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
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,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.
因为ON的斜率为3,所以直线l的斜率为-,
故l的方程为y=-x+.
又|OM|=|OP|=2,O到直线l的距离为,
故|PM|=,所以△POM的面积为.
21.、、、[2014·重庆卷]如图15,设椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1⊥F1F2,=2,△DF1F2的面积为.
(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.
图15
21.解:
(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.
由=2 得|DF1|==c.
从而S△DF1F2=|DF1||F1F2|=c2=,故c=1.
从而|DF1|=.由DF1⊥F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=,
所以2a=|DF1|+|DF2|=2 ,故a=,b2=a2-c2=1.
因此,所求椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)如图所示,设圆心在y轴上的圆C与椭圆+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,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=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).再由F1P1⊥F2P2得-(x1+1)2+y=0.
由椭圆方程得1-=(x1+1)2,即3x+4x1=0,解得x1=-或x1=0.
当x1=0时,P1,P2重合,题设要求的圆不存在.
当x1=-时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0,y0),由CP1⊥F1P1,得·=-1.
而y1=|x1+1|=,故y0=.
圆C的半径|CP1|==.
综上,存在满足题设条件的圆,其方程为
x2+=.
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16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∠BCO=.
(1)求新桥BC的长.
(2)当OM多长时,圆形保护区的面积最大?
图16
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),
直线BC的斜率kBC=-tan∠BCO=-.
又因为AB⊥BC,所以直线AB的斜率kAB=.
设点B的坐标为(a,b),
则kBC==-,kAB==,
解得a=80,b=120,
所以BC==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).
由条件知,直线BC的方程为y=-(x-170),
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,
即r==.
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m,所以
即
解得10≤d≤35.
故当d=10时,r=最大,即圆面积最大,
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.
因为tan∠FCO=,
所以sin∠FCO=,cos∠FCO=.
因为OA=60,OC=170,
所以OF=OCtan∠FCO=,CF==,从而AF=OF-OA=.
因为OA⊥OC,所以cos∠AFB=sin∠FCO=.
又因为AB⊥BC,所以BF=AFcos∠AFB=,从而BC=CF-BF=150.
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.
故由
(1)知sin∠CFO====,所以r=.
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m,
所以
即
解得10≤d≤35.
故当d=10时,r=最大,即圆面积最大,
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轴的交点为P,与C的交点为Q,且|QF|=|PQ|.
(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.
22.解:
(1)设Q(x0,4),代入y2=2px,得x0=,
所以|PQ|=,|QF|=+x0=+.
由题设得+=×,解得p=-2(舍去)或p=2,
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|=|y1-y2|=4(m2+1).
又直线l′的斜率为-m,所以l′的方程为x=-y+2m2+3.
将上式代入y2=4x,并整理得y2+y-4(2m2+3)=0.
设M(x3,y3),N(x4,y4),则y3+y4=-,y3y4=-4(2m2+3).
故线段MN的中点为E,
|MN|=|y3-y4|=.
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|,从而
|AB|2+|DE|2=|MN|2,即
4(m2+1)2++=
,
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.
21.、、、[2014·重庆卷]如图15,设椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1⊥F1F2,=2,△DF1F2的面积为.
(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.
图15
21.解:
(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.
由=2 得|DF1|==c.
从而S△DF1F2=|DF1||F1F2|=c2=,故c=1.
从而|DF1|=.由DF1⊥F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=,
所以2a=|DF1|+|DF2|=2 ,故a=,b2=a2-c2=1.
因此,所求椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)如图所示,设圆心在y轴上的圆C与椭圆+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,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=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).再由F1P1⊥F2P2得-(x1+1)2+y=0.
由椭圆方程得1-=(x1+1)2,即3x+4x1=0,解得x1=-或x1=0.
当x1=0时,P1,P2重合,题设要求的圆不存在.
当x1=-时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0,y0),由CP1⊥F1P1,得·=-1.
而y1=|x1+1|=,故y0=.
圆C的半径|CP1|==.
综上,存在满足题设条件的圆,其方程为
x2+=.
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=________.
17.
(1)-
(2) [解析]设点M(cosθ,sinθ),则由|MB|=λ|MA|得(cosθ-b)2+sin2θ=λ2,即-2bcosθ+b2+1=4λ2cosθ+5λ2对任意的θ都成立,所以又由|MB|=λ|MA|,得λ>0,且b≠-2,解得
18.、、、[2014·江苏卷]如图16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∠BCO=.
(1)求新桥BC的长.
(2)当OM多长时,圆形保护区的面积最大?
图16
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),
直线BC的斜率kBC=-tan∠BCO=-.
又因为AB⊥BC,所以直线AB的斜率kAB=.
设点B的坐标为(a,b),
则kBC==-,kAB==,
解得a=80,b=120,
所以BC==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).
由条件知,直线BC的方程为y=-(x-170),
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,
即r==.
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m,所以
即
解得10≤d≤35.
故当d=10时,r=最大,即圆面积最大,
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.
因为tan∠FCO=,
所以sin∠FCO=,cos∠FCO=.
因为OA=60,OC=170,
所以OF=OCtan∠FCO=,CF==,从而AF=OF-OA=.
因为OA⊥OC,所以cos∠AFB=sin∠FCO=.
又因为AB⊥BC,所以BF=AFcos∠AFB=,从而BC=CF-BF=150.
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.
故由
(1)知sin∠CFO====,所以r=.
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m,
所以
即
解得10≤d≤35.
故当d=10时,r=最大,即圆面积最大,
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15所示).
图15
(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+交于A,B两点,若△PAB的面积为2,求C的标准方程.
20.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-y0=-(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,,其围成的三角形的面积S=··=.由x+y=4≥2x0y0知当且仅当x0=y0=时x0y0有最大值,即S有最小值,因此点P的坐标为(,).
(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+=1,并由得b2x2+4x+6-2b2=0.
又x1,x2是方程的根,所以
由y1=x1+,y2=x2+,得
|AB|=|x1-x2|=·.
由点P到直线l的距离为及S△PAB=×|AB|=2,得|AB|=,即b4-9b2+18=0,
解得b2=6或3,因此b2=6,a2=3(舍)或b2=3,a2=6,从而所求C的方程为+=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,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.
因为ON的斜率为3,所以直线l的斜率为-,
故l的方程为y=-x+.
又|OM|=|OP|=2,O到直线l的距离为,
故|PM|=,所以△POM的面积为.
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)到直线x+y+2=0的距离为=.由22+()2=2-a,得a=-4,故选B.
6.[2014·安徽卷]过点P(-,-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( )
A.B.
C.D.
6.D [解析]易知直线l的斜率存在,所以可设l:
y+1=k(x+),即kx-y+k-1=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k2-k≤0,解得0≤k≤,故直线l的倾斜角的取值范围是.
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为直径的圆有公共点,所以-1≤m≤+1,即4≤m≤6.
11.,[2014·福建卷]已知圆C:
(x-a)2+(y-b)2=1,平面区域Ω:
若圆心C∈Ω,且圆C与x轴相切,则a2+b2的最大值为( )
A.5B.29
C.37D.49
11.C [解析]作出不等式组表示的平面区域Ω(如下图阴影部分所示,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),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:
由
(1)知抛物线Γ的方程为y=x2.
设P(x0,y0)(x0≠0),则y0=x,
由y′=x,得切线l的斜率k=y′|x=x0=x0,
所以切线l的方程为y-y0=x0(x-x0),即y=x0x-x.
由得A.
由得M.
又N(0,3),所以圆心C,
半径r=|MN|=,
|AB|=
=
=.
所以点P在曲线Γ上运动时,线段AB的长度不变.
方法二:
(1)设S(x,y)为曲线Γ上任意一点,
则|y-(-3)|-=2.
依题意,点S(x,y)只能在直线y=-3的上方,所以y>-3,
所以=y+1,
化简得,曲线Γ的方程为x2=4y.
(2)同方法一.
6.[2014·湖南卷]若圆C1:
x2+y2=1与圆C2:
x2+y2-6x-8y+m=0外切,则m=( )
A.21B.19C.9D.-11
6.C [解析]依题意可得C1(0,0),C2(3,4),则|C1C2|==5.又r1=1,r2=,由r1+r2=+1=5,解得m=9.
9.[2014·江苏卷]在平面直角坐标系xOy中,直线x+2y-3=0被圆(x-2)2+(y+1)2=4截得的弦长为________.
9. [解析]由题意可得,圆心为(2,-1),r=2,圆心到直线的距离d==,所以弦长为2=2=.
18.、、、[2014·江苏卷]如图16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∠BCO=.
(1)求新桥BC的长.
(2)当OM多长时,圆形保护区的面积最大?
图16
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),
直线BC的斜率kBC=-tan∠BCO=-.
又因为AB⊥BC,所以直线AB的斜率kAB=.
设点B的坐标为(a,b),
则kBC==-,kAB==,
解得a=80,b=120,
所以BC==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).
由条件知,直线BC的方程为y=-(x-170),
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,
即r==.
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m,所以
即
解得10≤d≤35.
故当d=10时,r=最大,即圆面积最大,
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.
因为tan∠FCO=,
所以sin∠FCO=,cos∠FCO=.
因为OA=60,OC=170,
所以OF=OCtan∠FCO=,CF==,从而AF=OF-OA=.
因为OA⊥OC,所以cos∠AFB=sin∠FCO=.
又因为AB⊥BC,所以BF=AFcos∠AFB=,从而BC=CF-BF=150.
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.
故由
(1)知sin∠CFO====,所以r=.
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m,
所以
即
解得10≤d≤35.
故当d=10时,r=最大,即圆面积最大,
所以当OM=10m时,圆形保护区的面积最大.
16.、[2014·全国卷]直线l1和l2是圆x2+y2=2的两条切线.若l1与l2的交点为(1,3),则l1与l2的夹角的正切值等于________.
16. [解析]如图所示,根据题意知,OA⊥PA,OA=,OP=,所以PA==2,所以tan∠OPA===,故tan∠APB==,即l1与l2的夹角的正切值等于.
12.[2014·新课标全国卷Ⅱ]设点M(x0,1),若在圆O:
x2+y2=1上存在点N,使得∠OMN=45°,则x0的取值范围是( )
A.[-1,1]B.
C.[-,]D.