1、 - 1 - 2014 全国高考数学解析几何 大 题汇编 1 2014江西卷 如图 1 7 所示，已知双曲线 C： x2a2 y2 1(a0)的右焦点为 F，点 A， B 分别在 C 的两条渐近线上，AF x 轴， AB OB， BF OA(O 为坐标原点 ) 图 1 7 (1)求双曲线 C 的方程； (2)过 C 上一点 P(x0， y0)(y0 0)的直线 l： x0xa2 y0y 1 与直线 AF 相交于点 M，与直线 x 32相交于点 N.证明：当点 P在 C 上移动时， |MF|NF|恒为定值，并求此定值 1 解： (1)设 F(c， 0)，因为 b 1，所以 c a2 1.由题意，
2、直线 OB 的方程为 y 1ax，直线 BF 的方程为 y 1a(x c)，所以 B c2， c2a .又直线 OA 的方程为 y 1ax，则 A c， ca ，所以 kABca c2ac c2 3a. 又因为 AB OB，所以 3a 1a 1，解得 a2 3，故双曲线 C 的方程为 x23 y2 1. (2)由 (1)知 a 3，则直线 l 的方程为 x0x3 y0y 1(y0 0)，即 y x0x 33y0(y0 0) 因为直线 AF 的方程为 x 2，所以直线 l 与 AF 的交点为 M 2， 2x0 33y0，直线 l 与直线 x 32的交点为 N32，32x0 33y0 ， 则 |M
3、F|2|NF|2（ 2x0 3） 2（ 3y0） 214 32x0 32（ 3y0） 2 （ 2x0 3）29y204 94（ x0 2）2 43 （ 2x0 3）23y20 3（ x0 2） 2.又 P(x0， y0)是 C 上一点，则x203 y20 1， 代入上式得 |MF|2|NF|243（ 2x0 3） 2x20 3 3（ x0 2） 243（ 2x0 3） 24x20 12x0 943，所以|MF|NF|23 2 33 ，为定值 2 2014四川卷 已知椭圆 C： x2a2y2b2 1(ab0)的焦距为 4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形 (1)求椭圆 C 的标准方程
4、 (2)设 F 为椭圆 C 的左焦点， T 为直线 x 3 上任意一点，过 F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于点 P， Q. 证明： OT 平分线段 PQ(其中 O 为坐标原点 )； 当 |TF|PQ|最小时，求点 T 的坐标 - 2 - 2 解： (1)由已知可得 a2 b2 2b，2c 2 a2 b2 4，解得 a2 6， b2 2，所以椭圆 C 的标准方程是 x26y22 1. (2) 证明：由 (1)可得， F 的坐 标是 ( 2， 0)，设 T 点的坐标为 ( 3， m)，则直线 TF 的斜率 kTF m 0 3（ 2） m.当 m 0 时，直线 PQ 的斜率 kPQ 1m.直线 P
5、Q 的方程是 x my 2. 当 m 0 时，直线 PQ 的方程是 x 2，也符合 x my 2 的形式 设 P(x1， y1)， Q(x2， y2)，将直线 PQ 的方程与椭圆 C的方程联立，得x my 2，x26y22 1.消去 x，得 (m2 3)y2 4my 2 0， 其判别式 16m2 8(m2 3)0.所以 y1 y2 4mm2 3， y1y2 2m2 3， x1 x2 m(y1 y2) 4 12m2 3.设 M 为 PQ 的中点，则 M 点的坐标为 6m2 3， 2mm2 3 . 所以直线 OM 的斜率 kOM m3，又直线 OT 的斜率 kOT m3，所以点 M 在直线 OT
6、上，因此 OT 平分线段 PQ. 由 可得， |TF| m2 1， |PQ| （ x1 x2） 2（ y1 y2） 2 （ m2 1） （ y1 y2） 2 4y1y2 （ m2 1） 4mm2 32 4 2m2 3 24（ m2 1）m2 3 . 所以 |TF|PQ| 124（ m2 3） 2m2 1 124 m2 1 4m2 1 4 124（ 4 4） 33 . 当且仅当 m2 1 4m2 1，即 m 1 时，等号成立，此 时 |TF|PQ|取得最小值 故当 |TF|PQ|最小时， T 点的坐标是 ( 3， 1)或 ( 3， 1) 3 2014全国卷 已 知抛物线 C： y2 2px(p0
7、)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| 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 3 解： (1)设 Q(x0， 4)，代入 y2 2px，得 x0 8p，所以 |PQ| 8p， |QF| p2 x0 p2 8p. 由题设得 p2 8p 54 8p，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
8、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.故线段的 AB 的中点为 D(2m2 1， 2m)， |AB| m2 1|y1 y2| 4(m2 1) 又直线 l 的斜率为 m，所以 l 的方程为 x 1my 2m2 3. 将上式代入 y2 4x，并整理得 y2 4my 4(2m2 3) 0.设 M(x3， y3)， N(x4， y4)，则 y3 y4 4m， y3y4 4(2m2 3) 故线段 MN 的中点为 E 2m2 2m2 3， 2m ， |MN| 1 1m2|y3 y4| 4（ m2
9、 1） 2m2 1m2 . - 3 - 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|2 14|MN|2，即 4(m2 1)2 2m 2m2 2m2 22 4（ m2 1） 2（ 2m2 1）m4 ，化简得 m2 1 0，解得 m 1 或 m 1，故所求直线 l 的方程为 x y 1 0 或 x y 1 0. 4 2014北京卷 已知椭圆 C： x2 2y2 4.(1)求椭圆 C 的离心率； (2)设 O 为原点，若点 A 在椭圆 C 上，点 B 在直线 y 2 上，且 OA OB，试判断直
10、线 AB 与圆 x2 y2 2 的位置关系，并证明你的结论 4 解： (1)由题意，椭圆 C 的标准方程为 x24y22 1.所以 a2 4， b2 2，从而 c2 a2 b2 2.因此 a 2， c 2. 故椭圆 C 的离心率 e ca 22 .(2)直线 AB 与圆 x2 y2 2 相切 证明如下：设点 A， B 的坐标分别为 (x0， y0)， (t， 2)，其中 x0 0.因为 OA OB，所以 OA OB 0，即 tx0 2y0 0，解得 t 2y0x0.当 x0 t 时， y0 t22，代入椭圆 C 的方程，得 t 2，故直线 AB 的方程为 x 2.圆心 O 到直线 AB 的距离
11、 d 2，此时直线 AB 与圆 x2 y2 2 相切 当 x0 t 时，直线 AB 的方程为 y 2 y0 2x0 t(x t)，即 (y0 2)x (x0 t)y 2x0 ty0 0. 圆心 O 到直线 AB 的距离 d |2x0 ty0|（ y0 2） 2（ x0 t） 2.又 x20 2y20 4， t 2y0x0，故 d 2x0 2y20x0x20 y20 4y20x20 4 4 x20x0x40 8x20 162x20 2.此时直线 AB 与圆 x2 y2 2 相切 5 2014重庆卷 如图 1 4 所示，设椭圆 x2a2y2b2 1(ab0)的左、右焦点分别为 F1， F2，点 D
12、 在椭圆上， DF1 F1F2，|F1F2|DF1| 2 2， DF1F2 的面积为22 .(1)求椭圆的标准方程； (2)设圆心在 y 轴上的圆与椭圆在 x 轴的上方有两个交点，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，求圆的半径 图 1 4 5 解： (1)设 F1( c， 0)， F2(c， 0)，其中 c2 a2 b2.由 |F1F1|DF1| 2 2得 |DF1| |F1F2|2 2 22 c. 从而 S DF1F2 12|DF1|F1F2| 22 c2 22 ，故 c 1.从而 |DF1| 22 ，由 DF1 F1F2 得 |DF2|2 |DF1|2 |F1F2|2
13、 92，因此- 4 - |DF2| 3 22 ，所以 2a |DF1| |DF2| 2 2，故 a 2， b2 a2 c2 1.因此，所求椭圆的标准 方程为 x22 y2 1. (2)如图所示，设圆心在 y 轴上的圆 C 与椭圆 x22 y2 1 相交， P1(x1， y1)， P2(x2， y2)是两个交点， y10， y20， 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， |P1P2| 2|x1|. 由 (1)知 F1( 1， 0)， F2(1， 0)，所以 F1P1 (x1 1， y1)， F2P2 ( x1 1，
14、y1) 再由 F1P1 F2P2 得 (x1 1)2 y21 0.由椭圆方程得 1 x212 (x1 1)2，即 3x21 4x1 0，解得 x143或 x1 0. 当 x1 0 时， P1， P2 重合，此时题设要求的圆不存在 当 x1 43时，过 P1， P2 分别与 F1P1， F2P2 垂直的直线的交点即为圆心 C.由 F1P1， F2P2 是圆 C 的切线，且 F1P1 F2P2，知 CP1 CP2.又 |CP1| |CP2|，故圆 C 的半径 |CP1| 22 |P1P2| 2|x1| 4 23 . 6 2014湖南卷 如图 1 7， O 为坐标原点，椭圆 C1： x2a2y2b2
15、 1(a b 0)的左、右焦点分别为 F1， F2，离心率为 e1；双曲线 C2： x2a2y2b2 1 的左、右焦点分别为 F3， F4，离心率为 e2.已知 e1e232 ，且 |F2F4| 3 1. (1)求 C1， C2 的方程； (2)过 F1作 C1 的不垂直于 y 轴的弦 AB， M 为 AB 的中点 当直线 OM 与 C2 交于 P， Q 两点时，求四边形 APBQ 面积的最小值 图 1 7 6 解： (1)因为 e1e2 32 ，所以 a2 b2a a2 b2a 32 ，即 a4 b4 34a4，因此 a2 2b2，从而 F2(b， 0)， F4( 3b， 0)，于是 3b
16、b |F2F4| 3 1，所以 b 1， a2 2.故 C1， C2 的方程分别为 x22 y2 1， x22 y2 1. - 5 - (2)因 AB 不垂直于 y 轴，且过点 F1( 1， 0)，故可设直线 AB 的方程为 x my 1，由x my 1，x22 y2 1 得 (m2 2)y2 2my 1 0.易知此方程的判别式大于 0.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 y1， y2 是上述方程的两个实根，所以 y1 y2 2mm2 2，y1y2 1m2 2.因此 x1 x2 m(y1 y2) 2 4m2 2，于是 AB 的中点为 M 2m2 2， mm2 2 ，故直线 PQ
17、的斜率为 m2，PQ 的方程为 y m2x，即 mx 2y 0.由y m2x，x22 y2 1得 (2 m2)x2 4，所以 2 m20，且 x2 42 m2， y2 m22 m2，从而 |PQ| 2 x2 y2 2 m2 42 m2 .设点 A 到直线 PQ 的距离为 d，则点 B 到直线 PQ 的距离也为 d，所以 2d|mx1 2y1| |mx2 2y2|m2 4.因为 点 A， B 在直线 mx 2y 0 的异侧，所以 (mx1 2y1)(mx2 2y2)0， y00)，则切线斜率为 x0y0，切线方程为 y y0 x0y0(x x0)，即 x0x y0y 4，此时两个坐标轴的正半轴与
18、切线的交点分别为 4x0， 0 ， 0， 4y0.故其围成的三角形的面积 S 12 4x0 4y0 8x0y0.由 x20y20 4 2x0y0 知，当且仅当 x0 y0 2时 x0y0 有最大值 2，此时 S 有最小值 4，因此点 P 的坐标为 ( 2， 2) - 6 - 由题意知2a22b2 1，a2 b2 3a2，解得 a2 1， b2 2，故 C1 的方程为 x2 y22 1. (2)由 (1)知 C2 的焦点坐标为 ( 3， 0)， ( 3， 0)，由此可设 C2 的方程为 x23 b21y2b21 1，其中 b10. 由 P( 2， 2)在 C2 上，得 23 b21 2b21 1
19、，解得 b21 3，因此 C2 的方程为 x26y23 1.显然， l 不是直线 y 0. 设直线 l 的方程为 x my 3，点 A(x1， y1)， B(x2， y2)，由x my 3，x26y23 1，得 (m2 2)y2 2 3my 3 0. 又 y1， y2 是方程的根，因此 y1 y2 2 3mm2 2， y1y2 3m2 2， 由 x1 my1 3， x2 my2 3，得 x1 x2 m（ y1 y2） 2 3 4 3m2 2 ， x1x2 m2y1y2 3m（ y1 y2） 3 6 6m2m2 2 . 因为 AP ( 2 x1， 2 y1)， BP ( 2 x2， 2 y2)，
20、由题意知 AP BP 0， 所以 x1x2 2(x1 x2) y1y2 2(y1 y2) 4 0， 将 代入 式整理得 2m2 2 6m 4 6 11 0， 解得 m 3 62 1 或 m 62 1.因此直线 l 的方程为 x (3 62 1)y 3 0 或 x ( 62 1)y 3 0. 8 2014新课标全国卷 已知点 A(0， 2)，椭圆 E： x2a2y2b2 1(ab0)的离心率为32 ， F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜率为 2 33 ， O 为坐标原点 (1)求 E 的方程； (2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P， Q 两点，当 OPQ的面积最大时，求 l
21、 的方程 8 解： (1)设 F(c， 0)，由条件知， 2c 2 33 ，得 c 3.又 ca 32 ，所以 a 2， b2 a2 c2 1.故 E 的方程为 x24 y2 1. (2)当 l x 轴时不合题意，故可设 l： y kx 2， P(x1， y1)， Q(x2， y2) 将 y kx 2 代入 x24 y2 1 得 (1 4k2)x2 16kx 12 0，当 16(4k2 3)0，即 k234时， x1， 2 8k 2 4k2 34k2 1 ，从而 |PQ| k2 1|x1 x2|4 k2 1 4k2 34k2 1 .又点O 到直线 l 的距离 d 2k2 1.所以 OPQ 的面
22、积 S OPQ 12d |PQ| 4 4k2 34k2 1 .设 4k2 3 t，则 t0， S OPQ4tt2 44t 4t.因为 t 4t 4，当且仅当 t 2，即 k 72 时等号成立，满足 0，所以，当 OPQ 的面积最大时， k 72 ， l的方程为 y 72 x 2 或 y 72 x 2. 9 2014新课标全国卷 设 F1， F2 分别是椭圆 C： x2a2y2b2 1(a b 0)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. - 7 - (1)若直 线 MN 的斜率为 34，求 C 的离心率； (2)若直线 MN 在 y
23、 轴上的截距为 2，且 |MN| 5|F1N|，求 a， b. 9 解： (1)根据 c a2 b2及题设知 M c， b2a ， 2b2 3ac.将 b2 a2 c2 代入 2b2 3ac，解得 ca12，ca 2(舍去 ) 故 C 的离心率为 12. (2)由题意知，原点 O为 F1F2 的中点 ， MF2 y 轴，所 以直线 MF1 与 y 轴的交点 D(0， 2)是线段 MF1 的中点，故 b2a 4，即 b2 4a. 由 |MN| 5|F1N|得 |DF1| 2|F1N|.设 N(x1， y1)，由题意知 y1b0， y 0)和部分抛物线 C2： y x2 1(y 0)连接而成， C
24、1 与 C2 的公共点为 A， B，其中 C1 的离心率为 32 . (1)求 a， b 的值； (2)过点 B 的直 线 l 与 C1， C2 分别交于点 P， Q(均异于点 A， B)，若 AP AQ，求直线 l 的方程 图 1 5 10 解： (1)在 C1， C2 的方程中，令 y 0，可得 b 1，且 A( 1， 0)， B(1， 0)是上半椭圆 C1 的左、右顶点 设 C1 的半焦距为 c，由 ca 32 及 a2 c2 b2 1 得 a 2， a 2， b 1. (2)方法一：由 (1)知，上半椭圆 C1 的方程为 y24 x2 1(y 0) 易知，直线 l 与 x 轴不重合 也
25、不垂直，设其方程为 yk(x 1)(k 0)，代入 C1 的方程，整理得 (k2 4)x2 2k2x k2 4 0.(*)设点 P 的坐标为 (xP， yP)， 直线 l 过点 B， x 1 是方程 (*)的一个根 由求根公式，得 xP k2 4k2 4，从而 yP 8kk2 4， 点 P 的坐标为 k2 4k2 4， 8kk2 4 .同理，由 y k（ x 1）（ k 0），y x2 1（ y 0）， 得点 Q 的坐标为 ( k 1， k2 2k) AP 2kk2 4(k， 4)， AQ k(1， k 2) AP AQ， AP AQ 0，即 2k2k2 4k 4(k 2) 0， k 0， k
26、 4(k 2) 0，解得 k 83.经检验， k 83符合题意，故直线 l 的方程为 y 83(x 1) 方法二：若设直线 l 的方程为 x my 1(m 0)，比照方法一给分 11 2014天津卷 设椭圆 x2a2y2b2 1(ab0)的左、右焦点分别为 F1， F2，右顶点为 A，上顶点为 B.已知 |AB|32 |F1F2|. (1)求椭圆的离心率； (2)设 P 为椭圆上异于其顶点的一点，以线段 PB 为直径的圆经过点 F1，经过原点 O 的直线 l与该圆相切，求直线 l 的斜率 - 8 - 11 解： (1)设椭圆右焦点 F2 的坐标为 (c， 0) 由 |AB| 32 |F1F2|
27、，可得 a2 b2 3c2.又 b2 a2 c2，则 c2a212， 所以椭圆的离心率 e 22 . (2)由 (1)知 a2 2c2， b2 c2.故椭圆方程为 x22c2y2c2 1.设 P(x0， y0) 由 F1( c， 0)， B(0， c)， 有 F1P (x0 c， y0)， F1B (c， c) 由已知， 有 F1P F1B 0，即 (x0 c)c y0c 0.又 c 0，故有 x0 y0 c 0. 又因为点 P 在椭圆上，所以 x202c2y20c2 1. 由 和 可得 3x20 4cx0 0.而点 P 不是椭圆的顶点，故 x043c.代入 得 y0 c3，即点 P 的坐标为
28、 4c3 ， c3 .设圆的圆心为 T(x1， y1)，则 x1 43c 02 23c， y1c3 c2 23c，进而圆的半径 r（ x1 0） 2（ y1 c） 2 53 c.设直线 l 的斜率为 k，依题意，直线 l 的方程为 y kx.由 l 与圆相切，可得 |kx1 y1|k2 1r，即 k 2c3 2c3k2 1 53 c，整理得 k2 8k 1 0，解得 k 4 15，所以直线 l 的斜率为 4 15或 4 15. 12 2014浙江卷 如图 1 6，设椭圆 C： x2a2y2b2 1(ab0)，动直线 l 与椭圆 C 只有一个公共 点 P，且点 P 在第一象限 (1)已知直线 l
29、 的斜率为 k，用 a， b， k 表示点 P 的坐标； (2)若过原点 O 的直线 l1 与 l 垂直，证明：点 P 到直线 l1 的距离的最大值为 a b. 图 1 6 12 解： (1)设直线 l 的方程为 y kx m(k0， b0)的两条渐近线分别为 l1： y 2x， l2： y 2x. (1)求双曲线 E 的离心率 (2)如图 1 6， O 为坐标原点，动直线 l 分别交直线 l1， l2 于 A， B 两点 (A， B 分别在第一、- 9 - 四象限 )，且 OAB 的面积恒为 8.试探究 ：是否存在总与直线 l 有且只有一个公共点的双曲线 E？若存在，求出双曲线 E 的方程；
30、若不存在，说明理由 图 1 6 13 解： 方法一： (1)因为双曲线 E 的渐近线分别为 y 2x， y 2x，所以 ba 2，所以 c2 a2a 2，故 c 5a， 从而双曲线 E 的离心率 e ca 5.(2)由 (1)知，双曲线 E 的方程为 x2a2y24a2 1. 设直线 l 与 x轴相交于点 C.当 l x轴时，若直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点，则 |OC| a， |AB| 4a.又因为 OAB的面积为 8， 所以 12|OC| |AB| 8，因此 12a 4a 8，解得 a 2，此时双曲线 E 的方程为 x24y216 1. 若存在满足条件的双曲线 E，则 E 的方
31、程只能为 x24y216 1. 以下证明：当直线 l 不与 x 轴垂直时，双曲线 E： x24y216 1 也满足条件 设直线 l 的方程为 y kx m，依题意，得 k2 或 k2 或 k0，所以 x1x2 m24 k2，又因为 OAB 的面积为 8，所以 12 |OA| |OB| sin AOB 8，又易知 sin AOB 45，所以 25 x21 y21 x22 y22 8，化简得 x1x2 4. 所以 m24 k2 4，即 m2 4(k2 4) 由 (1)得双曲线 E 的方程为 x2a2y24a2 1，由 y kx m，x2a2y24a2 1得 (4 k2)x2 2kmx m2 4a2
32、 0.因为 4 k20，直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点当且仅当 4k2m2 4(4 k2)(m2 4a2) 0， 即 (k2 4)(a2 4) 0，所以 a2 4，所以双曲线 E 的方程为 x24y216 1. 当 l x 轴时，由 OAB 的面积等于 8 可得 l： x 2，又易知 l： x 2 与双曲线 E： x24y216 1 有且只有一个公共点 综上所述，存 在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E，且 E 的方程为 x24y216 1. 14 2014安徽卷 如图 1 4，已知两条 抛物线 E1： y2 2p1x(p1 0)和 E2： y2 2p2x(p2 0)，过原点 O 的两条直线 l1和 l2， l1 与 E1， E2 分别交于 A1， A2 两点， l2 与 E1， E2 分别交于 B1， B2 两点 图 1 4 (1)证明： A1B1 A2B2； (2)过 O 作直线 l(异于 l1， l2)与 E1， E2 分别交于 C1， C2 两点，记 A1B1C1 与 A2B2C2 的面积分别为 S1 与 S2，求 S1S2的值 14 解： (1)证明：设直线 l1， l2 的方程分别为 y k1x， y k2x(k1， k2 0)，则由y k1x，y2 2p1x， 得 A1 2p1k21 ，2p1k1 ，由 y k1x，y2 2p2x，
