专题四解析几何参考答案

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1、专题四 解析几何参考答案 一、选择题 1、2011北京卷 A 【解析】 由已知可得|AB|2，要使 SABC2，则点 C 到直线2AB 的距离必须为，设 C(x，x2)，而 lAB：xy20，所以有，2|xx22|22 所以 x2x22， 当 x2x22 时，有两个不同的 C 点； 当 x2x22 时，亦有两个不同的 C 点 因此满足条件的 C 点有 4 个，故应选 A. 2、2011全国卷 C 【解析】 由题意知两圆的圆心在直线 yx 上，设 C1(a，a)， C2(b，b)，可得(a4)2(a1)2a2，(b4)2(b1)2b2，即 a，b 是方程x210x170 的两根，ab10，ab1

2、7，|C1C2|8，故2ab22ab24ab选 C. 3、2011四川卷 D 【解析】 圆的方程可化为(x2)2(y3)213，所以圆心坐标 是(2，3)，选 D. 4、所以四边形 ABCD 的面积为 S |AC|BD|10.故选 B.122 5、2011安徽卷 B 【解析】 圆的方程可化为(x1)2(y2)25，因为直线经过圆 的圆心(1,2)，所以 3(1)2a0，得 a1. 6、2011广东卷 A 【解析】 设圆心 C 的坐标 C(x，y)，由题意知 y0，则圆 C 的 半径为 y，由于圆 C 与已知圆相外切，则由两圆心距等于半径之和，得1y，整理得：x28(y1)，所以轨迹为抛物线x2

3、y327、2011福建卷 A 【解析】 设|F1F2|2c(c0)，由已知|PF1|F1F2|PF2|432，得|PF1| c，|PF2| c，且|PF1|PF2|，8343若圆锥曲线 为椭圆，则 2a|PF1|PF2|4c，离心率 e ；ca12若圆锥曲线 为双曲线，则 2a|PF1|PF2| c，离心率 e ，故选 A.43ca32 8、2011课标全国卷 D 【解析】 由题意 a4，c28，c2，所以离心率为2e .ca2 24229、2011安徽卷 C 【解析】 双曲线方程可化为1，所以 a24，得 a2，x24y28 所以 2a4.故实轴长为 4.10、2011湖南卷 C 【解析】

4、根据双曲线1 的渐近的方程得：y x，即x2a2y293a ay3x0.因为已知双曲线的渐近线的方程为 3x2y0 且 a0，所以有 a2，故选 C.11、2011重庆卷 B 【解析】 设双曲线的标准方程为1(a0，b0)，x2a2y2b2则其渐近线方程为 y x，ba准线方程为 x，代入渐近线方程得 y ，a2cba(a2c)abc所以圆的半径 r.abc易知左焦点到圆心(准线与 x 轴的交点)的距离 dc. a2c由条件知 dr，即 c，a2cabc所以 c2a2ab，即 b2ab，故 1，ba于是离心率 e ，即 e(1，)故选 B.ca1(ba)22212、2011湖北卷 C 【解析】

5、 不妨设三个顶点分别为 A，B，F(其中 F 为抛物线的焦点)，由抛物线的定义，有 A，B 两点关于 x 轴对称，点 F 的坐标为.设 A(p2，0)(m， 2pm)，则由抛物线的定义得m .又2，所以(m 0)|AF|p2|AB|2pm|AF|AB|m 2，整理得 m27pm0，所以 2448p20，所以方程p22pmp24(7p)p24m27pm0 有两个不同的实根，记为 m1，m2，则Error! 所以 m10，m20.所以 n2.p2413、 图 12 2011辽宁卷 C 【解析】 如图 12，过 A，B 分别作准线 l 的垂线 AD，BC，垂足 分别为 D，C，M 是线段 AB 的中

6、点，MN 垂直准线 l 于 N，由于 MN 是梯形 ABCD 的中位线，所以|MN|.|AD|BC|2由抛物线的定义知|AD|BC|AF|BF|3，所以|MN| ，又由于准线 l 的方程为32x ，所以线段 AB 中点到 y 轴的距离为 ，故选C.14321454 14、2011课标全国卷 C 【解析】 设抛物线方程为 y22px(p0)，则焦点F，A，B，(p2，0)(p2，p)(p2，p) 所以2p12，所以 p6.又点 P 到 AB 边的距离为 p6，|AB|所以 SABP 12636.12 15、2011山东卷 C 【解析】 根据 x28y，所以 F(0,2)，准线 y2，所以 F 到

7、准 线的距离为 4，当以 F 为圆心、以|FM|为半径的圆与准线相切时，|MF|4，即 M 到准线的 距离为 4，此时 y02，所以显然当以 F 为圆心，以为半径的圆和抛物线 C 的准线相交|FM|时，y0(2，)16、2011陕西卷 B 【解析】 由题意设抛物线方程为 y22px(p0)，又其准线方程为 x 2，p4，所求抛物线方程为 y28x.p2 17、2011四川卷 A 【解析】 根据题意可知横坐标为4,2 的两点分别为 (4,114a)，(2，12a)，所以该割线的斜率为 a2，由 y2xaa2x1， 即有切点为(1，4a)，所以切线方程为 y4a(a2)(x1)(a2)xy60，由

8、切线与圆相切可知a4 或 a0(舍去)，所以抛物线方程为6a221365yx24x5(x2)29，所以抛物线顶点坐标为(2，9)选择 A. 18、2011全国卷 D 【解析】 法一：联立直线与抛物线的方程得 x25x40，x1 或 4，得 A(1，2)，B(4,4)，则|AF|2，|BF|5，|AB|3，由余5弦定理得 cosAFB ，故选 D.45 法二：联立方程Error!解得 x1 或 x4，所以交点坐标分别为 A(1，2)，B(4,4)，又F(1,0)，(3,4)，(0，2)，所以 cosAFB .FBFAFAFB|FA|FB|85 24519、2011天津卷 B 【解析】 双曲线1

9、的渐近线为 y x，由双曲线的一x2a2y2b2ba条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(2，1)得 2，即 p4.又p2 a4，a2，将(2，1)代入 y x 得 b1， p2bac，2c2.a2b2415520、2011浙江卷 C 【解析】 由双曲线 x21 知渐近线方程为 y2x，又椭y24 圆与双曲线有公共焦点， 椭圆方程可化为 b2x2y2b2，(b25)(b25)联立直线与椭圆方程消 y 得，x2.(b25)b25b220 又C1将线段 AB 三等分，2，122(b25)b25b2202a3解之得 b2 .12 21、2011山东卷 A 【解析】 圆方程化为标准方程为(x3)2y24

10、，所以圆心 C(3,0)，r2，所以双曲线焦点 F(3,0)，即 c3，渐近线为 aybx0，由圆心到渐近线的距离为 2 得2，又 a2b29，所以|b|2，即 b24，a2c2b2945，所以| 3b|a2b2所求双曲线方程为1.x25y24 22、2011江西卷 B 【解析】 配方得，曲线 C1：(x1)2y21，即曲线 C1为圆心 在点 C1(1,0)，半径为 1 的圆，曲线 C2则表示两条直线：x 轴与直线 l：ym(x1)， 显然 x 轴与圆 C1有两个交点，于是知直线 l 与圆 C1相交，圆心 C1到直线 l 的距离 db0)x216y28x2a2y2b2因为离心率为，所以，222

11、21b2a2解得 ，即 a22b2.b2a212图 17 又ABF2的周长为()(|AB|AF2|BF2|AF1|BF1|BF2|AF2|AF1|AF2|)2a2a4a， ，所以 4a16，a4，所以 b2，|BF1|BF2|2所以椭圆方程为1.x216y28 17、2011浙江卷 (0，1)【解析】 设直线 F1A 的反向延长线与椭圆交于点 B，又5，由椭圆的对F1AF2B称性可得5，设 A，B，F1ABF1(x1，y1)(x2，y2)又|F1A|，|F1B|，63(x13 22)63(x23 22)Error! 解之得 x10， 点A的坐标为.(0， 1)18、2011北京卷 2 【解析】

12、 易知 ybx2x，故 b2.19、2011全国卷 6 【解析】 根据角平分线的性质， .又|AF2|AF1|MF2|MF1|12|AF1| 6，故6.|AF2|AF2|20、2011辽宁卷 2 【解析】 法一：点(2,3)在双曲线 C：1 上，则x2a2y2b21.又由于 2c4，所以 a2b24.解方程组Error! 得 a1 或 a4.由于 a0，则当 m2，即 m 时，集合 A 表示一个环形区域，且大圆半径不小于 ，m21212即直径不小于 1，集合 B 表示一个带形区域，且两直线间距离为，22 从而当直线 xy2m 与 xy2m1 中至少有一条与圆(x2)2y2m2有交点，即 可符合

13、题意，从而有|m|或|m|，解之得m2，|22m|2|22m1|22 222所以综上所述，实数 m 的取值范围是 m2.122 25、2011重庆卷 1 【解析】 由题意知，半径取得最大值的圆的圆心必在 x 轴6上 设圆心 C(a,0)(0a3)，则半径为 3a，于是圆的方程为(xa)2y2(3a)2， 将抛物线方程 y22x 代入圆的方程得 (xa)22x(a3)2，即 x22(a1)x6a90， 由 4(a1)24(6a9)0，即 a28a100，解得 a4，60a3，a4.6故圆 C 的半径能取到的最大值为 3a1.626、三、解答题1、 【解析】 （I）解：（1）当直线 的斜率不存在时

14、，P，Q 两点关于 x 轴对称，l所以因为在椭圆上，因此2121,.xx yy 11( ,)P x y22 11132xy又因为所以；由、得6,2OPQS116| |.2xy116|,| 1.2xy此时2222 12123,2,xxyy（2）当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为ll,ykxm由题意知 m，将其代入，得，022 132xy222(23)63(2)0kxkmxm其中即（*）22223612(23)(2)0,k mkm 2232km又212122263(2),2323kmmxxx xkk 所以22 222 121222 6 32|1()41,23kmPQkxxx xkk因为点 O 到直线 的距离为所以l 2|1,md k 1|2OPQSPQ d，又22 2 2212 6 32|12231kmmkkk2226 |32 23mkm k6,2OPQS整理得且符合（*）式，22322