《（新課標 全國I卷）2010-2019學年高考數(shù)學 真題分類匯編 專題14 解析幾何（2）文（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標 全國I卷）2010-2019學年高考數(shù)學 真題分類匯編 專題14 解析幾何（2）文（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題14 解析幾何（2） 解析幾何大題：10年10考，每年1題．命題的特點：2011-2015年和2019年的載體都是圓，利用圓作為載體，更利于考查數(shù)形結合，圓承擔的使命就是“形”，盡量不要對圓像橢圓一樣運算，2016-2018年的載體連續(xù)3年都是拋物線，2010年的載體是橢圓． 1．（2019年）已知點A，B關于坐標原點O對稱，|AB|＝4，⊙M過點A，B且與直線x+2＝0相切． （1）若A在直線x+y＝0上，求⊙M的半徑； （2）是否存在定點P，使得當A運動時，|MA|﹣|MP|為定值？并說明理由． 【解析】（1）∵⊙M過點A，B且A在直線x+y＝0上， ∴點M在線段AB的中垂

2、線x﹣y＝0上， 設⊙M的方程為：（x﹣a）2+（y﹣a）2＝R2（R＞0），則 圓心M（a，a）到直線x+y＝0的距離d＝， 又|AB|＝4，∴在Rt△OMB中， d2+（|AB|）2＝R2， 即① 又∵⊙M與x＝﹣2相切，∴|a+2|＝R② 由①②解得或， ∴⊙M的半徑為2或6； （2）∵線段AB為⊙M的一條弦O是弦AB的中點，∴圓心M在線段AB的中垂線上， 設點M的坐標為（x，y），則|OM|2+|OA|2＝|MA|2， ∵⊙M與直線x+2＝0相切，∴|MA|＝|x+2|， ∴|x+2|2＝|OM|2+|OA|2＝x2+y2+4， ∴y2＝4x， ∴M的軌跡是

3、以F（1，0）為焦點x＝﹣1為準線的拋物線， ∴|MA|﹣|MP|＝|x+2|﹣|MP|＝|x+1|﹣|MP|+1＝|MF|﹣|MP|+1， ∴當|MA|﹣|MP|為定值時，則點P與點F重合，即P的坐標為（1，0）， ∴存在定點P（1，0）使得當A運動時，|MA|﹣|MP|為定值． 2．（2018年）設拋物線C：y2＝2x，點A（2，0），B（﹣2，0），過點A的直線l與C交于M，N兩點． （1）當l與x軸垂直時，求直線BM的方程； （2）證明：∠ABM＝∠ABN． 【解析】（1）當l與x軸垂直時，x＝2，代入拋物線解得y＝±2， ∴M（2，2）或M（2，﹣2）， 直線BM的

4、方程：y＝x+1，或：y＝﹣x﹣1． （2）證明：設直線l的方程為l：x＝ty+2，M（x1，y1），N（x2，y2）， 聯(lián)立直線l與拋物線方程得，消x得y2﹣2ty﹣4＝0， 即y1+y2＝2t，y1y2＝﹣4， 則有kBN+kBM＝+＝＝＝0， ∴直線BN與BM的傾斜角互補， ∴∠ABM＝∠ABN． 3．（2017年）設A，B為曲線C：y＝上兩點，A與B的橫坐標之和為4． （1）求直線AB的斜率； （2）設M為曲線C上一點，C在M處的切線與直線AB平行，且AM⊥BM，求直線AB的方程． 【解析】（1）設A（x1，），B（x2，）為曲線C：y＝上兩點， 則直線AB的斜率

5、為k＝＝（x1+x2）＝×4＝1； （2）設直線AB的方程為y＝x+t，代入曲線C：y＝， 可得x2﹣4x﹣4t＝0，即有x1+x2＝4，x1x2＝﹣4t， 再由y＝的導數(shù)為y′＝x， 設M（m，），可得M處切線的斜率為m， 由C在M處的切線與直線AB平行，可得m＝1， 解得m＝2，即M（2，1）， 由AM⊥BM可得，kAM?kBM＝﹣1， 即為＝﹣1， 化為x1x2+2（x1+x2）+20＝0， 即為﹣4t+8+20＝0， 解得t＝7． 則直線AB的方程為y＝x+7． 4．（2016年）在直角坐標系xOy中，直線l：y＝t（t≠0）交y軸于點M，交拋物線C：y2＝2

6、px（p＞0）于點P，M關于點P的對稱點為N，連結ON并延長交C于點H． （1）求； （2）除H以外，直線MH與C是否有其它公共點？說明理由． 【解析】（1）將直線l與拋物線方程聯(lián)立，解得P（，t）， ∵M關于點P的對稱點為N， ∴＝，＝t， ∴N（，t）， ∴ON的方程為y＝x， 與拋物線方程聯(lián)立，解得H（，2t） ∴＝＝2； （2）由（1）知kMH＝， ∴直線MH的方程為y＝x+t，與拋物線方程聯(lián)立，消去x可得y2﹣4ty+4t2＝0， ∴△＝16t2﹣4×4t2＝0， ∴直線MH與C除點H外沒有其它公共點． 5．（2015年）已知過點A（0，1）且斜率為k的直

7、線l與圓C：（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1交于點M、N兩點． （1）求k的取值范圍； （2）若＝12，其中O為坐標原點，求|MN|． 【解析】（1）由題意可得，直線l的斜率存在， 設過點A（0，1）的直線方程為y＝kx+1，即kx﹣y+1＝0． 由已知可得圓C的圓心C的坐標（2，3），半徑R＝1． 故由＜1， 故當＜k＜，過點A（0，1）的直線與圓C：（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1相交于M，N兩點． （2）設M（x1，y1）；N（x2，y2）， 由題意可得，經過點M、N、A的直線方程為y＝kx+1，代入圓C的方程（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1， 可得 （1+k2）x2﹣4（

8、k+1）x+7＝0， ∴x1+x2＝，x1?x2＝， ∴y1?y2＝（kx1+1）（kx2+1）＝k2x1x2+k（x1+x2）+1＝?k2+k?+1＝， 由＝x1?x2+y1?y2＝＝12，解得 k＝1， 故直線l的方程為 y＝x+1，即 x﹣y+1＝0． 圓心C在直線l上，MN長即為圓的直徑． 所以|MN|＝2． 6．（2014年）已知點P（2，2），圓C：x2+y2﹣8y＝0，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． 【解析】（1）由圓C：x2+y2﹣8

9、y＝0，得x2+（y﹣4）2＝16， ∴圓C的圓心坐標為（0，4），半徑為4． 設M（x，y），則，． 由題意可得：． 即x（2﹣x）+（y﹣4）（2﹣y）＝0． 整理得：（x﹣1）2+（y﹣3）2＝2． ∴M的軌跡方程是（x﹣1）2+（y﹣3）2＝2． （2）由（1）知M的軌跡是以點N（1，3）為圓心，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ON⊥PM． ∵kON＝3， ∴直線l的斜率為﹣． ∴直線PM的方程為，即x+3y﹣8＝0． 則O到直線l的距離為． 又N到l的距離為， ∴|PM|＝． ∴． 7．

10、（2013年）已知圓M：（x+1）2+y2＝1，圓N：（x﹣1）2+y2＝9，動圓P與圓M外切并與圓N內切，圓心P的軌跡為曲線C． （1）求C的方程； （2）l是與圓P，圓M都相切的一條直線，l與曲線C交于A，B兩點，當圓P的半徑最長時，求|AB|． 【解析】（1）由圓M：（x+1）2+y2＝1，可知圓心M（﹣1，0）；圓N：（x﹣1）2+y2＝9，圓心N（1，0），半徑3． 設動圓的半徑為R， ∵動圓P與圓M外切并與圓N內切，∴|PM|+|PN|＝R+1+（3﹣R）＝4， 而|NM|＝2，由橢圓的定義可知：動點P的軌跡是以M，N為焦點，4為長軸長的橢圓， ∴a＝2，c＝1，b2

11、＝a2﹣c2＝3． ∴曲線C的方程為（x≠﹣2）． （2）設曲線C上任意一點P（x，y）， 由于|PM|﹣|PN|＝2R﹣2≤3﹣1＝2，所以R≤2，當且僅當⊙P的圓心為（2，0），R＝2時，其半徑最大，其方程為（x﹣2）2+y2＝4． ①l的傾斜角為90°，則l與y軸重合，可得|AB|＝． ②若l的傾斜角不為90°，由于⊙M的半徑1≠R，可知l與x軸不平行， 設l與x軸的交點為Q，則，可得Q（﹣4，0），所以可設l：y＝k（x+4）， 由l于M相切可得：，解得． 當時，聯(lián)立，得到7x2+8x﹣8＝0． ∴，． ∴|AB|＝＝， 由于對稱性可知：當時，也有|AB|＝．

12、綜上可知：|AB|＝或． 8．（2012年）設拋物線C：x2＝2py（p＞0）的焦點為F，準線為l，A∈C，已知以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓F交l于B，D兩點． （1）若∠BFD＝90°，△ABD的面積為，求p的值及圓F的方程； （2）若A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，直線n與m平行，且n與C只有一個公共點，求坐標原點到m，n距離的比值． 【解析】（1）由對稱性知：△BFD是等腰直角△，斜邊|BD|＝2p 點A到準線l的距離， ∵△ABD的面積S△ABD＝， ∴， 解得p＝2，所以F坐標為（0，1）， ∴圓F的方程為x2+（y﹣1）2＝8． （2）由題設（），則， ∵A，B，

13、F三點在同一直線m上， 又AB為圓F的直徑，故A，B關于點F對稱． 由點A，B關于點F對稱得：， 得：，直線：， 切點， 直線：， 坐標原點到m，n距離的比值為：． 9．（2011年）在平面直角坐標系xOy中，曲線y＝x2﹣6x+1與坐標軸的交點都在圓C上． （1）求圓C的方程； （2）若圓C與直線x﹣y+a＝0交與A，B兩點，且OA⊥OB，求a的值． 【解析】（1）法一：曲線y＝x2﹣6x+1與y軸的交點為（0，1），與x軸的交點為（3+2，0），（3﹣2，0）．可知圓心在直線x＝3上，故可設該圓的圓心C為（3，t），則有32+（t﹣1）2＝（2）2+t2，解得t＝1

14、，故圓C的半徑為，所以圓C的方程為（x﹣3）2+（y﹣1）2＝9． 法二：圓x2+y2+Dx+Ey+F＝0， x＝0，y＝1有1+E+F＝0， y＝0，x2 ﹣6x+1＝0與x2+Dx+F＝0是同一方程，故有D＝﹣6，F(xiàn)＝1，E＝﹣2， 即圓方程為x2+y2﹣6x﹣2y+1＝0． （2）設A（x1，y1），B（x2，y2），其坐標滿足方程組，消去y，得到方程2x2+（2a﹣8）x+a2﹣2a+1＝0，由已知可得判別式△＝56﹣16a﹣4a2＞0． 在此條件下利用根與系數(shù)的關系得到x1+x2＝4﹣a，x1x2＝①， 由于OA⊥OB可得x1x2+y1y2＝0，又y1＝x1+a，y2＝

15、x2+a，所以可得2x1x2+a（x1+x2）+a2＝0② 由①②可得a＝﹣1，滿足△＝56﹣16a﹣4a2＞0．故a＝﹣1． 10．（2010年）設F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：x2+＝1（0＜b＜1）的左、右焦點，過F1的直線l與E相交于A、B兩點，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差數(shù)列． （1）求|AB|； （2）若直線l的斜率為1，求b的值． 【解析】（1）由橢圓定義知|AF2|+|AB|+|BF2|＝4， 又2|AB|＝|AF2|+|BF2|，得． （2）的方程式為y＝x+c，其中， 設A（x1，y1），B（x2，y2），則A，B兩點坐標滿足方程組， 化簡得（1+b2）x2+2cx+1﹣2b2＝0． 則，． 因為直線AB的斜率為1，所以， 即． 則． 解得． 9