高中数学竞赛专题讲座——解析几何

高中数学竞赛专题讲座——解析几何

一、选择题部分

x2y2

1上任一点P，作椭圆C的右准线的垂线PH（H为垂足）1．(集训试题)过椭圆C：，延长PH到点Q，使|HQ|=λ32

|PH|(λ≥1)。当点P在椭圆C上运动时，点Q的轨迹的离心率的取值范围为 （ ）

A．(0,

3

] 3

B．(

3,] 32

C．[

,1) 3

D．(

,1) 2

HP 1

，所以PQ1

解：设P(x1, y1)，Q(x, y)，因为右准线方程为x=3，所以H点的坐标为(3, y)。又∵HQ=λPH，所以

3(1 ) x [x 3(1 )]2y2x 1由定比分点公式，可得： ，代入椭圆方程，得Q点轨迹为 1，所以离心率 2

23 y1 ye=

3 2 22

23

[,1). 故选C. 2

33

2．（2006年南昌市）抛物线顶点在原点,对称轴为x轴,焦点在直线3x-4y＝12上,则抛物线方程为(D)

A．y 12x

2

B．y 12x

2

2

C．y 16x

2

D．y 16x

2

3．（2006年江苏）已知抛物线y 2px，O是坐标原点，F是焦点，P是抛物线上的点，使得△POF是直角三角形，则

这样的点P共有（B）

A．0个 B．2个

C．4个 D．6个

x2y24．（200 6天津）已知一条直线l与双曲线2 2 1（b a 0）的两支分别相交于P、Q两点，O为原点，当OP OQ

ab

时，双曲线的中心到直线l的距离d等于（A）

ab

A． B．2 222b ab a

5．(2005全国)方程

ab

b2 a2b2 a2

C． D．

abab

x2

sin2 sin3

y2

cos2 cos3

1表示的曲线是

（ ）

A．焦点在x轴上的椭圆 B．焦点在x轴上的双曲线

C．焦点在y轴上的椭圆 D．焦点在y轴上的双曲线 解： 2 3 , 0

2

2 3

2

, cos( 2) cos(3 ),即 222

sin2 sin.

又0

, , cos2 0,cos 0, cos2 cos 0,

22

2 32 3

) ( )224

2

. sin( ) 0,2424

方程表示的曲线是椭圆.

(sin2 sin3) (cos2 cos) 22sin

2

2 2

0, sin 0, 222 3 3

, 244

( )式 0.即

sin2 sin3 cos2 cos3. 曲线表示焦点在y轴上的椭圆，选C。

6．（2006年浙江省预赛）已知两点A (1,2), B (3,1) 到直线L的距离分别是2,5 2，则满足条件的直线L共有条.

（C ）

A．1 解: 由AB

B．2 C．3 D．4

,分别以A，B为圆心，2，为半径作两个圆，则两圆外切，有三条共切线。正确答案为C。

1

，则集合3

2

7．（2006年浙江省预赛）设在xOy平面上，0 y x，0 x 1所围成图形的面积为

M {(x,y)y x 1},N {(x,y)y x2 1}的交集M N所表示的图形面积为 （B）

A．

124

B． C．1 D．

333

解： M N在xOy平面上的图形关于x轴与y轴均对称，由此M N的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘

M N的图形在第一象限的面积为A＝以4即得。为此，只要考虑在第一象限的面积就可以了。由题意可得，

因此M N的图形面积为

二、填空题部分

111 . 236

2

. 所以选（B）。 3

x2y2

1．（200 6天津）已知椭圆2 2 1（a b 0），长轴的两个端点为A、B，若椭圆上存在点Q，使 AQB 120 ，

ab

则该椭圆的离心率e的取值范围是

6

e 1． 3

y 0

2．（2006年江苏）已知 3x y 0，则x2 y2的最大值是

x 3y 3 0

3．（2006吉林预赛）椭圆x2/a2+y2/b2=1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B，左焦点为F，若∠ABF是直角，则这个椭圆的离

心率为_________。

x2y2

1截得线段的中点的轨迹方程为 4．（2006陕西赛区预赛）若a，b，c成等差数列，则直线ax+by+c = 0被椭圆

28

12(y 1)2

2(x ) 1

22

5．(2005年浙江)根据指令，机器人在平面上能完成下列动作：

先从原点O沿正东偏北 （0

2

时

）方向行走一段

间后，再向正北方向行走一段时间，但何时改变方向不假定机器人行走速度为10米/分钟，则机器人行走2分时的可能落点区域的面积是 .

定. 钟

【解】：如图，设机器人行走2分钟时的位置为P(x, y). 设机器人改

变方向的点为A， a，AP b。则由已知条件有 a b 2 10 20，以及

s x aco

.所以有

y asin b

x2 y2 a2 2absin b2 (a b)2 400

x y a(sin cos ) b a b 20

即所求平面图形为弓形，其面积为100 200 平方米.

6．（2006年浙江省预赛）已知 A (x,y)x2 y2 2xcos 2(1 sin )(1 y) 0, R,

B (x,y)y kx 3,k R 。若A B为单元素集，则k .

解 由

x2 y2 2xcos 2(1 sin )(1 y) 0 (x cos )2 (y 1 sin )2 0 x cos ,y 1 sin x (y 1) 1

2

2

A B为单元素集，即直线y kx 3与x2 (y 1)2 1相切，则k .

2

7．(2005全国)若正方形ABCD的一条边在直线y 2x 17上，另外两个顶点在抛物线y x上.则该正方形面积的最小值

为 80 .

解：设正方形的边AB在直线y 2x 17上，而位于抛物线上的两个顶点坐标为C(x1,y1)、D(x2,y2)，则CD所在直线

l的方程y 2x b,将直线l的方程与抛物线方程联立，得x2 2x b x1,2 1 b 1.令正方形边长为a,则

a2 (x1 x2)2 (y1 y2)2 5(x1 x2)2 20(b 1).①

在y 2x 17上任取一点（6，,5），它到直线y 2x b的距离为a, a

|17 b|

②.

①、②联立解得b1 3,b2 63. a 80,或a 1280. amin 80.

8．（2004 全国）在平面直角坐标系XOY中，给定两点M（－1，2）和N（1，4），点P在X轴上移动，当 MPN取最大值时，点P的横坐标为_______________.

解：经过M、N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y=3－x上，设圆心为S（a，3－a），则圆S的方程为：

222

(x a)2 (y 3 a)2 2(1 a2).对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，所以，当

22 MPN取最大值时，经过M，N，P三点的圆S必与X轴相切于点P，即圆S的方程中的a值必须满足2(1 a) (a 3),

解得 a=1或a=－7。即对应的切点分别为P(1,0)和P'( 7,0)，而过点M，N，p'的圆的半径大于过点M，N，P的圆的半径，所以 MPN MP'N，故点P（1，0）为所求，所以点P的横坐标为1。 三、解答题部分

1．(集训试题)已知半径为1的定圆⊙P的圆心P到定直线l的距离为2，Q是l上一动点，⊙Q与⊙P相外切，⊙Q交l于M、

N两点，对于任意直径MN，平面上恒有一定点A，使得∠MAN为定值。求∠MAN的度数。

解：以l为x轴，点P到l的垂线为y轴建立如图所示的直角坐标系，设Q的坐标为(x, 0)，点A(k, λ)，⊙Q的半径为r，

则：M(x-r, 0), N(x+r, 0), P(2, 0), PQ=

x2 22=1+r。所以x=±r2 2r 3, ∴tan∠

MAN=

kAN kAM1 kAN kAM

o ro h

x r hx r h

o ho h1

x r hx r k

2rh2rh2rh

， 2222222222(x k) r h( r 2r 3) r hh k 3 2r 2kr 2r 3

令2m=h2+k2-3，tan∠MAN=

1

，所以m+r kr2 2r 3=nhr， n

∴m+(1-nh)r= kr2 2r 3，两边平方，得：m2+2m(1-nh)r-(1-nh)2r2=k2r2+2k2r-3k2，

m2 3k2(1) 1

因为对于任意实数r≥1，上式恒成立，所以 2m(1 nh) 2k2(2)，由（1）（2）式，得m=0, k=0，由（3）式，得n=.

h 22

(1 nh) k(3)

由2m=h2+k2-3得h=±3，所以tan∠MAN=

1

=h=±3。所以∠MAN=60°或120°（舍）（当Q(0, 0), r=1时∠n

MAN=60°），故∠MAN=60°. 2．（2006吉林预赛）已知抛物线C：x2=2py(p>0)，O是坐标原点，M(0，b)(b>0)为y轴上一动点，过M作直线交C于A、B

两点，设S△ABC =mtan∠AOB，求m的最小值。（ －0.5p2 ）

3．（2006年南昌市）(高二)给定圆P:x2 y2 2x及抛物线S:y2 4x,过圆心P作直线l,此直线与上述两曲线的四个交点,

自上而下顺次记为A,B,C,D,如果线段AB,BC,CD的长按此顺序构成一个等差数列,求直线l的方程.

2

解:圆P的方程为 x 1 y 1,则其直径长BC 2,圆心为P 1,0 ,设l的方程为ky x 1,即x ky 1,代入抛物

2

线方程得:y2 4ky 4,设A x1,y1 , D x2,y2 有

y1 y2 4k

,则(y1 y2)2 (y1 y2)2 4y1y2

y1y2 4

2

2

2

2

2

y12 y2

) 故|AD| (y1 y2) (x1 x2) (y1 y2) (4

y

A

(y1 y2)2[1 (

y1 y22

)] 16(k2 1)2,因此|AD| 4(k2 1) 4

o

CB据等差,2BC AB CD BC

x

,

所以 BC 6即4(k2 1) 6,k

22,

则l方程为x

22y 1或x y 1. 22

2

4．（2006年上海）已知抛物线y 2px(p 0)，其焦点为F，一条过焦点F，倾斜角为 (0 )的直线交抛物线于A，

B两点，连接AO（O为坐标原点），交准线于点B ，连接BO，交准线于点A ，求四边形ABB A 的面积． 解:当 当

2

时，SABB A 2p2．

时

，

令

2

k tan

．设

B2，则由(x ,y

)

p

y k(x )，① y2 2px， ②

2

消去x得，y y1 y2

2

2p

y p2 0，所以 k

2p

， y1y2 p2． ③ k

又直线AO的方程为：y

y12px，即为y x， x1y1

pp2

所以，AO与准线的交点的坐标为B ( , )，

2y1

p2

而由③知，y2 ，所以B和B 的纵坐标相等，从而BB x轴．同理AA x轴，故四边形ABB A 是直角梯

y1

形．………………（9分） 所以，它的面积为SABB A

11

(AA BB ) A B AB

A B 22

y2

y1 12

(y2

y1) (y y) 4y1y2 12 23

1 22

2p 1 2 2p(1 cot )2．………………（14分）

k

2

32

5． (2005年浙江)（20分）设双曲线x y 1的左、右焦点分别为F1，F2，若 PF1F2的顶点P在第一象限的双曲线上移

动, 求 PF1F2的内切圆的圆心轨迹以及该内切圆在边PF2上的切点轨迹。

【解】 如图，记双曲线在x轴上的两顶点为A(1, 0)， B(-1, 0)，G为 PF1F2的内切圆 在边F1F2上的切点，H为 PF1F2的内切圆在边PF2上的切点，K为 PF1F2的内切圆 在边PF1上的切点。则有

22

GF1 GF2 KF1 HF2 (KF1 KP) (HF2 HP) PF1 PF2----5分

由双曲线的定义知，G必在双曲线上，于是G与A(1, 0)重合，是定点。 而F2G F2A

2 1。根据圆外一点到该圆的两切点的距离相等，

所以 PF1F2的内切圆在边PF2上的切点的轨迹是以F2(2, 0)为圆心，

2 1为半径的圆弧。------- 10分

因为P(x, y)是在x y 1第一象限的曲线上移动，当PF2沿双曲线趋于无穷时，与x轴正向的交角 的正切的极限是limtan lim

x

22

x2 1x 2

x

1

x 2 (2 1)cos

y (2 1)sin

即

4

。 故点H的轨迹方程为 (极坐标形式)

，（

4

）-- 15分

也可以用直角坐标形式。由于G与A(1, 0)重合，是定点，故该内切圆圆心的轨迹是直线段，方程为

x 1 （0 y 1）。 -------------------------------- 20分

22222

6．（2006浙江省）在x轴同侧的两个圆：动圆C1和圆4ax 4ay 4abx 2ay b 0 外切（a,b N,a 0），且

动圆C1与x轴相切，求 （1）动圆C1的圆心轨迹方程L;

（2）若直线4(7 1)abx 4ay b2 a2 6958a 0与曲线L有且仅有一个公共点，求a,b之值。

解：（1）由4ax 4ay 4abx 2ay b 0可得(x

2

2

2

2

2

b211

) (y )2 ()2, 2a4a4a

由a,b N，以及两圆在x轴同侧，可知动圆圆心在x轴上方，设动圆圆心坐标为(x,y),

则有(x

b211) (y )2 y , 2a4a4a

2

bb2

).……（5分） 整理得到动圆圆心轨迹方程y ax bx (x 2a4a

另解 由已知可得，动圆圆心的轨迹是以(物线，得轨迹方程

b11b

,)为焦点，y ,0)点（不包含该点）的抛为准线，且顶点在(2a4a4a2a

b21b2b2

(x ) y，即y ax bx (x )…………………（5分）

2aa4a2a

b2b

(x ) ① （2）联立方程组y ax bx 4a2a

2

4( 1)abx 4ay b2 a2 6958a 0 ②

消去y得 4a2x2 47abx (a2 6958a) 0，

2222

由 16 7ab 16a(a 6958a) 0, 整理得

a ③ 7b a 6958

2

从③可知 7a 7a。 故令a 7a1，代入③可得

22

b2 7a1 6958a1

2

7b2 7b. 再令b 7b1，代入上式得

7b1 a1 994a1 …………………（10分）

同理可得，7a1,7b1。可令a 49n,b 49m,代入③可得

2

2

7m2 n2 142n ④

对④进行配方，得 (n 71)2 7m2 712,

对此式进行奇偶分析，可知m,n均为偶数，所以7m2 712 (n 71)2为8的倍数， 所以

4m。令m 4r，则112r2 712 r2 45.

所以 r 0,1，2，3，4，5，6 …………………………………（15分） 仅当r 0,4时，71 112r为完全平方数。于是解得

2

2

a 6958,b 0(不合，舍去)

a 6272a 686

. …………………（20分）

b 784b 784

10．（2004 全国）设p是给定的奇质数，正整数k

k=____________.

n,n N,则k pk n 0,k

*

2

2

从而p 4n是平方数，设为m,m N,则(m 2n)(m 2n) p

222*2

p2 1m m 2n 1 2

p是质数，且p 3, ,解得 22

m 2n p n p 1

4

p m2p (p2 1)(p 1)2

k ,故k . （负值舍去）

244

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/muw4.html