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数数 学学 H H 单元单元 解析几何解析几何 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(y3)24 的圆心， 且与直线 xy10 垂直，则 l 的方程是( ) Axy20 Bxy20 Cxy30 Dxy30 6D 解析 由直线 l 与直线 xy10 垂直，可设直线 l 的方程为 xym0. 又直线 l 过圆 x2(y3)24 的圆心(0，3)，则 m3，所以直线 l 的方程为 xy30，故选 D. 20 、 、2014 全国新课标卷 已知点 P(2，2)，圆 C：x2y28y0，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(y4)216， 所以圆心为 C(0，4)，半径为 4. 设 M(x，y)，则 CM(x，y4)，MP(2x，2y) 由题设知 CM MP0，故 x(2x)(y4)(2y)0，即(x1)2(y3)22. 由于点 P 在圆 C 的内部，所以 M 的轨迹方程是(x1)2(y3)22. (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 ONPM. 因为 ON 的斜率为 3，所以直线 l 的斜率为13， 故 l 的方程为 y13x83. 又|OM|OP|2 2，O 到直线 l 的距离为4 105， 故|PM|4 105，所以POM 的面积为165. 21 、 、 、2014 重庆卷 如图 1- 5，设椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，点 D 在椭圆上，DF1F1F2，|F1F2|DF1|2 2，DF1F2的面积为22. (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 1- 5 21解：(1)设 F1(c，0)，F2(c，0)，其中 c2a2b2. 由|F1F2|DF1|2 2得|DF1|F1F2|2 222c. 从而 SDF1F212|DF1|F1F2|22c222，故 c1. 从而|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，所求椭圆的标准方程为x22y21. (2)如图所示，设圆心在 y 轴上的圆 C 与椭圆x22y21 相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆 C 的切线，且 F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2x1，y1y2. 由(1)知 F1(1，0)，F2(1，0)，所以F1P1(x11，y1)，F2P2(x11，y1)再由 F1P1F2P2得(x11)2y210. 由椭圆方程得 1x212(x11)2，即 3x214x10，解得 x143或 x10. 当 x10 时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在 当 x143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 CP1F1P1，得y1y0 x1y1x111. 而 y1|x11|13，故 y053. 圆 C 的半径|CP1|432135324 23. 综上，存在满足题设条件的圆，其方程为 x2y532329. 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(y3)24 的圆心， 且与直线 xy10 垂直，则 l 的方程是( ) Axy20 Bxy20 Cxy30 Dxy30 6D 解析 由直线 l 与直线 xy10 垂直，可设直线 l 的方程为 xym0. 又直线 l 过圆 x2(y3)24 的圆心(0，3)，则 m3，所以直线 l 的方程为 xy30，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 80 m 经测量，点 A 位于点 O 正北方向 60 m 处，点 C 位于点 O 正东方向 170 m 处(OC 为河岸)，tanBCO43. (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)， 直线 BC 的斜率 kBCtanBCO43. 又因为 ABBC, 所以直线 AB 的斜率 kAB34. 设点 B 的坐标为(a，b)， 则 kBCb0a17043， kABb60a034， 解得 a80, b120， 所以 BC （17080）2（0120）2150. 因此新桥 BC 的长是 150 m. (2)设保护区的边界圆 M 的半径为 r m, OMd m (0d60) 由条件知， 直线 BC 的方程为 y43(x170)， 即 4x3y6800. 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|3d 680|42326803d5. 因为 O 和 A 到圆 M 上任意一点的距离均不少于 80 m，所以rd80，r（60d）80， 即6803d5d80，680 3d5（60d）80， 解得 10d35. 故当 d10 时， r 680 3d5最大， 即圆面积最大， 所以当 OM10 m 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 tanFCO43， 所以 sinFCO45， cosFCO35. 因为 OA60，OC170， 所以 OFOC tanFCO6803， CFOCcosFCO8503， 从而 AFOFOA5003. 因为 OAOC, 所以 cosAFB sinFCO45. 又因为 ABBC，所以 BFAFcosAFB4003， 从而 BCCFBF150. 因此新桥 BC 的长是 150 m. (2)设保护区的边界圆 M 与 BC 的切点为 D，连接 MD，则 MDBC，且 MD 是圆 M 的半径，并设 MDr m，OMd m (0d60) 因为 OAOC, 所以 sinCFOcosFCO. 故由(1)知 sinCFOMDMFMDOFOMr6803d35， 所以 r6803d5. 因为 O 和 A 到圆 M 上任意一点的距离均不少于 80 m， 所以rd80，r（60d）80， 即6803d5d80，6803d5（60d）80， 解得 10d35. 故当 d10 时， r680 3d5最大，即圆面积最大， 所以当 OM10 m 时， 圆形保护区的面积最大 22 、 、2014 全国卷 已知抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 F，直线 y4 与 y 轴的交点为 P，与 C 的交点为 Q，且|QF|54|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 y22px，得 x08p， 所以|PQ|8p，|QF|p2x0p28p. 由题设得p28p548p，解得 p2(舍去)或 p2， 所以 C 的方程为 y24x. (2)依题意知 l 与坐标轴不垂直，故可设 l 的方程为 xmy1(m0) 代入 y24x，得 y24my40. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y24m，y1y24. 故线段 AB 的中点为 D(2m21，2m)， |AB| m21|y1y2|4(m21) 又直线 l的斜率为m，所以 l的方程为 x1my2m23. 将上式代入 y24x，并整理得 y24m y4(2m23)0. 设 M(x3，y3)，N(x4，y4)，则 y3y44m，y3y44(2m23) 故线段 MN 的中点为 E2m22m23，2m， |MN|11m2|y3y4|4（m21） 2m21m2. 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|12|MN|，从而 14|AB|2|DE|214|MN|2，即 4(m21)22m2m22m222 4（m21）2（2m21）m4， 化简得 m210，解得 m1 或 m1. 所求直线 l 的方程为 xy10 或 xy10. 21 、 、 、2014 重庆卷 如图 1- 5，设椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，点 D 在椭圆上，DF1F1F2，|F1F2|DF1|2 2，DF1F2的面积为22. (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 1- 5 21解：(1)设 F1(c，0)，F2(c，0)，其中 c2a2b2. 由|F1F2|DF1|2 2得|DF1|F1F2|2 222c. 从而 SDF1F212|DF1|F1F2|22c222，故 c1. 从而|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，所求椭圆的标准方程为x22y21. (2)如图所示，设圆心在 y 轴上的圆 C 与椭圆x22y21 相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆 C 的切线，且 F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2x1，y1y2. 由(1)知 F1(1，0)，F2(1，0)，所以F1P1(x11，y1)，F2P2(x11，y1)再由 F1P1F2P2得(x11)2y210. 由椭圆方程得 1x212(x11)2，即 3x214x10，解得 x143或 x10. 当 x10 时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在 当 x143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 CP1F1P1，得y1y0 x1y1x111. 而 y1|x11|13，故 y053. 圆 C 的半径|CP1|432135324 23. 综上，存在满足题设条件的圆，其方程为 x2y532329. H3 圆的方程 6 ， ， 2014 福建卷 已知直线 l 过圆 x2(y3)24 的圆心， 且与直线 xy10 垂直，则 l 的方程是( ) Axy20 Bxy20 Cxy30 Dxy30 6D 解析 由直线 l 与直线 xy10 垂直，可设直线 l 的方程为 xym0. 又直线 l 过圆 x2(y3)24 的圆心(0，3)，则 m3，所以直线 l 的方程为 xy30，故选 D. 172014 湖北卷 已知圆 O：x2y21 和点 A(2，0)，若定点 B(b，0)(b2)和常数 满足：对圆 O 上任意一点 M，都有|MB|MA|，则 (1)b_； (2)_ 17(1)12 (2)12 解析 设点 M(cos ，sin )，则由|MB|MA|得(cos b)2sin22（cos 2）2sin2，即2bcos b2142cos 52对任意的 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 80 m 经测量，点 A 位于点 O 正北方向 60 m 处，点 C 位于点 O 正东方向 170 m 处(OC 为河岸)，tanBCO43. (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)， 直线 BC 的斜率 kBCtanBCO43. 又因为 ABBC, 所以直线 AB 的斜率 kAB34. 设点 B 的坐标为(a，b)， 则 kBCb0a17043， kABb60a034， 解得 a80, b120， 所以 BC （17080）2（0120）2150. 因此新桥 BC 的长是 150 m. (2)设保护区的边界圆 M 的半径为 r m, OMd m (0d60) 由条件知， 直线 BC 的方程为 y43(x170)， 即 4x3y6800. 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|3d 680|42326803d5. 因为 O 和 A 到圆 M 上任意一点的距离均不少于 80 m，所以rd80，r（60d）80， 即6803d5d80，680 3d5（60d）80， 解得 10d35. 故当 d10 时， r 680 3d5最大， 即圆面积最大， 所以当 OM10 m 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 tanFCO43， 所以 sinFCO45， cosFCO35. 因为 OA60，OC170， 所以 OFOC tanFCO6803， CFOCcosFCO8503， 从而 AFOFOA5003. 因为 OAOC, 所以 cosAFB sinFCO45. 又因为 ABBC，所以 BFAFcosAFB4003， 从而 BCCFBF150. 因此新桥 BC 的长是 150 m. (2)设保护区的边界圆 M 与 BC 的切点为 D，连接 MD，则 MDBC，且 MD 是圆 M 的半径，并设 MDr m，OMd m (0d60) 因为 OAOC, 所以 sinCFOcosFCO. 故由(1)知 sinCFOMDMFMDOFOMr6803d35， 所以 r6803d5. 因为 O 和 A 到圆 M 上任意一点的距离均不少于 80 m， 所以rd80，r（60d）80， 即6803d5d80，6803d5（60d）80， 解得 10d35. 故当 d10 时， r680 3d5最大，即圆面积最大， 所以当 OM10 m 时， 圆形保护区的面积最大 20 、 、2014 辽宁卷 圆 x2y24 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) 图 1- 5 (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：yx 3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)(x00，y00)，则切线斜率为x0y0，切线方程为 yy0 x0y0(xx0)，即 x0 xy0y4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为4x0，0 ，0，4y0，其围成的三角形的面积 S124x04y08x0y0.由 x20y2042x0y0知当且仅当 x0y0 2时 x0y0有最大值，即 S 有最小值，因此点 P 的坐标为( 2， 2) (2)设 C 的标准方程为x2a2y2b21(ab0)，点 A(x1，y1)，B(x2，y2)由点 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. 由点 P 到直线 l 的距离为32及 SPAB1232|AB|2，得|AB|4 63，即 b49b2180， 解得 b26 或 3，因此 b26，a23(舍)或 b23，a26，从而所求 C 的方程为x26y231. 20 、 、2014 全国新课标卷 已知点 P(2，2)，圆 C：x2y28y0，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(y4)216， 所以圆心为 C(0，4)，半径为 4. 设 M(x，y)，则 CM(x，y4)，MP(2x，2y) 由题设知 CM MP0，故 x(2x)(y4)(2y)0，即(x1)2(y3)22. 由于点 P 在圆 C 的内部，所以 M 的轨迹方程是(x1)2(y3)22. (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 ONPM. 因为 ON 的斜率为 3，所以直线 l 的斜率为13， 故 l 的方程为 y13x83. 又|OM|OP|2 2，O 到直线 l 的距离为4 105， 故|PM|4 105，所以POM 的面积为165. H4 直线与圆、圆与圆的位置关系 52014 浙江卷 已知圆 x2y22x2ya0 截直线 xy20 所得弦的长度为 4，则实数 a 的值是( ) A2 B4 C6 D8 5B 解析 圆的标准方程为(x1)2(y1)22a，r22a，则圆心(1，1)到直线 xy20 的距离为|112|2 2.由 22( 2)22a，得 a4, 故选 B. 62014 安徽卷 过点 P( 3，1)的直线 l 与圆 x2y21 有公共点，则直线 l 的倾斜角的取值范围是( ) A.0，6 B.0，3 C.0，6 D.0，3 6D 解析 易知直线 l 的斜率存在，所以可设 l：y1k(x 3)，即 kxy 3k10.因为直线 l 圆 x2y21 有公共点，所以圆心(0，0)到直线 l 的距离| 3k1|1k21，即 k2 3k0，解得 0k 3，故直线 l 的倾斜角的取值范围是0，3. 72014 北京卷 已知圆 C：(x3)2(y4)21 和两点 A(m，0)， B(m， 0)(m0)若圆 C 上存在点 P，使得APB90，则 m 的最大值为( ) A7 B6 C5 D4 7B 解析 由图可知，圆 C 上存在点 P 使APB90，即圆 C 与以 AB 为直径的圆有公共点，所以 32421m 32421，即 4m6. 11 ，2014 福建卷 已知圆 C：(xa)2(yb)21，平面区域：xy70，xy30，y0.若圆心 C，且圆 C 与 x 轴相切，则 a2b2的最大值为( ) A5 B29 C37 D49 11C 解析 作出不等式组xy70，xy30，y0表示的平面区域(如下图阴影部分所示，含边界)，圆 C：(xa)2(yb)21 的圆心坐标为(a，b)，半径为 1.由圆 C 与 x 轴相切，得b1.解方程组xy70，y1，得x6，y1，即直线 xy70 与直线 y1 的交点坐标为(6， 1)，设此点为 P. 又点 C，则当点 C 与 P 重合时，a 取得最大值， 所以，a2b2的最大值为 621237，故选 C. 212014 福建卷 已知曲线 上的点到点 F(0，1)的距离比它到直线 y3 的距离小2. (1)求曲线 的方程 (2)曲线 在点 P 处的切线 l 与 x 轴交于点 A，直线 y3 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 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 上任意一点 依题意，点 S 到点 F(0，1)的距离与它到直线 y1 的距离相等， 所以曲线 是以点 F(0，1)为焦点，直线 y1 为准线的抛物线， 所以曲线 的方程为 x24y. (2)当点 P 在曲线 上运动时，线段 AB 的长度不变证明如下： 由(1)知抛物线 的方程为 y14x2. 设 P(x0，y0)(x00)，则 y014x20， 由 y12x，得切线 l 的斜率 ky|xx012x0， 所以切线 l 的方程为 yy012x0(xx0)，即 y12x0 x14x20. 由y12x0 x14x20，y0，得 A12x0，0 . 由y12x0 x14x20，y3，得 M12x06x0，3 . 又 N(0，3)，所以圆心 C14x03x0，3 ， 半径 r12|MN|14x03x0， |AB| |AC|2r2 12x014x03x023214x03x02 6. 所以点 P 在曲线 上运动时，线段 AB 的长度不变 方法二：(1)设 S(x，y)为曲线 上任意一点， 则|y(3)|（x0）2（y1）22. 依题意，点 S(x，y)只能在直线 y3 的上方，所以 y3， 所以 （x0）2（y1）2y1， 化简得，曲线 的方程为 x24y. (2)同方法一 6 2014 湖南卷 若圆 C1： x2y21 与圆 C2： x2y26x8ym0 外切， 则 m( ) A21 B19 C9 D11 6 C 解析 依题意可得C1(0， 0)， C2(3， 4)， 则|C1C2| 33425.又r11， r2 25m，由 r1r2 25m15，解得 m9. 92014 江苏卷 在平面直角坐标系 xOy 中，直线 x2y30 被圆(x2)2(y1)24 截得的弦长为_ 9.25 55 解析 由题意可得，圆心为(2，1)，r2，圆心到直线的距离 d|223|122235 5，所以弦长为 2 r2d22 49525 55 . 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 80 m 经测量，点 A 位于点 O 正北方向 60 m 处，点 C 位于点 O 正东方向 170 m 处(OC 为河岸)，tanBCO43. (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)， 直线 BC 的斜率 kBCtanBCO43. 又因为 ABBC, 所以直线 AB 的斜率 kAB34. 设点 B 的坐标为(a，b)， 则 kBCb0a17043， kABb60a034， 解得 a80, b120， 所以 BC （17080）2（0120）2150. 因此新桥 BC 的长是 150 m. (2)设保护区的边界圆 M 的半径为 r m, OMd m (0d60) 由条件知， 直线 BC 的方程为 y43(x170)， 即 4x3y6800. 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|3d 680|42326803d5. 因为 O 和 A 到圆 M 上任意一点的距离均不少于 80 m，所以rd80，r（60d）80， 即6803d5d80，680 3d5（60d）80， 解得 10d35. 故当 d10 时， r 680 3d5最大， 即圆面积最大， 所以当 OM10 m 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 tanFCO43， 所以 sinFCO45， cosFCO35. 因为 OA60，OC170， 所以 OFOC tanFCO6803， CFOCcosFCO8503， 从而 AFOFOA5003. 因为 OAOC, 所以 cosAFB sinFCO45. 又因为 ABBC，所以 BFAFcosAFB4003， 从而 BCCFBF150. 因此新桥 BC 的长是 150 m. (2)设保护区的边界圆 M 与 BC 的切点为 D，连接 MD，则 MDBC，且 MD 是圆 M 的半径，并设 MDr m，OMd m (0d60) 因为 OAOC, 所以 sinCFOcosFCO. 故由(1)知 sinCFOMDMFMDOFOMr6803d35， 所以 r6803d5. 因为 O 和 A 到圆 M 上任意一点的距离均不少于 80 m， 所以rd80，r（60d）80， 即6803d5d80，6803d5（60d）80， 解得 10d35. 故当 d10 时， r680 3d5最大，即圆面积最大， 所以当 OM10 m 时， 圆形保护区的面积最大 16 、2014 全国卷 直线 l1和 l2是圆 x2y22 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_ 16.43 解析 如图所示，根据题意知，OAPA，OA 2，OP 10，所以 PAOP2OA22 2，所以 tan OPAOAPA22 212，故 tan APB2tan OPA1tan2OPA43，即 l1与 l2的夹角的正切值等于43. 12 2014 新课标全国卷 设点 M(x0， 1)， 若在圆 O： x2y21 上存在点 N， 使得OMN45，则 x0的取值范围是( ) A. 1，1 B. 12，12 C. 2， 2 D. 22，22 12A 解析 点 M(x0，1)在直线 y1 上，而直线 y1 与圆 x2y21 相切据题意可设点 N(0，1)，如图，则只需OMN45即可，此时有 tan OMN|ON|MN|tan 45，得 0|MN|ON|1，即 00， 圆的半径是 2b.由勾股定理可得 b2( 3)24b2，解得 b 1.又因为 b0，所以 b1，所以圆 C 的圆心坐标为(2，1)，半径是 2，所以圆 C 的标准方程是(x2)2(y1)24. 14 2014 重庆卷 已知直线 xya0 与圆心为 C 的圆 x2y22x4y40 相交于A，B 两点，且 ACBC，则实数 a 的值为_ 140 或 6 解析 圆 C 的标准方程为(x1)2(y2)29，圆心为 C(1，2)，半径为 3.ACBC，|AB|3 2.圆心到直线的距离 d|12a|2|a3|2，|AB|2 r2d229|a3|223 2，即(a3)29，a0 或 a6. 9 、2014 四川卷 设 mR，过定点 A 的动直线 xmy0 和过定点 B 的动直线 mxym30 交于点 P(x，y)，则|PA|PB|的取值范围是( ) A 5，2 5 B 10，2 5 C 10，4 5 D2 5，4 5 9B 解析 由题意可知，定点 A(0，0)，B(1，3)，且两条直线互相垂直， 则其交点 P(x，y)落在以 AB 为直径的圆周上， 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，故选 B. 21 、 、 、2014 重庆卷 如图 1- 5，设椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，点 D 在椭圆上，DF1F1F2，|F1F2|DF1|2 2，DF1F2的面积为22. (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 1- 5 21解：(1)设 F1(c，0)，F2(c，0)，其中 c2a2b2. 由|F1F2|DF1|2 2得|DF1|F1F2|2 222c. 从而 SDF1F212|DF1|F1F2|22c222，故 c1. 从而|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，所求椭圆的标准方程为x22y21. (2)如图所示，设圆心在 y 轴上的圆 C 与椭圆x22y21 相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆 C 的切线，且 F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2x1，y1y2. 由(1)知 F1(1，0)，F2(1，0)，所以F1P1(x11，y1)，F2P2(x11，y1)再由 F1P1F2P2得(x11)2y210. 由椭圆方程得 1x212(x11)2，即 3x214x10，解得 x143或 x10. 当 x10 时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在 当 x143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 CP1F1P1，得y1y0 x1y1x111. 而 y1|x11|13，故 y053. 圆 C 的半径|CP1|432135324 23. 综上，存在满足题设条件的圆，其方程为 x2y532329. H5 椭圆及其几何性质 21 、 、 、2014 重庆卷 如图 1- 5，设椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，点 D 在椭圆上，DF1F1F2，|F1F2|DF1|2 2，DF1F2的面积为22. (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 1- 5 21解：(1)设 F1(c，0)，F2(c，0)，其中 c2a2b2. 由|F1F2|DF1|2 2得|DF1|F1F2|2 222c. 从而 SDF1F212|DF1|F1F2|22c222，故 c1. 从而|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，所求椭圆的标准方程为x22y21. (2)如图所示，设圆心在 y 轴上的圆 C 与椭圆x22y21 相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆 C 的切线，且 F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2x1，y1y2. 由(1)知 F1(1，0)，F2(1，0)，所以F1P1(x11，y1)，F2P2(x11，y1)再由 F1P1F2P2得(x11)2y210. 由椭圆方程得 1x212(x11)2，即 3x214x10，解得 x143或 x10. 当 x10 时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在 当 x143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 CP1F1P1，得y1y0 x1y1x111. 而 y1|x11|13，故 y053. 圆 C 的半径|CP1|432135324 23. 综上，存在满足题设条件的圆，其方程为 x2y532329. 20 、2014 安徽卷 设函数 f(x)1(1a)xx2x3，其中 a0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性； (2)当 x0，1时，求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值 20解： (1)f(x)的定义域为(，)， f(x)1a2x3x2. 令 f(x)0，得 x11 43a3， x21 43a3，且 x1x2， 所以 f(x)3(xx1)(xx2) 当 xx2时，f(x)0； 当 x1x0. 故 f(x)在，1 43a3和 1 43a3，内单调递减， 在1 43a3，1 43a3内单调递增 (2)因为 a0，所以 x10， 当 a4 时，x21，由(1)知，f(x)在0，1上单调递增，所以 f(x)在 x0 和 x1 处分别取得最小值和最大值 当 0a4 时，x21，由(1)知，f(x)在0，x2上单调递增，在x2，1上单调递减， 因此 f(x)在 xx21 43a3处取得最大值又 f(0)1，f(1)a， 所以当 0a1 时，f(x)在 x1 处取得最小值； 当 a1 时，f(x)在 x0 和 x1 处同时取得最小值； 当 1ab0)的一个焦点为( 5，0)，离心率为53. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若动点 P(x0，y0)为椭圆 C 外一点，且点 P 到椭圆 C 的两条切线相互垂直，求点 P 的轨迹方程 20 、 、2014 湖南卷 如图 1- 5 所示，O 为坐标原点，双曲线 C1：x2a21y2b211(a10，b10)和椭圆 C2：y2a22x2b221(a2b20)均过点 P2 33，1 ，且以 C1的两个顶点和 C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为 2 的正方形 (1)求 C1，C2的方程 (2)是否存在直线 l，使得 l 与 C1交于 A，B 两点，与 C2只有一个公共点，且|OAOB|AB| ？证明你的结论. 图 1- 5 20解： (1)设 C2的焦距为 2c2，由题意知，2c22，2a12，从而 a11，c21.因为点 P2 33，1 在双曲线 x2y2b211 上，所以2 3321b211，故 b213. 由椭圆的定义知 2a22 332（11）22 332（11）22 3. 于是 a2 3，b22a22c222.故 C1，C2的方程分别为 x2y231，y23x221. (2)不存在符合题设条件的直线 (i)若直线 l 垂直于 x 轴，因为 l 与 C2只有一个公共点，所以直线 l 的方程为 x 2或 x 2. 当 x 2时，易知 A( 2， 3)，B( 2， 3)，所以 |OAOB|2 2，|AB|2 3. 此时，|OAOB|AB|. 当 x 2时，同理可知，|OAOB|AB|. (ii)若直线 l 不垂直于 x 轴，设 l 的方程为 ykxm， 由ykxm，x2y231得(3k2)x22kmxm230. 当 l 与 C1相交于 A，B 两点时，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1，x2是上述方程的两个实根，从而 x1x22km3k2，x1x2m23k23. 于是 y1y2k2x1x2km(x1x2)m23k23m2k23. 由ykxm，y23x221得(2k23)x24kmx2m260. 因为直线 l 与 C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式 16k2m28(2k23)(m23)0. 化简，得 2k2m23.因此 OAOBx1x2y1y2m23k233k23m2k23k23k230， 于是OA2OB22OAOBOA2OB22OAOB，即|OAOB|2|OAOB|2. 故|OAOB|AB|. 综合(i)，(ii)可知，不存在符合题设条件的直线 17 、2014 江苏卷 如图 1- 5 所示，在平面直角坐标系 xOy 中，F1，F2分别是椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，顶点 B 的坐标为(0，b)，连接 BF2并延长交椭圆于点 A，过点 A作 x 轴的垂线交椭圆于另一点 C，连接 F1C. (1)若点 C 的坐标为43，13，且 BF2 2，求椭圆的方程； (2)若 F1CAB，求椭圆离心率 e 的值 图 1- 5 17解： 设椭圆的焦距为 2c, 则 F1(c, 0), F2(c, 0) (1)因为 B(0, b), 所以 BF2 b2c2a.又 BF2 2， 故 a 2. 因为点 C43，13在椭圆上，所以169a219b21，解得 b21. 故所求椭圆的方程为x22y21. (2)因为 B(0, b), F2(c, 0)在直线 AB 上，所以直线 AB 的方程为 xcyb1. 解方程组xcyb1，x2a2y2b21，得x12a2ca2c2，y1b（c2a2）a2c2，x20，y2b， 所以点 A 的坐标为2a2ca2c2，b（c2a2）a2c2. 又 AC 垂直于 x 轴， 由椭圆的对称性，可得点 C 的坐标为2a2ca2c2，b（a2c2）a2c2. 因为直线 F1C 的斜率为b（a2c2）a2c202a2ca2c2（c）b（a2c2）3a2cc3，直线 AB 的斜率为bc，且 F1CAB，所以b（a2c2）3a2cc3bc1.又 b2a2c2，整理得 a25c2，故 e215， 因此 e55. 142014 江西卷 设椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左右焦点分别为 F1，F2，过 F2作 x轴的垂线与 C 相交于 A，B 两点，F1B 与 y 轴相交于点 D.若 ADF1B，则椭圆 C 的离心率等于_ 14.33 解析 由题意 Ac，b2a，Bc，b2a，F1(c，0)，则直线 F1B 的方程为 y0b2a2c(xc) 令 x0，得 yb22a，即 D0，b22a， 则向量 DAc，3b22a，F1B2c，b2a. 因为 ADF1B，所以DAF1B2c23b42a20， 即 2ac 3b2 3(a2c2)， 整理得( 3e1)(e 3)0，所以 e33(e0) 故椭圆 C 的离心率为33. 20 、 、2014 辽宁卷 圆 x2y24 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) 图 1- 5 (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：yx 3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)(x00，y00)，则切线斜率为x0y0，切线方程为 yy0 x0y0(xx0)，即 x0 xy0y4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为4x0，0 ，0，4y0，其围成的三角形的面积 S124x04y08x0y0.由 x20y2042x0y0知当且仅当 x0y0 2时 x0y0有最大值，即 S 有最小值，因此点 P 的坐标为( 2， 2) (2)设 C 的标准方程为x2a2y2b21(ab0)，点 A(x1，y1)，B(x2，y2)由点 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. 由点 P 到直线 l 的距离为32及 SPAB1232|AB|2，得|AB|4 63，即 b49b2180， 解得 b26 或 3，因此 b26，a23(舍)或 b23，a26，从而所求 C 的方程为x26y231. 9 2014 全国卷 已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、 右焦点为 F1， F2， 离心率为33，过 F2的直线 l 交 C 于 A，B 两点若AF1B 的周长为 4 3，则 C 的方程为( ) A.x23y221 B.x23y21 C.x212y281 D.x212y241 9 A 解析 根据题意， 因为AF1B的周长为4 3， 所以|AF1|AB|BF1|AF1|AF2|BF1|BF2|4a4 3，所以 a 3.又因为椭圆的离心率 eca33，所以 c1，b2a2c2312，所以椭圆 C 的方程为x23y221. 202014 新课标全国卷 设 F1，F2分别是椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，M 是 C 上一点且 MF2与 x 轴垂直直线 MF1与 C 的另一个交点为 N. (1)若直线 MN 的斜率为34，求 C 的离心率； (2)若直线 MN 在 y 轴上的截距为 2，且|MN|5|F1N|，求 a，b. 20解：(1)根据 c a2b2及题设知 Mc，b2a，2b23ac. 将 b2a2c2代入 2b23ac， 解得ca12，ca2(舍去) 故 C 的离心率为12. (2)由题意知，原点 O 为 F1F2的中点，MF2y 轴，所以直线 MF1与 y 轴的交点 D(0，2)是线段 MF1的中点，故b2a4，即 b24a. 由|MN|5|F1N|得|DF1|2|F1N|. 设 N(x1，y1)，由题意知 y1b0)的离心率为32，直线 yx 被椭圆 C 截得的线段长为4 105. (1)求椭圆 C 的方程 (2)过原点的直线与椭圆 C 交于 A， B 两点(A， B 不是椭圆 C 的顶点) 点 D 在椭圆 C 上，且 ADAB，直线 BD 与 x 轴、y 轴分别交于 M，N 两点 (i)设直线 BD，AM 的斜率分别为 k1，k2，证明存在常数 使得 k1k2，并求出的值； (ii)求OMN 面积的最大值 21解：(1)由题意知，a2b2a32，可得 a24b2. 椭圆 C 的方程可简化为 x24y2a2. 将 yx 代入可得 x5a5. 因此 22 5a54 105，即 a2，所以 b1， 所以椭圆 C 的方程为x24y21. (2)(i)设 A(x1，y1)(x1y10)，D(x2，y2)，则 B(x1，y1) 因为直线 AB 的斜率 kABy1x1，且 ABAD， 所以直线 AD 的斜率 kx1y1. 设直线 AD 的方程为 ykxm， 由题意知 k0，m0. 由ykxm，x24y21，消去 y，得(14k2)x28mkx4m240， 所以 x1x28mk14k2， 因此 y1y2k(x1x2)2m2m14k2. 由题意知 x1x2， 所以 k1y1y2x1x214ky14x1. 所以直线 BD 的方程为 yy1y14x1(xx1) 令 y0，得 x3x1，即 M(3x1，0) 可得 k2y12x1. 所以 k112k2，即 12. 因此，存在常数 12使得结论成立 (ii)直线 BD 的方程 yy1y14x1(xx1)， 令 x0，得 y34y1，即 N0，34y1. 由(i)知 M(3x1，0)， 所以OMN 的面积 S123|x1|34|y1| 98|x1|y1|. 因为|x1|y1|x214y211，当且仅当|x1|2|y1|22时，等号成立， 此时 S 取得最大值98， 所以OMN 面积的最大值为98. 20 、2014 陕西卷 已知椭圆x2a2y2b21(ab0)经过点(0， 3)，离心率为12，左、右焦点分别为 F1(c，0)，F2(c，0) (1)求椭圆的方程； (2)若直线 l： y12xm 与椭圆交于 A， B 两点， 与以 F1F2为直径的圆交于 C， D 两点，且满足|AB|CD|5 34，求直线 l 的方程 图 1- 5 20解： (1)由题设知b 3，ca12，b2a2c2，解得a2，b 3，c1， 椭圆的方程为x24y231. (2)由题设，以 F1F2为直径的圆的方程为 x2y21， 圆心(0，0)到直线 l 的距离 d2|m|5. 由 d1，得|m|0)，又1b2( 2)2，b21，即双曲线 C 的方程为 x2y21. 8 2014 广东卷 若实数k满足0k5， 则曲线x216y25k1与曲线x216ky251的( ) A实半轴长相等 B虚半轴长相等 C离心率相等 D焦距相等 8D 解析 0k0，16k0.对于双曲线：x216y25k1，其焦距是2 5k162 21k；对于双曲线：x216ky251，其焦距是 2 16k52 21k.故焦距相等 8 、2014 湖北卷 设 a，b 是关于 t 的方程 t2cos tsin 0 的两个不等实根，则过 A(a，a2)，B(b，b2)两点的直线与双曲线x2cos2y2sin21 的公共点的个数为( ) A0 B1 C2 D3 8A 解析 由方程 t2cos tsin 0，解得 t10，t2tan ，不妨设点 A(0，0)， B(tan ， tan2)， 则过这两点的直线方程为yxtan ， 该直线恰是双曲线x2cos2y2sin21 的一条渐近线，所以该直线与双曲线无公共点故选 A 172014 浙江卷 设直线 x3ym0(m0)与双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的两条渐近线分别交于点 A，B.若点 P(m，0)满足|PA|PB|，则该双曲线的离心率是_ 17.52 解析 双曲线的渐近线为 ybax， 易求得渐近线与直线 x3ym0 的交点为Aama3b，bma3b，Bama3b，bma3b.设 AB 的中点为 D.由|PA|PB|知 AB 与 DP 垂直，则Da2m（a3b）（a3b），3b2m（a3b）（a3b），kDP3， 解得 a24b2，故该双曲线的离心率是52. 20 、 、2014 湖南卷 如图 1- 5 所示，O 为坐标原点，双曲线 C1：x2a21y2b211(a10，b10)和椭圆 C2：y2a22x2b221(a2b20)均过点 P2 33，1 ，且以 C1的两个顶点和 C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为 2 的正方形 (1)求 C1，C2的方程 (2)是否存在直线 l，使得 l 与 C1交于 A，B 两点，与 C2只有一个公共点，且|OAOB|AB| ？证明你的结论. 图 1- 5 20解： (1)设 C2的焦距为 2c2，由题意知，2c22，2a12，从而 a11，c21.因为点 P2 33，1 在双曲线 x2y2b211 上，所以2 3321b211，故 b213. 由椭圆的定义知 2a22 332（11）22 332（11）22 3. 于是 a2 3，b22a22c222.故 C1，C2的方程分别为 x2y231，y23x221. (2)不存在符合题设条件的直线 (i)若直线 l 垂直于 x 轴，因为 l 与 C2只有一个公共点，所以直线 l 的方程为 x 2或 x 2. 当 x 2时，易知 A( 2， 3)，B( 2， 3)，所以 |OAOB|2 2，|AB|2 3. 此时，|OAOB|AB|. 当 x 2时，同理可知，|OAOB|AB|. (ii)若直线 l 不垂直于 x 轴，设 l 的方程为 ykxm， 由ykxm，x2y231得(3k2)x22kmxm230. 当 l 与 C1相交于 A，B 两点时，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1，x2是上述方程的两个实根，从而 x1x22km3k2，x1x2m23k23. 于是 y1y2k2x1x2km(x1x2)m23k23m2k23. 由ykxm，y23x221得(2k23)x24kmx2m260. 因为直线 l 与 C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式 16k2m28(2k23)(m23)0. 化简，得 2k2m23.因此 OAOBx1x2y1y2m23k233k23m2k23k23k230， 于是OA2OB22OAOBOA2OB22OAOB，即|OAOB|2|OAOB|2. 故|OAOB|AB|. 综合(i)，(ii)可知，不存在符合题设条件的直线 92014 江西卷 过双曲线 C：x2a2y2b21 的右顶点作 x 轴的垂线，与 C 的一条渐近线相交于点 A.若以 C 的右焦点为圆心、半径为 4 的圆经过 A，O 两点(O 为坐标原点)，则双曲线 C 的方程
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