2017高考试题分类汇编之解析几何和圆锥曲线文科(共21页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上2017年高考试题分类汇编之解析几何（文）一、 选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.（2017课表I文）已知是双曲线的右焦点，是上一点，且与轴垂直，点的坐标是，则的面积为（ ） 【解答】解：由双曲线C：x2=1的右焦点F（2，0），PF与x轴垂直，设（2，y），y0，则y=3，则P（2，3），APPF，则丨AP丨=1，丨PF丨=3，APF的面积S=×丨AP丨×丨PF丨=，同理当y0时，则APF的面积S=，故选D【点评】本题考查双曲线的简单几何性质，考查数形结合思想，属于基础题2.（2017课标II文）若，则双曲线的离心率的取值范围是（ ） 【分析】利用双曲线方程，求出a，c然后求解双曲线的离心率的范围即可【解答】解：a1，则双曲线y2=1的离心率为：=（1，）故选：C【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力3.（2017浙江）椭圆的离心率是（ ） 【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可【解答】解：椭圆+=1，可得a=3，b=2，则c=，所以椭圆的离心率为：=故选：B【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力4.（2017课标II文）过抛物线的焦点，且斜率为的直线交于点（在轴上方）， 为的准线，点在上且,则到直线的距离为（ ） 【分析】利用已知条件求出M的坐标，求出N的坐标，利用点到直线的距离公式求解即可【解答】解：抛物线C：y2=4x的焦点F（1，0），且斜率为的直线：y=（x1），过抛物线C：y2=4x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M（M在x轴上方），l可知：，解得M（3，2）可得N（1，2），NF的方程为：y=（x1），即，则M到直线NF的距离为：=2故选：C【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，考查计算能力5.（2017课标I文）设是椭圆长轴的两个端点，若上存在点满足，则的取值范围是（ ） 【分析】分类讨论，由要使椭圆C上存在点M满足AMB=120°，AMB120°，AMO60°，当假设椭圆的焦点在x轴上，tanAMO=tan60°，当即可求得椭圆的焦点在y轴上时，m3，tanAMO=tan60°=，即可求得m的取值范围【解答】解：假设椭圆的焦点在x轴上，则0m3时，假设M位于短轴的端点时，AMB取最大值，要使椭圆C上存在点M满足AMB=120°，AMB120°，AMO60°，tanAMO=tan60°=，解得：0m1；当椭圆的焦点在y轴上时，m3，假设M位于短轴的端点时，AMB取最大值，要使椭圆C上存在点M满足AMB=120°，AMB120°，AMO60°，tanAMO=tan60°=，解得：m9，m的取值范围是（0，19，+）故选A【点评】本题考查椭圆的标准方程，特殊角的三角函数值，考查分类讨论思想及数形结合思想的应用，考查计算能力，属于中档题6.（2017课标III文）已知椭圆，的左、右顶点分别为，且以线段为直径的圆与直线相切，则的离心率为（ ） 【分析】以线段A1A2为直径的圆与直线bxay+2ab=0相切，可得原点到直线的距离=a，化简即可得出【解答】解：以线段A1A2为直径的圆与直线bxay+2ab=0相切，原点到直线的距离=a，化为：a2=3b2椭圆C的离心率e=故选：A【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题7.（2017天津文）已知双曲线的左焦点为，点在双曲线的渐近线上，是边长为的等边三角形（为原点），则双曲线的方程为（ ） 【分析】利用三角形是正三角形，推出a，b关系，通过c=2，求解a，b，然后等到双曲线的方程【解答】解：双曲线=1（a0，b0）的右焦点为F，点A在双曲线的渐近线上，OAF是边长为2的等边三角形（O为原点），可得c=2，即，解得a=1，b=，双曲线的焦点坐标在x轴，所得双曲线方程为：故选：D【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力二、 填空题（将正确的答案填在题中横线上）8. （2017天津文）设抛物线的焦点为，准线为.已知点在上，以为圆心的圆与轴的正半轴相切于点.若，则圆的方程为_【分析】根据题意可得F（1，0），FAO=30°，OA=1，由此求得OA的值，可得圆心C的坐标以及圆的半径，从而求得圆C方程【解答】解：设抛物线y2=4x的焦点为F（1，0），准线l：x=1，点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切与点A，FAC=120°，FAO=30°，OA=1，OA=，A（0，），如图所示：C（1，），圆的半径为CA=1，故要求的圆的标准方程为 ，故答案为：（x+1）2+=1【点评】本题主要考查求圆的标准方程的方法，抛物线的简单几何性质，属于中档题9. （2017北京文）若双曲线的离心率为，则实数_【分析】利用双曲线的离心率，列出方程求和求解m 即可【解答】解：双曲线x2=1（m0）的离心率为，可得：，解得m=2故答案为：2【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查计算能力10. （2017山东文）在平面直角坐标系中,双曲线 的右支与焦点为的抛物线交于两点,若，则该双曲线的渐近线方程为 【分析】把x2=2py（p0）代入双曲线=1（a0，b0），可得：a2y22pb2y+a2b2=0，利用根与系数的关系、抛物线的定义及其性质即可得出【解答】解：把x2=2py（p0）代入双曲线=1（a0，b0），可得：a2y22pb2y+a2b2=0，yA+yB=，|AF|+|BF|=4|OF|，yA+yB+2×=4×，=p，=该双曲线的渐近线方程为：y=±x故答案为：y=±x【点评】本题考查了抛物线与双曲线的标准方程定义及其性质、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.11.（2017课标III文）双曲线的一条渐近线方程为，则 .【分析】利用双曲线方程，求出渐近线方程，求解a即可【解答】解：双曲线（a0）的一条渐近线方程为y=x，可得，解得a=5故答案为：5【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力12.（2017江苏） 在平面直角坐标系中，双曲线的右准线与它的两条渐近线分别交于点,其焦点是,则四边形的面积是 .【分析】求出双曲线的准线方程和渐近线方程，得到P，Q坐标，求出焦点坐标，然后求解四边形的面积【解答】解：双曲线y2=1的右准线：x=，双曲线渐近线方程为：y=±x，所以P（，），Q（，），F1（2，0）F2（2，0）则四边形F1PF2Q的面积是：=2故答案为：2【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力13. （2017江苏）在平面直角坐标系中,点在圆上,若则点的横坐标的取值范围是 .【分析】根据题意，设P（x0，y0），由数量积的坐标计算公式化简变形可得2x0+y0+50，分析可得其表示表示直线2x+y+50以及直线下方的区域，联立直线与圆的方程可得交点的横坐标，结合图形分析可得答案【解答】解：根据题意，设P（x0，y0），则有x02+y02=50，=（12x0，y0）（x0，6y0）=（12+x0）x0y0（6y0）=12x0+6y+x02+y0220，化为：12x06y0+300，即2x0y0+50，表示直线2xy+5=0以及直线上方的区域，联立，解可得x0=5或x0=1，结合图形分析可得：点P的横坐标x0的取值范围是5，1，故答案为：5，1【点评】本题考查数量积的运算以及直线与圆的位置关系，关键是利用数量积化简变形得到关于x0、y0的关系式三、解答题（应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）14.（2017课标I文）设为曲线上两点，与的横坐标之和为（1）求直线的斜率；（2）设为曲线上一点，在处的切线与直线平行，且，求直线的方程【分析】（1）设A（x1，），B（x2，），运用直线的斜率公式，结合条件，即可得到所求；（2）设M（m，），求出y=的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，可得m，即有M的坐标，再由两直线垂直的条件：斜率之积为1，可得x1，x2的关系式，再由直线AB：y=x+t与y=联立，运用韦达定理，即可得到t的方程，解得t的值，即可得到所求直线方程【解答】解：（1）设A（x1，），B（x2，）为曲线C：y=上两点，则直线AB的斜率为k=（x1+x2）=×4=1；（2）设直线AB的方程为y=x+t，代入曲线C：y=，可得x24x4t=0，即有x1+x2=4，x1x2=4t，再由y=的导数为y=x，设M（m，），可得M处切线的斜率为m，由C在M处的切线与直线AB平行，可得m=1，解得m=2，即M（2，1），由AMBM可得，kAMkBM=1，即为=1，化为x1x2+2（x1+x2）+20=0，即为4t+8+20=0，解得t=7则直线AB的方程为y=x+7【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，注意联立直线方程和抛物线的方程，运用韦达定理，考查直线的斜率公式的运用，以及化简整理的运算能力，属于中档题15.（2017课标II文）设为坐标原点，动点在椭圆上，过作轴的垂线，垂足为，点满足.（1）求点的轨迹方程；（2）设点在直线上，且.证明：过点且垂直于的直线过的左焦点. 【分析】（1）设M（x0，y0），由题意可得N（x0，0），设P（x，y），运用向量的坐标运算，结合M满足椭圆方程，化简整理可得P的轨迹方程；（2）设Q（3，m），P（cos，sin），（02），运用向量的数量积的坐标表示，可得m，即有Q的坐标，求得椭圆的左焦点坐标，求得OQ，PF的斜率，由两直线垂直的条件：向量数量积为0，即可得证【解答】解：（1）设M（x0，y0），由题意可得N（x0，0），设P（x，y），由点P满足=可得（xx0，y）=（0，y0），可得xx0=0，y=y0，即有x0=x，y0=，代入椭圆方程+y2=1，可得+=1，即有点P的轨迹方程为圆x2+y2=2；（2）证明：设Q（3，m），P（cos，sin），（02），=1，可得（cos，sin）（3cos，msin）=1，即为3cos2cos2+msin2sin2=1，当=0时，上式不成立，则02，解得m=，即有Q（3，），椭圆+y2=1的左焦点F（1，0），由=（1cos，sin）（3，）=3+3cos3（1+cos）=0可得过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F【点评】本题考查轨迹方程的求法，注意运用坐标转移法和向量的加减运算，考查圆的参数方程的运用和直线的斜率公式，以及向量的数量积的坐标表示和两直线垂直的条件：向量数量积为0，考查化简整理的运算能力，属于中档题16.（2017课标III文）在直角坐标系中，曲线与轴交于两点，点的坐标为.当变化时，解答下列问题：（1）能否出现的情况？说明理由；（2）证明过三点的圆在轴上截得的弦长为定值.【分析】（1）设曲线y=x2+mx2与x轴交于A（x1，0），B（x2，0），运用韦达定理，再假设ACBC，运用直线的斜率之积为1，即可判断是否存在这样的情况；（2）设过A、B、C三点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0（D2+E24F0），由题意可得D=m，F=2，代入（0，1），可得E=1，再令x=0，即可得到圆在y轴的交点，进而得到弦长为定值【解答】解：（1）曲线y=x2+mx2与x轴交于A、B两点，可设A（x1，0），B（x2，0），由韦达定理可得x1x2=2，若ACBC，则kACkBC=1，即有=1，即为x1x2=1这与x1x2=2矛盾，故不出现ACBC的情况；（2）证明：设过A、B、C三点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0（D2+E24F0），由题意可得y=0时，x2+Dx+F=0与x2+mx2=0等价，可得D=m，F=2，圆的方程即为x2+y2+mx+Ey2=0，由圆过C（0，1），可得0+1+0+E2=0，可得E=1，则圆的方程即为x2+y2+mx+y2=0，另解：设过A、B、C三点的圆在y轴上的交点为H（0，d），则由相交弦定理可得|OA|OB|=|OC|OH|，即有2=|OH|，再令x=0，可得y2+y2=0，解得y=1或2即有圆与y轴的交点为（0，1），（0，2），则过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值3【点评】本题考查直线与圆的方程的求法，注意运用韦达定理和直线的斜率公式，以及待定系数法，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于中档题17.（2017山东文）在平面直角坐标系中,已知椭圆的离心率为,椭圆截直线所得线段的长度为.()求椭圆的方程；()动直线交椭圆于两点,交轴于点.点是关于的对称点,圆的半径为. 设为的中点，与圆分别相切于点，求的最小值.【分析】（）首先根据题中信息可得椭圆C过点（，1），然后结合离心率可得椭圆方程；（）可将题目所求角度的最小值转化为求角度正弦的最小值，结合题目信息可求得D、N坐标及N半径，进而将DN长度表示出来，可求EDF最小值【解答】解：（）椭圆C的离心率为，=，a2=2b2，椭圆C截直线y=1所得线段的长度为2，椭圆C过点（，1），+=1，b2=2，a2=4，椭圆C的方程为+=1（）设A，B的横坐标为x1，x2，则A（x1，kx1+m），B（x2，kx2+m），D（，+m），联立可得（1+2k2）x2+4kmx+2m24=0，x1+x2=，D（，），M（0，m），则N（0，m），N的半径为|m|，|DN|=，设EDF=，sin=，令y=，则y=，当k=0时，sin取得最小值，最小值为EDF的最小值是60°【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，重要的是能将角度的最小值进行转化求解18. （2017天津文）已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为.（1）求椭圆的离心率；（2）设点在线段上，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为.（i）求直线的斜率； （ii）求椭圆的方程.【分析】（）设椭圆的离心率为e通过转化求解椭圆的离心率（）（）依题意，设直线FP的方程为x=myc（m0），则直线FP的斜率为通过a=2c，可得直线AE的方程为，求解点Q的坐标为利用|FQ|=，求出m，然后求解直线FP的斜率（ii）求出椭圆方程的表达式你，求出直线FP的方程为3x4y+3c=0，与椭圆方程联立通过，结合直线PM和QN都垂直于直线FP结合四边形PQNM的面积为3c，求解c，然后求椭圆的方程【解答】解：（）设椭圆的离心率为e由已知，可得又由b2=a2c2，可得2c2+aca2=0，即2e2+e1=0又因为0e1，解得所以，椭圆的离心率为；（）（）依题意，设直线FP的方程为x=myc（m0），则直线FP的斜率为由（）知a=2c，可得直线AE的方程为，即x+2y2c=0，与直线FP的方程联立，可解得，即点Q的坐标为由已知|FQ|=，有，整理得3m24m=0，所以，即直线FP的斜率为（ii）解：由a=2c，可得，故椭圆方程可以表示为由（i）得直线FP的方程为3x4y+3c=0，与椭圆方程联立消去y，整理得7x2+6cx13c2=0，解得（舍去），或x=c因此可得点，进而可得，所以由已知，线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离，故直线PM和QN都垂直于直线FP因为QNFP，所以，所以¡÷FQN的面积为，同理¡÷FPM的面积等于，由四边形PQNM的面积为3c，得，整理得c2=2c，又由c0，得c=2所以，椭圆的方程为【点评】本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力19.（2017北京文）已知椭圆的两个顶点分别为，焦点在轴上，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）点为轴上一点，过作轴的垂线交椭圆于不同的两点，过作的垂线交于点，求证：与的面积之比为【分析】（）由题意设椭圆方程，由a=2，根据椭圆的离心率公式，即可求得c，则b2=a2c2=1，即可求得椭圆的方程；（）由题意分别求得DE和BN的斜率及方程，联立即可求得E点坐标，根据三角形的相似关系，即可求得=，因此可得BDE与BDN的面积之比为4：5【解答】解：（）由椭圆的焦点在x轴上，设椭圆方程：（ab0），则a=2，e=，则c=，b2=a2c2=1，椭圆C的方程；（）证明：设D（x0，0），（2x02），M（x0，y0），N（x0，y0），y00，由M，N在椭圆上，则，则x02=44y02，则直线AM的斜率kAM=，直线DE的斜率kDE=，直线DE的方程：y=（xx0），直线BN的斜率kBN=，直线BN的方程y=（x2），解得：，过E做EHx轴，BHEBDN，则丨EH丨=，则=，：BDE与BDN的面积之比为4：5【点评】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，直线的斜率公式，相似三角形的应用，考查数形结合思想，属于中档题20.（2017江苏） 如图,在平面直角坐标系中,椭圆的左、右焦点分别为, ,离心率为,两准线之间的距离为点在椭圆上，且位于第一象限，过点作直线的垂线,过点作直线的垂线. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线的交点在椭圆上,求点的坐标.【分析】（1）由椭圆的离心率公式求得a=2c，由椭圆的准线方程x=±，则2×=8，即可求得a和c的值，则b2=a2c2=3，即可求得椭圆方程；（2）设P点坐标，分别求得直线PF2的斜率及直线PF1的斜率，则即可求得l2及l1的斜率及方程，联立求得Q点坐标，由Q在椭圆方程，求得y02=x021，联立即可求得P点坐标；方法二：设P（m，n），当m1时，=，=，求得直线l1及l1的方程，联立求得Q点坐标，根据对称性可得=±n2，联立椭圆方程，即可求得P点坐标【解答】解：（1）由题意可知：椭圆的离心率e=，则a=2c，椭圆的准线方程x=±，由2×=8，由解得：a=2，c=1，则b2=a2c2=3，椭圆的标准方程：；（2）方法一：设P（x0，y0），则直线PF2的斜率=，则直线l2的斜率k2=，直线l2的方程y=（x1），直线PF1的斜率=，则直线l2的斜率k1=，直线l1的方程y=（x+1），联立，解得：，则Q（x0，），由P，Q在椭圆上，P，Q的横坐标互为相反数，纵坐标应相等，则y0=，y02=x021，则，解得：，则，又P在第一象限，所以P的坐标为：P（，）方法二：设P（m，n），由P在第一象限，则m0，n0，当m=1时，不存在，解得：Q与F1重合，不满足题意，当m1时，=，=，由l1PF1，l2PF2，则=，=，直线l1的方程y=（x+1），直线l2的方程y=（x1），联立解得：x=m，则Q（m，），由Q在椭圆方程，由对称性可得：=±n2，即m2n2=1，或m2+n2=1，由P（m，n），在椭圆方程，解得：，或，无解，又P在第一象限，所以P的坐标为：P（，）【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查直线的斜率公式，考查数形结合思想，考查计算能力，属于中档题21.（2017浙江）如图，已知抛物线，点，抛物线上的点过点作直线的垂线，垂足为（1）求直线斜率的取值范围； （2）求的最大值【分析】（）通过点P在抛物线上可设P（x，x2），利用斜率公式结合x可得结论；（）通过（I）知P（x，x2）、x，设直线AP的斜率为k，联立直线AP、BQ方程可知Q点坐标，进而可用k表示出、，计算可知|PA|PQ|=（1+k）3（1k），通过令f（x）=（1+x）3（1x），1x1，求导结合单调性可得结论【解答】解：（）由题可知P（x，x2），x，所以kAP=x（1，1），故直线AP斜率的取值范围是：（1，1）；（）由（I）知P（x，x2），x，所以=（x，x2），设直线AP的斜率为k，则AP：y=kx+k+，BQ：y=x+，联立直线AP、BQ方程可知Q（，），故=（，），又因为=（1k，k2k），故|PA|PQ|=+=（1+k）3（k1），所以|PA|PQ|=（1+k）3（1k），令f（x）=（1+x）3（1x），1x1，则f（x）=（1+x）2（24x）=2（1+x）2（2x1），由于当1x时f（x）0，当x1时f（x）0，故f（x）max=f（）=，即|PA|PQ|的最大值为【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题专心-专注-专业