解析几何题答案

则 , 解得 ,

所求椭圆G的方程为：． 6分

（2）点的坐标为,． 8分

（3）若，由可知点（6，0）在圆外，

若，由可知点（-6，0）在圆外；

不论K为何值圆都不能包围椭圆G． 12分

24．解：（1）设椭圆方程为

则 2分

∴椭圆方程 4分

（2）∵直线l平行于OM，且在轴上的截距为m

又

∴l的方程为：

由 6分

∵直线l与椭圆交于A、B两个不同点，

∴m的取值范围是

（3）设直线MA、MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1＋k2=0即可

设

可得

8分

而

10分

∴k1＋k2=0 故直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形． 12分

25．解:（1）因为椭圆E: （a,b>0）过M（2，），N(,1)两点,

所以解得所以椭圆E的方程为 4分

（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且,设该圆的切线方程为解方程组得,即,

则△=,即

要使,需使,即,所以

,

所以又,

所以,所以,即或,

因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,

所以圆的半径为,,,

所求的圆为,此时圆的切线都满足或,

而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足,

综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且．

因为,

所以,

, 8分

①当时

因为所以,

所以,

所以当且仅当时取“=”．

②时,．

③当AB的斜率不存在时, 两个交点为或,

所以此时, 12分

综上, |AB |的取值范围为即: 14分26解：（1）当y=时，x=.

又抛物线y2=2px的准线方程为x=－，

由抛物线定义得

所求距离为－（－）=.

（2）设直线PA的斜率为k PA，直线PB的斜率为k PB.

由y12=2px1，y02=2px0，

相减得（y1－y0）（y1+y0）=2p（x1－x0），

故k PA==（x1≠x0）.

同理可得k PB=（x2≠x0）.

由PA、PB倾斜角互补知k PA=－k PB，

即=－，所以y1+y2=－2y0，

故=－2.

设直线AB的斜率为k AB.

由y22=2px2，y12=2px1，

相减得（y2－y1）（y2+y1）=2p（x2－x1），

所以k AB==（x1≠x2）.

将y1+y2=－2y0（y0＞0）代入得

k AB==－，所以k AB是非零常数.

27证明：（1）直线l的截距式方程为+=1.①，由①及y2=2px消去x可得by2+2pay－2pab=0. ②解：点M、N的纵坐标y1、y2为②的两个根，故y1+y2=，y1y2=－2pa.

所以+===.

（2）解：设直线OM、ON的斜率分别为k1、k2，

则k1=，k2=.

当a=2p时，由（2）知，y1y2=－2pa=－4p2，

由y12=2px1，y22=2px2，相乘得（y1y2）2=4p2x1x2，

x1x2===4p2，

因此k1k2===－1.

所以OM⊥ON，即即∠MON=90°. 28解：（1）∵双曲线的渐近线为y=±x，两渐近线夹角为60°，

又<1，

∴∠POx=30°，即=tan30°=.∴a=b.

又a2+b2=4，

∴a2=3，b2=1.

故椭圆C的方程为+y2=1.

（2）由已知l：y=（x－c），与y=x解得P（，），

由=λ得A（，）.

将A点坐标代入椭圆方程得

（c2+λa2）2+λ2a4=（1+λ）2a2c2.

∴（e2+λ）2+λ2=e2（1+λ）2. （令）

∴λ2==－［（2－e2）+］+3≤3－2.

∴λ的最大值为－1.

29解：（I）设△AOB的重心为G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),则 (1)

∵OA⊥OB ∴,即， (2)

又点A，B在抛物线上，有，代入（2）化简得

∴

所以重心为G的轨迹方程为

（II）

由（I）得

当且仅当即时，等号成立。

所以△AOB的面积存在最小值，存在时求最小值

2=4px.

30证明：设直线l方程为y=k（x+p），代入y

得k2x2+（2k2p－4p）x+k2p2=0.

Δ=4（k2p－2p）2－4k2·k2p2>0，

得0令A（x1，y1）、B（x2，y2），则x1+x2=－，y1+y2=k（x1+x2+2p）=，

AB中点坐标为（，）.

AB垂直平分线为y－=－（x－）.

令y=0，得x0==p+.

由上可知0p+2p=3p.

∴x0>3p.

（2）解：∵l的斜率依次为p，p2，p3，…时，AB中垂线与x轴交点依次为N1，N2，N3，…（0|N n N n+1|=|（p+）－（p+）|=，

=，

所求的值为［p3+p4+…+p21］=

31解法1：依题意，可设直线AB的方程为，整理得

①

设①的两个不同的根，

②

是线段AB的中点，得

解得k=-1，代入②得，>12，即的取值范围是（12，+）.

于是，直线AB的方程为

解法2：设

依题意，

（II）解法1：代入椭圆方程，整理得

③

③的两根，

于是由弦长公式可得

④

将直线AB的方程

⑤

同理可得

⑥

假设在在>12，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心.点M到直线AB的距离为

⑦

于是，由④、⑥、⑦式和勾股定理可得

故当时，A、B、C、D四点均在以M为圆心，为半径的圆上.

（注：上述解法中最后一步可按如下解法获得：

A、B、C、D共圆△ACD为直角三角形，A为直角

⑧

由⑥式知，⑧式左边=

由④和⑦知，⑧式右边=

∴⑧式成立，即A、B、C、D四点共圆

解法2：由（II）解法1及.

代入椭圆方程，整理得

③将直线AB的方程代入椭圆方程，整理得

　　　⑤

解③和⑤式可得

不妨设

∴

计算可得，∴A在以CD为直径的圆上.

又B为A关于CD的对称点，∴A、B、C、D四点共圆.（注：也可用勾股定理证明AC⊥AD）