【決勝高考】2014年高考數(shù)學文科（高考真題+模擬新題）分類匯編：H單元　解析幾何

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1、 數(shù)數(shù) 學學 H H 單元單元 解析幾何解析幾何 H1 直線的傾斜角與斜率、直線的方程 6 ， ， 2014 福建卷 已知直線 l 過圓 x2(y3)24 的圓心， 且與直線 xy10 垂直，則 l 的方程是( ) Axy20 Bxy20 Cxy30 Dxy30 6D 解析 由直線 l 與直線 xy10 垂直，可設直線 l 的方程為 xym0. 又直線 l 過圓 x2(y3)24 的圓心(0，3)，則 m3，所以直線 l 的方程為 xy30，故選 D. 20 、 、2014 全國新課標卷 已知點 P(2，2)，圓 C：x2y28y0，過點 P 的動直線l 與圓 C 交于 A，B 兩點，線段 A

2、B 的中點為 M，O 為坐標原點 (1)求 M 的軌跡方程； (2)當|OP|OM|時，求 l 的方程及POM 的面積 20解：(1)圓 C 的方程可化為 x2(y4)216， 所以圓心為 C(0，4)，半徑為 4. 設 M(x，y)，則 CM(x，y4)，MP(2x，2y) 由題設知 CM MP0，故 x(2x)(y4)(2y)0，即(x1)2(y3)22. 由于點 P 在圓 C 的內(nèi)部，所以 M 的軌跡方程是(x1)2(y3)22. (2)由(1)可知 M 的軌跡是以點 N(1，3)為圓心， 2為半徑的圓 由于|OP|OM|，故 O 在線段 PM 的垂直平分線上，又 P 在圓 N 上，從而

3、 ONPM. 因為 ON 的斜率為 3，所以直線 l 的斜率為13， 故 l 的方程為 y13x83. 又|OM|OP|2 2，O 到直線 l 的距離為4 105， 故|PM|4 105，所以POM 的面積為165. 21 、 、 、2014 重慶卷 如圖 1- 5，設橢圓x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點分別為 F1，F(xiàn)2，點 D 在橢圓上，DF1F1F2，|F1F2|DF1|2 2，DF1F2的面積為22. (1)求該橢圓的標準方程 (2)是否存在圓心在 y 軸上的圓，使圓在 x 軸的上方與橢圓有兩個交點，且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點？若存在，求出圓的方程；

4、若不存在，請說明理由 圖 1- 5 21解：(1)設 F1(c，0)，F(xiàn)2(c，0)，其中 c2a2b2. 由|F1F2|DF1|2 2得|DF1|F1F2|2 222c. 從而 SDF1F212|DF1|F1F2|22c222，故 c1. 從而|DF1|22.由 DF1F1F2得|DF2|2|DF1|2|F1F2|292，因此|DF2|3 22， 所以 2a|DF1|DF2|2 2，故 a 2，b2a2c21. 因此，所求橢圓的標準方程為x22y21. (2)如圖所示，設圓心在 y 軸上的圓 C 與橢圓x22y21 相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是兩個交點，y10，y20，F(xiàn)1

5、P1，F(xiàn)2P2是圓 C 的切線，且 F1P1F2P2.由圓和橢圓的對稱性，易知，x2x1，y1y2. 由(1)知 F1(1，0)，F(xiàn)2(1，0)，所以F1P1(x11，y1)，F(xiàn)2P2(x11，y1)再由 F1P1F2P2得(x11)2y210. 由橢圓方程得 1x212(x11)2，即 3x214x10，解得 x143或 x10. 當 x10 時，P1，P2重合，題設要求的圓不存在 當 x143時，過 P1，P2分別與 F1P1，F(xiàn)2P2垂直的直線的交點即為圓心 C.設 C(0，y0)，由 CP1F1P1，得y1y0 x1y1x111. 而 y1|x11|13，故 y053. 圓 C 的半徑

6、|CP1|432135324 23. 綜上，存在滿足題設條件的圓，其方程為 x2y532329. H2 兩直線的位置關系與點到直線的距離 6 ， ， 2014 福建卷 已知直線 l 過圓 x2(y3)24 的圓心， 且與直線 xy10 垂直，則 l 的方程是( ) Axy20 Bxy20 Cxy30 Dxy30 6D 解析 由直線 l 與直線 xy10 垂直，可設直線 l 的方程為 xym0. 又直線 l 過圓 x2(y3)24 的圓心(0，3)，則 m3，所以直線 l 的方程為 xy30，故選 D. 18 、 、 、2014 江蘇卷 如圖 1- 6 所示，為保護河上古橋 OA，規(guī)劃建一座新橋

7、 BC，同時設立一個圓形保護區(qū)規(guī)劃要求：新橋 BC 與河岸 AB 垂直；保護區(qū)的邊界為圓心 M 在線段OA 上并與 BC 相切的圓， 且古橋兩端 O 和 A 到該圓上任意一點的距離均不少于 80 m 經(jīng)測量，點 A 位于點 O 正北方向 60 m 處，點 C 位于點 O 正東方向 170 m 處(OC 為河岸)，tanBCO43. (1)求新橋 BC 的長 (2)當 OM 多長時，圓形保護區(qū)的面積最大？ 圖 1- 6 18解： 方法一： (1)如圖所示， 以 O 為坐標原點， OC 所在直線為 x 軸， 建立平面直角坐標系 xOy. 由條件知 A(0, 60), C(170，0)， 直線 BC

8、 的斜率 kBCtanBCO43. 又因為 ABBC, 所以直線 AB 的斜率 kAB34. 設點 B 的坐標為(a，b)， 則 kBCb0a17043， kABb60a034， 解得 a80, b120， 所以 BC （17080）2（0120）2150. 因此新橋 BC 的長是 150 m. (2)設保護區(qū)的邊界圓 M 的半徑為 r m, OMd m (0d60) 由條件知， 直線 BC 的方程為 y43(x170)， 即 4x3y6800. 由于圓 M 與直線 BC 相切， 故點 M(0, d)到直線 BC 的距離是 r， 即 r|3d 680|42326803d5. 因為 O 和 A

9、到圓 M 上任意一點的距離均不少于 80 m，所以rd80，r（60d）80， 即6803d5d80，680 3d5（60d）80， 解得 10d35. 故當 d10 時， r 680 3d5最大， 即圓面積最大， 所以當 OM10 m 時， 圓形保護區(qū)的面積最大 方法二： (1)如圖所示， 延長 OA, CB 交于點 F. 因為 tanFCO43， 所以 sinFCO45， cosFCO35. 因為 OA60，OC170， 所以 OFOC tanFCO6803， CFOCcosFCO8503， 從而 AFOFOA5003. 因為 OAOC, 所以 cosAFB sinFCO45. 又因為 A

10、BBC，所以 BFAFcosAFB4003， 從而 BCCFBF150. 因此新橋 BC 的長是 150 m. (2)設保護區(qū)的邊界圓 M 與 BC 的切點為 D，連接 MD，則 MDBC，且 MD 是圓 M 的半徑，并設 MDr m，OMd m (0d60) 因為 OAOC, 所以 sinCFOcosFCO. 故由(1)知 sinCFOMDMFMDOFOMr6803d35， 所以 r6803d5. 因為 O 和 A 到圓 M 上任意一點的距離均不少于 80 m， 所以rd80，r（60d）80， 即6803d5d80，6803d5（60d）80， 解得 10d35. 故當 d10 時， r6

11、80 3d5最大，即圓面積最大， 所以當 OM10 m 時， 圓形保護區(qū)的面積最大 22 、 、2014 全國卷 已知拋物線 C：y22px(p0)的焦點為 F，直線 y4 與 y 軸的交點為 P，與 C 的交點為 Q，且|QF|54|PQ|. (1)求 C 的方程； (2)過 F 的直線 l 與 C 相交于 A，B 兩點，若 AB 的垂直平分線 l與 C 相交于 M，N 兩點，且 A，M，B，N 四點在同一圓上，求 l 的方程 22解：(1)設 Q(x0，4)，代入 y22px，得 x08p， 所以|PQ|8p，|QF|p2x0p28p. 由題設得p28p548p，解得 p2(舍去)或 p2

12、， 所以 C 的方程為 y24x. (2)依題意知 l 與坐標軸不垂直，故可設 l 的方程為 xmy1(m0) 代入 y24x，得 y24my40. 設 A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 y1y24m，y1y24. 故線段 AB 的中點為 D(2m21，2m)， |AB| m21|y1y2|4(m21) 又直線 l的斜率為m，所以 l的方程為 x1my2m23. 將上式代入 y24x，并整理得 y24m y4(2m23)0. 設 M(x3，y3)，N(x4，y4)，則 y3y44m，y3y44(2m23) 故線段 MN 的中點為 E2m22m23，2m， |MN|11m2|y3y4|4（

13、m21） 2m21m2. 由于線段MN垂直平分線段AB， 故A， M， B， N四點在同一圓上等價于|AE|BE|12|MN|，從而 14|AB|2|DE|214|MN|2，即 4(m21)22m2m22m222 4（m21）2（2m21）m4， 化簡得 m210，解得 m1 或 m1. 所求直線 l 的方程為 xy10 或 xy10. 21 、 、 、2014 重慶卷 如圖 1- 5，設橢圓x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點分別為 F1，F(xiàn)2，點 D 在橢圓上，DF1F1F2，|F1F2|DF1|2 2，DF1F2的面積為22. (1)求該橢圓的標準方程 (2)是否存在圓心在 y 軸上

14、的圓，使圓在 x 軸的上方與橢圓有兩個交點，且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點？若存在，求出圓的方程；若不存在，請說明理由 圖 1- 5 21解：(1)設 F1(c，0)，F(xiàn)2(c，0)，其中 c2a2b2. 由|F1F2|DF1|2 2得|DF1|F1F2|2 222c. 從而 SDF1F212|DF1|F1F2|22c222，故 c1. 從而|DF1|22.由 DF1F1F2得|DF2|2|DF1|2|F1F2|292，因此|DF2|3 22， 所以 2a|DF1|DF2|2 2，故 a 2，b2a2c21. 因此，所求橢圓的標準方程為x22y21. (2)如圖所示，設

15、圓心在 y 軸上的圓 C 與橢圓x22y21 相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是兩個交點，y10，y20，F(xiàn)1P1，F(xiàn)2P2是圓 C 的切線，且 F1P1F2P2.由圓和橢圓的對稱性，易知，x2x1，y1y2. 由(1)知 F1(1，0)，F(xiàn)2(1，0)，所以F1P1(x11，y1)，F(xiàn)2P2(x11，y1)再由 F1P1F2P2得(x11)2y210. 由橢圓方程得 1x212(x11)2，即 3x214x10，解得 x143或 x10. 當 x10 時，P1，P2重合，題設要求的圓不存在 當 x143時，過 P1，P2分別與 F1P1，F(xiàn)2P2垂直的直線的交點即為圓心 C.設

16、C(0，y0)，由 CP1F1P1，得y1y0 x1y1x111. 而 y1|x11|13，故 y053. 圓 C 的半徑|CP1|432135324 23. 綜上，存在滿足題設條件的圓，其方程為 x2y532329. H3 圓的方程 6 ， ， 2014 福建卷 已知直線 l 過圓 x2(y3)24 的圓心， 且與直線 xy10 垂直，則 l 的方程是( ) Axy20 Bxy20 Cxy30 Dxy30 6D 解析 由直線 l 與直線 xy10 垂直，可設直線 l 的方程為 xym0. 又直線 l 過圓 x2(y3)24 的圓心(0，3)，則 m3，所以直線 l 的方程為 xy30，故選

17、D. 172014 湖北卷 已知圓 O：x2y21 和點 A(2，0)，若定點 B(b，0)(b2)和常數(shù) 滿足：對圓 O 上任意一點 M，都有|MB|MA|，則 (1)b_； (2)_ 17(1)12 (2)12 解析 設點 M(cos ，sin )，則由|MB|MA|得(cos b)2sin22（cos 2）2sin2，即2bcos b2142cos 52對任意的 都成立，所以2b42，b2152.又由|MB|MA|，得 0，且 b2，解得b12，12. 18 、 、 、2014 江蘇卷 如圖 1- 6 所示，為保護河上古橋 OA，規(guī)劃建一座新橋 BC，同時設立一個圓形保護區(qū)規(guī)劃要求：新橋

18、 BC 與河岸 AB 垂直；保護區(qū)的邊界為圓心 M 在線段OA 上并與 BC 相切的圓， 且古橋兩端 O 和 A 到該圓上任意一點的距離均不少于 80 m 經(jīng)測量，點 A 位于點 O 正北方向 60 m 處，點 C 位于點 O 正東方向 170 m 處(OC 為河岸)，tanBCO43. (1)求新橋 BC 的長 (2)當 OM 多長時，圓形保護區(qū)的面積最大？ 圖 1- 6 18解： 方法一： (1)如圖所示， 以 O 為坐標原點， OC 所在直線為 x 軸， 建立平面直角坐標系 xOy. 由條件知 A(0, 60), C(170，0)， 直線 BC 的斜率 kBCtanBCO43. 又因為

19、ABBC, 所以直線 AB 的斜率 kAB34. 設點 B 的坐標為(a，b)， 則 kBCb0a17043， kABb60a034， 解得 a80, b120， 所以 BC （17080）2（0120）2150. 因此新橋 BC 的長是 150 m. (2)設保護區(qū)的邊界圓 M 的半徑為 r m, OMd m (0d60) 由條件知， 直線 BC 的方程為 y43(x170)， 即 4x3y6800. 由于圓 M 與直線 BC 相切， 故點 M(0, d)到直線 BC 的距離是 r， 即 r|3d 680|42326803d5. 因為 O 和 A 到圓 M 上任意一點的距離均不少于 80 m

20、，所以rd80，r（60d）80， 即6803d5d80，680 3d5（60d）80， 解得 10d35. 故當 d10 時， r 680 3d5最大， 即圓面積最大， 所以當 OM10 m 時， 圓形保護區(qū)的面積最大 方法二： (1)如圖所示， 延長 OA, CB 交于點 F. 因為 tanFCO43， 所以 sinFCO45， cosFCO35. 因為 OA60，OC170， 所以 OFOC tanFCO6803， CFOCcosFCO8503， 從而 AFOFOA5003. 因為 OAOC, 所以 cosAFB sinFCO45. 又因為 ABBC，所以 BFAFcosAFB4003，

21、 從而 BCCFBF150. 因此新橋 BC 的長是 150 m. (2)設保護區(qū)的邊界圓 M 與 BC 的切點為 D，連接 MD，則 MDBC，且 MD 是圓 M 的半徑，并設 MDr m，OMd m (0d60) 因為 OAOC, 所以 sinCFOcosFCO. 故由(1)知 sinCFOMDMFMDOFOMr6803d35， 所以 r6803d5. 因為 O 和 A 到圓 M 上任意一點的距離均不少于 80 m， 所以rd80，r（60d）80， 即6803d5d80，6803d5（60d）80， 解得 10d35. 故當 d10 時， r680 3d5最大，即圓面積最大， 所以當 O

22、M10 m 時， 圓形保護區(qū)的面積最大 20 、 、2014 遼寧卷 圓 x2y24 的切線與 x 軸正半軸、y 軸正半軸圍成一個三角形，當該三角形面積最小時，切點為 P(如圖 1- 5 所示) 圖 1- 5 (1)求點 P 的坐標； (2)焦點在 x 軸上的橢圓 C 過點 P，且與直線 l：yx 3交于 A，B 兩點，若PAB 的面積為 2，求 C 的標準方程 20解：(1)設切點坐標為(x0，y0)(x00，y00)，則切線斜率為x0y0，切線方程為 yy0 x0y0(xx0)，即 x0 xy0y4，此時，兩個坐標軸的正半軸與切線的交點分別為4x0，0 ，0，4y0，其圍成的三角形的面積

23、S124x04y08x0y0.由 x20y2042x0y0知當且僅當 x0y0 2時 x0y0有最大值，即 S 有最小值，因此點 P 的坐標為( 2， 2) (2)設 C 的標準方程為x2a2y2b21(ab0)，點 A(x1，y1)，B(x2，y2)由點 P 在 C 上知2a22b21，并由x2a2y2b21，yx 3，得 b2x24 3x62b20. 又 x1，x2是方程的根，所以x1x24 3b2，x1x262b2b2. 由 y1x1 3，y2x2 3，得 |AB|4 63|x1x2| 24824b28b4b2. 由點 P 到直線 l 的距離為32及 SPAB1232|AB|2，得|AB

24、|4 63，即 b49b2180， 解得 b26 或 3，因此 b26，a23(舍)或 b23，a26，從而所求 C 的方程為x26y231. 20 、 、2014 全國新課標卷 已知點 P(2，2)，圓 C：x2y28y0，過點 P 的動直線l 與圓 C 交于 A，B 兩點，線段 AB 的中點為 M，O 為坐標原點 (1)求 M 的軌跡方程； (2)當|OP|OM|時，求 l 的方程及POM 的面積 20解：(1)圓 C 的方程可化為 x2(y4)216， 所以圓心為 C(0，4)，半徑為 4. 設 M(x，y)，則 CM(x，y4)，MP(2x，2y) 由題設知 CM MP0，故 x(2x

25、)(y4)(2y)0，即(x1)2(y3)22. 由于點 P 在圓 C 的內(nèi)部，所以 M 的軌跡方程是(x1)2(y3)22. (2)由(1)可知 M 的軌跡是以點 N(1，3)為圓心， 2為半徑的圓 由于|OP|OM|，故 O 在線段 PM 的垂直平分線上，又 P 在圓 N 上，從而 ONPM. 因為 ON 的斜率為 3，所以直線 l 的斜率為13， 故 l 的方程為 y13x83. 又|OM|OP|2 2，O 到直線 l 的距離為4 105， 故|PM|4 105，所以POM 的面積為165. H4 直線與圓、圓與圓的位置關系 52014 浙江卷 已知圓 x2y22x2ya0 截直線 xy

26、20 所得弦的長度為 4，則實數(shù) a 的值是( ) A2 B4 C6 D8 5B 解析 圓的標準方程為(x1)2(y1)22a，r22a，則圓心(1，1)到直線 xy20 的距離為|112|2 2.由 22( 2)22a，得 a4, 故選 B. 62014 安徽卷 過點 P( 3，1)的直線 l 與圓 x2y21 有公共點，則直線 l 的傾斜角的取值范圍是( ) A.0，6 B.0，3 C.0，6 D.0，3 6D 解析 易知直線 l 的斜率存在，所以可設 l：y1k(x 3)，即 kxy 3k10.因為直線 l 圓 x2y21 有公共點，所以圓心(0，0)到直線 l 的距離| 3k1|1k2

27、1，即 k2 3k0，解得 0k 3，故直線 l 的傾斜角的取值范圍是0，3. 72014 北京卷 已知圓 C：(x3)2(y4)21 和兩點 A(m，0)， B(m， 0)(m0)若圓 C 上存在點 P，使得APB90，則 m 的最大值為( ) A7 B6 C5 D4 7B 解析 由圖可知，圓 C 上存在點 P 使APB90，即圓 C 與以 AB 為直徑的圓有公共點，所以 32421m 32421，即 4m6. 11 ，2014 福建卷 已知圓 C：(xa)2(yb)21，平面區(qū)域：xy70，xy30，y0.若圓心 C，且圓 C 與 x 軸相切，則 a2b2的最大值為( ) A5 B29 C

28、37 D49 11C 解析 作出不等式組xy70，xy30，y0表示的平面區(qū)域(如下圖陰影部分所示，含邊界)，圓 C：(xa)2(yb)21 的圓心坐標為(a，b)，半徑為 1.由圓 C 與 x 軸相切，得b1.解方程組xy70，y1，得x6，y1，即直線 xy70 與直線 y1 的交點坐標為(6， 1)，設此點為 P. 又點 C，則當點 C 與 P 重合時，a 取得最大值， 所以，a2b2的最大值為 621237，故選 C. 212014 福建卷 已知曲線 上的點到點 F(0，1)的距離比它到直線 y3 的距離小2. (1)求曲線 的方程 (2)曲線 在點 P 處的切線 l 與 x 軸交于點

29、 A，直線 y3 分別與直線 l 及 y 軸交于點 M，N.以 MN 為直徑作圓 C， 過點 A 作圓 C 的切線， 切點為 B.試探究： 當點 P 在曲線 上運動(點P 與原點不重合)時，線段 AB 的長度是否發(fā)生變化？證明你的結論 21解：方法一：(1)設 S(x，y)為曲線 上任意一點 依題意，點 S 到點 F(0，1)的距離與它到直線 y1 的距離相等， 所以曲線 是以點 F(0，1)為焦點，直線 y1 為準線的拋物線， 所以曲線 的方程為 x24y. (2)當點 P 在曲線 上運動時，線段 AB 的長度不變證明如下： 由(1)知拋物線 的方程為 y14x2. 設 P(x0，y0)(x

30、00)，則 y014x20， 由 y12x，得切線 l 的斜率 ky|xx012x0， 所以切線 l 的方程為 yy012x0(xx0)，即 y12x0 x14x20. 由y12x0 x14x20，y0，得 A12x0，0 . 由y12x0 x14x20，y3，得 M12x06x0，3 . 又 N(0，3)，所以圓心 C14x03x0，3 ， 半徑 r12|MN|14x03x0， |AB| |AC|2r2 12x014x03x023214x03x02 6. 所以點 P 在曲線 上運動時，線段 AB 的長度不變 方法二：(1)設 S(x，y)為曲線 上任意一點， 則|y(3)|（x0）2（y1）

31、22. 依題意，點 S(x，y)只能在直線 y3 的上方，所以 y3， 所以 （x0）2（y1）2y1， 化簡得，曲線 的方程為 x24y. (2)同方法一 6 2014 湖南卷 若圓 C1： x2y21 與圓 C2： x2y26x8ym0 外切， 則 m( ) A21 B19 C9 D11 6 C 解析 依題意可得C1(0， 0)， C2(3， 4)， 則|C1C2| 33425.又r11， r2 25m，由 r1r2 25m15，解得 m9. 92014 江蘇卷 在平面直角坐標系 xOy 中，直線 x2y30 被圓(x2)2(y1)24 截得的弦長為_ 9.25 55 解析 由題意可得，圓

32、心為(2，1)，r2，圓心到直線的距離 d|223|122235 5，所以弦長為 2 r2d22 49525 55 . 18 、 、 、2014 江蘇卷 如圖 1- 6 所示，為保護河上古橋 OA，規(guī)劃建一座新橋 BC，同時設立一個圓形保護區(qū)規(guī)劃要求：新橋 BC 與河岸 AB 垂直；保護區(qū)的邊界為圓心 M 在線段OA 上并與 BC 相切的圓， 且古橋兩端 O 和 A 到該圓上任意一點的距離均不少于 80 m 經(jīng)測量，點 A 位于點 O 正北方向 60 m 處，點 C 位于點 O 正東方向 170 m 處(OC 為河岸)，tanBCO43. (1)求新橋 BC 的長 (2)當 OM 多長時，圓形

33、保護區(qū)的面積最大？ 圖 1- 6 18解： 方法一： (1)如圖所示， 以 O 為坐標原點， OC 所在直線為 x 軸， 建立平面直角坐標系 xOy. 由條件知 A(0, 60), C(170，0)， 直線 BC 的斜率 kBCtanBCO43. 又因為 ABBC, 所以直線 AB 的斜率 kAB34. 設點 B 的坐標為(a，b)， 則 kBCb0a17043， kABb60a034， 解得 a80, b120， 所以 BC （17080）2（0120）2150. 因此新橋 BC 的長是 150 m. (2)設保護區(qū)的邊界圓 M 的半徑為 r m, OMd m (0d60) 由條件知， 直線

34、 BC 的方程為 y43(x170)， 即 4x3y6800. 由于圓 M 與直線 BC 相切， 故點 M(0, d)到直線 BC 的距離是 r， 即 r|3d 680|42326803d5. 因為 O 和 A 到圓 M 上任意一點的距離均不少于 80 m，所以rd80，r（60d）80， 即6803d5d80，680 3d5（60d）80， 解得 10d35. 故當 d10 時， r 680 3d5最大， 即圓面積最大， 所以當 OM10 m 時， 圓形保護區(qū)的面積最大 方法二： (1)如圖所示， 延長 OA, CB 交于點 F. 因為 tanFCO43， 所以 sinFCO45， cosF

35、CO35. 因為 OA60，OC170， 所以 OFOC tanFCO6803， CFOCcosFCO8503， 從而 AFOFOA5003. 因為 OAOC, 所以 cosAFB sinFCO45. 又因為 ABBC，所以 BFAFcosAFB4003， 從而 BCCFBF150. 因此新橋 BC 的長是 150 m. (2)設保護區(qū)的邊界圓 M 與 BC 的切點為 D，連接 MD，則 MDBC，且 MD 是圓 M 的半徑，并設 MDr m，OMd m (0d60) 因為 OAOC, 所以 sinCFOcosFCO. 故由(1)知 sinCFOMDMFMDOFOMr6803d35， 所以 r

36、6803d5. 因為 O 和 A 到圓 M 上任意一點的距離均不少于 80 m， 所以rd80，r（60d）80， 即6803d5d80，6803d5（60d）80， 解得 10d35. 故當 d10 時， r680 3d5最大，即圓面積最大， 所以當 OM10 m 時， 圓形保護區(qū)的面積最大 16 、2014 全國卷 直線 l1和 l2是圓 x2y22 的兩條切線若 l1與 l2的交點為(1，3)，則 l1與 l2的夾角的正切值等于_ 16.43 解析 如圖所示，根據(jù)題意知，OAPA，OA 2，OP 10，所以 PAOP2OA22 2，所以 tan OPAOAPA22 212，故 tan A

37、PB2tan OPA1tan2OPA43，即 l1與 l2的夾角的正切值等于43. 12 2014 新課標全國卷 設點 M(x0， 1)， 若在圓 O： x2y21 上存在點 N， 使得OMN45，則 x0的取值范圍是( ) A. 1，1 B. 12，12 C. 2， 2 D. 22，22 12A 解析 點 M(x0，1)在直線 y1 上，而直線 y1 與圓 x2y21 相切據(jù)題意可設點 N(0，1)，如圖，則只需OMN45即可，此時有 tan OMN|ON|MN|tan 45，得 0|MN|ON|1，即 00， 圓的半徑是 2b.由勾股定理可得 b2( 3)24b2，解得 b 1.又因為 b

38、0，所以 b1，所以圓 C 的圓心坐標為(2，1)，半徑是 2，所以圓 C 的標準方程是(x2)2(y1)24. 14 2014 重慶卷 已知直線 xya0 與圓心為 C 的圓 x2y22x4y40 相交于A，B 兩點，且 ACBC，則實數(shù) a 的值為_ 140 或 6 解析 圓 C 的標準方程為(x1)2(y2)29，圓心為 C(1，2)，半徑為 3.ACBC，|AB|3 2.圓心到直線的距離 d|12a|2|a3|2，|AB|2 r2d229|a3|223 2，即(a3)29，a0 或 a6. 9 、2014 四川卷 設 mR，過定點 A 的動直線 xmy0 和過定點 B 的動直線 mxy

39、m30 交于點 P(x，y)，則|PA|PB|的取值范圍是( ) A 5，2 5 B 10，2 5 C 10，4 5 D2 5，4 5 9B 解析 由題意可知，定點 A(0，0)，B(1，3)，且兩條直線互相垂直， 則其交點 P(x，y)落在以 AB 為直徑的圓周上， 所以|PA|2|PB|2|AB|210，即|PA|PB|AB| 10. 又|PA|PB| （|PA|PB|）2 |PA|22|PA|PB|PB|2 2（|PA|2|PB|2）2 5， 所以|PA|PB| 10，2 5，故選 B. 21 、 、 、2014 重慶卷 如圖 1- 5，設橢圓x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點分別

40、為 F1，F(xiàn)2，點 D 在橢圓上，DF1F1F2，|F1F2|DF1|2 2，DF1F2的面積為22. (1)求該橢圓的標準方程 (2)是否存在圓心在 y 軸上的圓，使圓在 x 軸的上方與橢圓有兩個交點，且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點？若存在，求出圓的方程；若不存在，請說明理由 圖 1- 5 21解：(1)設 F1(c，0)，F(xiàn)2(c，0)，其中 c2a2b2. 由|F1F2|DF1|2 2得|DF1|F1F2|2 222c. 從而 SDF1F212|DF1|F1F2|22c222，故 c1. 從而|DF1|22.由 DF1F1F2得|DF2|2|DF1|2|F1F2|

41、292，因此|DF2|3 22， 所以 2a|DF1|DF2|2 2，故 a 2，b2a2c21. 因此，所求橢圓的標準方程為x22y21. (2)如圖所示，設圓心在 y 軸上的圓 C 與橢圓x22y21 相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是兩個交點，y10，y20，F(xiàn)1P1，F(xiàn)2P2是圓 C 的切線，且 F1P1F2P2.由圓和橢圓的對稱性，易知，x2x1，y1y2. 由(1)知 F1(1，0)，F(xiàn)2(1，0)，所以F1P1(x11，y1)，F(xiàn)2P2(x11，y1)再由 F1P1F2P2得(x11)2y210. 由橢圓方程得 1x212(x11)2，即 3x214x10，解得 x1

42、43或 x10. 當 x10 時，P1，P2重合，題設要求的圓不存在 當 x143時，過 P1，P2分別與 F1P1，F(xiàn)2P2垂直的直線的交點即為圓心 C.設 C(0，y0)，由 CP1F1P1，得y1y0 x1y1x111. 而 y1|x11|13，故 y053. 圓 C 的半徑|CP1|432135324 23. 綜上，存在滿足題設條件的圓，其方程為 x2y532329. H5 橢圓及其幾何性質 21 、 、 、2014 重慶卷 如圖 1- 5，設橢圓x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點分別為 F1，F(xiàn)2，點 D 在橢圓上，DF1F1F2，|F1F2|DF1|2 2，DF1F2的面積為

43、22. (1)求該橢圓的標準方程 (2)是否存在圓心在 y 軸上的圓，使圓在 x 軸的上方與橢圓有兩個交點，且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點？若存在，求出圓的方程；若不存在，請說明理由 圖 1- 5 21解：(1)設 F1(c，0)，F(xiàn)2(c，0)，其中 c2a2b2. 由|F1F2|DF1|2 2得|DF1|F1F2|2 222c. 從而 SDF1F212|DF1|F1F2|22c222，故 c1. 從而|DF1|22.由 DF1F1F2得|DF2|2|DF1|2|F1F2|292，因此|DF2|3 22， 所以 2a|DF1|DF2|2 2，故 a 2，b2a2c21

44、. 因此，所求橢圓的標準方程為x22y21. (2)如圖所示，設圓心在 y 軸上的圓 C 與橢圓x22y21 相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是兩個交點，y10，y20，F(xiàn)1P1，F(xiàn)2P2是圓 C 的切線，且 F1P1F2P2.由圓和橢圓的對稱性，易知，x2x1，y1y2. 由(1)知 F1(1，0)，F(xiàn)2(1，0)，所以F1P1(x11，y1)，F(xiàn)2P2(x11，y1)再由 F1P1F2P2得(x11)2y210. 由橢圓方程得 1x212(x11)2，即 3x214x10，解得 x143或 x10. 當 x10 時，P1，P2重合，題設要求的圓不存在 當 x143時，過 P1，

45、P2分別與 F1P1，F(xiàn)2P2垂直的直線的交點即為圓心 C.設 C(0，y0)，由 CP1F1P1，得y1y0 x1y1x111. 而 y1|x11|13，故 y053. 圓 C 的半徑|CP1|432135324 23. 綜上，存在滿足題設條件的圓，其方程為 x2y532329. 20 、2014 安徽卷 設函數(shù) f(x)1(1a)xx2x3，其中 a0. (1)討論 f(x)在其定義域上的單調(diào)性； (2)當 x0，1時，求 f(x)取得最大值和最小值時的 x 的值 20解： (1)f(x)的定義域為(，)， f(x)1a2x3x2. 令 f(x)0，得 x11 43a3， x21 43a3

46、，且 x1x2， 所以 f(x)3(xx1)(xx2) 當 xx2時，f(x)0； 當 x1x0. 故 f(x)在，1 43a3和 1 43a3，內(nèi)單調(diào)遞減， 在1 43a3，1 43a3內(nèi)單調(diào)遞增 (2)因為 a0，所以 x10， 當 a4 時，x21，由(1)知，f(x)在0，1上單調(diào)遞增，所以 f(x)在 x0 和 x1 處分別取得最小值和最大值 當 0a4 時，x21，由(1)知，f(x)在0，x2上單調(diào)遞增，在x2，1上單調(diào)遞減， 因此 f(x)在 xx21 43a3處取得最大值又 f(0)1，f(1)a， 所以當 0a1 時，f(x)在 x1 處取得最小值； 當 a1 時，f(x)

47、在 x0 和 x1 處同時取得最小值； 當 1ab0)的一個焦點為( 5，0)，離心率為53. (1)求橢圓 C 的標準方程； (2)若動點 P(x0，y0)為橢圓 C 外一點，且點 P 到橢圓 C 的兩條切線相互垂直，求點 P 的軌跡方程 20 、 、2014 湖南卷 如圖 1- 5 所示，O 為坐標原點，雙曲線 C1：x2a21y2b211(a10，b10)和橢圓 C2：y2a22x2b221(a2b20)均過點 P2 33，1 ，且以 C1的兩個頂點和 C2的兩個焦點為頂點的四邊形是面積為 2 的正方形 (1)求 C1，C2的方程 (2)是否存在直線 l，使得 l 與 C1交于 A，B

48、兩點，與 C2只有一個公共點，且|OAOB|AB| ？證明你的結論. 圖 1- 5 20解： (1)設 C2的焦距為 2c2，由題意知，2c22，2a12，從而 a11，c21.因為點 P2 33，1 在雙曲線 x2y2b211 上，所以2 3321b211，故 b213. 由橢圓的定義知 2a22 332（11）22 332（11）22 3. 于是 a2 3，b22a22c222.故 C1，C2的方程分別為 x2y231，y23x221. (2)不存在符合題設條件的直線 (i)若直線 l 垂直于 x 軸，因為 l 與 C2只有一個公共點，所以直線 l 的方程為 x 2或 x 2. 當 x 2

49、時，易知 A( 2， 3)，B( 2， 3)，所以 |OAOB|2 2，|AB|2 3. 此時，|OAOB|AB|. 當 x 2時，同理可知，|OAOB|AB|. (ii)若直線 l 不垂直于 x 軸，設 l 的方程為 ykxm， 由ykxm，x2y231得(3k2)x22kmxm230. 當 l 與 C1相交于 A，B 兩點時，設 A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 x1，x2是上述方程的兩個實根，從而 x1x22km3k2，x1x2m23k23. 于是 y1y2k2x1x2km(x1x2)m23k23m2k23. 由ykxm，y23x221得(2k23)x24kmx2m260. 因為直

50、線 l 與 C2只有一個公共點，所以上述方程的判別式 16k2m28(2k23)(m23)0. 化簡，得 2k2m23.因此 OAOBx1x2y1y2m23k233k23m2k23k23k230， 于是OA2OB22OAOBOA2OB22OAOB，即|OAOB|2|OAOB|2. 故|OAOB|AB|. 綜合(i)，(ii)可知，不存在符合題設條件的直線 17 、2014 江蘇卷 如圖 1- 5 所示，在平面直角坐標系 xOy 中，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點，頂點 B 的坐標為(0，b)，連接 BF2并延長交橢圓于點 A，過點 A作 x 軸的垂線交橢圓于另一點

51、 C，連接 F1C. (1)若點 C 的坐標為43，13，且 BF2 2，求橢圓的方程； (2)若 F1CAB，求橢圓離心率 e 的值 圖 1- 5 17解： 設橢圓的焦距為 2c, 則 F1(c, 0), F2(c, 0) (1)因為 B(0, b), 所以 BF2 b2c2a.又 BF2 2， 故 a 2. 因為點 C43，13在橢圓上，所以169a219b21，解得 b21. 故所求橢圓的方程為x22y21. (2)因為 B(0, b), F2(c, 0)在直線 AB 上，所以直線 AB 的方程為 xcyb1. 解方程組xcyb1，x2a2y2b21，得x12a2ca2c2，y1b（c2

52、a2）a2c2，x20，y2b， 所以點 A 的坐標為2a2ca2c2，b（c2a2）a2c2. 又 AC 垂直于 x 軸， 由橢圓的對稱性，可得點 C 的坐標為2a2ca2c2，b（a2c2）a2c2. 因為直線 F1C 的斜率為b（a2c2）a2c202a2ca2c2（c）b（a2c2）3a2cc3，直線 AB 的斜率為bc，且 F1CAB，所以b（a2c2）3a2cc3bc1.又 b2a2c2，整理得 a25c2，故 e215， 因此 e55. 142014 江西卷 設橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)的左右焦點分別為 F1，F(xiàn)2，過 F2作 x軸的垂線與 C 相交于 A，B 兩點，

53、F1B 與 y 軸相交于點 D.若 ADF1B，則橢圓 C 的離心率等于_ 14.33 解析 由題意 Ac，b2a，Bc，b2a，F(xiàn)1(c，0)，則直線 F1B 的方程為 y0b2a2c(xc) 令 x0，得 yb22a，即 D0，b22a， 則向量 DAc，3b22a，F(xiàn)1B2c，b2a. 因為 ADF1B，所以DAF1B2c23b42a20， 即 2ac 3b2 3(a2c2)， 整理得( 3e1)(e 3)0，所以 e33(e0) 故橢圓 C 的離心率為33. 20 、 、2014 遼寧卷 圓 x2y24 的切線與 x 軸正半軸、y 軸正半軸圍成一個三角形，當該三角形面積最小時，切點為

54、P(如圖 1- 5 所示) 圖 1- 5 (1)求點 P 的坐標； (2)焦點在 x 軸上的橢圓 C 過點 P，且與直線 l：yx 3交于 A，B 兩點，若PAB 的面積為 2，求 C 的標準方程 20解：(1)設切點坐標為(x0，y0)(x00，y00)，則切線斜率為x0y0，切線方程為 yy0 x0y0(xx0)，即 x0 xy0y4，此時，兩個坐標軸的正半軸與切線的交點分別為4x0，0 ，0，4y0，其圍成的三角形的面積 S124x04y08x0y0.由 x20y2042x0y0知當且僅當 x0y0 2時 x0y0有最大值，即 S 有最小值，因此點 P 的坐標為( 2， 2) (2)設

55、C 的標準方程為x2a2y2b21(ab0)，點 A(x1，y1)，B(x2，y2)由點 P 在 C 上知2a22b21，并由x2a2y2b21，yx 3，得 b2x24 3x62b20. 又 x1，x2是方程的根，所以x1x24 3b2，x1x262b2b2. 由 y1x1 3，y2x2 3，得 |AB|4 63|x1x2| 24824b28b4b2. 由點 P 到直線 l 的距離為32及 SPAB1232|AB|2，得|AB|4 63，即 b49b2180， 解得 b26 或 3，因此 b26，a23(舍)或 b23，a26，從而所求 C 的方程為x26y231. 9 2014 全國卷 已

56、知橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)的左、 右焦點為 F1， F2， 離心率為33，過 F2的直線 l 交 C 于 A，B 兩點若AF1B 的周長為 4 3，則 C 的方程為( ) A.x23y221 B.x23y21 C.x212y281 D.x212y241 9 A 解析 根據(jù)題意， 因為AF1B的周長為4 3， 所以|AF1|AB|BF1|AF1|AF2|BF1|BF2|4a4 3，所以 a 3.又因為橢圓的離心率 eca33，所以 c1，b2a2c2312，所以橢圓 C 的方程為x23y221. 202014 新課標全國卷 設 F1，F(xiàn)2分別是橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)

57、的左、右焦點，M 是 C 上一點且 MF2與 x 軸垂直直線 MF1與 C 的另一個交點為 N. (1)若直線 MN 的斜率為34，求 C 的離心率； (2)若直線 MN 在 y 軸上的截距為 2，且|MN|5|F1N|，求 a，b. 20解：(1)根據(jù) c a2b2及題設知 Mc，b2a，2b23ac. 將 b2a2c2代入 2b23ac， 解得ca12，ca2(舍去) 故 C 的離心率為12. (2)由題意知，原點 O 為 F1F2的中點，MF2y 軸，所以直線 MF1與 y 軸的交點 D(0，2)是線段 MF1的中點，故b2a4，即 b24a. 由|MN|5|F1N|得|DF1|2|F1

58、N|. 設 N(x1，y1)，由題意知 y1b0)的離心率為32，直線 yx 被橢圓 C 截得的線段長為4 105. (1)求橢圓 C 的方程 (2)過原點的直線與橢圓 C 交于 A， B 兩點(A， B 不是橢圓 C 的頂點) 點 D 在橢圓 C 上，且 ADAB，直線 BD 與 x 軸、y 軸分別交于 M，N 兩點 (i)設直線 BD，AM 的斜率分別為 k1，k2，證明存在常數(shù) 使得 k1k2，并求出的值； (ii)求OMN 面積的最大值 21解：(1)由題意知，a2b2a32，可得 a24b2. 橢圓 C 的方程可簡化為 x24y2a2. 將 yx 代入可得 x5a5. 因此 22 5

59、a54 105，即 a2，所以 b1， 所以橢圓 C 的方程為x24y21. (2)(i)設 A(x1，y1)(x1y10)，D(x2，y2)，則 B(x1，y1) 因為直線 AB 的斜率 kABy1x1，且 ABAD， 所以直線 AD 的斜率 kx1y1. 設直線 AD 的方程為 ykxm， 由題意知 k0，m0. 由ykxm，x24y21，消去 y，得(14k2)x28mkx4m240， 所以 x1x28mk14k2， 因此 y1y2k(x1x2)2m2m14k2. 由題意知 x1x2， 所以 k1y1y2x1x214ky14x1. 所以直線 BD 的方程為 yy1y14x1(xx1) 令

60、 y0，得 x3x1，即 M(3x1，0) 可得 k2y12x1. 所以 k112k2，即 12. 因此，存在常數(shù) 12使得結論成立 (ii)直線 BD 的方程 yy1y14x1(xx1)， 令 x0，得 y34y1，即 N0，34y1. 由(i)知 M(3x1，0)， 所以OMN 的面積 S123|x1|34|y1| 98|x1|y1|. 因為|x1|y1|x214y211，當且僅當|x1|2|y1|22時，等號成立， 此時 S 取得最大值98， 所以OMN 面積的最大值為98. 20 、2014 陜西卷 已知橢圓x2a2y2b21(ab0)經(jīng)過點(0， 3)，離心率為12，左、右焦點分別為

61、 F1(c，0)，F(xiàn)2(c，0) (1)求橢圓的方程； (2)若直線 l： y12xm 與橢圓交于 A， B 兩點， 與以 F1F2為直徑的圓交于 C， D 兩點，且滿足|AB|CD|5 34，求直線 l 的方程 圖 1- 5 20解： (1)由題設知b 3，ca12，b2a2c2，解得a2，b 3，c1， 橢圓的方程為x24y231. (2)由題設，以 F1F2為直徑的圓的方程為 x2y21， 圓心(0，0)到直線 l 的距離 d2|m|5. 由 d1，得|m|0)，又1b2( 2)2，b21，即雙曲線 C 的方程為 x2y21. 8 2014 廣東卷 若實數(shù)k滿足0k5， 則曲線x216y

62、25k1與曲線x216ky251的( ) A實半軸長相等 B虛半軸長相等 C離心率相等 D焦距相等 8D 解析 0k0，16k0.對于雙曲線：x216y25k1，其焦距是2 5k162 21k；對于雙曲線：x216ky251，其焦距是 2 16k52 21k.故焦距相等 8 、2014 湖北卷 設 a，b 是關于 t 的方程 t2cos tsin 0 的兩個不等實根，則過 A(a，a2)，B(b，b2)兩點的直線與雙曲線x2cos2y2sin21 的公共點的個數(shù)為( ) A0 B1 C2 D3 8A 解析 由方程 t2cos tsin 0，解得 t10，t2tan ，不妨設點 A(0，0)，

63、B(tan ， tan2)， 則過這兩點的直線方程為yxtan ， 該直線恰是雙曲線x2cos2y2sin21 的一條漸近線，所以該直線與雙曲線無公共點故選 A 172014 浙江卷 設直線 x3ym0(m0)與雙曲線x2a2y2b21(a0，b0)的兩條漸近線分別交于點 A，B.若點 P(m，0)滿足|PA|PB|，則該雙曲線的離心率是_ 17.52 解析 雙曲線的漸近線為 ybax， 易求得漸近線與直線 x3ym0 的交點為Aama3b，bma3b，Bama3b，bma3b.設 AB 的中點為 D.由|PA|PB|知 AB 與 DP 垂直，則Da2m（a3b）（a3b），3b2m（a3b）

64、（a3b），kDP3， 解得 a24b2，故該雙曲線的離心率是52. 20 、 、2014 湖南卷 如圖 1- 5 所示，O 為坐標原點，雙曲線 C1：x2a21y2b211(a10，b10)和橢圓 C2：y2a22x2b221(a2b20)均過點 P2 33，1 ，且以 C1的兩個頂點和 C2的兩個焦點為頂點的四邊形是面積為 2 的正方形 (1)求 C1，C2的方程 (2)是否存在直線 l，使得 l 與 C1交于 A，B 兩點，與 C2只有一個公共點，且|OAOB|AB| ？證明你的結論. 圖 1- 5 20解： (1)設 C2的焦距為 2c2，由題意知，2c22，2a12，從而 a11，c

65、21.因為點 P2 33，1 在雙曲線 x2y2b211 上，所以2 3321b211，故 b213. 由橢圓的定義知 2a22 332（11）22 332（11）22 3. 于是 a2 3，b22a22c222.故 C1，C2的方程分別為 x2y231，y23x221. (2)不存在符合題設條件的直線 (i)若直線 l 垂直于 x 軸，因為 l 與 C2只有一個公共點，所以直線 l 的方程為 x 2或 x 2. 當 x 2時，易知 A( 2， 3)，B( 2， 3)，所以 |OAOB|2 2，|AB|2 3. 此時，|OAOB|AB|. 當 x 2時，同理可知，|OAOB|AB|. (ii)

66、若直線 l 不垂直于 x 軸，設 l 的方程為 ykxm， 由ykxm，x2y231得(3k2)x22kmxm230. 當 l 與 C1相交于 A，B 兩點時，設 A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 x1，x2是上述方程的兩個實根，從而 x1x22km3k2，x1x2m23k23. 于是 y1y2k2x1x2km(x1x2)m23k23m2k23. 由ykxm，y23x221得(2k23)x24kmx2m260. 因為直線 l 與 C2只有一個公共點，所以上述方程的判別式 16k2m28(2k23)(m23)0. 化簡，得 2k2m23.因此 OAOBx1x2y1y2m23k233k23m2k23k23k230， 于是OA2OB22OAOBOA2OB22OAOB，即|OAOB|2|OAOB|2. 故|OAOB|AB|. 綜合(i)，(ii)可知，不存在符合題設條件的直線 92014 江西卷 過雙曲線 C：x2a2y2b21 的右頂點作 x 軸的垂線，與 C 的一條漸近線相交于點 A.若以 C 的右焦點為圓心、半徑為 4 的圓經(jīng)過 A，O 兩點(O 為坐標原點)，則雙曲線 C 的方程