解析几何是很多考生最头疼的题目了，精品学习网整理了解析几何解答题专题训练，其中是一些典型题型，希望考生可以好好研究。

1.已知过抛物线y2=2px(p>0)的焦点，斜率为22的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1

(1)求该抛物线的方程;

(2)O为坐标原 点，C为抛物线上一点，若OC→=OA→+λOB→，求λ的值.

解　(1)直线AB的方程是y=22x-p2，与y2=2px联立，从而有4x2-5px+p2=0，

所以x1+x2=5p4.

由抛物线定义得|AB|=x1+x2+p=9，

所以p=4，从而抛物线方程是y2=8x.

(2)由p=4，知4x2-5px+p2=0可化为x2-5x+4=0，

从而x1=1，x2=4，y1=-22，y2=42，

从而A(1，-22)，B(4,42).

设OC→=(x3，y3)=(1，-22)+λ(4,42)=(4λ+1,42λ-22)，

又y23=8x3 ，

所以[22(2λ-1)]2=8(4λ+1)，

即(2λ-1)2=4λ+1，

解得λ=0，或λ=2.

2.已知圆心为C的圆，满足下列条件：圆心C位于x 轴正半轴上，与直线3x-4y+7=0相切，且被y轴截得的弦长为23，圆C的面积小于13.

(1)求圆C的标准方程;

(2)设过点M(0,3)的直线l与圆C交于不同的两点A，B，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB.是否存在这样的直线l，使得直线OD 与MC恰好平行?如果存在， 求出l的方程;如果不存在，请说明理由.

解　(1)设圆C：(x-a)2+y2=R2(a>0)，由题意知

|3a+7|32+42=R，a2+3=R

解得a=1或a=138，

又S=πR2<13，

∴a=1，R=2.

∴圆C的标准方程为(x-1)2+y2=4.

(2)当斜率不存在时，直线l为x=0，不满足题意.

当斜率存在时，设直线l：y=kx+3，A(x1，y1)， B(x2，y2)，

又l与圆C相交于不同的两点，

联立得y=kx+3x-12+y2=4，

消去y得(1+k2)x2+(6k-2)x+6=0，

∴Δ=(6k-2)2-24(1+k2)=12k2-24k-20>0，

解得k <1-263或k>1+263.

x1+x2=-6k-21+k2，y1+y2=k(x1+x2)+6=2k+61+k2，

OD→=OA→+OB→=(x1+x2，y1+y2)，MC→=(1，-3)，

假设OD→∥MC→，

则-3(x1+x2)=y1+y2，

∴3×6k-21+k2=2k+61+k2，

解得k=34∉-∞，1-263∪1+263，+∞，假设不成立，

∴不存在这样的直线l.

3.已知A(-2,0)，B(2,0)，点C，点D满足|AC→|=2，AD→=12(AB→+AC→).

(1)求点D的轨迹方程;

(2)过点A作直线l交以A，B为焦点的椭圆于M，N两点，线段MN的中点到y轴的距离为45，且直线l与点D的轨迹相切，求该椭圆的方程.

解　(1)设C ，D点的坐标分别为C(x0，y0)，D(x，y)，

则AC→=(x0+2，y0)，AB→=(4,0)，

则AB→+AC→=(x0+6，y0)，

故AD→=12(AB→+AC→)=x02+3，y02.

又AD→=(x+2，y)，故x02+3=x+2，y02=y.

解得x0=2x-2，y0=2y.

代入|AC→|=x0+22+y20=2，

得x2+y2=1，

即所求点D的轨迹方程为x2+y2=1.

(2)易知直线l与x轴不垂直，设直线l的 方程为

y=k(x+2)，①

设椭圆方程为x2a2+y2a2-4=1(a2>4).②

将①代入②整理，

得(a2k2+a2-4)x2+4a2k2x+4a2k2-a4+4a2=0.③

因为直线l与圆x2+y2=1相切，

故|2k|k2+1=1，

解得k2=13.

故③式可整理为(a2-3)x2+a2x-34a4+4a2=0.

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

则x1+x2=-a2a2-3.

由题意有a2a2-3=2×45(a2>4)，

解得a2=8，经检验，此时Δ>0.

故椭圆的方程为x28+y24=1.

4.已知点F1，F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，且|F1F2|=2，∠F1PF2=π3，△F1PF2的面积为33.

(1)求椭圆C的方程;

(2)点M的坐标为54，0，过点F2且斜率为k的直线l与椭圆C相交于A，B两点，对于任意的k∈R，MA→•MB→是否为定值?若是，求出这个定值;若不是，说明理由.

解　(1)设|PF1|=m，|PF2| =n.

在△PF1F2中，由余弦定理得22=m2+n2-2mncosπ3，

化简得，m2+n2-mn=4.

由S△PF1F2=33，得12mnsinπ3=33.

化简得mn=43.

于是(m+n)2=m2+n2-mn+3mn=8.

∴m+n=22，由此可得，a=2.

又∵半焦距c=1，∴b2=a2-c2=1.

因此，椭圆C的方程为x22+y2=1.

(2)由已知得F2(1,0)，直线l的方程为y=k(x-1)，

由y=kx-1，x22+y2=1

消去y，得(2k2+1)x2-4k2x+2(k2-1)=0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2-12k2+1.

∵MA→•MB→=x1-54，y1•x2-54，y2

=x1-54x2-54+y1y2

=x1-54x2-54+k2(x1-1)(x2-1)

=(k2+1)x1x2-k2+54(x1+x2)+2516+k2

=(k2+1)2k2-22k2+1-4k2k2+542k2+1+2516+k2

=-4k2-22k2+1+2516

=-716.

由此可知MA→•MB→=-716为定值.

5.已知双曲线E：x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)的焦距为4，以原点为圆心，实半轴长为半径的圆和直线x-y+6=0相切.

(1)求双曲线E的方程;

(2) 已知点F为双曲线E的左 焦点，试问在x轴上是否存在一定点M，过点M任意作一条直线交双曲线E于P，Q两点(P在Q点左侧)，使FP→•FQ→为定值?若存在，求出此定值和所有的定点M的坐标;若不存在，请说明理由.

解　(1)由题意知|6|12+-12=a，∴a=3.

又∵2c=4，∴c=2，∴b=c2-a2=1.

∴双曲线E的方程为x23-y2=1.

(2)当直线为y=0时，

则P(-3，0)，Q(3，0)，F(-2,0)，

∴FP→•FQ→=( -3+2,0)•(3+2,0)=1.

当直线不为y=0时，

可设l：x=ty+m(t≠±3)，代入E：x23-y2=1，

整 理得(t2-3)y2+2mty+m2-3=0(t≠±3).(*)

由Δ>0，得m2+t2>3.

设方程(*)的两个根为y1，y2，满足y1+y2=-2mtt2-3，

y1y2=m2-3t2-3，

∴FP→•FQ→

=(ty1+m+2，y1)•(ty2+m+2，y2)

=(t2+1)y1y2+t(m+2)(y1+y2)+(m+2)2

=t2-2m2-12m-15t2-3.

当且仅当2m2+12m+15=3时，FP→•FQ→为定值，

解得m1=-3-3，m2=-3+3(舍去).

综上，过定点M(-3-3，0)任意作一条直线交双曲线E于P，Q两点，使FP→•FQ→=1.

解析几何解答题专题训练每道题都是编辑老师精心整理的，都有一定的代表性，希望考生可以掌握每道题的解题思路。

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