解析几何资料考前专练

解析几何升级训练

1.抛物线C:x2?2py(p?0)上一点P(m,4)到其焦点的距离为5． （1）求p与m的值；

（2）若直线l:y?kx?1与抛物线C相交于A、B两点，l1、l2分别是该抛物线在A、B两点处的切线，M、N分别是l1、l2与该抛物线的准线交点，求证：|AM?BN|?42 解：（1）根据抛物线定义，4??5，解得p?2 ????（2分）

2x2?4y，将P(m,4)代入x2?4y，解得m??4 ????（4分）

p（2）依题意把y?kx?1代入x2?4y得x2?4kx?4?0??①，

??16k2?16?0，k2?1，k?(??,?1)?(1,??)， ????（5分）

设A(x`1,y1)，B(x`2,y2)，则x`1?x2?4k，x1x2?4 由x2?4y?y?y?14x12?1214x2?y??12x，所以抛物线在A处的切线l1的方程为

x1(x?x1)，即y?x12?42x112x1x?14x12．

令y??1，得xM?． ????（6分）

4x1 同理，得xN?2x2?42x2．x1、x2是方程①的两个实根，故x1x2?4，即x2?2，

?4????42x2?4?x1?4?x12从而有xN?????xM ????（8分）

82x22x1x1?????????AM?(xM?x1,?1?y1)，BN?(?xM?x2,?1?y2)，

∵x`1?x2?4k，y`1?y2?k(x`1?x2)?2?4k2?2

∴|AM?BN|?(x1?x2)2?(2?y1?y2)2?16(k4?k2)， ????（10分）

42∵k2?1，∴16(k?k)?42，即|AM?BN|?42．----------12分。

?112. 在平面直角坐标系中，已知点A(,0)，向量e?(0,1)，点B为直线x??上的动点，点22???????????????????????????C满足2OC?OA?OB，点M满足BM?e?0,CM?AB?0.

(1)试求动点M的轨迹E的方程；

(2)设点P是轨迹E上的动点，点R、N在y轴上，圆?x?1??y2?1内切于?PRN，求?PRN 的面积的最小值.

2??????1解：(1)设M(x,y),B(?,m)，则BM?(x?,y?,)m,)10,(e?(,221??????m??? CM,)?(x,1y)?AB??m，2?y?m????????????????2由BM?e?0,CM?AB?0得?m2，所以动点M的轨迹E的方程为y?2x；???4分

?x?2?(2)设P(x0,y0),R(0,b),N(0,c)，且b?c，?lPR:y?y0?bx0x?b，

即lPR:(y0?b)x?x0y?x0b?0，由相切得y0?b?x0b(y0?b)?x022?1，注意到x0?2，化简得

(x0?2)b2?2y0b?x0?0，

同理得(x0?2)c2?2y0c?x0?0，

所以b,c是方程(x0?2)x2?2y0x?x0?0的两根，?????????????8分 所以b?c?4y02?4x0(x0?2)x0?2?2x0x0?2，

有S?PRN?12x0?2?2x0?x0?(x0?2)?4x0?2?4?8，

当x0?4时?PRN的面积的最小值为8. ?????12分

?23?Q1,3. 中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆的离心率为，且经过点?。 ???33??3若分别过椭圆的左右焦点F1、F2的动直线l1、l2相交于P点，与椭圆分别交于A、

B与C、D不同四点，直线OA、OB、OC、OD的斜率k1、 k2、k3、k4满足k1?k2?k3?k4．（1）求椭圆的方程；

（2）是否存在定点M、N，使得|PM|?|PN|为定值．若存在，求出M、N点

坐标；若不存在，说明理由．

解：（1）设椭圆方程为

x2a2?y2b2?1?a?b?0?，则由题意知

yl2Cl1APF1OBF2xD（第21题）

e?ca2?332，则

x2y2?23?1,的坐标可得a?3c,b?2c，则椭圆方程为??c，代入点P????332??222c?1，所求椭圆方程为

2x23?y22?1

（2）当直线l1或l2斜率不存在时，P点坐标为(-1, 0)或(1, 0)．

当直线l1、l2斜率存在时，设斜率分别为m1，m2，设A(x1,y1)，B(x2,y2)， 由

?x2y2??1??32?y?m(x?1)1?23m1?622?3m1得 (2?23m1)x2?26m1x?23m1?6?0，∴ x1?x2??x1?x2x1x2)

6m1222?3m1，

x1x2???m1(2?． k1?k2??4m12m1?2y1x1?y2x2?m1(x1?1x1?x2?1x2?4m2)?m1(2?2m122m1?2)?，同理k3?k4?2m2?2．∵k1?k2?k3?k4，

∴

?4m12m1?2??4m22m2?2，即(m1m2?2)(m2?m1)?0．又m1?m2， ∴m1m2?2?0．

?y?2?0，即

y22?x2?1(x??1)，

设P(x,y)，则

yx?1x?1由当直线l1或l2斜率不存在时，P点坐标为(-1, 0)或(1, 0)也满足，∴P(x,y)点椭圆上，则存在点M、N其坐标分别为(0 , -1)、(0, 1)，使得|PM|?|PN|为定值22．

4. 已知椭圆C:x2a2?y2b2?1(a?b?0)过点(3,32)，椭圆C左右焦点分别为F1,F2，上

顶点为E，?EF1F2为等边三角形.定义椭圆C上的点M(x0,y0)的“伴随点”为N(x0y0,). ab（1）求椭圆C的方程；

（2）直线l交椭圆C于A、B两点,若点A、B的“伴随点”分别是P、Q,且以PQ为直径的

圆经过坐标原点O.椭圆C的右顶点为D，试探究ΔOAB的面积与ΔODE的面积的大小关系,并证明.

3?3??a24b2?1?x2y2?22222??1.·解：（1）由已知?a?b?c，解得a?4,b?3 ,方程为······················4分 43?c1????a2（2）设A(x1,y1),B(x2,y2),则P??x1y1??x2y2?,,Q??,?; 223?3???1)当直线l的斜率存在时,设方程为y?kx?m,

?y?kx?m?222由?x2y2 得: (3?4k)x?8kmx?4(m?3)?0；

?1??3?4????48(3?4k2?m2)?0??8km?有?x1?x2? ①···································································10分 23?4k??4(m2?3)?x1x2?3?4k2?由以PQ为直径的圆经过坐标原点O可得: 3x1x2?4y1y2?0； 整理得: (3?4k)x1x2?4mk(x1?x2)?4m?0 ②

将①式代入②式得: 3?4k?2m, ································································· 12分

2222?3?4k2?0,?m2?0,??48m2?0

又点O到直线y?kx?m的距离d?m1?k2

AB?1?kx1?x2?1?k?1?k222433?4k2?m23?4k2?1?k243?m3?4k2

43?m2m2所以S?OAB?12············································································14分 ABd?3·

2) 当直线l的斜率不存在时,设方程为x?m(?2?m?2)

联立椭圆方程得: y?23(4?m2)42；

代入3x1x2?4y1y2?0得3m?3(4?m2)4?0；

m??255,

y??2155

S?OAB?12ABd?12my1?y2?3

综上: ?OAB的面积是定值3

又?ODE的面积也为3,所以二者相等. ·························································16分

5. 如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线的顶点在原点，焦点为F（1，0）．过抛物线在x轴上方的不同两点A、B作抛物线的切线AC、BD，与x轴分别交于C、D两点，且AC与BD交于点M，直线AD与直线BC交于点N． （1）求抛物线的标准方程； （2）求证：MN?x轴；

（3）若直线MN与x轴的交点恰为F（1，0），求证：直线AB过定点．

解：（1）设抛物线的标准方程为y2?2px(p?0)， 由题意，得

p?1，即p?2． 2y A M N D O F B C x （第5题）

所以抛物线的标准方程为y2?4x．??3分 （2）设A(x1， y2)，且y1?0，y2?0． y1)，B(x2，

由y2?4x（y?0），得y?2x，所以y??1．

x所以切线AC的方程为y?y1?1(x?x1)，即y?y1?2(x?x1)．

x1y1整理，得yy1?2(x?x1)， ① 且C点坐标为(?x1， 0)．

同理得切线BD的方程为yy2?2(x?x2)，② 且D点坐标为(?x2， 0)． 由①②消去y，得xM? 又直线AD的方程为y? 直线BC的方程为y?x1y2?x2y1．

y1?y2y1(x?x2)，③ x1?x2y2(x?x1)． ④ x1?x2x1y2?x2y1．

y1?y2 由③④消去y，得xN?所以xM?xN，即MN?x轴．

（3）由题意，设M(1， y0)，代入（1）中的①②，得y0y1?2(1?x1)，y0y2?2(1?x2)．

所以A(x1， y1)， B(x2， y2)都满足方程y0y?2(1?x)．

所以直线AB的方程为y0y?2(1?x)．

故直线AB过定点(?1， 0)．

6. 在平面直角坐标系内已知两点A(?1,0)、B(1,0)，若将动点P(x,y)的横坐标保持不变，纵

????????坐标扩大到原来的2倍后得到点Q(x,2y)，且满足AQ?BQ?1.

（Ⅰ）求动点P所在曲线C的方程； （Ⅱ）过点B作斜率为?22的直线l交曲线C于M、N两点，且OM?ON?OH?0，又

??????????????点H关于原点O的对称点为点G，试问M、G、N、H四点是否共圆？若共圆，求出圆

心坐标和半径；若不共圆，请说明理由.

解：（Ⅰ）设点P的坐标为(x,y)，则点Q的坐标为(x,2y)，

????????依据题意，有AQ?(x?1,2y),BQ?(x?1,2y). ?????????AQ?BQ?1,?x2?1?2y2?1.

?动点P所在曲线C的方程是

x22?y2?1.

2222（Ⅱ）因直线l过点B，且斜率为k??，故有l:y??(x?1).

?x2?y2?1??2联立方程组?，消去y，得2x2?2x?1?0.

?y??2(x?1)??2?x1?x2?1?x1?x2?1??设M(x1,y1)、N(x2,y2)，可得?1，于是?2.

x1x2???y1?y2???2?2??????????????????2又OM?ON?OH?0，得OH?(?x1?x2,?y1?y2),即H(?1,?)

2而点G与点H关于原点对称，于是，可得点G(1,2222).

若线段MN、GH的中垂线分别为l1和l2，kGH?l1:y?1?2(x?),l2:y??2x. 422，则有

?21?2(x?)12?y?联立方程组?). 42，解得l1和l2的交点为O1(,?88?y??2x?因此，可算得|O1H|?()2?(89328)2?3118,

122311|O1M|?(x1?)2?(y1?)?.

888所以M、G、N、H四点共圆，且圆心坐标为O1(,?8128),半径为3118.

7. 如图，已知直线l与抛物线x?4y相切于点P(2，1)，且与x轴交于点A，O为坐标原

点，定点B的坐标为（2，0）. （I）若动点M满足AB?BM?22|AM|?0，求点M

的轨迹C；

（II）若过点B的直线l′（斜率不等于零）与（I）中的轨迹C交于不同的两点E、F

（E在B、F之间），试求△OBE与△OBF面积之比的取值范围.

解：（I）由x?4y得y?214x2，?y??12x.∴直线l的斜率为y?|x?2?1，???1分

故l的方程为y?x?1，∴点A坐标为（1，0） ?????????????? 2分

设M(x,y) 则AB?(1,0),BM?(x?2,y),AM?(x?1,y)， 由AB?BM?2|AM|?0得 (x?2)?y?0?2?(x?1)2?y2?0.

整理，得

x22?y2?1.??4分

∴点M的轨迹为以原点为中心，焦点在x轴上，长轴长为22，短轴长为2的椭圆 5分 （II）如图，由题意知直线l的斜率存在且不为零，设l方程为y=k(x－2)(k≠0)① 将①代入

x22?y2?1，整理，得

(2k2?1)x2?8k2?x?(8k2?2)?0，

由△>0得0

12. 设E(x1，y1)，F(x2，y2)

?8k2x1?x2?,?2?2k?1则? ②????????????????7分 2?xx?8k?2.12?2k2?1?令??S?OBES?OBF,则??|BE||BF|2，由此可得BE???BF,??x1?2x2?2,且0???1.

由②知(x1?2)?(x2?2)??42k?1,

22k2?1.（x1?2)?(x2?2)?x1x2?2(x1?x2)?4??2k2?14?12??,即k??.??????10分(1??)28(1??)22?0?k2?12,?0?4?(1??)2?12?12,解得3?22???3?22.

又?0???1,?3?22???1.∴△OBE与△OBF面积之比的取值范围是（3－22，1）.?12分

8. 已知A、B是椭圆

x2a2?y2b2?1(a?b?0)的一条弦，M(2，1)是AB中点，以M为焦点，

y以椭圆的右准线为相应准线的双曲线与直线AB交于N(4，—1).

(1)设双曲线的离心率e，试将e表示为椭圆的半长轴长的函数. (2)当椭圆的离心率是双曲线的离心率的倒数时，求椭圆的方程. (3)求出椭圆长轴长的取值范围.

AMOBNx?x12y12?2?2?1b?a (1)设A(x1,y1),B(x2,y2) 则?2相减得 2xy?2?2?12??a2by1?y2y1?y2b221b2???2 则kAB?????2 即a2?2b2故b2?c2

x1?x2x1?x2a42a由双曲线定义知离心率e?(2?4)2?22a2|?4|c?2|a?22| (2)由上知椭圆离心率为

22.故e?2|a?22|?2 则a?32或2 当a?32时,椭圆方程为

x218?y29?1.

当a?2时,椭圆方程为

x218x22?y2?1.而此时M(2,1)在椭圆外. 故舍去.

则所求椭圆方程为?y29?1.

222 (3)由题设知AB:y??x?3.椭圆x?2y?a?0

?y??x?32222得3x?12x?18?a?0有??12?12(18?a)?0 故?222?x?2y?a?0??|a?22|?2a?6，又由(2)知e??1 即?故a的范围是

|a?22|??a?22?02(6,22)?(22,2?22).

则长轴2a的范围是(26,42)?(42,4?42). 9.已知动圆过定点P（1，0），且与定直线L:x=-1相切，点C在l上.

(1)求动圆圆心的轨迹M的方程；

(2)设过点P,且斜率为?3 的直线与曲线M相交于A,B两点.

（i）问：△ABC能否为正三角形？若能，求点C的坐标；若不能，说明理由 （ii）当△ABC为钝角三角形时，求这种点C的纵坐标的取值范围.

解：(1)依题意，曲线M是以点P为焦点，直线l为准线的抛物线，所以曲线M的方程为y2=4x. ?(2)(i)由题意得,直线AB的方程为:y??3(x?1)由?y2??3(x?1) 消去 y 得:?y?4x12316,x2?3.所以A(,),B(3,?23),|AB|?x1?x2?2?.3333

假设存在点C（－1，y），使△ABC为正三角形，则|BC|=|AB|且|AC|=|AB|，即 3x2?10x?3?0,解得x1?1162?22(3?1)?(y?23)?(),?3相减得:42?(y?23)2?(4)2?(y?23)2,解得y??143(不符,舍)?122162339)?()2?(?1)?(y?33?3

因此，直线l上不存在点C，使得△ABC是正三角形. （ii）解法一：设C（－1，y）使△ABC成钝角三角形，

?由?y??3(x?1) 得 y?23,此时A,B,C三点共线,故y?23.?x??1，

12322843y16256又|AC|2?(?1?)2?(y?)???y2,|AB|2?()2?339339， 当|BC|2?|AC|2?|AB|2,即28?43y?y2?289?433y?y2?2569,即y?293 时,

∠CAB为钝角.

当|AC|2?|BC|2?|AB|2,即289?433y?y2?28?43y?y2?2569

2562843y又|AB|2?|AC|2?|BC|2,即???y2?28?43y?y2993 即:y2?433y?43?0,(y?23)2?0y??1033 时?CBA为钝角..

该不等式无解，所以∠ACB不可能为钝角.

因此，当△ABC为钝角三角形时，点C的纵坐标y的取值范围是: .

解法二： 以AB为直径的圆的方程为:

528528(x?)2?(y?3)2?()2圆心(,?3)到直线L:x??1 的距离为333333.

).3

当直线l上的C点与G重合时，∠ACB为直角，当C与G 点不重合，且A，B，C三点不共线时，所以,以AB为直径的圆与直线L相切于点G(?1,?23y??1033或y?239(y?23)∠ACB为锐角，即△ABC中∠ACB不可能是钝角. 因此，要使△ABC为钝角三角形，只可能是∠CAB或∠CBA为钝角.

过点A且与AB垂直的直线为:y?233?123(x?).令x??1得y?339. 33(x?3),令x??1得y??10333过点B且与AB垂直的直线为:y?23?.

?又由?y??3(x?1)解得y?23,所以,当点C的坐标为(?1,23)时,?x??1 A，B，C三点共 线，不构成三角形.

因此，当△ABC为钝角三角形时，点C的纵坐标y的取值范围是：

y??1033或y?239(y?23).

10. 在直角坐标平面中，△ABC的两个顶点为 A（0，－1），B（0, 1）平面内两点G、M同时

???????????????????????????????????满足①GA?GB?GC?0 , ②|MA|= |MB|= |MC|③GM∥AB

（1）求顶点C的轨迹E的方程

????????（2）设P、Q、R、N都在曲线E上 ，定点F的坐标为（2, 0） ，已知PF∥FQ , ????????????????RF ∥FN且PF·RF= 0.求四边形PRQN面积S的最大值和最小值.

????????????????????解：（1）设C ( x , y )， ?GA?GB?2GO,由①知GC??2GO,?G为 △ABC的重心 ，

? G(x,y) ????????????????（2分）

33由②知M是△ABC的外心，?M在x轴上。 由③知M（

x3，0），

由|MC| ? |MA| 得()?1??????????x23x(x?)2?y2

3化简整理得：

x23?y2?1（x≠0 ）????????????????(6分)

x23（2）F（2，0 ）恰为

?y2?1的右焦点

22 设PQ的斜率为k≠0且k≠±

，则直线PQ的方程为y = k ( x －2) 由??y?k(x?2)?22??x?3y?3?0?(3k2?1)x2?62k2x?6k2?3?0

设P(x1 , y1) ，Q (x2 ,y2 ) 则x1 + x2 =

62k23k?122 , x1·x2 =

6k2?33k?122 ?? （8分）

则| PQ | =1?k2 ·

(x1?x2)?4x1x2=

1?k ·(62k23k?12)?4?26k2?33k?12=

23(k2?1)3k?12

?RN⊥PQ,把k换成?1k得 | RN | =

23(k2?1)3?k2 ?????????（ 10分)

?S =

12| PQ | · | RN | =

6(k2?1)2(3k2?1)(k2?3)=2?8

123(k?2)?10k?3(k2?1k)?10?282?S

?k2?1k2≥2 ， ?82?S≥16，?32≤ S < 2 ， (当 k = ±1时取等号) ??（12分）

又当k不存在或k = 0时S = 2 综上可得

32 ≤ S ≤ 2， ?Smax = 2 ， Smin =

32 ???????????（14分）

11. 已知点R（－3,0）,点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，点M在直线PQ上 ,

????????????????????且满足2PM?3MQ?0，RP?PM?0.（Ⅰ）⑴当点

P在y轴上移动时，求点M的轨迹C

的方程；

（Ⅱ）设A(x1,y1) 、B(x2,y2)为轨迹C上两点，且x1?1, y1?0，N(1,0)，求实数?，使

????????16。 AB??AN，且?AB??3???????????yx解：(Ⅰ)设点M(x,y)，由2PM?3MQ?0得P(0，?)，Q(,0).

23?????????y3y2由RP?PM?0,得(3，?)·(x，)＝0,即y?4x

22又点Q在x轴的正半轴上，?x?0故点M的轨迹C的方程是y2?4x(x?0).??6分 （Ⅱ）解法一：由题意可知N为抛物线C:y2＝4x的焦点，且A、B为过焦点N的

直线与抛物线C的两个交点。

当直线AB斜率不存在时，得A(1,2)，B(1,-2)，|AB|?4?163，不合题意；?7分

当直线AB斜率存在且不为0时，设lAB: y?k(x?1)，代入y2?4x得

k2x2?2(k2?2)x?k2?0

则|AB|?x1?x2?2?2(k2?2)k2?2?4?4k2?163,解得k?3 ?????10分

12 代入原方程得3x?10x?3?0，由于x1?1，所以x1?3,x2?,

3213?????????x?x3?4. ??????13分 由AB??AN，得 ??21?xN?x13?13解法二：由题设条件得

??y12?4x1?2?y2?4x2??x2?x1??(1?x1)?y?y???y11?216?22(x?x)?(y?y)?2121?3?(1)(2)(3) (4)(5)?x2?x1??(1?x1)由（3）、（4）得??y2?(1??)y1 再把（1）代入上式并化简得(??1)x1?1代入（2）得(1??)2y12?4x1?4?(1?x1)(6)??9分

同样把（3）、（4）代入（5）并结合（1）化简后可得(1?x1)??163(7)??11分4???4?4????由（6）、（7）解得?，又，故. x?1??3或?113?x?3?x1?3??112. 已知F1(?2,0),F2(2,0),点P满足|PF1|?|PF2|?2，记点P的轨迹为E. （1）求轨迹E的

方程；

（2）若直线l过点F2且与轨迹E交于P、Q两点. （i）无论直线l绕点F2怎样转动，在

x轴上总存在定点M(m,0)，使MP?MQ恒成立，求实数m的值. （ii）过P、Q作直线x?的取值范围.

解：（1）由|PF1|?|PF2|?2?|F1F2|知，点P的轨迹E是以F1、F2为焦点的双曲线右支，

由c?2,2a?2,?b?3，故轨迹E的方程为x?212的垂线PA、OB，垂足分别为A、B，记??|PA|?|QB|，求λ

|AB|2y23?1(x?1).????4分

（2）当直线l的斜率存在时，设直线方程为y?k(x?2),P(x1,y1),Q(x2,y2)，与双曲

线方程联立消y得(k?3)x?4kx?4k?3?0，

2222?k2?3?0????02?4k ??x?x? 解得k2 >3 ??????????????5分 ?012k2?3??4k2?3?x1?x2?2?0k?3? （i）?MP?MQ?(x1?m)(x2?m)?y1y2

?(x1?m)(x2?m)?k2(x1?2)(x2?2)?(k2?1)x1x2?(2k2?m)(x1?x2)?m2?4k2 ?(k?1)(4k?3)?4k(2k?m)?m2?4k2

222222k?3k?3?3?(4m?5)k2k2?3?m2.????????7分 ?MP?MQ,?MP?MQ?0，

故得3(1?m)?k(m?4m?5)?0对任意的 k?3恒成立，

2??1?m?0,解得m??1. ??2??m?4m?5?02222 ∴当m =－1时，MP⊥MQ.

当直线l的斜率不存在时，由P(2,3),Q(2,?3)及M(?1,0)知结论也成立， 综上，当m =－1时，MP⊥MQ. ????????????????????8分 （ii）?a?1,c?2,?直线x? 由双曲线定义得：|PA|? 方

12是双曲线的右准线，???????????9分

1e|PF2|?法

12|PF2|,|QB|?12|QF2|，

一

：

???|PQ|2|AB|?1?k2|x2?x1|2|y2?y1|?1?k2|x2?x1|2|k(x2?x1)|?1?k22|k|?121?1k2.

?k2?3,?0?1k2?13,故12???33，????????????????12分

注意到直线的斜率不存在时，|PQ|?|AB|,此时?? 综上，???,12，

?1?23??. ????????????????????????14分 3?? 方法二：设直线PQ的倾斜角为θ，由于直线PQ与双曲线右支有二个交点， ??3???2?3，过Q作QC⊥PA，垂足为C，则

?PQC?|?2??|,???|PQ|2|AB|?|PQ|2|CQ|?12cos(??)2??12sin?. ??12分

由

?3???2?3,得?13??. ??????14分 ?sin??1,故：???,?2?23?313.在平面直角坐标系中，已知定圆F:（F为圆心），定直线,

作与圆F内切且和直线相切的动圆P，(1)试求动圆圆心P的轨迹E的方程。 （2）设过定圆心F的直线①是否存在直线

，使得

自下而上依次交轨迹E及定圆F于点A、B、C、D，

成立？若存在，请求出这条直线的方程；若不存在，

绕点F转动时，

的值是否为定值？若是，请求出这个

请说明理由。②当直线

定值；若不是，请说明理由。

解析：（1）设动圆心P(x,y) 因为动圆P与定园F内切，则若若

则则

为准线的抛物线,

故动圆心P的轨迹是以F为焦点，其方程为：

??4分

(2) ①当直线m的斜率存在， 由

设则

而

若分

则无解，此时不存在。 ??8

当直线m的斜率不存在时，则

成立.

故存在直线

m

使

，显然

成立.此时直线

m: ??9分

②当直线m的斜率存在时，由①当直线m的斜率不存在时，

故对于任意的直线m,

14. 已知F1、F2分别是椭圆

为定值. ??13分

x2a2?y2b2?1(a?0,b?0)的左、右焦点，其左准线与x轴相交

于点N，并且满足，F1F2?2NF1,|F1F2|?2.设A、B是上半椭圆上满足NA??NB的两点，其中??[,]. （1）求此椭圆的方程及直线AB的斜率的取值范围；

1153 （2）设A、B两点分别作此椭圆的切线，两切线相交于一点P，求证：点P在一条定直线上，并求点P的纵坐标的取值范围.

?2c?|F1F2|?2,?2?a?1?|NF1|?1, 解：（1）由于F1F2?2NF1,|F1F2|?2，???c?a2?b2?c2.?2?x2?a?2?y2?1.??????（3分） 解得?2，从而所求椭圆的方程为2??b?1 ?NA??NB,?A,B,N三点共线，而点N的坐标为（－2，0）.

设直线AB的方程为y?k(x?2)，其中k为直线AB的斜率，依条件知k≠0.

?y?k(x?2),2k2?1241?222y?y?2?0. 由?x消去x得(y?2)?2y?2，即22kkk?y?1??2?422k2?1?0,2???()?8?20?|k|?.??????（5分） 根据条件可知? 解得kk2?k?0.?4k?y?y?,122??2k?1设A(x1,y1),B(x2,y2)，则根据韦达定理，得? 2?yy?2k.12?2k2?1?又由NA??NB,得(x1?2,y1)??(x2?2,y2)

4k?(1??)y?,2??x1?2??(x2?2),(1??)28?2k2?1?? 从而? 消去y得?.222y??y.?2k?12?1??y2?2k.2?2k2?1?

令?(?)?由于

(1??)2?1111?2?1,??[,],，则??(?)?(???2)??1?2?.

53???2111???，所以??(?)?0.??(?)是区间[,]上的减函数， 5353111636从而?()??(?)??()，即， ??(?)?3535?163?82k?12221?36526，?163?82k2?1?365，解得26?|k|?12，

而0?k?，??k?12.

21,].??????（7分） 6212x2，且y1?1?12x12,y2?1?122x2，

因此直线AB的斜率的取值范围是[（1） 上半椭圆的方程为y?1?求导可得 y???x21?12x2

所以两条切线的斜率分别为kPA??x121?12x12??x12y1,kPB??x221?122x2??x22y2

（8分）

[解法一]：切线PA的方程是y?y1??又x1?2y1?2， 从而切线PA的方程为y??22x12y1(x?x1)，即y??x1x2y1?x12?2y122y1.

x1x2y1?1y1，同理可得切线PB的方程为 y1??x2x2y2?1y2.

x1x?y????2y1?由 ??y??x2x??2y2?2(y2?y1)?x???0y1x2y1?x1y2? 可解得点P的坐标 (x0,y0)满足? 1?y?x2?x10?y2x2y1?x1y2?1?x1?2??(x2?2)x?2x2?2，得1??x2y1?x1y2?2(y2?y1). 再由 ?y???yyy2?1122(y2?y1)?x????1?02(y2?y1)?∴? ????????（11分）

x?x121?y??0?2(y2?y1)2kAB?又由（1）知

26?kAB?12?2?1kAB?32，∴1?y0?322.

因此点P在定直线x??1上，并且点P的纵坐标的取值范围是[1，

322] ??（12分）

[解法二]：设点P的从标为(x0,y0)，则可得切线PA的方程是y?y0??x12y1(x?x0), 而点A(x1,y1)在此切线上，所以有y1?y0??x12y1(x1?x0)，即

x0x1?2y0y1?x12?2y12?（9分）

所以有 x0x1?2y0y1?2， ① 同理可得 x0x2?2y0y2?2. ②

根据①和②可知直线AB的方程为x0x?2y0y?2

而直线AB过定点N（－2，0），∴?2x0?2?x0??1，直线AB的方程为

?x?2y0y?2,

∴kAB?12y0 ????????????（11分0

又由（1）知

26?kAB?12，所以有

26?12y0?12?1?y0?322

因此点P在定直线x??1上，并且点P的纵坐标的取值范围是 [1,322] ??（12分）

15.如图，以A1，A2为焦点的双曲线E与半径为c的圆O相交于C，D，C1，D1，连接CC1与OB交于点H，且有：OH?(3?23)HB。其中A1，A2，B是圆O与坐标轴的交点，c为双曲线的半焦距。（1）当c=1时，求双曲线E的方程； （2）试证：对任意正实数c，双曲线E的离心率为常数。

（3）连接A1C与双曲线E交于F，是否存在实数?,使A1F??FC恒成立， 若存在，试求出?的值；若不存在，请说明理由.

（1）由c=1知B（0，1），∵OH?(3?23)HB， ∴

xH?0,yH?3?234?23?32

即 H(0,13), 点C在单位圆上，∴C?(,) 2223设双曲线E的方程为

x2a2?y2b2?1(a?0,b?0).

?23?a?b?1,a?1????2解得由点C的双曲线E上，半焦距c=1有：?1 ?3??1,3?2?2b?4b2?4a?2?22所以双曲线E的方程为：

x21?32?y232?1.

（2）证明：∵A1（－c，0），B（0，c），由 OH?(3?23)HB得:H(0,2213c),C(c,c), 2223?a2?b2?c2①xy?2设双曲线E的方程为 2?2?1(a?0,b?0), ∴ ?c 3c2ab②?2?2?14b?4a①代入②，化简整理得 3a?6ab?b?0,?()?6()?3?0

4224b4b2aa解得 ()?3?23.

b2a又 e?2b2?1?()?4?23.∴e?2aac24?23?3?1，即双曲线E的离心离是

与c无关的常数。

（3）假设存在实数?,使A1F??FC恒成立，A1(?c,0),C(,c3c22)

?c?有xF?c2??31?? ,yF?21?????c23c2?2?2?1③4bc(??2)3c??4a,,点C，点F(F都在双曲线E上，故有?2 222c(??2)3c?2(1??)2(1??)??2④222?4a(1??)4b(1??)?由③得e?23c2b2?4?c2b2?e2?43⑤

⑤代入④得

e2(??2)24(1??)2?2?(e?4)??1,化简整理得??e2?e2?2??1 24(1??)2即??e2?1e?22,利用（2）小题的结论得：??3?236?23?1?34,

故存在实数??1?34,使A1F??FC恒成立.

16．已知函数f(x)?x?ln?1?x?,数列?an?满足0?a1?1,

an?1?f?an?; 数列?bn?满足b1?12,bn?1?12(n?1)bn, n?N*.求证:

22,则当n≥2时,bn?an?n!.

（Ⅰ）0?an?1?an?1;（Ⅱ）an?1?an22;（Ⅲ）若a1?*解: (Ⅰ)先用数学归纳法证明0?an?1,n?N.

（1）当n=1时,由已知得结论成立;

（2）假设当n=k时,结论成立,即0?ak?1.则当n=k+1时, 因为0

又f(x)在?0,1?上连续,所以f(0)

故当n=k+1时,结论也成立. 即0?an?1对于一切正整数都成立.————4分 又由0?an?1, 得an?1?an?an?ln?1?an??an??ln(1?an)?0,从而an?1?an. 综上可知0?an?1?an?1.————6分

(Ⅱ)构造函数g(x)=

x22-f(x)=

x22?ln(1?x)?x, 0

由g?(x)?x21?x?0,知g(x)在(0,1)上增函数.又g(x)在?0,1?上连续,所以g(x)>g(0)=0.

an22an22 因为0?an?1,所以g?an??0,即?f?an?>0,从而an?1?bn?1bn.————10分

(Ⅲ) 因为 b1?12,bn?1?b2b112(n?1)bn,所以bn?0,

12n?n?12 ,

所以bn?bnbn?1bn?2?bn?1??b1?an2?n! ————① , ————12分

由(Ⅱ)an?1?an22,知:

an?1an?, 所以

ana1=

aaa2a3aa??n?12?n?1 , a1a2an?1222

因为a1?22, n≥2, 0?an?1?an?1.

所以 an?

a1a222?an?12?a1<

a1n2n?1<

2?a122n=

12n————② . ————14分

由①② 两式可知: bn?an?n!.————16分

17. 已知：f(x)??4?1x2,数列{an}的前n项和为Sn,点Pn(an,?1an?1)在曲线

y?f(x)上(n?N*),且a1?1,an?0.

（1）求数列{an}的通项公式； （2）数列{bn}的前n项和为Tn，且满足

Tn?1a2n?Tna2n?1?16n2?8n?3，设定b1的值，使得数列{bn}是等差数列； （3）求证：

Sn?124n?1?1,n?N*

解：(1)?1an?1?f(an)??4?1an且an?0 ∴21an?1?4?1an2

∴

1an?11an22?1an2?4(n?N*) n ∴数列{1an}是等差数列，首项21an2?1公差d=4

∴

?1?4(n?1) ∴an?214n?3

∵an?0 ∴an?1an?3Tn?12(n?N*)????（4分）

(2)由an?14n?3an,?16n2?8n?3

得(4n?3)Tn?1?(4n?1)Tn?(4n?3)(4n?1)

∴

Tn?14n?1?Tn4n?3?1 ∴

Tn4n?3?T1?n?1 ∴Tn?(4n?3)(T1?n?1)

n?N*

∴

若{bn}为等差数列，则T1?1?0,T1?1即b1?1 ∴bn?8n?7(3)

an?214n?32

an?24n?3?4n?3?4n?1?4n?1?4n?32

∴Sn?a1?a2???an?12(5?1)?(9?5)???(4n?1?4n?3)

?14n?1?12n?N*????????12分

18. 设集合W是满足下列两个条件的无穷数列{an}的集合： ①

an?an?22?an?1; ②an?M.其中n?N*,M是与n无关的常数.

（1）若{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，a3=4，S3=18，证明：{Sn}∈W （2）设数列{bn}的通项为bn?5n?2,且{bn}?W，求M的取值范围； （3）设数列{cn}的各项均为正整数，且{cn}?W.证明：cn?cn?1

（1）解：设等差数列{an}的公差是d，则a1+2d=4，3a1+3d=18，解得a1=8，d=－2， 所以Sn?na1?nn(n?1)2d??n2?9n??????????????2分

由

Sn?Sn?22Sn?Sn?22?Sn?1?12[(?n2?9n)?(n?2)2?9(n?2)?2(n?1)2?18(n?1)]=－1＜0

得

?Sn?1,适合条件①；

又Sn??n2?9n??(n?92)2?814所以当n=4或5时，Sn取得最大值20，即Sn≤20，适合

条件②

综上，{Sn}∈W??????????????????4分

（2）解：因为bn?1?bn?5(n?1)?2n?1?5n?2n?5?2n

所以当n≥3时，bn?1?bn?0，此时数列{bn}单调递减；

当n=1，2时，bn?1?bn?0，即b1＜b2＜b3，因此数列{bn}中的最大项是b3=7 所以M≥7??????????????????8分 （3）解：假设存在正整数k，使得ck?ck?1成立

由数列{cn}的各项均为正整数，可得ck?ck?1?1即ck?1?ck?1

因为

ck?ck?22?ck?1,所以ck?2?2ck?1?ck?2(ck?1)?ck?ck?2

由ck?2?2ck?1?ck及ck?ck?1,得ck?2?2ck?2?ck?1?ck?1,故ck?2?ck?1?1 因为

ck?1?ck?32?ck?2,所以ck?3?2ck?2?ck?1?2(ck?1?1)?ck?1?ck?1?2?ck?3

*????????依次类推，可得ck?m?ck?m(m?N) 设ck?p(p?N),则当m?p时，有ck?p?ck?p?0 这显然与数列{cn}的各项均为正整数矛盾！

所以假设不成立，即对于任意n∈N,都有cn?cn?1成立.( 16分) 19. 已知各项均为正数的数列{an}满足：*

*a1?2a2?3a3???nann1lnan?1?(an?1)an3 (n?N*)。

（1）求an的通项公式 （2）当n?2时，求证：

1lna1?1lna2????ln?a1?a2???an?1?lna1?lnan?1

解：（1）a1?2,a2?3,a3?4，猜测：an?n?1。下用数学归纳法证明：

①当n?1时,a1?1?1?2，猜想成立；

②假设当n?k(k?1)时猜想成立，即ak?k?1， 由条件a1?2a2?3a3???nan??a1?2a2?3a3???(n?1)an?1?n(an?1)an3(n?1)(an?1?1)an?1，

3(n?1)(an?1?1)an?13(n?2)，

两式相减得：nan?则当n?k?1时，

(k?1)ak?1??ak?1n(an?1)an3??，

(k?1)(ak?1?1)k(ak?1)ak33?k?2,即当n=k+1时，猜想也成立。

2?ak?1?2ak?1?k(k?2)?0，

故对一切的n?N*,an?n?1成立。

?an?n?1，（2）即证：1ln2?1ln3???1lnn?ln?2?3???n?ln2lnn?ln2?ln3???lnnln2lnn

对k?1,2,?,n?2，令?k(x)?ln(x?k)（x?1），则 lnxlnxln(x?k)?xlnx?(x?k)ln(x?k)x， ?k'(x)?x?k?22(lnx)x(x?k)(lnx)显然1?x?x?k，0?lnx?ln(x?k)，所以xlnx?(x?k)ln(x?k)， 所以?k'(x)?0，?k(x)在(1,??)上单调递减．

由n?k?2，得?k(n?k)??k(2)，即

lnnln(2?k)． ?ln(n?k)ln2所以ln2lnn?ln(2?k)ln(n?k)，k?1,2,?,n?2． 所以2??11??11??111??1?1???????????????????? ?lnn??ln2lnn??ln3ln(n?1)??ln2ln3?lnnln2??lnn?ln2ln(n?1)?ln3ln2?lnn ????ln2lnnln3ln(n?1)lnnln2?lnn?ln2ln(n?1)?ln3ln2?lnn ????ln2lnnln2lnnln2lnn?ln2?ln3???lnn??2??． 得证。

ln2lnn??

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/xyh8.html