最新-解析几何全国卷高考真题

2015-2017解析几何全国卷高考真题

x2y21上的一点，F1,F2是C上1、（2015年1卷5题）已知M（x0,y0）是双曲线C：2的两个焦点，若MF1•MF20，则y0的取值范围是（ ） （A）（-

3333，） （B）（-，） 336622222323，） （D）（，） 3333（C）（【答案】A

2x02y01，所以MF1•MF2= 【解析】由题知F1(3,0),F2(3,0)，2222y033y010，解得(3x0,y0)•(3x0,y0) =x033y0，故选33A.

考点：双曲线的标准方程；向量数量积坐标表示；一元二次不等式解法.

x2y21的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴2、（2015年1卷14题）一个圆经过椭圆

164上，则该圆的标准方程为 . 【答案】(x)2y23225 4222【解析】设圆心为（a，0），则半径为4a，则(4a)a2，解得a程为(x)2y23，故圆的方23225. 4考点：椭圆的几何性质；圆的标准方程

x23、（2015年1卷20题）在直角坐标系xoy中，曲线C：y=与直线ykxa（a＞0）

4交与M,N两点，

（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；

（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由. 【答案】（Ⅰ）axya0或axya0（Ⅱ）存在

【解析】 试题分析：（Ⅰ）先求出M,N的坐标，再利用导数求出M,N.（Ⅱ）先作出判定，再利用设而精品文档

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不求思想即将ykxa代入曲线C的方程整理成关于x的一元二次方程，设出M,N的坐标和P点坐标，利用设而不求思想，将直线PM，PN的斜率之和用a表示出来，利用直线PM，PN的斜率为0,即可求出a,b关系，从而找出适合条件的P点坐标.

试题解析：（Ⅰ）由题设可得M(2a,a)，N(22,a)，或M(22,a)，N(2a,a).

x21∵yx，故y在x=22a处的到数值为a，C在(22a,a)处的切线方程为

42yaa(x2a)，即axya0.

x2故y在x=-22a处的到数值为-a，C在(22a,a)处的切线方程为

4yaa(x2a)，即axya0.

故所求切线方程为axya0或axya0. （Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：

设P（0，b）为复合题意得点，M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1,k2. 将ykxa代入C得方程整理得x24kx4a0. ∴x1x24k,x1x24a. ∴k1k2y1by2b2kx1x2(ab)(x1x2)k(ab)==. x1x2x1x2a当ba时，有k1k2=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补， 故∠OPM=∠OPN，所以P(0,a)符合题意.

考点：抛物线的切线；直线与抛物线位置关系；探索新问题；运算求解能力

4、（2015年2卷7题）过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1,7)的圆交y轴于M，N两点，则|MN|（ ）

A．26 B．8 C．46 D．10 【解析】由已知得kAB32127所以kABkCB1，所以ABCB，，kCB3，

14341即ABC为直角三角形，其外接圆圆心为(1,2)，半径为5，所以外接圆方程为

(x1)2(y2)225，令x0，得y262，所以MN46，故选C．

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考点：圆的方程． 5、（2015年2卷11题）．已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，∆ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为（ ） A．5 B．2 C．3 D．2

x2y2【解析】设双曲线方程为221(a0,b0)，如图所示，ABBM，

abABM1200，过点M作MNx轴，垂足为N，在RtBMN中，BNa，

MN3a，故点M的坐标为M(2a,3a)，代入双曲线方程得a2b2a2c2，即

c22a2，所以e2，故选D．

考点：双曲线的标准方程和简单几何性质．

6、（2015年2卷20题）（本题满分12分）已知椭圆C:9xym(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．

（Ⅰ）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若l过点(222m,m)，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？3若能，求此时l的斜率，若不能，说明理由．

【解析】（Ⅰ）设直线l:ykxb(k0,b0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(xM,yM)． 将

ykxb代入

9x2y2m2得

(k29)x22kbxb2m20，故

xMx1x2kb， 22k9yM99bk．于是直线的斜率，即kOMk9．所以直OMOMxMkk29yMkxMb精品文档

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线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值． （Ⅱ）四边形OAPB能为平行四边形． 因为直线l过点(m,m)，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0，k3． 399yx,由（Ⅰ）得OM的方程为yx．设点P的横坐标为xP．由得kk9x2y2m2,xP2k2m2kmmm(3k)2，即xP．将点(,m)的坐标代入直线l的方程得b，

29k81333k9mk(k3)．四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，

3(k29)km3k92因此xM即xP2xM．于是

2mk(k3)．解得k147，k247．因为ki0,ki3，i1，2，所以当l3(k29)的斜率为

47或47时，四边形OAPB为平行四边形．

考点：1、弦的中点问题；2、直线和椭圆的位置关系．

x2y27、（2016年1卷5题）（5）已知方程221表示双曲线,且该双曲线两焦点

mn3mn间的距离为4,则n的取值范围是

（A）1,3 （B）1,3 （C）0,3 （D）0,3 【答案】A



考点：双曲线的性质

【名师点睛】双曲线知识一般作为客观题学生出现,主要考查双曲线几何性质,属于基础题.

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注意双曲线的焦距是2c不是c,这一点易出错.

8、（2016年1卷10题）以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点,交C的准线于D、E两点.已知|AB|=42,|DE|=25,则C的焦点到准线的距离为 (A)2 (B)4 (C)6 (D)8 【答案】B

考点：抛物线的性质.

【名师点睛】本题主要考查抛物线的性质及运算,注意解析几何问题中最容易出现运算错误,所以解题时一定要注意运算的准确性与技巧性,基础题失分过多是相当一部分学生数学考不好的主要原因.

9、（2016年1卷20题）（本小题满分12分）设圆xy2x150的圆心为A,直线l过点B（1,0）且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E. （I）证明EAEB为定值,并写出点E的轨迹方程；

（II）设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.

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x2y2【答案】（Ⅰ）（II）[12,83) 1（y0）

43试题解析：（Ⅰ）因为|AD||AC|,EB//AC,故EBDACDADC, 所以|EB||ED|,故|EA||EB||EA||ED||AD|.

又圆A的标准方程为(x1)y16,从而|AD|4,所以|EA||EB|4. 由题设得A(1,0),B(1,0),|AB|2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：

22x2y21（y0）. 43（Ⅱ）当l与x轴不垂直时,设l的方程为yk(x1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2).

yk(x1)2222由x2得(4k3)x8kx4k120. y21348k24k212则x1x2,x1x2.

4k234k2312(k21)所以|MN|1k|x1x2|. 24k32过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y12,所以 (x1),A到m的距离为

2kk14k23|PQ|24()4.故四边形MPNQ的面积 22k1k1222S11|MN||PQ|1212. 24k3可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83). 精品文档

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当l与x轴垂直时,其方程为x1,|MN|3,|PQ|8,四边形MPNQ的面积为12. 综上,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83). 考点：圆锥曲线综合问题

【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、最值、求参数取值范围等几部分组成, .其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.

10、（2016年2卷4题）圆x2y22x8y130的圆心到直线axy10 的距离为1，则a=

43（A） （B） （C）3 （D）2

34【解析】A

22圆xy2x8y130化为标准方程为：x1y44，

22故圆心为1，4，d

a41a211，解得a，故选A．

43x2y211、（2016年2卷11题）已知F1，F2是双曲线E：221的左，右焦点，点M在E上，

ab1MF1与x轴垂直，sinMF2F1 ,则E的离心率为

3(A)2 （B）【解析】A

22F1F2F1F2sinM32． 离心率e，由正弦定理得eMF2MF1MF2MF1sinF1sinF21133 （C）3 （D）2 212、（2016年2卷20题）（本小题满分12分）

x2y21的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k0)的直线交E已知椭圆E:t3于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.

（I）当t4，AMAN时，求△AMN的面积；

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（II）当2AMAN时，求k的取值范围.

x2y21，A点坐标为2，0， 【解析】 ⑴当t4时，椭圆E的方程为43则直线AM的方程为ykx2．

x2y21222243联立并整理得，34kx16kx16k120 ykx28k26128k2622AM1k21k 解得x2或x，则

34k234k234k21AN1因为AMAN，所以k2121341k21k2123k4 k因为AMAN，k0， 所以1k2121221k4，整理得k14k2k40， 34k23kk4k2k40无实根，所以k1． 1所以△AMN的面积为AM2211214411． 234492⑵直线AM的方程为ykxt，

x2y2122222t3联立并整理得，3tkx2ttkxtk3t0

ykxtttk23t解得xt或x，

3tk2ttk23t6t2AM1kt1k 所以

3tk23tk22所以

AN1k26t3kt k因为2AMAN

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6t6t226k3k1k． t，整理得，t33tk23kk2k所以

21k2k21k26k23k3，整理得因为椭圆E的焦点在x轴，所以t3，即30 3k2k2解得32k2．

x2y221(ab0)2b13、（2016年3卷11题）已知O为坐标原点，F是椭圆C：a的左焦

点，A,B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PFx轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为（ ）

1（A）3

【答案】A

1（B）2 2（C）3 3（D）4

考点：椭圆方程与几何性质．

【思路点拨】求解椭圆的离心率问题主要有三种方法：（1）直接求得a,c的值，进而求得eb的值；（2）建立a,b,c的齐次等式，求得a或转化为关于e的等式求解；(3)通过特殊值或特

殊位置，求出e．

22mxy3m30xy12交于A,B两l14、（2016年3卷16题）已知直线：与圆

点，过A,B分别做l的垂线与x轴交于C,D两点，若AB23，则|CD|__________________.

【答案】4

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考点：直线与圆的位置关系． 【技巧点拨】解决直线与圆的综合问题时，一方面，要注意运用解析几何的基本思想方法(即几何问题代数化)，把它转化为代数问题；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系得非常紧密，因此，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决．

2l,lyC15、（2016年3卷20题）已知抛物线：2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线12分别交C于A,B两点，交C的准线于P，Q两点． （I）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明ARFQ；

（II）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.

2yx1． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）

1F(,0)2.设l1:ya,l2:yb，则ab0，且 试题解析：由题设

a2b2111abA(,0),B(,b),P(,a),Q(,b),R(,)222222.

记过A,B两点的直线为l，则l的方程为2x(ab)yab0. .....3分 （Ⅰ）由于F在线段AB上，故1ab0.

记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则精品文档

k1abab1abbk21a2a2abaa，

精品文档 所以ARFQ. ......5分

（Ⅱ）设l与x轴的交点为D(x1,0)，

SABF则

ab111baFDbax1,SPQF2222.

11abbax122，所以x10（舍去）由题设可得2，x11.

设满足条件的AB的中点为E(x,y).

当AB与x轴不垂直时，由kAB2y(x1)kDE可得abx1.

aby2yx1(x1). 2而，所以

2yx1. ....12分 xABED当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为

考点：1、抛物线定义与几何性质；2、直线与抛物线位置关系；3、轨迹求法．

【方法归纳】（1）解析几何中平行问题的证明主要是通过证明两条直线的斜率相等或转化为利用向量证明；（2）求轨迹的方法在高考中最常考的是直接法与代入法（相关点法），利用代入法求解时必须找准主动点与从动点．

x2y216、（2017年1卷15题）已知双曲线C:22，（a0，b0）的右顶点为A，以Aab为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，若MAN60，则C的离心率为_______． 23 3【解析】如图，

【答案】

OAa，ANAMb

∵MAN60，∴AP3b，OP2322OAPAa2b2 4精品文档

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3bAP2∴tan

OP322ab43bbb2，解得a23b2 又∵tan，∴a3aa2b24b2123∴e121

a33

x2y21，17、（2017年1卷20题）已知椭圆C：221ab0，四点P11，ab331，P1，P20，1，P3，4中恰有三点在椭圆C上． 22（1）求C的方程；

（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A、B两点，若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过定点．

【解析】（1）根据椭圆对称性，必过P3、P4

PP4三点 又P4横坐标为1，椭圆必不过P1，所以过P2，3，31，P31，将P20，代入椭圆方程得 21b21，解得a24，b21 31124b2ax2∴椭圆C的方程为：y21．

4（2）①当斜率不存在时，设l:xm，Am，yA，Bm，yA yA1yA121 mmm得m2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足． ②当斜率存在时，设l∶ykxbb1 kP2AkP2BAx1，y1，Bx2，y2

ykxb222联立2，整理得14kx8kbx4b40 2x4y408kb4b24x1x2，x1x2

14k214k2y11y21x2kx1bx2x1kx2bx1则kP2AkP2B x1x2x1x2精品文档

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8kb28k8kb28kb14k2

4b2414k28kb14b1b11，又b1

b2k1，此时64k，存在k使得0成立．

∴直线l的方程为ykx2k1 当x2时，y1 所以l过定点2，1．

x2y218、（2017年2卷9题）若双曲线C:221（a0，b0）的一条渐近线被圆

abx22y24所截得的弦长为2，则C的离心率为（ ）

23 3A．2 B．3 C．2 D．

【命题意图】主要考查双曲线的性质及直线与圆的位置关系，意在考查考生的转化与化归思想. 【解析】解法一：常规解法

b根据双曲线的标准方程可求得渐近线方程为yx，根据直线与圆的位置关系可求得圆心到

a2ba22渐进线的距离为3，∴ 圆心到渐近线的距离为，即ba23，解得e2.

b1ab1a解法二：待定系数法

设渐进线的方程为ykx，根据直线与圆的位置关系可求得圆心到渐进线的距离为3，

2k1k2∴ 圆心到渐近线的距离为，即2k1k23，解得k23；由于渐近线的斜率与离心率

关系为k2e21，解得e2. 精品文档

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219、（2017年2卷16题）已知F是抛物线C:y8x的焦点，是C上一点，F的延长线交y轴于点．若为F的中点，则F ．

【命题意图】本题主要考查抛物线的定义及直线与抛物线的位置关系，意在考查考生的转化与 化归思想运算求解的能力 【解析】解法一：几何法

∵ 点M为线段NF的中点 ∴ xM1 ∴ MFxM23 ∴ NF2MF6 【知识拓展】本题从抛物线定义入手，定比分点求坐标，这是基础概念题，课本习题常有练习. 20、（2017年2卷20题）

x2y21上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P设O为坐标原点，动点M在椭圆C：2满足NP2NM.

(1) 求点P的轨迹方程；

(2) 设点Q在直线x=-3上，且OPPQ1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦

点F.

【命题意图】椭圆，定值问题的探索；运算求解能力

【基本解法】

（Ⅰ）解法一：相关点法求轨迹：

设Mx0,y0，Nx0,0,Px,y，则：NPxx0,y,NM0,y0. 又NP2NM,所以：xx0,y20,y0，则：xx0,y2y0.

x02y021。 又Mx0,y0在椭圆C上，所以：2所以：xy2. 精品文档

22精品文档 解法二：

椭圆C的参数方程为：设Mx2cos（为参数）.

ysin2cos,0,Px,y，

则：NPx2cos,y,NM0,sin.

x又NP2NM,所以：则：x2cos,y20,sin，

2cos,sin，N则：xy2.

（Ⅱ）解法一：设P222cos,y2sin.

2cos,2sin1，Q3,y1,F1,0,则

OP2cos,2sin，OQ3,yPF12cos,2sin.

,PQ32cos,y12sin，

又OPPQ1,所以：

2cos,2sin32cos,y12sin32cos2cos22y1sin2sin21即：32cos2y1sin3.

那么：PFOQ12cos,2sin3,y1332cos2ysin0. 所以：PFOQ.

即过P垂直于OQ的直线l过椭圆C的左焦点F。

解法二：设Px1,y1，Q3,y2,F1,0,则OPx1,y1，OQ3,y2,

PQ3x1,y2y1，PF1x1,y1.

又OPPQ1,所以：

x1,y13x1,y2y13x1x12y1y2y121.

22又Px1,y1在xy2上，所以：3x1y1y23.

又PFOQ1x1,y13,y233x1y1y20. 所以：PFOQ.

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即过P垂直于OQ的直线l过椭圆C的左焦点F。

x2y2521、b0）（2017年3卷5题）已知双曲线C：221（a0，的一条渐近线方程为yx，

ab2x2y21有公共焦点．则C的方程为（） 且与椭圆123x2y2x2y2x2y2x2y2A．B．C．D．1 1 1 1

810455443【答案】B

【解析】∵双曲线的一条渐近线方程为y5b5① x，则a22x2y21与双曲线有公共焦点，易知c3，则a2b2c29② 又∵椭圆123x2y2 1，故选B. 由①②解得a2,b5，则双曲线C的方程为45x2y222、（2017年3卷10题）已知椭圆C:221（ab0）的左、右顶点分别为A1，A2，

ab且以线段A1A2为直径的圆与直线bxay2ab0相切，则C的离心率为（）

1632A． B． C． D．

333３【答案】A

【解析】∵以A1A2为直径为圆与直线bxay2ab0相切，∴圆心到直线距离等于半径，

∴d2abab22a

又∵a0,b0，则上式可化简为a23b2 ∵bac，可得a3ac222222c22，即2

a3c6，故选A a323、（2017年3卷20题）已知抛物线C:y22x，过点（2，0）的直线交C于A，B两点，圆

M是以线段AB为直径的圆．

（1）证明：坐标原点O在圆M上；

（2）设圆M过点P（4，2），求直线与圆M的方程．

【解析】⑴显然，当直线斜率为时，直线与抛物线交于一点，不符合题意．

∴e设l:xmy2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

y22x2联立：得y2my40，

xmy24m216恒大于，y1y22m，y1y24．

OAOBx1x2y1y2

(my12)(my22)

(m21)y1y22m(y1y2)4

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4(m21)2m(2m)40

∴OAOB，即O在圆M上．

⑵若圆M过点P，则APBP0

(x14)(x24)(y12)(y22)0 (my12)(my22)(y12)(y22)0

(m21)y1y2(2m2)(y1y2)80

1化简得2m2m10解得m或

21①当m时，l:2xy40圆心为Q(x0,y0)，

2yy2119y01，x0y02，

2224

91半径r|OQ| 42921285则圆M:(x)(y)

4216

②当m1时，l:xy20圆心为Q(x0,y0)，

yy2y011，x0y023，

2

半径r|OQ|3212 22则圆M:(x3)(y1)10

22

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