高校自主招生考试数学真题分类解析之7解析几何
高中数学自主招生考试分类 专题七 解析几何
专题七 解析几何1、已知椭圆22221x y a b+=与圆222x y b +=,过椭圆上一点M 作圆的两切线,切点分别为,P Q ,直线PQ 与,x y 轴分别交于点,E F ,求EOF S ∆的最小值.【解】设(cos ,sin )([0,2))M a b θθθπ∈,直线PQ 为点M 关于圆222x y b +=的切点弦,其方程为2(cos )(sin )a x b y b θθ+=,从而2,cos sin E F b bx y a θθ==, 于是331||||2|sin 2|EOFE F b b S x x a aθ∆=⋅=≥,当且仅当(,)22M ±±时,上述等号成立. 2、点A 在y kx =上,点B 在y kx =-上,其中0k >,2||||1OA OB k ⋅=+,且A B 、在y 轴同侧.(1)求AB 中点M 的轨迹C ;(2)曲线C 与22(0)x py p =>相切,求证:切点分别在两条定直线上,并求切线方程. 【解】(1)设1122(,),(,)A x y B x y ,(,)M x y ,则1212121122(),,,222x x y y k x x y kx y kx x y ++-==-===, 由2||||1OA OB k ⋅=+得,121x x =,显然22121212()()44x x x x x x +--==,于是得2221(0)y x k k-=>,于是AB 中点M 的轨迹C 是焦点为(,实轴长为2的双曲线.(2)将22(0)x py p =>与2221(0)y x k k-=>联立得22220y pk y k -+=,由曲线C 与抛物线相切,故242440p k k ∆=-=,即1pk =,所以方程可化为2220y ky k -+=,即切点的纵从标均为y k =,代入曲线C 得横坐标为.因此切点分别在定直线x x ==,两切点为),()D k E k ,又因为xy p'=,于是在)D k 处的切线方程为y k x -=,即1y x p=-;同理在()E k处的切线方程为1y x p=-. 3、椭圆长轴长为4，左顶点在圆()22(4)14x y -+-=上，左准线为y 轴，则此椭圆离心率的取值范围是（ ）(A) 11,84⎡⎤⎢⎥⎣⎦ (B) 11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦ (C) 11,82⎡⎤⎢⎥⎣⎦ (D) 13,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 解：设左顶点为[)42cos ,0,212sin x tt y t π=+⎧∈⎨=+⎩，则对称中心为()62cos ,12sin t t ++，令62cos ,12sin u x tv y t=--⎧⎨=--⎩则在uv 坐标系中，其左准线为62cos u t =--，因此2411162c o s ,3c o s 42a c t e c c a t ⎡⎤-=-=--⇒==∈⎢⎥+⎣⎦.选B. 4、已知两点()()2,0,2,0A B -，动点P 在y 轴上的射影是H ，且22PA PB PH ⋅=① 求动点P 的轨迹C 的方程② 已知过点B 的直线交曲线C 于x 轴下方不同的两点,M N ，设MN 的中点为R ，过R 于点()0,2Q -作直线RQ ，求直线RQ 斜率的取值范围。
大学解析几何考试题及答案详解
大学解析几何考试题及答案详解一、选择题1. 下列哪个选项不是平面直角坐标系中的点的坐标表示？A. (x, y)B. (y, x)C. (-3, 4)D. (2, -5)答案：B详解：在平面直角坐标系中，点的坐标表示为有序数对 (x, y)，其中 x 表示横坐标，y 表示纵坐标。
选项 B 中的表示 (y, x) 与常规的坐标表示不符，因此不是正确的坐标表示。
2. 已知点 A(2, 3) 和点 B(5, 1)，线段 AB 的中点 M 的坐标是多少？A. (3, 2)B. (4, 2)C. (3.5, 2)D. (2, 1)答案：B详解：线段的中点坐标可以通过求两个端点坐标的平均值得到。
对于点 A(2, 3) 和点 B(5, 1)，中点 M 的坐标为：M(x, y) = ((x1 + x2) / 2, (y1 + y2) / 2) = ((2 + 5) / 2,(3 + 1) / 2) = (3.5, 2)因此，正确答案是 C，但选项 B 也正确，这里可能是题目选项设置的错误。
二、填空题1. 如果一条直线的斜率 k = 2，且通过点 (1, 3)，那么这条直线的方程是 ____________。
答案：y - 3 = 2(x - 1)详解：已知直线的斜率 k 和一个点 (x1, y1)，可以使用点斜式方程 y - y1 = k(x - x1) 来表示直线。
将已知的斜率 k = 2 和点 (1, 3) 代入，得到直线方程 y - 3 = 2(x - 1)。
2. 椭圆的标准方程是 ________，其中 a 和 b 是椭圆的长半轴和短半轴。
答案：(x^2 / a^2) + (y^2 / b^2) = 1详解：椭圆的标准方程是以椭圆的中心为原点的坐标系中，椭圆的长半轴为 a，短半轴为 b 时的方程。
这个方程描述了所有到椭圆两个焦点距离之和等于常数 2a 的点的集合。
三、解答题1. 已知直线 l1: y = x + 1 与直线 l2: y = -2x + 6 相交于点 P。
解析几何题型及解题方法总结
解析几何题型及解题方法总结
题型：1、求曲线方程(类型确定、类型未定)；2、直线与圆锥曲线的
交点题目(含切线题目)；3、与曲线有关的最(极)值题目；4、与曲线有关
的几何证实(对称性或求对称曲线、平行、垂直)；5、探求曲线方程中几
何量及参数间的数目特征。
解题方法：
1、紧密结合代数知识解题：“求到两定点的距离之比等于常数的点
的轨迹”问题的求解过程中，取平面直角坐标系，使两定点的连线为x轴，且连线段的中点为原点，并设两定点的距离为2b，则两定点分别为M（b，0）N（-b，0），N（x，y）是轨迹上任意一点，常数为n，最终得到轨迹
方程（n2-1）（x2+y2）+2b（n2+1））x+b2（n2-1）=0。
2、充分利用几何图形性质简化解题过程：在对曲线轨迹方程求解的
过程中，通过几何条件，可以对轨迹的曲线类型进行判断，然后通过待定
系数法来求解。
3、用函数（变量）的观点来解决问题：对于解析几何问题而言，由
于线或点发生改变，从而导致图形中其他量的改变，这样类型的题目，往
往可以使用函数的观点来求解。
例如，在次全国高中数学竞赛题中，已知
抛物线y2=6x上的2个动点A（x1，y1）和B（x2，y2），其中x1≠x2且
1+2=4。
线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，求AABC面积的最大值。
《高校自主招生考试》数学真题分类解析之7、解析几何
专题之7、解析几何一、选择题。
1．(2009年复旦大学)设△ABC三条边之比AB∶BC∶CA=3∶2∶4,已知顶点A的坐标是(0,0),B的坐标是(a,b),则C的坐标一定是2．(2009年复旦大学)平面上三条直线x−2y+2=0,x−2=0,x+ky=0,如果这三条直线将平面划分成六个部分,则k可能的取值情况是A.只有唯一值B.可取二个不同值C.可取三个不同值D.可取无穷多个值3．(2010年复旦大学)已知常数k1,k2满足0<k1<k2,k1k2=1.设C1和C2分别是以y=±k1(x−1)+1和y=±k2(x−1)+1为渐近线且通过原点的双曲线,则C1和C2的离心率之比等于5．(2011年复旦大学)A.ρsin θ=1B.ρcos θ=−1C.ρcos θ=1D.ρsin θ=−1 6．(2011年复旦大学)设直线L过点M(2,1),且与抛物线y2=2x相交于A,B两点,满足|MA|=|MB|,即点M(2,1)是A,B的连接线段的中点,则直线L的方程是A.y=x−1B.y=−x+3C.2y=3x−4D.3y=−x+5 7．(2011年复旦大学)设有直线族和椭圆族分别为x=t,y=mt+b(m,b为实数,t为参数)和(a是非零实数),若对于所有的m,直线都与椭圆相交,则a,b应满足A.a2(1−b2)≥1B.a2(1−b2)>1C.a2(1−b2)<1D.a2(1−b2)≤1 8．(2011年复旦大学)极坐标表示的下列曲线中不是圆的是A.ρ2+2ρ(cos θ+sin θ)=5B.ρ2−6ρcos θ−4ρsin θ=0C.ρ2−ρcos θ=1D.ρ2cos 2θ+2ρ(cos θ+sin θ)=19.10.(2012年复旦大学)B.抛物线或双曲C.双曲线或椭圆D.抛物线或椭圆A.圆或直线线11．(2011年同济大学等九校联考)已知抛物线的顶点在原点,焦点在x轴上,△ABC的三个顶点都在抛物线上,且△ABC的重心为抛物线的焦点,若BC边所在直线的方程为4x+y−20=0,则抛物线方程为A.y2=16xB.y2=8xC.y2=−16xD.y2=−8xA.2B.2C.4D.413．(2011年清华大学等七校联考)AB为过抛物线y2=4x焦点F的弦,O为坐标原点,且∠OFA=135°,C为抛物线准线与x轴的交点,则∠ACB的正切值为14．(2012年清华大学等七校联考)椭圆长轴长为4,左顶点在圆(x−4)2+(y−1)2=4上,左准线为y 轴,则此椭圆离心率的取值范围是二、解答题。
解析几何数学真题及答案
解析几何数学真题及答案在数学领域中，解析几何是一门重要的学科。
它研究的是几何图形在坐标系中的性质和变换规律。
解析几何的基础是坐标系和代数知识，运用代数方法研究几何问题。
下面我们将深入解析几何数学考试中的一些真题及答案，以便更好地理解和应用解析几何的知识。
问题1：已知平面上三个点A（-4，2），B（2，6），C（6，-2），求直线AB的方程。
解析：首先，我们可以利用两点间距离公式求得AB的长度，即√[(x2 - x1)^2 + (y2 - y1)^2]，代入坐标值计算得到AB的长度为√68。
然后，我们可以利用斜率公式求得直线AB的斜率，即(y2 - y1) / (x2 - x1)，代入坐标值计算得到斜率为2/3。
最后，我们可以利用点斜式求得直线AB的方程，即y - y1 = m(x - x1)，代入坐标值和斜率计算得到直线AB的方程为y = (2/3)x + 14/3。
问题2：已知椭圆的焦点为F1（3，0），F2（-3，0），离心率为2/3，求椭圆的方程。
解析：我们知道，椭圆的离心率等于焦距与长轴之比。
而焦距为2倍的焦点到顶点的距离。
所以，我们可以利用离心率和焦点的坐标信息来求得椭圆的长轴以及焦距。
根据已知的离心率和焦点位置，我们可以得到长轴为6。
接下来，我们可以利用椭圆的标准方程求得椭圆的方程，即(x-h)^2 / a^2 + (y-k)^2 / b^2 = 1，其中（h，k）为椭圆中心坐标，a为长轴一半的长度，b为短轴一半的长度。
代入已知的数据计算得到椭圆的方程为(x-0)^2 / 9 + (y-0)^2 / 3 = 1。
问题3：已知抛物线经过点（1，4），并且顶点为（2，3），求抛物线的方程。
解析：首先，我们可以利用顶点信息求得抛物线的对称轴。
对称轴的方程为x = h，其中（h，k）为顶点坐标。
代入顶点的坐标计算得到对称轴的方程为x = 2。
接下来，我们可以利用抛物线的标准方程求得抛物线的方程，即y = a(x-h)^2 + k，其中（h，k）为顶点坐标，a 为抛物线的开口方向和大小。
数学解析几何的常见题型解析
数学解析几何的常见题型解析解析几何是数学中的分支学科，通过运用代数和几何的知识，以方程和不等式为工具，研究几何对象的性质和关系。
解析几何的题型主要包括直线方程、曲线方程、平面方程和空间曲面方程等。
本文将对解析几何的常见题型进行解析。
一、直线方程的解析1. 一般式方程直线的一般式方程为Ax + By + C = 0，其中A、B、C是常数，且A和B不同时为0。
2. 斜截式方程直线的斜截式方程为y = kx + b，其中k是直线的斜率，b是直线与y轴的截距。
3. 点斜式方程直线的点斜式方程为(y - y₁) = k(x - x₁)，其中（x₁，y₁）是直线上的一点，k是直线的斜率。
二、曲线方程的解析1. 圆的方程圆的标准方程为(x - a)² + (y - b)² = r²，其中（a，b）是圆心的坐标，r是圆的半径。
2. 椭圆的方程椭圆的标准方程为(x/a)² + (y/b)² = 1，其中a和b分别是椭圆在x轴和y轴上的半轴长度。
3. 双曲线的方程双曲线的标准方程为(x²/a²) - (y²/b²) = 1，其中a和b分别是双曲线在x轴和y轴上的半轴长度。
三、平面方程的解析1. 一般式方程平面的一般式方程为Ax + By + Cz + D = 0，其中A、B、C和D是常数，且A、B和C不同时为0。
2. 法向量和点的关系式平面的法向量为（A，B，C），平面上一点为（x₁，y₁，z₁），则平面方程为A(x - x₁) + B(y - y₁) + C(z - z₁) = 0。
四、空间曲面方程的解析1. 球的方程球的标准方程为(x - a)² + (y - b)² + (z - c)² = r²，其中（a，b，c）是球心的坐标，r是球的半径。
2. 圆锥曲线的方程圆锥曲线的方程根据不同类型的圆锥曲线而不同，比如椭圆锥的方程为(x²/a²) + (y²/b²) - (z²/c²) = 0，双曲锥的方程为(x²/a²) + (y²/b²) - (z²/c²)= 1等。
解析几何大题及答案
解析几何大题及答案解析几何是数学中的一个重要分支，研究的是空间图形的性质和变换。
在高中数学中，解析几何是一个关键的考点，也是学生容易遇到的难点之一。
本文将解析几何中的几个大题进行解析，并给出详细的答案。
一、平面直角坐标系与向量1. 设平面上一直线的方程为3x-y+4=0，求该直线的斜率及与坐标轴的交点坐标。
答案：首先将直线的方程转化为斜截式的形式，即y=3x+4。
由此可得该直线的斜率为3。
与x轴的交点坐标可通过令y=0，解得x=-4/3；与y轴的交点坐标可通过令x=0，解得y=4。
因此，该直线与x轴的交点坐标为(-4/3,0)，与y轴的交点坐标为(0,4)。
2. 已知平面内的向量a=(4,3)，求向量2a的模和方向角。
答案：向量2a=(2*4,2*3)=(8,6)。
模可以通过向量的标准模公式计算：|2a|=√((8)^2+(6)^2)=√100=10。
方向角可以通过向量的方向角公式计算：tanθ=y/x=6/8=3/4，所以θ=arctan(3/4)。
因此，向量2a的模为10，方向角为arctan(3/4)。
二、直线的方程与位置关系1. 设直线L1过点A(1,3)且与直线L2:2x+3y-7=0相交于点B，求线段AB的中点坐标。
答案：首先求直线L1的方程，由过点A(1,3)，设斜率为k，则直线L1的方程为y-3=k(x-1)。
将直线L2的方程与直线L1的方程联立，可求出点B的坐标。
解方程组得到B的坐标为(-1,3)。
线段AB的中点坐标可以通过两点坐标的平均值计算：((1+(-1))/2,(3+3)/2)=(0,3)。
因此，线段AB的中点坐标为(0,3)。
2. 设直线L1:x+2y-3=0与直线L2:2x-y-1=0相交于点A，直线L1与直线L3:2x+3y-4=0平行，求直线L3的方程。
答案：由直线L1与直线L2的方程可解得直线L1与直线L2的交点A的坐标为(1,1)。
由直线L1与直线L3平行可得其斜率相等，即2=3k，解得k=2/3。
自主招生几何试题及答案
自主招生几何试题及答案试题1：已知三角形ABC中，∠A=30°，∠B=45°，求∠C的度数。
答案1：根据三角形内角和定理，三角形的三个内角之和等于180°。
因此，∠C = 180° - ∠A - ∠B = 180° - 30° - 45° = 105°。
试题2：若一个圆的半径为5cm，求该圆的周长。
答案2：圆的周长公式为C = 2πr，其中r为圆的半径。
将半径r=5cm 代入公式得：C = 2 × 3.14 × 5 = 31.4cm。
试题3：在直角三角形中，如果一条直角边长为3cm，另一条直角边长为4cm，求斜边的长度。
答案3：根据勾股定理，直角三角形的斜边长度等于两条直角边长度的平方和的平方根。
设斜边为c，则c = √(3² + 4²) = √(9 + 16)= √25 = 5cm。
试题4：已知一个等腰三角形的底边长为6cm，两腰长分别为5cm，求该三角形的面积。
答案4：首先，根据等腰三角形的性质，底边的中点到顶点的线段即为高。
设高为h，底边的一半为3cm。
根据勾股定理，h = √(5² - 3²) = √(25 - 9) = √16 = 4cm。
然后，根据三角形面积公式S = (底× 高) / 2，代入底边6cm和高4cm，得S = (6 × 4) / 2 = 12cm²。
试题5：如果一个正方形的对角线长为10cm，求正方形的边长。
答案5：设正方形的边长为a，根据勾股定理，对角线长度的平方等于边长的平方的两倍，即10² = 2 × a²。
解得a² = 50，所以a = √50 ≈ 7.07cm。
试题6：已知一个圆锥的底面半径为3cm，高为4cm，求圆锥的体积。
答案6：圆锥体积的公式为V = (1/3)πr²h，其中r为底面半径，h 为高。
2022年高中名校自主招生初升高衔接数学讲义7 几何定理 含答案
第七讲 几何定理知识要点在几何证明中有很多定理十分的有趣，在介绍这些定理之前，先介绍一下正弦定理与余弦定理.正弦定理与余弦定理是揭示三角形中边角之间的数量关系的两个重要定理，而三角形是最基本、最重要的几何图形，所以它们是联系三角与几何的纽带.因此，正弦定理和余弦定理有着极广泛的应用，它们在代数方面主要用于解斜三角形、判定三角形形状等等；在几何方面主要用于计算、证明以及求解几何定值与几何最值等等.正弦定理：在三角形中，各边和它所对的角的正弦的比相等.这个表述等价于：在三角形中，各边之比等于它所对的角的正弦之比. 有sin sin sin a b c A B C ==，此式变形得::sin :sin :sin a b c A B C =. 余弦定理：在三角形中，任何一边的平方等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角余弦的积的两倍.这个表述等价于：任何一角的余弦等于它的两条夹边的平方和减去对边的平方的差除以夹边乘积的两倍所得的商.有2222cos a b c bc A =+-，2222cos b a c ac B =+-，2222cos c a b ab C =+-. 变形得222cos 2b c a A bc +-=，222cos 2a c b B ac +-=，222cos 2a b c C ab+-=. 以上的证明过程可以使用勾股定理来证明.例题精讲1. （梅氏定理）如图7-1，E 、M 分别为AB 、AC 上的任意一点，D 为EM 与BC 延长线的交点，求证：1AE BD CM EB DC MA⋅⋅=.2. （塞瓦定理）如图7-3，在ABC △中，AA '、BB '与CC '相交于点O .试证明：1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''.3. 32、x ，试求x 的取值范围.4. 证明：三角形的任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边距离的两倍.5. 证明：（斯德瓦尔特定理）如图7-5，ABC △中，D 是BC 上任意一点，则有222AB CD AC BD AD BC BD CD BC ⋅+⋅=⋅+⋅⋅.6. 证明斯坦纳（Steiner ）定理：若P 为ABC △内任意一点，作PD BC ⊥，交BC 于点D ，作PE CA ⊥于点E ，作PF AB ⊥于点F .则222222AF BD CE AE CD BF ++=++.7. 证明笛沙格定理：如图7-7，平面上有两个三角形ABC △、A B C '''△，设它们的对应顶点（A 和A '、B 和B '、C 和C '）的连线交于一点，这时如果对应边或其延长线相交，则这三个交点共线.8. 证明阿波罗尼斯圆：如图7-8，到两定点A 、B 的距离之比为定比:m n （值不为1）的点E ，位于将线段AB 分成:m n 的内分点C 和外分点D 为直径两端点的定圆周上.9. 证明西姆松定理：（1）如图7-11，从ABC △外接圆上任一点P 向三边AB 、BC 、CA 所在直线引垂线，设垂足分别为点D 、E 、F ，则点D 、E 、F 共线.（2）由ABC △外一点P 向其三边AB 、BC 、CA 所在直线引垂线，垂足为点D 、E 、F .若点D 、E 、F 共线，则点P 必在ABC △的外接圆上.习题巩固10. 证明海伦公式：()()()S p p a p b p c =---，1()2p a b c =++，a 、b 、c 为三边长.11. 如图，AM 是ABC △的BC 边上的中线，求证：22222()AB AC AM BM +=+.12. 证明：若G 为ABC △的重心，P 为ABC △所在平面上任意一点.则222222222221333()PA PB PC GA GB GC PG a b c PG ++=+++=+++. 13. 证明：平行四边形的两条对角线的平方和等于四条边的平方和.14. 求证：任意四边形四条边的平方和等于对角线的平方和加对角线中点连线平方的4倍.15. 如图，四边形ABCD 的对边AB 与CD 、AD 与BC 分别相交于点L 、K ，对角线AC与BD 交于点M ，直线KL 与BD 、AC 分别交于点F 、G .求证：KF KG LF LG=.16. 在ABC △中，已知::1:2:4A B C ∠∠∠=，求证：111AB AC BC +=. 17. 若a 、b 、x 、y 是实数，且221a b +=，221x y +=.求证：1ax by +≤.（请用几何方法）18. 如图，已知AD 、BE 、CF 是ABC △的三条高，点D 在直线AB 、BE 、CF 、CA 上的射影分别是点M 、N 、P 、Q .求证：M 、N 、P 、Q 四点共线.19. 已知四边形ABCD 是圆内接四边形，且D ∠是直角，若从B 作直线AC 、AD 的垂线，垂足分别为点E 、F ，则直线EF 平分线段BD .自招链接20. （托勒密定理）已知，四边形ABCD 内接于圆，求证：AC BD AD BC AB CD ⋅=⋅+⋅.21. 某人在学习了三角形面积的海伦公式（若一个三角形的三边长分别是a 、b 、c ，则它的面积()()()S p p a p b p c =---，其中2a b c p ++=）以后，（1）他试图用例子说明，存在着两个不全等，并且边长是正整数的等腰三角形，它们的周长相等，而且面积相等.为了方便，他设定两个等腰三角形的底边边长之比为2.请你按上述思路给出一组满足要求的例子.（2）两个等边三角形面积相等，它们一定全等；两个等腰直角三角形也是如此.除此之外，请你考虑，能否以两个三角形周长相等，面积相等为前提，再附加一个有关三角形形状特征的条件，从而推导出此时这两个三角形必定全等？参考答案1. 以下提供的是面积法证明梅氏定理（爱因斯坦称为优雅的证明，利用平行线的是丑陋的证明）.如图7-2，连结AD 、BM .ADE AME AMD BDE BME BMD S S S AE AE EB S S EB S ==⇒=△△△△△△，BMD CMD S BD DC S =△△，CMD AMDS CM MA S =△△. 故1CMD AMD BMD BMD CMD AMDS S S AE BD CM EB DC MA S S S ⋅⋅=⋅⋅=△△△△△△.2. 由OAB △和OCA △有公共底边OA ，而这两个三角形OA 上的高之比为:BA A C ''. 所以OAB OCA S BA A C S '='△△.同理，OBC OAB S CB B A S '='△△，OCA OBCS AC C B S '='△△. 三式相乘，化简得：1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''. 3. 若x 为最大边，设钝角为α，2223cos 0223x α+-=<⨯，又0x >，解得7x >. 又2323x -<<+，所以723x <<+.若2为最大边，2232cos 023x xα+-=<，又0x >，解得01x <<. 又因为2323x -<<+，得231x -<<.综上，723x <<+或231x -<<.4. 事实上，如图7-4，AD 、BE 、CF 分别为ABC △的三条高，D 、E 、F 分别为垂足，H 是垂心.O 是ABC △的外心，M 、N 、L 分别是BC 、CA 、AB 的中点，则OM 、ON 、OL 即为外心O 到三边的距离.取BH 的中点P ，连结PL 、PM ，则12PL AH =，12PL AH =，12PM HC ，12PM HC =. 而CM AD ，OL CF ，则PL MO ，PM LO ，即四边形PMOL 为平行四边形.（或连结PO ，有PLO OMP △≌△）有12OM LP AH ==， 12OL MP CH ==. 同理，12ON BH =.5. 如图7-6所示，过点A 作BC 的垂线，垂足为点E ，则有222AB AE BE =+，222AC AE CE =+，222AD AE DE =+.故222AB CD AC BD AD BC ⋅+⋅-⋅222222()()()AE BE CD AE CE BD AE DE BC =+⋅++⋅-+⋅2222()AE CD BD BC BE CD CE BD DE BC =⋅+-+⋅+⋅-⋅222BE CD CE BD DE BC =⋅+⋅-⋅222()()BD DE CD CD DE BD DE BC =+⋅+-⋅-⋅22222(2)(2)BD DE BD DE CD CD DE CD DE BD DE BC =++⋅⋅++-⋅⋅-⋅ 2222BD CD CD BD DE BC DE BC =⋅+⋅+⋅-⋅22BD CD CD BD =⋅+⋅BD CD BC =⋅⋅.即222AB CD AC BD AD BC BD CD BC ⋅+⋅=⋅+⋅⋅.点评：由斯德瓦尔特定理可以得出很多有用的结论，比如上例，令本例中BD CD =，则很快得出上例的结论以及中线长的公式，一般地，只要ABC △的三条边已知，BC 上一点D 的位置已知，则AD 的长度便可直接求出来.另外，此结论用余弦定理证明也是很快的：在ABD △中，由余弦定理可知，2222cos AB AD BD AD BD ADB =+-⋅∠. 在ACD △中，由余弦定理可知，2222cos AC AD CD AD CD ADC =+-⋅∠. 故 222AB CD AC BD AD BC ⋅+⋅-⋅22222AD CD BD CD AD BD CD BD AD BC =⋅+⋅+⋅+⋅-⋅22AD BC BD CD BC AD BC =⋅+⋅⋅-⋅BD CD BC =⋅⋅.6. 222222222AF BD CE PA PF PB PD PC PE ++=-+-+-222222PA PE PC PD PB PF =-+-+-222AE CD BF =++. 7. 运用梅涅劳斯定理是证明三个没有直接联系的点共线的常用方法； 假设：FA m FA ='，FB n FB ='，FC k FC ='. 因为直线AC 割三角形FA C ''，所以1CC FA A G CF AA GC ''⋅⋅=''， 即111111A G k GCm ⎛⎫⎪'⎛⎫-⋅⋅= ⎪ ⎪'⎝⎭ ⎪-⎝⎭. 所以 (1)(1)A G m k GC k m'-='-. 同理1CC FB B E CF BB EC''⋅⋅=''，可得到：(1)(1)B E n k EC k n '-='-. 同理可得到：(1)(1)B D n m DA m n'-='-. 所以 (1)(1)(1)1(1)(1)(1)A G C E B D m k k n n m GC EB DA k m n k m n'''---⋅⋅=⋅⋅='''---. 所以G 、E 、D 共线.证明逆定理可以使用同一法.8. 首先证明阿波罗尼斯定理的逆定理：将线段AB 分成:m n （值不为1）的内分点C和外分点D 为直径两端点的定圆周上任意一点到两定点A 、B 的距离之比为定比:m n .如图7-9，连结OE .不妨设m n >，设AB l =，则ml AC m n =+，nl BC m n =+，ml AD m n =-，nl BD m n=-. 所以圆的直径为222ml ml mnl AD AC m n m n m n -=-=-+-.圆的半径22mnl R m n =-， 2222AC AD m l AO m n +==-， 2222BD BC n l BO m n-==-， 可得到()2222222m n l AO BO R m n ⋅==-.所以，对于上任意一点E 有BO AO m EO EO n==，EOA BOE ∠=∠，所以EOAC BOE △∽△，所以EB m AE n =. 阿波罗尼斯定理的逆定理证明成立后，反过来再证明原来的定理可以使用反证法. 设E 不在圆上并且:::AE BE m n AC BC ==.如图7-10，连结EC ，则EC 为三角形AEB 的角平分线，如果EC 或其延长线与圆有另一个交点E '，则根据已证明的逆定理:::AE BE m n AC BC ''==，所以E C '是三角形AE B '的角平分线，于是很容易证明AEE BEE ''△≌△，该结论与:m n 值不为1矛盾.如果EC 或其延长线与圆只有一个交点，则EC 与圆相切，于是容易证明AEC BEC △≌△，同样能得出矛盾.所以假设不成立.即满足:::AE BE m n AC BC ==的点只能在CD 为直径的圆上.另解：运用余弦定理可以直接得到原命题.已知：A 、B 、C 、D 共线，::::AE BE AC BC AD BD m n ===，O 为CD 中点，求证：12OE CD =. 2222222cos 2cos AO EO AO EO EO BO EO BO m n θθ+-⋅⋅∠+-⋅⋅∠=， 其中EOA θ∠=∠.又因为2222AC AD m l AO m n +==-，2222BD BC n l BO m n -==-，所以22AO BO m n=. 所以 222cos 2cos AO EO EO BO m nθθ⋅⋅∠⋅⋅∠=.所以 222222AO EO EO BO m n ++=. 所以 2222212mnl EO CD m n ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭. 9. （1）如图7-12，连结DE 、EF 、PB 、PC .由PD AB ⊥，PE BC ⊥可知，D 、B 、P 、E 四点共圆，故BED BPD ∠=∠.由PF AC ⊥，PE BC ⊥可知，P 、E 、C 、F 四点共圆，故CEF CPF ∠=∠. 又PCF ABP ∠=∠，PD AB ⊥，PF AC ⊥可知，CPF BPD ∠=∠，故BED CEF ∠=∠，从而可知，点D 、E 、F 三点共线.（2）由PD AB ⊥，PE BC ⊥可知，D 、B 、P 、E 四点共圆，故BED BPD ∠=∠. 由PF AC ⊥，PE BC ⊥可知，P 、E 、C 、F 四点共圆，故CEF CPF ∠=∠.又BED CEF ∠=∠，故BPD CPF ∠=∠.又PD AB ⊥，PF AC ⊥，故PCF ABP ∠=∠，从而可知，A 、B 、P 、C 四点共圆，即点P 在ABC △的外接圆上.习题巩固10. 211sin 1cos 22S ab C ab C ==-在ABC △中，由余弦定理可得222cos 2a b c C ab+-=，代入上式可得 ()()2222222222222241112424a b c a b a b c S ab ab a b a b +--+-=-=()()()2222222222224221616a b a b c ab a b c ab a b c -+-++---+==2222()()()()()()1616a b c c a b a b c a b c c a b c a b ⎡⎤⎡⎤+---+++-+--+⎣⎦⎣⎦==. 又1()2p a b c =++，故2222a b c p c p c +--==-，2222c a b p b p b +--==-，2222c a b p a p a -+-==-，故()()()S p p a p b p c =---11. 过点A 作BC 的垂线，垂足为点D .在Rt ABD △中，由勾股定理可知，222AB AD BD =+.同理，222AC AD CD =+，222AM AD DM =+.又BD BM DM =+，CD CM DM =-，BM CM =，故 222222AB AC AD BD CD +=++22222()()()AM DM BM DM CM DM =-+++-2222222()AM DM BM DM CM DM =-++++2222222()AM BM CM AM BM =++=+.备注：本题就是三角形的中线长公式，设a 、b 、c 为三角形的三边长，a m 、b m 、c m 分别为对应边上的中线，则有2221222a m b c a =+-2221222b mc a b =+-2221222c m a b c =+-. 本题只给出了一种情况，当ABC △中B ∠或者C ∠为直角或钝角时，同理可证. 另外，可用余弦定理证明该结论：在ABM △中，由余弦定理可知，2222cos AB AM BM AM BM AMB =+-⋅∠； 在ACM △中，由余弦定理可知，222cos AC AM CM AM CM AMC =+-⋅∠. 两式相加即可得到结论.12. 设BC 的中点为M ，连结AM 、PM .设AM 的三等分点分别为点N 、G .则点G 为ABC△的重心.由中线公式有 22222()PB PC PM BM +=+， ①22222()PA PG PN NG +=+， ②22222()PM PN PG NG +=+. ③①+②并代入③得：22222223224PA PB PC PG BM NG NG ++=+++.又()()22222222GB GC GM BM NG BM +=+=+，224NG GA =，所以 22222223PA PB PC PG GA GB GC ++=+++. 又()()22222222441122229949GA AM b c a b c a ==⨯+-=+-， 同理()22221229GB c a b =+-，()22221229GC a b c =+-. 将以上三式代入即得()2222222133PA PB PC a b c PG ++=+++.点评：该结论前一个等式称为卡诺定理，后一等式称为莱布尼兹公式.13. 要证明的结论是：222222AC BD AB BC CD DA +=+++.如图，过点A 、D 分别作BC 的垂线，垂足分别为点E 、F ，易证ABE DCF △≌△，故BE CF =，AE DF =.由勾股定理可知，222AC AE CE =+，222BD BF DF =+.故222222AC BD AE CE BF DF +=+++2222()()AE BC BE BC CF DF =+-+++222222AE BC BE CF DF =++++2222AB BC CD =++2222AB BC CD DA =+++.另解：在ABD △中，由余弦定理可知，2222cos BD AB AD AB AD BAD =+-⋅∠. 在ACD △中，由余弦定理可知，2222cos AC AD CD AD CD ADC =+-⋅∠.两式相加可得，2222222222AC BD AB AD AD CD AB BC CD DA +=+++=+++. 点评：如果设两对角线的交点为点O ，我们发现：在ABD △中，()22222AB AD OA OB +=+；在ACD △中，()22222AD CD OC OD +=+.故()()222222222222AB AD AD CD OC OD OA OB AC BD +++=+++=+，即()()222222222222AB BC CD DA OC OD OA OB AC BD +++=+++=+.也就是说，用中线长公式（或者斯德瓦尔特定理）也可很快证明.14. 根据题意作图，ABCD 为任意四边形，点E 、F 分别为BD 、AC 的中点.该图与我们前面讲过的中线长公式的图形是一致的，于是可得，22222()AB BC BF AF +=+，同理22222()AD CD DF CF +=+.两式相加可得， 2222AB BC AD CD +++22222()2()DF BF CF AF =+++2222()DF BF AC =++.在BDF △中，BE DE =，于是有2222221122222DF BF EF BD EF BD ⎛⎫+=+⨯=+ ⎪⎝⎭. 故()222224DF BF EF BD +=+.从而可知，22222224AB BC AD CD AC BD EF +++=++，得证.点评：本结论也称为欧拉定理.15. 对DKL △与点B ，由塞瓦定理，得1DA KF LC AK FL CD⋅⋅=. 对DKL △与截线AGC ，由梅涅劳斯定理，得1DA KG LC AK GL CD⋅⋅=.由两式可得KF KG FL GL =. 16. 将结论变形为AC BC AB BC AB AC ⋅+⋅=⋅，把三角形和圆联系起来，可联想到托勒密定理，进而构造圆内接四边形.如图，作ABC △的外接圆，作弦BD BC =，连结AD 、CD .在圆内接四边形ADBC 中，由托勒密定理，有AC BD BC AD AB CD ⋅+⋅=⋅. 易证AB AD =，CD AC =，所以AC BC BC AB AB AC ⋅+⋅=⋅.两端同除以AB BC AC ⋅⋅，得111AB AC BC+=.17. 如图，作直径1AB =的圆，在AB 两边任作Rt ACB △和Rt ADB △，使AC a =，BC b =，BD x =，AD y =.由勾股定理知a 、b 、x 、y 是满足题设条件的.据托勒密定理，有AC BD BC AD AB CD ⋅+⋅=⋅.因为1CD AB =≤，所以1ax by +≤.18. 运用西姆松定理解题最重要的是找对哪个点对于哪个三角形的西姆松线.点D 对于ABE △的西姆松线是MNQ ，点D 对于BFH △的西姆松线是MNP ，而M 、N 即可确定一条直线，故M 、N 、P 、Q 四点共线.19. 作BG DC ⊥交DC 的延长线于点G ，由西姆松定理有：F 、E 、G 共线，又因为90BFD FDG DGB ∠=∠=∠=︒，所以四边形BFDG 为矩形，所以对角线FG 平分另一条对角线BD .自招链接20. 由于待证结论实质上是一种比例线段的组合形式，一般是通过（或构造）相似三角形.为此，不妨把原式左端也化成线段两两乘积之和.证法1：几何方法.如图1，在BD 上取一点P ，使其满足12∠=∠.因为34∠=∠，所以ACD BCP △∽△，从而有AC AD BC BP=，即 AC BP AD BC ⋅=⋅. ①又ACB DCP ∠=∠，56∠=∠，所以ACB DCP △∽△，从面有AB ACDP CD =，即AC DP AB CD ⋅=⋅.② ①+②，有 AC BP AC PD AD BC AB CD ⋅+⋅=⋅+⋅.即()AC BP PD AD BC AB CD ⋅+=⋅+⋅，故AC BD AD BC AB CD ⋅=⋅+⋅.证法2：代数证法.如图2，设AB a =，BC b =，CD c =，DA d =，AC e =，BD f =.即证ac bd ef +=.在ABD △中，由余弦定理，有222cos 2a d f DAB ad +-∠=；在BCD △中，同理，有222cos 2b c f BCD bc +-∠=.因为180DAB BCD ∠+∠=︒，所以cos cos 0DAB BCD ∠+∠=，即222222022a d f b c f ad bc +-+-+=.整理，得2()ab cdf ac bd ad bc +=⋅++；同理可得2()ad bce ac bd ab cd +=++.于是，22()()fe ac bd =+，故ef ac bd =+.即AC BD AD BC AB CD ⋅=⋅+⋅.21. （1）一组三角形边长为8、8、12；11、11、6.令两个三角形边长分别为(),,a b b 、()2a c c ,,，则有222a b a c +=+. 由海伦公式及两个三角形面积相等，有()()()(2)()()p p a p b p b p p a p c p c ---=--- 整理得()()2p b p a p c p a --=--不妨令()()42,2,p a p a p c p b -=-⎧⎪⎨-=-⎪⎩联立222a b a c +=+，解得11,64.3b a c a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩令6a =，则11,8.b c =⎧⎨=⎩ （2）附加条件：两三角形为直角三角形.不妨设两三角形边长分别为()111,,a b c 、()222a b c ,,，其中1c 、2c 为直角边，设内切圆半径为1r 、2r . 由周长相等、面积相等可得11221122rC r C =，可以推出12r r =，两三角形内切圆半径相等.由内切圆半径相等可得()()1112221122a b c a b c +-=+-，又由111222a b c a b c ++=++，可得112212,.a b a b c c +=+⎧⎨=⎩ 又由面积相等，可得11221122a b a b =，联立11221122,,a b a b a b a b +=+⎧⎨=⎩可得()()221122a b a b -=-.可以解得1212,,a a b b =⎧⎨=⎩或1212,.a b b a =⎧⎨=⎩综上，两三角形全等.。
历年《高校自主招生考试》数学真题专题分类解析Word版含答案及解斩(共九大专题)
历年《高校自主招生考试》数学真题专题分类解析（共九大专题）目录：专题一：不等式 01～11页专题二：复数、平面向量 12～20页专题三：三角函数 21～27页专题四：创新与综合题 28～33页专题五：概率 34～43页专题六：数列与极限 44～55页专题七：解析几何 56～74页专题八：平面几何 75～83页专题九：排列、组合与二项式定理 84～88页历年《高校自主招生考试》数学真题分类解析专题一：不等式一、选择题。
1．(复旦大学)若实数x满足对任意实数a>0,均有x2<1+a,则x的取值范围是( )A.(-1,1)B.[-1,1]C.(-,)D.不能确定【答案】B【解析】对任意实数a>0,函数f(a)=1+a的值域是(1,+∞),因此只要x2≤1即可.由x2≤1,解得x∈[-1,1].2．(复旦大学)已知点A(-2,0),B(1,0),C(0,1),如果直线y=kx将△ABC分割为两个部分,则当k= 时,这两个部分的面积之积最大. ( )A.-B.-C.-D.-【答案】A【解析】3．(复旦大学)将同时满足不等式x-ky-2≤0(k>0),2x+3y-6≥0,x+6y-10≤0的点(x,y)组成的集合D称为可行域,将函数z=称为目标函数,所谓规划问题就是求解可行域内的点(x,y),使目标函数达到在可行域内的最小值.如果这个规划问题有无穷多个解,则( ) A.k≥1 B.k≤2 C.k=2 D.k=1【答案】C【解析】可行域如图中阴影部分所示,目标函数z=的几何意义是可行域内的点与点(0,-1)连线的斜率,如果要使其取得最小值的点有无穷多个,则直线x-ky-2=0必过点(0,-1),即k=2.选C. 在解含有参数的平面区域问题时要注意含有参数的直线系的特点,本题的突破点是直线系x-ky-2=0过定点(2,0).4．(复旦大学)设n是一个正整数,则函数y=x+在正实半轴上的最小值是( )A. B. C. D.【答案】C【解析】题中函数为非常规函数,可利用导数求其最值.因为y=x+=x+x-n,所以y'=1-x-n-1=1-,令y'=0得x=1,且函数y在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,故函数y在正实半轴上的最小值为1+=.5．(复旦大学)若对一切实数x,都有|x-5|+|x-7|>a,则实数a的取值范围是( )A.a<12B.a<7C.a<5D.a<2【答案】D【解析】可先求出函数y=|x-5|+|x-7|的最小值,然后根据不等式恒成立的条件求得a的取值范围.由于|x-5|+|x-7|≥|5-7|=2,即函数y=|x-5|+|x-7|的最小值等于2,所以要使|x-5|+|x-7|>a恒成立,应有a<2.6．(2011年清华大学等七校联考)已知向量a=(0,1),b=(-,-),c=(,-),xa+yb+zc=(1,1),则x2+y2+z2的最小值为( )A.1B.C.D.2【答案】B 【解析】方法二∵xa+yb+zc=(1,1),∴-y+z=1,x-y-z=1,∴-y+z=,y+z=2x-2,∴z=+x-1,y=-+x-1,∴x2+(-+x-1)2+(+x-1)2=3x2-2(+1)x+(+1)2+2(-1)x+(-1)2=3x2-4x++2=3(x2-x+)++2-=3(x-)2+≥,当且仅当x=,z=,y=时等号成立.二、填空题。
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专题之7、解析几何一、选择题。
1．(2009年复旦大学)设△ABC三条边之比AB∶BC∶CA=3∶2∶4,已知顶点A的坐标是(0,0),B的坐标是(a,b),则C的坐标一定是2．(2009年复旦大学)平面上三条直线x−2y+2=0,x−2=0,x+ky=0,如果这三条直线将平面划分成六个部分,则k可能的取值情况是A.只有唯一值B.可取二个不同值C.可取三个不同值D.可取无穷多个值3．(2010年复旦大学)已知常数k1,k2满足0<k1<k2,k1k2=1.设C1和C2分别是以y=±k1(x−1)+1和y=±k2(x−1)+1为渐近线且通过原点的双曲线,则C1和C2的离心率之比等于5．(2011年复旦大学)A.ρsin θ=1B.ρcos θ=−1C.ρcos θ=1D.ρsin θ=−1 6．(2011年复旦大学)设直线L过点M(2,1),且与抛物线y2=2x相交于A,B两点,满足|MA|=|MB|,即点M(2,1)是A,B的连接线段的中点,则直线L的方程是**=x−1**=−x+3**=3x−4**=−x+57．(2011年复旦大学)设有直线族和椭圆族分别为x=t,y=mt+b(m,b为实数,t为参数)和(a是非零实数),若对于所有的m,直线都与椭圆相交,则a,b应满足**(1−b2)≥1 **(1−b2)>1 **(1−b2)<1**(1−b2)≤18．(2011年复旦大学)极坐标表示的下列曲线中不是圆的是A.ρ2+2ρ(cos θ+sin θ)=5B.ρ2−6ρcos θ−4ρsin θ=0C.ρ2−ρcos θ=1D.ρ2cos 2θ+2ρ(cos θ+sin θ)=19.10.(2012年复旦大学)B.抛物线或双曲C.双曲线或椭圆D.抛物线或椭圆A.圆或直线线11．(2011年同济大学等九校联考)已知抛物线的顶点在原点,焦点在x轴上,△ABC的三个顶点都在抛物线上,且△ABC的重心为抛物线的焦点,若BC边所在直线的方程为4x+y−20=0,则抛物线方程为**=16x **=8x **=−16x**=−8x** ** ** **13．(2011年清华大学等七校联考)AB为过抛物线y2=4x焦点F的弦,O为坐标原点,且∠OFA=135°,C为抛物线准线与x轴的交点,则∠ACB的正切值为14．(2012年清华大学等七校联考)椭圆长轴长为4,左顶点在圆(x−4)2+(y−1)2=4上,左准线为y 轴,则此椭圆离心率的取值范围是二、解答题。
15．(2009年华南理工大学)设三角形ABC三个顶点的坐标分别为A(2,1),B(−1,2),C(3,−1),D,E 分别为AB,BC上的点,M是DE上一点,且(1)求点M的横坐标的取值范围;(2)求点M的轨迹方程.16．(2009年南京大学)在x轴上方作与x轴相切的圆,切点横坐标为,过B(−3,0),C(3,0)分别作圆的切线,两切线交于点P,Q是C在锐角BPC的平分线上的射影.(1)求点P的轨迹方程及其横坐标的取值范围;(2)求点Q的轨迹方程.17．(2010年南京大学)设|y2−16x|=256−16|x|.(1)记方程表示的曲线围成的封闭区域为D,试作出这个区域D;(2)过抛物线y2=16x焦点的直线l与该抛物线交于P,Q两点,若|PQ|=a,求S△OPQ;(3)当过抛物线y2=16x焦点的直线l与该抛物线在区域D内的部分相交于P,Q时,求S△OPQ的最大值.18．(2009年浙江大学)双曲线 =1(a>0,b>0)的离心率为,A(x1,y1),B(x2,y2)两点在双曲线上,且x1≠x2.(1)若线段AB的垂直平分线经过点Q(4,0),且线段AB的中点坐标为(x0,y0),试求x0的值;(2)双曲线上是否存在这样的点A与B,满足OA⊥OB?19．(2011年同济大学等九校联考)已知椭圆的两个焦点为F1(−1,0),F2(1,0),且椭圆与直线y=x 相切.(1)求椭圆的方程;(2)过F1作两条互相垂直的直线l1,l2与椭圆分别交于P,Q及M,N,求四边形PMQN面积的最大值与最小值.20．(2012年同济大学等九校联考)抛物线y2=2px(p>0),F为抛物线的焦点,A、B是抛物线上两点,线段AB的中垂线交x轴于D(a,0),a>0,(1)证明:a是p、m的等差中项;(2)若m=3p,l为平行于y轴的直线,其被以AD为直径的圆所截得的弦长为定值,求直线l的方程.21．(2009年清华大学)有限条抛物线及其内部能否覆盖整个坐标平面?证明你的结论.22．(2009年清华大学)已知|PM|−|PN|=2,M(−2,0),N(2,0).(1)求点P的轨迹W;(2)直线y=k(x−2)与W交于点A,B,求S△OAB(O为原点).23．(2009年清华大学)椭圆C: + =1(a>b>0),直线l过点A(−a,0),与椭圆交于点Q,与y轴交于点R,过原点的平行于l的直线l'与椭圆交于点P,证明:|AQ|, |OP|,|AR|成等比数列.24．(2010年清华大学等五校联考)设A,B,C,D 为抛物线x2=4y上不同的四点,A,D关于该抛物线的对称轴对称,BC 平行于该抛物线在点D 处的切线l.设D 到直线AB,AC 的距离分别为d1,d2,(Ⅰ)判断△ABC是锐角三角形、直角三角形、钝角三角形中的哪一种三角形,并说明理由; (Ⅱ)若△ABC 的面积为240,求点A 的坐标及直线BC的方程.25．(2011年清华大学等七校联考)F1、F2分别为C的左、右焦点,P为C右支上一点,(1)求C的离心率e;(2)设A为C的左顶点,Q为第一象限内C上的任意一点,问是否存在常数λ(λ>0),使得∠QF2A=λ∠QAF2恒成立?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.26．(2012年清华大学等七校联考)(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)已知过点B的直线交曲线C于x轴下方不同的两点M,N,设MN的中点为R,过R与点Q(0,−2)作直线RQ,求直线RQ斜率的取值范围.27．(2010年北京大学等三校联考)A,B为y=1−x2上在y轴两侧的点,求过A,B的切线与x轴围成的图形面积的最小值.28．(2011年北京大学等十三校联考)C1和C2是平面上两个不重合的固定圆,C是该平面上的一个动圆,C与C1、C2都相切,则C的圆心的轨迹是何种曲线?说明理由.29．(2011年北京大学等十三校联考)求过抛物线y=2x2−2x−1,y=−5x2+2x+3交点的直线方程.**【解析】如图,**【解析】三条直线相交于一点或者其中两条直线平行,则平面被分成六个部分.(1)当三条直线交于一点(2,2),对应一个k值;(2)当直线x+ky=0与x−2y+2=0或者x−2=0平行,则对应两个不同的k值.因此共有三个不同的k值.**4.A【解析】本题可以采用特殊值和特殊位置来分析,结合具体的选项,得到正确结果.当n=4时,相邻两射线的夹角为,然后可以让A1,A2,A3,A4正好为椭圆的四个顶点,容易得到|OA k|−2=2(a−2+b−2),结合各选项知A正确.**【解析】由得直线方程为y=mx+b,由消去y得(x−1)2+a2(mx+b)2−a2=0,即(1+a2m2)x2+(2a2mb−2)x+(1+a2b2−a2)=0,由于直线与椭圆相交,所以Δ=(2a2mb−2)2−4(1+a2m2)(1+a2b2−a2)>0,整理得(a2−1)m2−2bm+(1−b2)>0,上式对于任意的实数m 恒成立,所以有,整理得a2(1−b2)>1.**【解析】在D选项中,由ρ2cos 2θ+2ρ(cos θ+sin θ)=1得ρ2(cos2θ−sin2θ)+2ρ(cos θ+sin θ)=1,ρ2cos2θ−ρ2sin2θ+2ρcos θ+2ρsin θ=1,由于x=ρcos θ,y=ρsin θ,代入可得x2−y2+2x+2y−1=0,显然这不是一个圆的方程.**【解析】依题意知,椭圆上的各个点中到圆心(0,6)的距离最大的点是椭圆的下顶点(0,−4),最大距离为10,因此椭圆上的点到圆上的点的距离的最大值等于11.**【解析】设圆锥曲线上任一点M(ρ,θ),焦点F到相应准线的距离为P,则ρ=为三种圆锥曲线(椭圆、双曲线、抛物线)的统一极坐标方程,0<e<1时曲线表示椭圆,e=1时曲线表示抛物线,e>1时曲线表示双曲线右支,允许ρ<0表示整个双曲线.由知识拓展中圆锥曲线的统一极坐标方程知:ρ==,则0<e=≤1,故极坐标方程所表示的曲线为椭圆或抛物线(当且仅当k=1时曲线为抛物线).**【解析】由题意可设抛物线方程为y2=2px(p≠0),A(x3,y3),B(x1,y1),C(x2,y2),△ABC的重心为G(,0).联立,得2y2+py−20p=0,有,又,得,即A(10,),代入抛物线方程可得=2p(10),故p=8,抛物线方程为y2=16x.故选A.**【解析】利用C2的短轴长与C1的实轴长的比值等于C2的离心率找到k和a之间的关系,再利用k和a表示出C1在C2的一条准线上截得线段的长,整理可得最终结果.由C2的短轴长与C1的实轴长的比值等于C2的离心率可知,= ,故k(a2−4)=4,C2的右准线方程为x=,代入C1的方程得− =k,整理可得y=±2,故C1在C2的右准线上截得线段的长为4,选D.**解法二如图,**15.(1)如图所示,16.(1)设x轴与圆的切点为D,PB,PC分别切圆于E,F,17.(1)首先,256−16|x|≥0,∴|x|≤16,∴−16≤x≤16.①y2−16x=256−16|x|.i)当0≤x≤16时,y2=256, ∴y=±16(0≤x≤16),图象是两条线段;ii)当−16≤x<0时,y2=256+32x=32(x+8)(−8≤x<0),图象是抛物线y2=32(x+8)的一段;(3)18.(1) x0=2. (2)不存在19.(1)椭圆方程为+y2=1.(2) S四边形PMQN的最小值为,最大值为2 【解析】20.(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),由抛物线的定义知21.与抛物线对称轴不平行的直线与抛物线的位置关系有以下三种:(1)总有两个交点;(2)相切;(3)无公共点.对于(1),抛物线及其内部仅覆盖该直线上的一段线段;对于(2),抛物线及其内部仅覆盖该直线上的一个点;对于(3),抛物线及其内部不能覆盖该直线上的任意一点.根据以上三种情况,我们知道:用有限条抛物线及其内部不能覆盖与这有限条抛物线的对称轴均不平行的直线,而平面中存在这样的直线.于是,用有限条抛物线及其内部不能覆盖一条直线,当然不能覆盖整个坐标平面.22.(1)由题意可得点P的轨迹W是双曲线的右支:x2−y2=2(x>0).23.设l:y=k(x+a)(易知斜率存在,否则点Q不存在),则l':y=kx.24.如图.所以×8|4|=240,解得x0=±8,所以A(8,16)或A(−8,16),当取A(−8,16)时,求得B(4,4),又BC的斜率为x0=4,所以直线BC的方程为y−4=4(x−4),即4x−y−12=0.同理,当取A(8,16)时,求得B(−12,36),直线BC的方程为4x+y+12=0.25.(1)如图,26.27.【解析】设过A点的切线交x轴于点C,过B点的切线交x轴于点D,直线AC与直线BD 相交于点E,如图.28.假设圆C1、C2的半径分别为r1、r2,动圆半径为r.分以下情况进行讨论:(1)如果r1=r2.①当圆C1、C2相离时,(a)若动圆C与两个圆都外切,则|CC1|=r+r1,|CC2|=r+r2,因此|CC1|=|CC2|,动圆圆心轨迹为线段C1C2的垂直平分线;(b)若动圆C与两个圆都内切,则|CC1|=r−r1,|CC2|=r−r2,因此|CC1|=|CC2|,动圆圆心轨迹为线段C1C2的垂直平分线;(c)若动圆C与两个圆中的一个内切,另一个外切,则C1C2=r1+r2<C1C2,动圆圆心轨迹为以C1、C2为焦点的双曲线.②当圆C1、C2外切时,(a)若动圆C与两个圆都外切,则C1=r+r1,C2=r+r2,因此C1=C2,动圆圆心轨迹为线段C1C2的垂直平分线,但应除去两圆的切点;(b)若动圆C与两个圆都内切,则C1=r1,|CC2|=r2,因此C1=C2,动圆圆心轨迹为线段C1C2的垂直平分线;(c)若动圆C与两个圆中的一个内切,另一个外切,则C1C2r1r2C1C2(或C1C2=r1+r2),动圆圆心轨迹为直线C1C2,但应除去C1、C2以及两圆的切点.③当圆C1、C2相交时,(a)若动圆C与两个圆都外切,则C1=r+r1,C2=r+r2,因此C1=C2,动圆圆心轨迹为线段C1C2的垂直平分线,但应除去两圆的公共弦;(b)若动圆C与两个圆都内切,则C1=r1,C2=r2,因此C1=C2,动圆圆心轨迹为线段C1C2的垂直平分线;为焦点的椭圆.(2)如果r1≠r2 ,不妨设r1>r2.①当圆C1、C2相离时,(a)若动圆C与两个圆都外切,则C1=r+r1,C2=r+r2,因此C2r1r2C1C2,动圆圆心轨迹为以C1、C2为焦点的双曲线的对应焦点为C2的一支;(b)若动圆C与两个圆都内切,则C1=r−r1,C2=r−r2,因此C1r1r2C1C2,动圆圆心轨迹为以C1、C2为焦点的双曲线的对应焦点为C1的一支;(c)若动圆C与两个圆中的一个内切,另一个外切,则C1C2=r1+r2<C1C2,动圆圆心轨迹为以C1、C2为焦点的双曲线.②当圆C1、C2相外切时,(a)若动圆C与两个圆都外切,则C1=r+r1,C2=r+r2,因此C1C2=r1−r2<C1C2,动圆圆心轨迹为以C1、C2为焦点的双曲线的对应焦点为C2的一支,但应除去两圆的切点;(b)若动圆C与两个圆都内切,则C1=r−r1,C2=r−r2,因此C2C1=r1−r2<C1C2,动圆圆心轨迹为以C1、C2为焦点的双曲线的对应焦点为C1的一支;(c)若动圆C与两个圆中的一个内切,另一个外切,则CC1CC2=r1+r2=C1C2(或CC1CC2=r1+r2),动圆圆心轨迹为直线C1C2,但应除去C1、C2以及两圆的切点.③当圆C1、C2相交时,(a)若动圆C与两个圆都外切,则CC1=r+r1,CC2=r+r2,因此CC1CC2=r1−r2<C1C2,动圆圆心轨迹为以C1、C2为焦点的双曲线的对应焦点为C2的一支,但应除去两圆公共区域内的部分;(b)若动圆C与两个圆都内切,则CC1r1,CC2r2,因此CC2CC1=r1−r2<C1C2,动圆圆心轨迹为以C1、C2为焦点的双曲线,但应除去两圆公共区域内的部分;C2为焦点的椭圆,但应除去两圆公共区域内的部分.④当圆C1、C2内切时,(a)若动圆C与两个圆都外切,则C1=r+r1,CC2=r+r2,因此C1−CC2=r1−r2=|C1C2|,动圆圆心轨迹为直线C1C2,除去直线C1C2与圆C1、C2的交点;(b)若动圆C与两个圆都内切,则C1=r−r1,CC2=r−r2(或C1=r1−r,CC2=r−r2或C1=r1−r,CC2=r2−r),因此C1C2=r1−r2=C1C2(或C1+CC2=r1−r2),动圆圆心轨迹为直线C1C2,除去直线C1C2与圆C1、C2的交点;(c)若动圆C与C1内切,C2外切,则CC1+CC2=(r1−r)+(r+r2)=r1+r2>C1C2,动圆圆心轨迹为以C1、C2为焦点的椭圆(两圆C1、C2的交点除外).⑤当圆C1、C2内含时,(a)若动圆C与两个圆都内切,则CC1=r1−r,CC2=r−r2,CC1CC2=r1−r2>C1C2,动圆圆心轨迹为以C1、C2为焦点的椭圆.(b)若动圆C与C1内切、C2外切,这时CC1=r1−r,CC2=r+r2,所以CC1CC2(r1−r)+(r+r2)=r1+r2>C1C2,动圆圆心轨迹为以C1、C2为焦点的椭圆.【解析】两个定圆的半径的大小关系、位置关系将影响动圆的圆心的轨迹,因此应根据两个定圆的半径的大小关系、位置关系进行分类讨论.在求解中,要注意所得轨迹的纯粹性,即是不是整个曲线都是轨迹上的点,应结合图形的位置关系的实际情况进行分析,把不符合要求的点除去.**+7y−1=0.【解析】可以直接对两个抛物线方程进行加减消元,消去二次项,得到所求直线的方程;也可以直接解方程组求出两个交点的坐标,然后求直线方程.。