答案】(1)见解析(2)x2+(y-3)2=124【解析】⑴解法一：直线mx-y+l=0恒过定点(0,1),且点(0,1)在圆C：x2+(y-2)2=5的内部，所以直线1与圆C总有两个不同交点.解法二联立方程《"+卜一2)=5,消去y并整理，得/?u-y+l=0(m2+l)x2—2mx—4=0.因为A

6、=4m2+16(m2+l)>0,所以直线1与圆C总有两个不同交点.0-2+11厂解法三：圆心C(0,2)到直线mx-y+l=0的距离d==。Vnr+1Vnr+1所以直线1与圆C总有两个不同交点.⑵设A(xi,yi),B(X2,y?),M(x,y),联立直线与圆的方程得(m2+l)x2—2mx—4=0,由根与系数的关系，得乂=土竺=J,2m2+1由点M(x,y)在直线mx—y+l=0上，当xHO时，得m='I代入x=「，得X府+1x[(y—h+i]=y—i,21化简得（y—l）2+x2=y—L即x2+（y—）2=•24当x=0,y=l时，满足上式，故M的轨迹方

7、程为x2+（y-3）2=1.242.已知ABC中，顶点4（2,2）,边4B上的中线CD所在直线的方程是x+y=Q,边AC上高BE所在直线的方程是x+3y+4=0.（1）求点3、C的坐标；（2）求AABC的外接圆的方程.【答案】(1)B(—4,0)C(l.-l)(9、2rin兀+—+歹—18丿J8丿(2)325~12x2++—x-—y-7=024'【解析】试题分析：（1）求B,C点就设B,C点的坐标，同吋可以表示出D的坐标，根据B在BE上，且A,B中点D在CD上.两式联立可求出B;根据C在CQ上，且AC丄BE得到忍c•%=-1，两式联立可求出C・（2）所求的

8、圆经过三角形的三个顶点，所以设出圆的一般方程，将A,B,C代入解方程组即可得到所求圆的方程•或者根据三角形的外接圆的圆心是各边垂直平分线的交点，所以可以根据（1）中的B,C和已知的4求两个边的垂直平分线，取其交点做圆心，该点到各个顶点的距离为半径，求出圆的方程.试题解析：（1）由题意可设3（西，yJC（兀2,旳），则的中点.22丿因为的中点D（2+X],2+x]必在直线CD±,代入有2+E+2+））①I22丿22又因为B在直线AB上,所以代入有2,+3・2了+4"②由①②联立解得5（-4,0）.则£＞（一1」）,因为C在直线CQ上，代入有兀2+旳=0③又因

9、为直线AC丄BE,所以有kAC•k8E儿-2(1=一