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解析几何2024-2024全国卷大题.docx


文档分类:中学教育 | 页数:约15页 举报非法文档有奖
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】的内容,可以使用淘豆网的站内搜索功能,选择自己适合的文档,以下文字是截取该文章内的部分文字,如需要获得完整电子版,请下载此文档到您的设备,方便您编辑和打印。20.〔12分〕〔2024?新课标Ⅰ〕设A,B为曲线C:y=上两点,A与B的横坐标之和为4.〔1〕求直线AB的斜率;〔2〕设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,:〔1〕设A〔x1,〕,B〔x2,〕为曲线C:y=上两点,那么直线AB的斜率为k==〔x1+x2〕=×4=1;〔2〕设直线AB的方程为y=x+t,代入曲线C:y=,可得x2﹣4x﹣4t=0,即有x1+x2=4,x1x2=﹣4t,再由y=的导数为y′=x,设M〔m,〕,可得M处切线的斜率为m,由C在M处的切线与直线AB平行,可得m=1,解得m=2,即M〔2,1〕,由AM⊥BM可得,kAM?kBM=﹣1,即为?=﹣1,化为x1x2+2〔x1+x2〕+20=0,即为﹣4t+8+20=0,解得t==x+.〔12分〕〔2024?新课标Ⅱ〕设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足=.〔1〕求点P的轨迹方程;〔2〕设点Q在直线x=﹣3上,且?=::〔1〕设M〔x0,y0〕,由题意可得N〔x0,0〕,设P〔x,y〕,由点P满足=.可得〔x﹣x0,y〕=〔0,y0〕,可得x﹣x0=0,y=y0,即有x0=x,y0=,代入椭圆方程+y2=1,可得+=1,即有点P的轨迹方程为圆x2+y2=2;〔2〕证明:设Q〔﹣3,m〕,P〔cosα,sinα〕,〔0≤α<2π〕,?=1,可得〔cosα,sinα〕?〔﹣3﹣cosα,m﹣sinα〕=1,即为﹣3cosα﹣2cos2α+msinα﹣2sin2α=1,解得m=,即有Q〔﹣3,〕,椭圆+y2=1的左焦点F〔﹣1,0〕,由kOQ=﹣,kPF=,由kOQ?kPF=﹣1,.〔12分〕〔2024?新课标Ⅲ〕在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点,点C的坐标为〔0,1〕,当m变化时,解答以下问题:〔1〕能否出现AC⊥BC的情况?说明理由;2〕证明过A、B、:〔1〕曲线y=x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点,可设A〔x1,0〕,B〔x2,0〕,由韦达定理可得x1x2=﹣2,假设AC⊥BC,那么kAC?kBC=﹣1,即有?=﹣1,即为x1x2=﹣1这与x1x2=﹣2矛盾,故不出现AC⊥BC的情况;〔2〕证明:设过A、B、C三点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0〔D2+E2﹣4F>0〕,由题意可得y=0时,x2+Dx+F=0与x2+mx﹣2=0等价,可得D=m,F=﹣2,圆的方程即为x2+y2+mx+Ey﹣2=0,由圆过C〔0,1〕,可得0+1+0+E﹣2=0,可得E=1,那么圆的方程即为x2+y2+mx+y﹣2=0,再令x=0,可得y2+y﹣2=0,解得y=1或﹣〔0,1〕,〔0,﹣2〕,那么过A、B、.〔12分〕〔2024?新课标Ⅰ〕在直角坐标系xOy中,直线l:y=t〔t≠0〕交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px〔p>0〕于点P,M关于点P的对称点为N,连结ON并延长交C于点H.〔Ⅰ〕求;〔Ⅱ〕除H以外,直线MH与C是否有其它公共点?:〔Ⅰ〕将直线l与抛物线方程联立,解得P〔,t〕,∵M关于点P的对称点为N,∴=,=t,∴N〔,t〕,∴ON的方程为y=x,与抛物线方程联立,解得H〔,2t〕∴==2;〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知kMH=,∴直线MH的方程为y=x+t,与抛物线方程联立,消去x可得y2﹣4ty+4t2=0,∴△=16t2﹣4×4t2=0,∴.〔12分〕〔2024?新课标Ⅱ〕A是椭圆E:+=1的左顶点,斜率为k〔k>0〕的直线交E与A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.〔I〕当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积II〕当2|AM|=|AN|时,证明:<k<:〔I〕由椭圆E的方程:+=1知,其左顶点A〔﹣2,0〕,∵|AM|=|AN|,且MA⊥NA,∴△AMN为等腰直角三角形,∴MN⊥x轴,设M的纵坐标为a,那么M〔a﹣2,a〕,∵点M在E上,∴3〔a﹣2〕2+4a2=12,整理得:7a2﹣12a=0,∴a=或a=0〔舍〕,∴S△AMN=a×2a=a2=;〔II〕设直线lAM的方程为:y=k〔x+2〕,直线lAN的方程为:y=﹣〔x+2〕,由消去y得:〔3+4k2〕x2+16k2x+16k2﹣12=0,∴xM﹣2=﹣,∴xM=2﹣=,∴|AM|=|xM﹣〔﹣2〕|=?=∵k>0,∴|AN|==,又∵2|AM|=|AN|,∴=,整理得:4k3﹣6k2+3k﹣8=0,设f〔k〕=4k3﹣6k2+3k﹣8,那么f′〔k〕=12k2﹣12k+3=3〔2k﹣1〕2≥0,∴f〔k〕=4k3﹣6k2+3k﹣8为〔0,+∞〕的增函数,又f〔〕=4×3﹣6×3+3﹣8=15﹣26=﹣<0,f〔2〕=4×8﹣6×4+3×2﹣8=6>0,∴<k<.〔12分〕〔2024?新课标Ⅲ〕抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.〔Ⅰ〕假设F在线段AB上,R是PQ的中点,证明AR∥FQ;〔Ⅱ〕假设△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.〔Ⅰ〕证明:连接RF,PF,由AP=AF,BQ=BF及AP∥BQ,得∠AFP+∠BFQ=90°,∴∠PFQ=90°,∵R是PQ的中点,∴RF=RP=RQ,∴△PAR≌△FAR,∴∠PAR=∠FAR,∠PRA=∠FRA,∵∠BQF+∠BFQ=180°﹣∠QBF=∠PAF=2∠PAR,∴∠FQB=∠PAR,∴∠PRA=∠PQF,∴AR∥FQ.〔Ⅱ〕设A〔x1,y1〕,B〔x2,y2〕,F〔,0〕,准线为x=﹣,S△PQF=|PQ|=|y1﹣y2|,设直线AB与x轴交点为N,∴S△ABF=|FN||y1﹣y2|,∵△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,∴2|FN|=1,∴xN=1,即N〔1,0〕.设AB中点为M〔x,y〕,由得=2〔x1﹣x2〕,又=,∴=,即y2=x﹣1.∴AB中点轨迹方程为y2=x﹣.〔12分〕〔2024?新课标Ⅰ〕过点A〔0,1〕且斜率为k的直线l与圆C:〔x﹣2〕2+〔y﹣3〕2=1交于点M、N两点.〔1〕求k的取值范围;〔2〕假设?=12,其中O为坐标原点,求|MN|.〔1〕由题意可得,直线l的斜率存在,设过点A〔0,1〕的直线方程:y=kx+1,即:kx﹣y+1=〔2,3〕,半径R=<1,故当<k<,过点A〔0,1〕的直线与圆C:〔x﹣2〕2+〔y﹣3〕2=1相交于M,N两点.〔2〕设M〔x1,y1〕;N〔x2,y2〕,由题意可得,经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1,代入圆C的方程〔x﹣2〕2+〔y﹣3〕2=1,可得〔1+k2〕x2﹣4〔k+1〕x+7=0,∴x1+x2=,x1?x2=,∴y1?y2=〔kx1+1〕〔kx2+1〕=k2x1x2+k〔x1+x2〕+1=?k2+k?+1=,由?=x1?x2+y1?y2==12,解得k=1,故直线l的方程为y=x+1,即x﹣y+1=,|MN|=.〔2024?新课标Ⅱ〕椭圆C:=1,〔a>b>0〕的离心率,点〔2,〕在C上.〔1〕求椭圆C的方程;〔2〕直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.【解答】解:〔1〕椭圆C:=1,〔a>b>0〕的离心率,点〔2,〕在C上,可得,,解得a2=8,b2=4,所求椭圆C方程为:.〔2〕设直线l:y=kx+b,〔k≠0,b≠0〕,A〔x1,y1〕,B〔x2,y2〕,M〔xM,yM〕,把直线y=kx+b代入可得〔2k2+1〕x2+4kbx+2b2﹣8=0,故xM==,yM=kxM+b=,于是在OM的斜率为:KOM==,即KOM?k=.∴.〔12分〕〔2024?大纲版〕抛物线C:y2=2px〔p>0〕的焦点为F,直线y=4与y轴的交点为P,与C的交点为Q,且|QF|=|PQ|.〔Ⅰ〕求C的方程;〔Ⅱ〕过F的直线l与C相交于A、B两点,假设AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点,且A、M、B、N四点在同一圆上,:〔Ⅰ〕设点Q的坐标为〔x0,4〕,把点Q的坐标代入抛物线C:y2=2px〔p>0〕,可得x0=,∵点P〔0,4〕,∴|PQ|=.又|QF|=x0+=+,|QF|=|PQ|,∴+=×,求得p=2,或p=﹣2〔舍去〕.故C的方程为y2=4x.〔Ⅱ〕由题意可得,直线l和坐标轴不垂直,y2=4x的焦点F〔1,0〕,设l的方程为x=my+1〔m≠0〕,代入抛物线方程可得y2﹣4my﹣4=0,显然判别式△=16m2+16>0,y1+y2=4m,y1?y2=﹣4.∴AB的中点坐标为D〔2m2+1,2m〕,弦长|AB|=|y1﹣y2|==4〔m2+1〕.又直线l′的斜率为﹣m,∴直线l′的方程为x=﹣y+2m2+、B两点,假设AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点,把线l′的方程代入抛物线方程可得y2+y﹣4〔2m2+3〕=0,∴y3+y4=,y3?y4=﹣4〔2m2+3〕.故线段MN的中点E的坐标为〔+2m2+3,〕,∴|MN|=|y3﹣y4|=,∵MN垂直平分线段AB,故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|,∴+DE2=MN2,∴4〔m2+1〕2++=×,化简可得m2﹣1=0,∴m=±1,∴直线l的方程为x﹣y﹣1=0,或x+y﹣1=.〔12分〕〔2024?新课标Ⅰ〕点P〔2,2〕,圆C:x2+y2﹣8y=0,过点P的动直线l与圆C交于A,B两点,线段AB的中点为M,O为坐标原点.〔1〕求M的轨迹方程;〔2〕当|OP|=|OM|时,求l的方程及△:〔1〕由圆C:x2+y2﹣8y=0,得x2+〔y﹣4〕2=16,∴圆C的圆心坐标为〔0,4〕,〔x,y〕,那么,.由题意可得:.即x〔2﹣x〕+〔y﹣4〕〔2﹣y〕=:〔x﹣1〕2+〔y﹣3〕2=2.∴M的轨迹方程是〔x﹣1〕2+〔y﹣3〕2=2.〔2〕由〔1〕知M的轨迹是以点N〔1,3〕为圆心,为半径的圆,由于|OP|=|OM|,故O在线段PM的垂直平分线上,又P在圆N上,从而ON⊥PM.∵kON=3,∴直线l的斜率为﹣.∴直线PM的方程为,即x+3y﹣8=,∴|PM|==.∴.21.〔12分〕〔2024?新课标Ⅰ〕圆M:〔x+1〕2+y2=1,圆N:〔x﹣1〕2+y2=9,动圆P与圆M外切并与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.〔Ⅰ〕求C的方程;〔Ⅱ〕l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.解:〔I〕由圆M:〔x+1〕2+y2=1,可知圆心M〔﹣1,0〕;圆N:〔x﹣1〕2+y2=9,圆心N〔1,0〕,,∵动圆P与圆M外切并与圆N内切,∴|PM|+|PN|=R+1+〔3﹣R〕=4,而|NM|=2,由椭圆的定义可知:动点P的轨迹是以M,N为焦点,4为长轴长的椭圆,∴a=2,c=1,b2=a2﹣c2=3.∴曲线C的方程为〔x≠﹣2〕.〔II〕设曲线C上任意一点P〔x,y〕,由于|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤3﹣1=2,所以R≤2,当且仅当⊙P的圆心为〔2,0〕R=2时,其半径最大,其方程为〔x﹣2〕2+y2=4.①l的倾斜角为90°,那么l与y轴重合,可得|AB|=.②假设l的倾斜角不为90°,由于⊙M的半径1≠R,可知l与x轴不平行,设l与x轴的交点为Q,那么,可得Q〔﹣4,0〕,所以可设l:y=k〔x+4〕,由l于M相切可得:,,联立,得到7x2+8x﹣8=0.∴,.∴|AB|===由于对称性可知:当时,也有|AB|=.综上可知:|AB|=或. 20.〔12分〕〔2024?新课标Ⅱ〕在平面直角坐标系xOy中,己知圆P在x轴上截得线段长为2,在y轴上截得线段长为2.〔Ⅰ〕求圆心P的轨迹方程;〔Ⅱ〕假设P点到直线y=x的距离为,:〔Ⅰ〕设圆心P〔x,y〕,由题意得圆心到x轴的距离与半径之间的关系为2=x2+r2,同理圆心到y轴的距离与半径之间的关系为3=y2+r2,由两式整理得x2+3=y2+2,整理得y2﹣x2=1即为圆心P的轨迹方程,此轨迹是等轴双曲线〔Ⅱ〕由P点到直线y=x的距离为得,=,即|x﹣y|=1,即x=y+1或y=x+1,分别代入y2﹣x2=1解得P〔0,﹣1〕或P〔0,1〕假设P〔0,﹣1〕,此时点P在y轴上,故半径为,所以圆P的方程为〔y+1〕2+x2=3;假设P〔0,1〕,此时点P在y轴上,故半径为,所以圆P的方程为〔y﹣1〕2+x2=3;综上,圆P的方程为〔y+1〕2+x2=3或〔y﹣1〕2+x2=3

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