全国高考文科数学试题分类汇编8 解析几何.docx
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全国高考文科数学试题分类汇编8解析几何
全国高考文科数学试题分类汇编8解析几何
2014年全国高考文科数学试题分类汇编8解析几何H1直线的倾斜角与斜率、直线的方程
6．，，[2014·福建卷]已知直线l过圆x2＋（y－3）2＝4的圆心，且与直线x＋y＋1＝0垂直，则l的方程是（）
A．x＋y－2＝0B．x－y＝2＝0
C．x＋y－3＝0D．x－y＋3＝0
6．D[解析]由直线l与直线x＋y＋1＝0垂直，可设直线l的方程为x－y＋m＝0.
又直线l过圆x2＋（y－3）2＝4的圆心（0，3），则m＝3，所以直线l的方程为x－y＋3＝0，故选D.
20．、、[2014·全国新课标卷Ⅰ]已知点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△POM的面积．
20．解：
（1）圆C的方程可化为x2＋（y－4）2＝16，
所以圆心为C（0，4），半径为4.
设M（x，y），则CM＝（x，y－4），MP＝（2－x，2－y）．
由题设知CM·MP＝0，故x（2－x）＋（y－4）（2－y）＝0，即（x－1）2＋（y－3）2＝2.
由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是（x－1）2＋（y－3）2＝2.
（2）由
（1）可知M的轨迹是以点N（1，3）为圆心，2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.
1因为ON的斜率为3，所以直线l的斜率为－，3
18故l的方程为y＋.33
410又|OM|＝|OP|＝22，O到直线l的距离为，5
41016故|PM|POM.55
x2y2
21．、、、[2014·重庆卷]如图1-5，设椭圆＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，ab
|FF|2F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F222，△DF1F2的面积为|DF1|2
（1）求该椭圆的标准方程．
（2）是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？
若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．
221．解：
（1）设F1（－c，0），F2（c，0），其中c＝a2－b2.
|FF||FF|2由22得|DF1|＝.|DF1|222
1从而S△DF1F2＝|DF1||F1F2|＝c2＝，故c＝1.222
2932从而|DF1|＝.由DF1⊥F1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝，因此|DF2|＝，222
所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝22，故a2，b2＝a2－c2＝1.
x22因此，所求椭圆的标准方程为y＝1.2
x22
（2）如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆y＝1相交，P1（x1，y1），P2（x2，y2）是两2
个交点，y1＞0，y2＞0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2.
→由
（1）知F1（－1，0），F2（1，0），所以F1P1＝（x1＋1，y1），F2P2＝（－x1－1，y1）．再由F1P12⊥F2P2得－（x1＋1）2＋y1＝0.x24由椭圆方程得1－（x1＋1）2，即3x21＋4x1＝0，解得x1＝－或x1＝0.23
当x1＝0时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在．
4当x1P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C（0，y0），3
y1－y0y由CP1⊥F1P1，得·＝－1.x1x1＋1
15而y1＝|x1＋1|＝，故y0＝.33
4215242圆C的半径|CP1|＝3＋33＝.3
综上，存在满足题设条件的圆，其方程为
52322x＋y－3＝.9
H2两直线的位置关系与点到直线的距离
6．，，[2014·福建卷]已知直线l过圆x2＋（y－3）2＝4的圆心，且与直线x＋y＋1＝0垂直，则l的方程是（）
A．x＋y－2＝0B．x－y＝2＝0
C．x＋y－3＝0D．x－y＋3＝0
6．D[解析]由直线l与直线x＋y＋1＝0垂直，可设直线l的方程为x－y＋m＝0.又直线l过圆x2＋（y－3）2＝4的圆心（0，3），则m＝3，所以直线l的方程为x－y＋3＝0，故选D.
18．、、、[2014·江苏卷]如图1-6所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：
新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m．经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处（OC为河岸），tan
4∠BCO3
（1）求新桥BC的长．
（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？
图1-6
18．解：
方法一：
（1）如图所示，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy
.
由条件知A（0,60）,C（170，0），
4直线BC的斜率kBC＝－tan∠BCO3
3又因为AB⊥BC,所以直线AB的斜率kAB＝4
设点B的坐标为（a，b），
b－0b－6034则kBC＝，kAB＝3a－170a－04
解得a＝80,b＝120，
所以BC＝（170－80）＋（0－120）＝150.
因此新桥BC的长是150m.
（2）设保护区的边界圆M的半径为rm,OM＝dm（0≤d≤60）．
4由条件知，直线BC的方程为y＝－（x－170），3
即4x＋3y－680＝0.
由于圆M与直线BC相切，故点M（0,d）到直线BC的距离是r，
|3d－680|680－3d即r＝＝.54＋3r－d≥80，因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，所以r－（60－d）≥80，
即680－3d560－d）≥80，
解得10≤d≤35.
680－3d故当d＝10时，r＝即圆面积最大，5
所以当OM＝10m时，圆形保护区的面积最大．
方法二：
（1）如图所示，延长OA,CB交于点F
.680－3dd≥80，5
4因为tan∠FCO＝，3
43所以sin∠FCO＝，cos∠FCO＝55
因为OA＝60，OC＝170，
680OC850500所以OF＝OCtan∠FCO＝，CF，从而AF＝OF－OA＝33cos∠FCO3
4因为OA⊥OC,所以cos∠AFB＝sin∠FCO＝.5
400又因为AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝，从而BC＝CF－BF＝150.3
因此新桥BC的长是150m.
（2）设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD＝rm，OM＝dm（0≤d≤60）．
因为OA⊥OC,所以sin∠CFO＝cos∠FCO.
680－3dMDMDr3故由
（1）知sin∠CFO＝＝＝所以r＝MFOF－OM68055－d3
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，
r－d≥80，所以r－（60－d）≥80，
即680－3d5－（60－d）≥80，
解得10≤d≤35.
680－3d故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大，5
所以当OM＝10m时，圆形保护区的面积最大．
22．、、[2014·全国卷]已知抛物线C：
y2＝2px（p＞0）的焦点为F，直线y＝4与y轴的交
5点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝PQ|.4
（1）求C的方程；
（2）过F的直线l与C相交于A，B两点，若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，求l的方程．
822．解：
（1）设Q（x0，4），代入y2＝2px，得x0＝p
8pp8所以|PQ|，|QF|＝x0＝＋.p22p
p858由题设得＋＝，解得p＝－2（舍去）或p＝2，2p4p
所以C的方程为y2＝4x.
（2）依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x＝my＋1（m≠0）．代入y2＝4x，得y2－4my－4＝0.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
故线段AB的中点为D（2m2＋1，2m），
|AB|＝m＋1|y1－y2|＝4（m2＋1）．
1又直线l′的斜率为－m，所以l′的方程为x＝－＋2m2＋3.m
4将上式代入y2＝4x，并整理得y2＋y－4（2m2＋3）＝0.m
4设M（x3，y3），N（x4，y4），则y3＋y4＝－y3y4＝－4（2m2＋3）．m
222＋2m＋3故线段MN的中点为Em，m|MN|4（m2＋1）2m＋11＋y3－y4|＝.mm680－3dd≥80，5
1由于线段MN垂直平分线段AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝|MN|，2
从而
11|AB|2＋|DE|2＝|MN|2，即44
222m＋＋2＝4（m＋1）＋mm2222
4（m2＋1）2（2m2＋1），m化简得m2－1＝0，解得m＝1或m＝－1.
所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.
x2y2
21．、、、[2014·重庆卷]如图1-5，设椭圆＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，ab|FF|2F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F222，△DF1F2的面积为|DF1|2
（1）求该椭圆的标准方程．
（2）是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？
若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．
221．解：
（1）设F1（－c，0），F2（c，0），其中c＝a2－b2.
|F1F2||F1F2|2由22得|DF1|＝.|DF1|2221从而S△DF1F2＝|DF1||F1F2|＝c2＝，故c＝1.222
2932从而|DF1|＝.由DF1⊥F1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝，因此|DF2|＝，222
所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝22，故a2，b2＝a2－c2＝1.
x22因此，所求椭圆的标准方程为y＝1.2
x22
（2）如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆y＝1相交，P1（x1，y1），P2（x2，y2）是两2
个交点，y1＞0，y2＞0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2.
→由
（1）知F1（－1，0），F2（1，0），所以F1P1＝（x1＋1，y1），F2P2＝（－x1－1，y1）．再由F1P12⊥F2P2得－（x1＋1）2＋y1＝0.
x24由椭圆方程得1－（x1＋1）2，即3x21＋4x1＝0，解得x1＝－或x1＝0.23
当x1＝0时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在．
4当x1P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C（0，y0），3
y1－y0y由CP1⊥F1P1，得·＝－1.x1x1＋1
15而y1＝|x1＋1|＝，故y0＝.33
421524圆C的半径|CP1|＝3＋33＝.3
综上，存在满足题设条件的圆，其方程为
52322x＋y－3＝.9
H3圆的方程
6．，，[2014·福建卷]已知直线l过圆x2＋（y－3）2＝4的圆心，且与直线x＋y＋1＝0垂直，则l的方程是（）
A．x＋y－2＝0B．x－y＝2＝0
C．x＋y－3＝0D．x－y＋3＝0
6．D[解析]由直线l与直线x＋y＋1＝0垂直，可设直线l的方程为x－y＋m＝0.又直线l过圆x2＋（y－3）2＝4的圆心（0，3），则m＝3，所以直线l的方程为x－y＋3＝0，故选D.
17．[2014·湖北卷]已知圆O：
x2＋y2＝1和点A（－2，0），若定点B（b，0）（b≠－2）和常数λ满足：
对圆O上任意一点M，都有|MB|＝λ|MA|，则
（1）b＝________；
（2）λ＝________．
1117．
（1）－
（2）[解析]设点M（cosθ，sinθ），则由|MB|＝λ|MA|得（cosθ－b）2＋22
22sin2θ＝λ2[（cosθ＋2）＋sinθ]，即－2bcosθ＋b2＋1＝4λ2cosθ＋5λ2对任意的θ都
1b＝－，22－2b＝4λ，成立，所以22又由|MB|＝λ|MA|，得λ>0，且b≠－2，解得1b＋1＝5λ.λ＝2
18．、、、[2014·江苏卷]如图1-6所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：
新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m．经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处（OC为河岸），tan
4∠BCO3
（1）求新桥BC的长．
（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？
图1-6
18．解：
方法一：
（1）如图所示，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy.
由条件知A（0,60）,C（170，0），
4直线BC的斜率kBC＝－tan∠BCO3
3又因为AB⊥BC,所以直线AB的斜率kAB＝4
设点B的坐标为（a，b），
b－0b－6034则kBC＝，kAB＝3a－170a－04
解得a＝80,b＝120，
所以BC＝（170－80）＋（0－120）＝150.
因此新桥BC的长是150m.
（2）设保护区的边界圆M的半径为rm,OM＝dm（0≤d≤60）．
4由条件知，直线BC的方程为y＝－（x－170），3
即4x＋3y－680＝0.
由于圆M与直线BC相切，故点M（0,d）到直线BC的距离是r，
|3d－680|680－3d即r＝＝.54＋3r－d≥80，因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，所以r－（60－d）≥80，
－3dd≥80，680
5即680－3d560－d）≥80，
解得10≤d≤35.
680－3d故当d＝10时，r＝即圆面积最大，5
所以当OM＝10m时，圆形保护区的面积最大．
方法二：
（1）如图所示，延长OA,CB交于点F.
4因为tan∠FCO＝，3
43所以sin∠FCO＝，cos∠FCO＝55
因为OA＝60，OC＝170，
680OC850500所以OF＝OCtan∠FCO＝，CF，从而AF＝OF－OA＝33cos∠FCO3
4因为OA⊥OC,所以cos∠AFB＝sin∠FCO＝.5
400又因为AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝，从而BC＝CF－BF＝150.3
因此新桥BC的长是150m.
（2）设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD＝rm，OM＝dm（0≤d≤60）．
因为OA⊥OC,所以sin∠CFO＝cos∠FCO.
680－3dMDMDr3故由
（1）知sin∠CFO＝＝＝所以r＝MFOF－OM68055－d3
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，
r－d≥80，所以r－（60－d）≥80，
－3dd≥80，680
5即680－3d5－（60－d）≥80，
解得10≤d≤35.
680－3d故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大，5
所以当OM＝10m时，圆形保护区的面积最大．
20．、、[2014·辽宁卷]圆x2＋y2＝4的切线与x轴正半轴、y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P（如图1-5所示）．
（1）求点P的坐标；
（2）焦点在x轴上的椭圆C过点P，且与直线l：
y＝x＋3交于A，B两点，若△PAB的面积为2，求C的标准方程．
x20．解：
（1）设切点坐标为（x0，y0）（x0＞0，y0＞0），则切线斜率为－，切线方程为y－y0y0
4x＝－x－x0），即x0x＋y0y＝4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为x00，y0
20，4，其围成的三角形的面积S＝1448由x2＋y＝4≥2x0y0知当且仅当x0＝y000y02x0y0x0y0
＝2时x0y0有最大值，即S有最小值，因此点P的坐标为2，2）．
x2y22
（2）设C的标准方程为1（a＞b＞0），点A（x1，y1），B（x2，y2）．由点P在C上知aba22xyab1，2＋＝1，并由得b2x2＋43x＋6－2b2＝0.by＝x3，
3x1＋x2＝－b又x1，x2是方程的根，所以6－2b2
x1x2＝b
由y1＝x13，y2＝x23，得
48－24b＋8b46|AB|＝x1－x2|＝23b1346由点P到直线l的距离为S△PAB＝|AB|＝2，得|AB|＝，即b4－9b2＋182322
＝0，
x2y222222解得b＝6或3，因此b＝6，a＝3（舍）或b＝3，a＝6，从而所求C＋＝63
1.
20．、、[2014·全国新课标卷Ⅰ]已知点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△POM的面积．
20．解：
（1）圆C的方程可化为x2＋（y－4）2＝16，
所以圆心为C（0，4），半径为4.
设M（x，y），则CM＝（x，y－4），MP＝（2－x，2－y）．
由题设知CM·MP＝0，故x（2－x）＋（y－4）（2－y）＝0，即（x－1）2＋（y－3）2＝2.由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是（x－1）2＋（y－3）2＝2.
（2）由
（1）可知M的轨迹是以点N（1，3）为圆心，2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.
1因为ON的斜率为3，所以直线l的斜率为－，3
18故l的方程为y＋.33
410又|OM|＝|OP|＝22，O到直线l的距离为，5
41016故|PM|POM.55
H4直线与圆、圆与圆的位置关系
5．[2014·浙江卷]已知圆x2＋y2＋2x－2y＋a＝0截直线x＋y＋2＝0所得弦的长度为4，则实数a的值是（）
A．－2B．－4
C．－6D．－8
5．B[解析]圆的标准方程为（x＋1）2＋（y－1）2＝2－a，r2＝2－a，则圆心（－1，1）到直
|－1＋1＋2|线x＋y＋2＝0的距离为2.由22＋（2＝2－a，得a＝－4,故选B.
6．[2014·安徽卷]过点P（3，－1）的直线l与圆x2＋y2＝1有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围是（）
ππA.0，B.0，63
ππC.0，D.0，63
6．D[解析]易知直线l的斜率存在，所以可设l：
y＋1＝k（x3），即kx－y3k－
|3k－1|21＝0.因为直线l圆x2＋y2＝1有公共点，所以圆心（0，0）到直线l的距离1，即k1＋k
π－3k≤0，解得0≤k≤3，故直线l的倾斜角的取值范围是0，.3
7．[2014·北京卷]已知圆C：
（x－3）2＋（y－4）2＝1和两点A（－m，0），B（m，0）（m＞0）．若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为（）
A．7B．6
C．5D．4
7．B[解析]由图可知，圆C上存在点P使∠APB＝90°，即圆C与以AB为直径的3＋4－1≤m3＋4＋1，即4≤m≤
6.
x＋y－7≤0，11．，[2014·福建卷]已知圆C：
（x－a）2＋（y－b）2＝1，平面区域Ω：
x－y＋3≥0，若圆
y≥0.
心C∈Ω，且圆C与x轴相切，则a2＋b2的最大值为（）
A．5B．29
C．37D．49
x＋y－7≤0，11．C[解析]作出不等式组x－y＋3≥0，表示的平面区域Ω（如下图阴影部分所示，
y≥0
含边界），圆C：
（x－a）2＋（y－b）2＝1的圆心坐标为（a，b），半径为1.由圆C与x轴相切，得
x＋y－7＝0，x＝6，b＝1.解方程组得即直线x＋y－7＝0与直线y＝1的交点坐标为（6，1），y＝1，y＝1，
设此点为P.
又点C∈Ω，则当点C与P重合时，a取得最大值，
所以，a2＋b2的最大值为62＋12＝37，故选
C.
21．[2014·福建卷]已知曲线Γ上的点到点F（0，1）的距离比它到直线y＝－3的距离小2.
（1）求曲线Γ的方程．
（2）曲线Γ在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y＝3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：
当点P在曲线Γ上运动（点P与原点不重合）时，线段AB的长度是否发生变化？
证明你的结论．
21．解：
方法一：
（1）设S（x，y）为曲线Γ上任意一点．
依题意，点S到点F（0，1）的距离与它到直线y＝－1的距离相等，
所以曲线Γ是以点F（0，1）为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，
所以曲线Γ的方程为x2＝4y
.
（2）当点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．证明如下：
1由
（1）知抛物线Γ的方程为yx2.4
1设P（x0，y0）（x0≠0），则y0＝2，40
11由y′＝x，得切线l的斜率k＝y′|x＝x0＝0，22
111所以切线l的方程为y－y0＝x0（x－x0），即y＝x0x－x2.2240
11y20x－420，10，0.由得A2y
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