云南省高考文科解答题：解析几何

云南省高考数学解答题(文科):解析几何

一、考试内容和要求

直线和圆的方程

考试内容：

直线的倾斜角与斜率.直线方程的点斜式和两点式.直线方程的一般式. 两条直线平行与垂直的条件.两条直线的交角.点到直线的距离. 用二元一次不等式表示平面区域.简单的线性规划问题.

曲线与方程的概念.由已知条件列出曲线方程. 圆的标准方程和一般方程.圆的参数方程. 考试要求：

(1)理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线的斜率公式.掌

握直线方程的点斜式、两点式、一般式，并能根据条件熟练地求出直线方程.

(2)掌握两条直线平行与垂直的条件，两条直线所成的角和点到直线的距离公式，能够根据直线的方程判断两条直线的位置关系. (3)了解二元一次不等式表示平面区域.

(4)了解线性规划的意义，并会简单的应用.

(5)了解解析几何的基本思想，了解坐标法.

(6)掌握圆的标准方程和一般方程，了解参数方程的概念。理解圆的参数方程. 圆锥曲线方程

考试内容：

椭圆及其标准方程.椭圆的简单几何性质.椭圆的参数方程. 双曲线及其标准方程.双曲线的简单几何性质. 抛物线及其标准方程.抛物线的简单几何性质. 考试要求：

(1)掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质，了解椭圆的参数方程.

(2)掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质. (3)掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质. (4)了解圆锥曲线的初步应用.

二、201x年高考解析几何分析与预测：

解析几何是代数与几何的完美结合，解析几何的问题可以涉及函数、方程、

1

不等式、三角、几何、数列、向量等知识，形成了轨迹、最值、对称、范围、参系数等多种问题，因而成为高中数学综合能力要求最高的内容之一.直线和圆锥曲线位置关系问题是解析几何问题大题的难点问题，通常学生在解决直线和圆锥曲线问题上，往往要做三步，一就是联立方程组，二就是求判别式，并且判别符号..第三，运用韦达定理，如果这三步做完了，就是解不等式，或者求函数的值域或定义域的问题了. 具体如下：

(1)直线与圆锥曲线的位置关系(含各种对称、切线)的研究与讨论仍然是重中之重.

由于导数的介入，抛物线的切线问题将有可能进一步“升温”. (2)抛物线、椭圆与双曲线之间关系的研究与讨论也将有所体现.

(3)与平面向量的关系将进一步密切，许多问题会“披着”向量的“外衣”. (4)函数、方程与不等式与《解析几何》问题的有机结合将继续成为数学高考的“重头戏”.

(5)有几何背景的圆锥曲线问题一直是命题的热点.

(6)数列与《解析几何》问题的携手是一种值得关注的动向.

求曲线方程、求弦长、求角、求面积、求特征量、求最值、证明某种关系、证明定值、求轨迹、求参数的取值范围、探索型、存在性讨论等问题仍将是常见的问题.重点题型要熟练掌握，如： （1）中点弦问题

具有斜率的弦中点问题，常用设而不求法（点差法）：设曲线上两点为 代入方程，然后两方程相减，再应用中点关系及斜率公式，消去四个参数 （2）焦点三角形问题

椭圆或双曲线上一点，与两个焦点构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭桥. （3）直线与圆锥曲线位置关系问题

直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组，进而转化为一元二次方程后利用判别式，应特别注意数形结合的办法 （4）圆锥曲线的有关最值（范围）问题

圆锥曲线中的有关最值（范围）问题，常用代数法和几何法解决

<1>若命题的条件和结论具有明显的几何意义，一般可用图形性质来解决;

<2>若命题的条件和结论体现明确的函数关系式，则可建立目标函数（通常利用二次函数，三角函数，均值不等式）求最值 （5）求曲线的方程问题

<1>曲线的形状已知--------这类问题一般可用待定系数法解决； <2>曲线的形状未知-----求轨迹方程

（6） 存在两点关于直线对称问题

在曲线上两点关于某直线对称问题，可以按如下方式分三步解决：求两点所在的直线，求这两直线的交点，使这交点在圆锥曲线形内（当然也可以利用韦达定理并结合判别式来解决）

三. 2003年—2014年云南省高考圆锥曲线解答题汇总

1、 (2003年本小题满分14分)

设A(x1,y1),B(x2,y2)两点在抛物线y2x上，l是AB的垂直平分线，

2

2

（Ⅰ）当且仅当x1x2取何值时，直线l经过抛物线的焦点F？证明你的结论； （Ⅱ）当x11,x23时，求直线l的方程.

2、（2004年本小题满分12分）

给定抛物线C：y24x，F是C的焦点，过点F的直线l与C相交于A、B两点.

（Ⅰ）设l的斜率为1，求OA与OB的夹角的大小；

（Ⅱ）设FBAF，若[4,9]，求l在y轴上截距的变化范围.

y21上，F为椭圆3、( 2005年本小题满分14分)P、Q、M、N四点都在椭圆x2在y轴正半轴上的焦点，已知PF与FQ共线, MF与FN共线，且PFMF0，求四边形PMQN的面积的最小值和最大值. 4、（2006年本小题满分１２分）

2已知抛物线x24y的焦点为F，A、且AFFB(0).过A、B是抛物线上的两动点，

B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M,

（I）证明FMAB为定值；

（II）设ABM的面积为S，写出Sf()的表达式，并求S的最小值.

5、（2007年本小题满分12分）

在直角坐标系xOy中，以O为圆心的圆与直线x3y4相切． （1）求圆O的方程；

（2）圆O与x轴相交于A，B两点，圆内的动点P使|PA|，|PO|，|PB|成等比数列，求PAPB的取值范围．

6、（2008年本小题满分12分）

0)B(01)，是它的两个顶点，直线ykx(k0)与AB相交设椭圆中心在坐标原点，A(2，，3

于点D，与椭圆相交于E、F两点． （Ⅰ）若ED6DF，求k的值； （Ⅱ）求四边形AEBF面积的最大值.

7、（2009年本小题满分12分）

x2y23已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于

ab3A、B两点，当l的斜率为1是，坐标原点O到l的距离为

（Ⅰ）求a，b的值；

（Ⅱ）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OPOAOB成立？ 若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由。

2 2

8、( 2010年本小题满分12分)

x2y2D两点，BD的已知斜率为1的直线l与双曲线C:221(a0,b0)交于B，

ab中点为M(1,3).

(I)求C的离心率；

(II)设C的右顶点为A,右焦点为F,|DF||BF|17,过A，B，D的圆与x轴相切.

y21在y轴正半轴上的9、（2011年）已知O为坐标原点，F为椭圆C：x22焦点，过F且斜率为2的直线l与C交与A，B两点，点P满足OAOBOP0 (1) 证明：点P在C上；

(2)设点P关于O的对称点为Q，证明：A、P、B、

Q四点在同一个圆上.

10、（2012年,本小题满分12分）

4

已知抛物线C：y(x1)2与圆M：(x1)(y)r(r0)有一个公共点

21222A，且在点A处两曲线的切线为同一直线l. （Ⅰ）求r；

（Ⅱ）设m、n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m、n的交点为D，求D到l的

距离.

11、(2013课标全国Ⅱ，文20)(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，已知圆P在

x轴上截得线段长为22在y轴上截得线段长为23.

(1)求圆心P的轨迹方程； (2)若P点到直线yx的距离为

2，求圆P的方程. 2

x2y212、（2014年）设F1 ，F2分别是椭圆C：221(ab0)的左，右焦点，

abM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.

（I）若直线MN的斜率为

3，求C的离心率； 4（II）若直线MN在y轴上的截距为2且|MN|5|F1N|，求a，b.

5

2003年～2014年云南省历年高考圆锥曲线几何题参考答案

1、（2003年） (本小题满分14分)

设A(x1,y1)，B(x2,y2)两点在抛物线y2x2上，l是AB的垂直平分线， （Ⅰ）当且仅当x1x2取何值时，直线l经过抛物线的焦点F？证明你的结论； （Ⅱ）当x11，x23时，求直线l的方程.

解：（Ⅰ）∵抛物线y2x2，即x211y，∴p， ∴焦点为F(0,)，

824（1）直线l的斜率不存在时，显然有x1x20. （2）直线l的斜率存在时，设为k，截距为b. 即直线l：ykxb,

22x122x2x1x2x1x2y1y2kbkb2222由已知得：，2， 2yy12x2x12211xxkk21x1x2x1x222xxkb2111222，x1x2b0，b.

44xx1122k即l的斜率存在时，不可能经过焦点F(0,)

所以当且仅当x1x20时，直线l经过抛物线的焦点F； （Ⅱ）当x11，x23时，

直线l的斜率显然存在，设为l：ykxb

18x1x2x1x2122kxxkbkb1021422则由（Ⅰ）得：， ，，

4111xxb21242k2k所以直线l的方程为y

6

141x，即x4y410. 44

2、（2004年）给定抛物线C：y24x，F是C的焦点，过点F的直线l与C相交于A、

B两点.

（Ⅰ）设l的斜率为1，求OA与OB的夹角的大小；

（Ⅱ）设FBAF，若[4,9]，求l在y轴上截距的变化范围.

解：（Ⅰ）C的焦点为F(1,0)，直线l的斜率为1，所以l的方程为yx1. 将yx1代入方程y24x，并整理得 x6x10. 设A(x1,y1),B(x2,y2)，则有x1x26，x1x21，

2OAOB(x1,y1)(x2,y2)x1x2y1y22x1x2(x1x2)13.

|OA||OB|cos(OA,OB)22x12y12x2y2x1x2[x1x24(x1x2)16]41.

OAOB|OA||OB|314

.41所以OA与OB夹角的大小为arccos314. 41（Ⅱ）由题设FBAF 得 (x21,y2)(1x1,y1),

x21(1x1)即

yy1.22222① ②

22由②得y2y1， ∵ y14x1,y24x2, ∴x2x1.③ 联立①、③解得x2，依题意有0. ∴B(,2)，或(,2)，又F(1,0)，得直线l方程为：

(1)y2(x1)，或(1)y2(x1)，

22，或， 11当[4,9]时，l在方程y轴上的截距为

由

2222在[4,9]上是递减的， , 可知

1111324423，， 4133147

∴

直线l在y轴上截距的变化范围为[

4334,][,]. 3443y21上，F为椭圆在y轴正半轴上的3、（2005年）P、Q、M、N四点都在椭圆x2焦点，已知PF与FQ共线, MF与FN共线，且PFMF0，求四边形PMQN的面积

2的最小值和最大值.

解：∵PFMF0PFMF，即MNPQ.

yPFNQ当MN或PQ中有一条直线垂直于x轴时，另一条直线必 垂直于y轴. 不妨设MNy轴，则PQx轴 Mox∵F(0,1)， ∴MN的方程为：y1，PQ的方程为：x0，

y21中得：|MN|2，|PQ|22， 分别代入椭圆x22SPMQN1|MN||PQ|2， 2当MN，PQ都不与坐标轴垂直时，设MN的方程为ykx1(k0)，代入椭圆

2k1y2x1中得：(k22)x22kx10，x1x22，x1x22，

k2k2222k2422(1k2) |MN|(1k)[(x1x2)4x1x2](1k)[(2)2]k2k2k2222222(1k2)同理可得：|PQ| 2k21SPMQN1k2|MN||PQ|2(14)2(122k5k221即k1时，取等号). k212(k21)5k2)16， 9 (当且仅当k2又SPMQN16k2SPMQN2 2(14)2，∴此时292k5k2综上可知：(SPMQN)max2，(SPMQN)min

8

16 9

3、(2006年) 已知抛物线x24y的焦点为F，A，B是抛物线上的两动点，且

AFFB(0).过A，B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M,

（I）证明FMAB为定值；

（II）设ABM的面积为S，写出Sf()的表达式，并求S的最小值. 解：(Ⅰ)由已知条件，得F(0,1)，0．

设A(x1,y1)，B(x2,y2)．由AFFB，即得(x1,1y1)(x2,y21)，

x1x2(1)， 1y(y1)(2)1222将①式两边平方并把4y1x1，4y2x2代入得y12y2 ③

解②、③式得y1，y2抛物线方程为y1，且有x1x2x24y24，

2121x，求导得yx． 42所以过抛物线上A、B两点的切线方程分别是y1x1(xx1)y1， 2111112yx2(xx2)y2，即yx1xx12，yx2xx2，

22424解出两条切线的交点M的坐标为(x1x2x1x2xx2,)(1,1)． 2422x1x2x2x12122,2)(x2x1,y2y1)(x2x1)2()0, 所以FMAB(2244所以FMAB为定值，其值为0． (Ⅱ)由(Ⅰ)知在ABM中，FMAB，因而S1|AB||FM|． 2|FM|(x1x2212121)(2)2x1x2x1x24 2442111， y1y2(4)422因为|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y1的距离，所以

9

|AB||AF||BF|y1y2212(1)2，

于是S113|AB||FM|()， 212知S4，且当1时，S取得最小值4．

由5、（2007年）在直角坐标系xOy中，以O为圆心的圆与直线x3y4相切． （1）求圆O的方程；

（2）圆O与x轴相交于A，B两点，圆内的动点P使|PA|，|PO|，|PB|成等比数列，求PAPB的取值范围．

解：（1）依题设，圆O的半径r等于原点O到直线x3y4的距离，

即r4132 ．得圆O的方程为x2y24．

2（2）不妨设A(x1,0)，B(x2,0)，x1x2，由x4即得A(2,0)，B(2,0)， 设P(x，y)，由PA，PO，PB成等比数列，得

(x2)2y2(x2)2y2x2y2，即x2y22．

PAPB(2x,y)(2x,y)x24y22(y21)，

x2y24，2由于点P在圆O内，故2，由此得y1． 2xy2.0)． 所以PAPB的取值范围为[2，6、（2008年）设椭圆中心在坐标原点，A(2,0)，B(0,1)是它的两个顶点，直线ykx(k0)与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点． （Ⅰ）若ED6DF，求k的值； （Ⅱ）求四边形AEBF面积的最大值.

x2y21，（Ⅰ）解：依题设得椭圆的方程为直线AB，EF的方程分别为x2y2，4ykx(k0)． 如图，

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y B O E F D A x 设D(x0,kx0)，E(x1,kx1)，F(x2,kx2)， 其中x1x2，且x1，x2满足方程(14k2)x24， 故x2x1214k2．①

由ED6DF知x0x16(x2x0)，得x0由D在AB上知x02kx02，得x0所以

1510； (6x2x1)x2277714k2． 12k232102，化简得24k25k60，解得k或k． 3812k714k2（Ⅱ）解法一：根据点到直线的距离公式和①式知，点E，F到AB的距离分别为

h1x12kx125x22kx2252(12k14k2)5(14k)2，

h22(12k14k2)5(14k)2．

又AB2215，所以四边形AEBF的面积为

S114(12k) |AB|(h1h2)52225(14k)14k24k222， 414k1时，上式取等号．所以S的最大值为22． 22(12k)14k2当2k1，即当k解法二：由题设，BO1，AO2．

设y1kx1，y2kx2，由①得x20，y2y10， 故四边形AEBF的面积为：

SS△BEFS△AEFx22y2 (x22y2)2 2222x24y24x2y2≤2(x24y2)22，

当x22y2时，上式取等号．所以S的最大值为22．

11

x2y237、（2009 年）已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，过右焦点F的直线l与

ab3C相交于A、B两点，当l的斜率为1是，坐标原点O到l的距离为

（Ⅰ）求a，b的值；

（Ⅱ）C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有OPOAOB成立？ 若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由。

解:（Ⅰ）设F(c,0)，直线l:xyc0，由坐标原点O到l的距离为2 22 2 则|00c|2c3，解得 c1.又e,a3,b2. a322x2y21，设A(x1,y1)、B(x2,y2)， （Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆的方程为C：32由题意知l的斜率为一定不为0，故不妨设l：xmy1，

22代入椭圆的方程中整理得(2m3)y4my40，显然0。

由韦达定理有：y1y24m4,yy,．．．．．．．．① 122m232m23.假设存在点P，使OPOAOB成立，则其充要条件为：

(x1x2)2(y1y2)21。 点P的坐标为(x1x2,y1y2)，点P在椭圆上，即

32整理得2x123y122x223y224x1x26y1y26。 又A、B在椭圆上，即2x123y126,2x223y226.

故2x1x23y1y230．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②

2将x1x2(my11)(my21)m2y1y2m(y1y2)1及①代入②解得m1 24m2322322,x1x2=,即y1y2或P(,). 22m32222212

当m2322时,P(,),l:xy1; 22222322时,P(,),l:xy1. 2222当m

x2y28、（2010年）已知斜率为1的直线l与双曲线C:221(a0,b0)交于B，D两点，

abBD的中点为M(1,3). (I)求C的离心率；

(II)设C的右顶点为A,右焦点为F,|DF||BF|17,过A，B，D的圆与x轴相切.

解：（Ⅰ）由题设知，l的方程为：yx2.

代入C的方程，并化简，得(ba)x4ax4aab0. 设B(x1,y1)、D(x2,y2)，

22222224a24a2a2b2,x1x22则x1x22，①

ba2ba2由M(1,3)为BD的中点知

x1x21， 214a21，即b23a2，② 故222ba故cab2a，所以C的离心率e2222c2. a2（Ⅱ）由①、②知，C的方程为：3xy3a，

43a2A(a,0),F(2a,0),x1x22,x1x20，

2故不妨设x1a,x2a.

BF(x12a)2y12(x12a)23x123a2a2x1，

22FD(x22a)2y2(x22a)23x23a22x2a，

BFFD(a2x1)(2x2a)4x1x22a(x1x2)a25a24a8.

2又BFFD17，故5a4a817，解得a1,或a9（舍去）. 513

故BD2x1x22(x1x2)24x1x26.

连接MA，则由A(1,0),M(1,3)知MA3，从而MAMBMD，且MAx轴，因此以M为圆心，MA为半径的圆经过A、B、D三点，且在点A处于x轴相切． 所以过A、B、D三点的圆与x轴相切. 【点评】高考中的解析几何问题一般为综合性较强的题目，命题者将好多考点以圆锥曲线为背景来考查，如向量问题、三角形问题、函数问题等等，试题的难度相对比较稳定.

y21在y轴正半轴上的焦点，9、（2011年）已知O为坐标原点，F为椭圆C：x过F22且斜率为2的直线l与C交与A，B两点，点P满足OAOBOP0. （1）证明：点P在C上；

（2）设点P关于O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一个圆上. 解：（1）F(0,1)，直线l的方程为y2x1，

y21并化简得 代入x224x222x10，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

P(x3,y3)，则x126 ， 2x2262，x1x2，y1y22(x1x2)21，所以点P的坐标为22y22221，故点P在椭圆C上， (,1)，经验证，P的坐标为(,1)满足方程x222（2）由P(22,1)和题设知，Q(,1)，PQ的垂直平分线l1的方程为 22y221x，① 设AB的中点为M，则M(,),AB的垂直平分线l2的方程为 242y2121x⑵，由①、②得l1与l2的交点为N(,)， 248814

|NP|(3112221311，, |NP||NQ|)(1)2828883232，|AM|， 84|AB||x1x2|1(2)2|MN|(3112221123322，|NA|AMMN， )()848288311，所以|NA||NP||NB||NQ|，由此可知A、P、B、Q四点8|NA||NB|在以N为圆心，NA为半径同圆上.

210、（2012年）已知抛物线C：y(x1)与圆M：(x1)(y)r(r0)21222有一个公共点A，且在点A处两曲线的切线为同一直线l. （Ⅰ）求r；

（Ⅱ）设m、n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m、n的交点为D，求D到l的距离.

（Ⅰ）设A(x0,(x01)2)，对y(x1)求导得y2(x1)，故l的斜率k2(x01)，当x01时，直线l平行于x轴，不符合题意，所以x01，圆心为(1,)，MA的斜率为

212k(x01)211(x01)22，由lMA知kk1，即2(x1)21，解得，

0x01x01155，即r； x00，故A(0,1)，r|MA|(10)2(1)2222（Ⅱ）设(t,(t1))为C上一点，则在该点处的切线方程为y(t1)2(t1)(xt)，

222即y2(t1)xt1，若该直线与圆M相切，则圆心M到切线的距离为

5， 2|2(t1)1即

12t1|5222，化简得t(t4t6)0，解得t00，t1210，

222[2(t1)](1)t2210，抛物线C在点(ti,(ti1)2)(i0,1,2)处的切线分别为l，m，n，其方程

22分别为y2x1 ⑴，y2(t11)xt11 ⑵，y2(t21)xt21 ⑶，

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⑵⑶得xt1t22，将x2代入⑵得y1，故D(2,1)，所以D到l的距离 2|22(1)1|22(1)265. 511、(2013) 在平面直角坐标系xOy中，已知圆P在x轴上截得线段长为22在y轴上截得线段长为23.

(1)求圆心P的轨迹方程； (2)若P点到直线yx的距离为

2，求圆P的方程. 2解：(1)设P(x,y)，圆P的半径为r.

由题设y22r2，x3r，从而y22x23， 故P点的轨迹方程为y2x21； (2)设P(x0,y0)．由已知得22|x0y0|22. 2又P点在双曲线y2x21上，

|x0y0|1x0y01x00从而得2， 由2，得，此时，圆P的半径r3， 22y1yx1yx100000x0y01x00由2，得，此时，圆P的半径r3. 2y1yx10002222故圆P的方程为x(y1)3，或x(y1)3.

x2y212、（2014年）（20）设F1 ，F2分别是椭圆C：221(ab0)的左，右焦点，Mab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. （I）若直线MN的斜率为

3，求C的离心率； 4（II）若直线MN在y轴上的截距为2且|MN|5|F1N|，求a，b.

b22解：（Ⅰ）根据cab以及题设知M(c,)，2b3ac，

a22将bac代入2b3ac，解得故C的离心率为

2222c1c，2（舍去）， a2a1； 2（Ⅱ）由题意，原点O的F1F2的中点，MF1∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D是线

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b24，即b24a， ① 段MF1的中点，故|MF2|a由|MN|5|F1N|，得|DF1|2|F1N|，F1D(c,2)，NF1(cx,y)，

3c2(cx)cx设N(x,y)，由题意可知y0，则，即2，

2y2y19c211， ② 代入方程C，得

4a2b29(a24a)11， 将①以及cab代入②得到24a4a222解得a7，b4a28，故a7，b27.

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