第六讲解析几何答案数学专页《名师大讲堂》二轮复习资料 理科.docVIP

第六讲解析几何(理)参考答案

第一节曲线与方程

变式与引申

⑴【答案】B解：由,结合选项知选B.

⑵【答案】A解：由题意,又,∴直线与直线

平行,且点在直线上,选A.

变式引申⑴解：设,,,则,.由,

得答图,∴,,即,.又,

答图

∴,即,故动点的轨迹方程为.

⑵解：设,,则,∵点在直线上,

①.∵垂直于直线,∴,即②.

联立①②得.又点在双曲线上,∴,

化简整理得,故点的轨迹方程为.

变式引申解：⑴由题意得,∴,故所求的椭圆方程为.

⑵设,,则抛物线在点处的切线斜率为

,直线的方程为,将上式代入椭圆的方程中,

得,即.

∵直线与椭圆有两个不同的交点,∴.

设线段的中点的横坐标是,则.设线段的中点的横坐标

是，则,由题意得,即有,∴,即或；当时,有,,因此不等式不成立；因此,当时代入方程得.将,代入不等式成立，因此的最小值为.

变式引申解：⑴设曲线方程为,将点,代入曲线方程,

得,∴,,故曲线方程为.

⑵设变轨点为,联立,得,∴或(舍去).

由,得或(舍去).∴点,此时,,.故当观测点、测得、的距离分别为、时,应向航天器发出变轨指令.

习题6-1

.【答案】D解：由得,,∴或,故方程的曲线是两条直线.

.【答案】解：由渐近线方程可知①.∵抛物线的焦点为,∴②.又

③.联立①②③,解得,,∴双曲线的方程为.

.解：⑴设动圆的圆心,,过点作直线的垂线,垂足为,由题意知,即动点到定点于到定直线的距离相等,由抛物线定义知,点的轨迹是以为焦点,为准线的抛物线,∴动圆圆心的轨迹方程为.

⑵假设存在直线满足条件.可设直线的方程为,代入,整理得.

易知,,∴或.设,,则,

,∴.又,

∴,得.故满足题给条件的直线存在,其方程为.

.解：⑴由已知得,解得,,∴,故所求椭圆的方程为.

⑵由⑴得、.

①若直线的斜率不存在,则直线的方程为,由得.

设、,∴,这与已知相矛盾.

②若直线的斜率存在,设直线直线的斜率为,则直线的方程为.设、,

联立,消元得,∴,,∴

,又,,∴,

∴,化简得,

解得或(舍去),∴,故所求直线的方程为或.

.解法：由题设知,,.则直线的方程为,直线的方程为.解方程组得交点坐标,,即,,则,.又点在双曲线上,∴.将,代入上式得,即,故轨迹的方程为.

解法：⑴∵、分别为双曲线的左、右顶点,∴,.则的方程为；直线的方程为,两式相乘得.∵点在双曲线上,∴,即,∴,即.∵点、是曲线上的不同两点,∴它们与点、均不重合,故点、均不在轨迹上.过点及的直线的方程为.解方程组,得,∴直线与双曲线只有唯一交点.故轨迹不经过点.同理轨迹也不经过点.故轨迹的方程为.

⑵设的方程为,则由知,的方程为.将代入得,即,若与椭圆相切,则

,即；同理若与椭圆相切,则.由与与轨迹都只有一个公共点包含以下四种情况：

①直线和都与椭圆相切,即,且,消去得,即,从而,即；

②直线过点,而与椭圆相切,此时,,解得；

③直线过点,而与椭圆相切,此时,,解得；

④直线过点,而直线过点,此时,,∴.

综上所述,的值为或或.

第二节圆锥曲线

变式与引申：⑴答图解：如图,点到轴的距离比到准线的距离(即)少,∴

答图

.而点在抛物线外,∴的最小值为.

⑵解：由椭圆定义知,又,

∴.

变式与引申：⑴解法：①当焦点在轴上时,设椭圆的标准方程为,

依题意有,解得.

②当焦点在轴上时,同理解得,,不合,舍去.

综上所求椭圆的方程为.

解法：设所求椭圆方程为.依题意有,解得.

故所求椭圆的方程为.

⑵解法：设,,代入椭圆方程得,,相减得

.∵,,∴.由,

得.∴,.又,

∴.将代入,解得,∴.故椭圆方程为.

解法：由,得.设,,则,

.∴,∴.①

设,则,,∴,代入①,得,.

故椭圆方程为.

变式与引申：⑴解：(Ⅰ)依题意,,,直线的方程,联立与双曲线方程,求得

.设,则,∴,.

故.

(Ⅱ)由(Ⅰ)得,,为定值.

(Ⅲ)联立与的方程求得,则,.由得,,∵,∴,解得,故双曲线的离心率的取值范围为.

⑵解：(Ⅰ)过点斜率为的直线为, 将代入方程，

得.①设,,则有,.

∵线段的中点在直线上,∴,即,得(此时①式的判别式大于零).

(Ⅱ)由,得,即.由②,得.

∵,,∴③ 由①、③得,易知,∴,.

∴,又,∴,即,得,

解得或,故的取值范围是.

变式与引申：解：⑴由题意,直线的方程为.设点,,由,得,

则,,∴.

⑵设点,则.由、、三点共线得.由得点到轴距

离与到直线：距离相等,即,∴,

.把,代入,得,

即,∴,解得