【备考】各地名校试题解析分类汇编（一）理科数学：9直线、圆、圆锥曲线

各地解析分类汇编:直线、圆、圆锥曲线

1.【山东省实验中学高三第三次诊断性测试理】已知两条直线yax2和3x(a2)y10互相平行，则a等于（ ）

A.1或-3 B.-1或3 C.1或3 D.-1或3 【答案】A

【解析】因为直线yax2的斜率存在且为a，所以(a2)0，所以3x(a2)y10的斜截式方程为y选A.

2.【山东省实验中学高三第三次诊断性测试理】已知P（x,y)是直线kxy40(k0)上一动点，

22PA，PB是圆C：xy2y0的两条切线，A、B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值

3131，因为两直线平行，所以xa且2，解得a1或a3，

a2a2a2a2为（ ） A.3 B.【答案】D

22【解析】由圆的方程得x(y1)1，所以圆心为(0,1)，半径为r1，四边形的面积S2SPBC,

21 C.22 D.2 2所以若四边形PACB的最小面积是2，所以SPBC的最小值为1，而SPBC值为2，此时PC最小为圆心到直线的距离，此时d1rPB，即PB的最小25k2112225，即k24，因为

k0，所以k2，选D.

3.【山东省实验中学高三第一次诊断性测试理】一已知倾斜角为的直线l与直线x2y20平行，

则tan2的值为

- 1 - / 14

A．

4 5B．

4 3C．

3 4D．

2 3【答案】B

【解析】直线的斜率为

11，即直线l的斜率为ktan，所以2212tan214，选B. tan21tan21(1)2332424.【山东省实验中学高三第三次诊断性测试理】（本小题满分12分）已知长方形ABCD，AB22，BC=1。以AB的中点O为原点建立如图所示的平面直角坐标系xoy. （Ⅰ）求以A、B为焦点，且过C、D两点的椭圆的标准方程；

（Ⅱ）过点P（0，2）的直线l交（Ⅰ）中椭圆于M，N两点，是否存在直线l，使得弦MN为直径的圆恰好过原点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由。

0)，(2，0)，(2，1）【答案】解：（Ⅰ）由题意可得点A，B，C的坐标分别为(2，.

x2y2设椭圆的标准方程是221(ab0).

ab则2aACBC(2(2))(10)(22)(10)422,a2 2分

2222b2a2c2422.

x2y21. ……………………4分 ∴椭圆的标准方程是42（Ⅱ）由题意直线的斜率存在，可设直线l的方程为ykx2(k0).……5分 设M，N两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2). 联立方程：ykx2x2y422

22消去y整理得，(12k)x8kx40

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有x1x28k4,xx ………………7分 1212k212k2若以MN为直径的圆恰好过原点，则OMON，所以x1x2y1y20，…………8分 所以，x1x2(kx12)(kx22)0，

（1k2)x1x22k(x1x2)40 即

4(1k2)16k240 所以，2212k12k84k20， ……………………9分 即212k2得k2,k2. ……………………10分

所以直线l的方程为y2x2，或y2x2.………………11分

所在存在过P（0，2）的直线l：y2x2使得以弦MN为直径的圆恰好过原点。…12分

圆锥曲线

1【云南省玉溪一中高三上学期期中考试理】椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x4，则该椭圆的方程为( )

x2y2x2y2x2y2x2y2 A．1 B.1 C.1 D.1

161212884124【答案】C

2a【解析】因为椭圆的焦距是4，所以2c4,c2又准线为x4，所以焦点在x轴且4，解得

cx2y2a8，所以bac844，所以椭圆的方程为1，选C.

8422222【云南省玉溪一中高三上学期期中考试理】已知抛物线方程为y4x，直线l的方程为

2xy40，在抛物线上有一动点P到y轴的距离为d1，P到直线l的距离为d2，则d2d2的最

小值 ( ) A．

525252521 C．1 2 B．2 D．2222- 3 - / 14

【答案】D

【解析】因为抛物线的方程为y4x，所以焦点坐标F(1,0),准线方程为x1。因为点P到y轴的

2距离为d1，所以到准线的距离为d11，又d11PF,所以d1d2d11d21PFd21，焦点到直线的距离

d104255222，而

PFd2d522，所以

d1d2PFd21521，选D. 23【云南师大附中高三高考适应性月考卷（三）理科】若在曲线f（x，y）=0上两个不同点处的切线重

合，则称这条切线为曲线f（x，y）=0的“自公切线”。下列方程：①xy1；②yx|x|，③y3sinx4cosx；④|x|1

A．①②

B．②③

C．①④

2224y2对应的曲线中存在“自公切线”的有（ ） D．③④

【答案】B

【解析】画图可知选B. ①x﹣y=1 是一个等轴双曲线，没有自公切线；

2

2

②yx|x|=

2，在 x= 和 x=﹣ 处的切线都是y=﹣，故②有自公切线．

③y3sinx4cosx=5sin（x+φ），cosφ=，sinφ=，此函数是周期函数，过图象的最高点的切线都重合，故此函数有自公切线． ④由于|x|1故答案为 B．

4y2，即 x2+2|x|+y2﹣3=0，结合图象可得，此曲线没有自公切线．

x2y24【云南省玉溪一中高三第三次月考 理】已知点F1，F2分别是双曲线221(a0,b0)的左、右

ab焦点，过F1且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A，B两点，若ABF2是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）

A．(21,) B．(31,) C．(12,) D．(1,12) 【答案】C

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b22c，即【解析】 由题设条件可知△ABC为等腰三角形，只要∠AF2B为钝角即可，所以有 ab22ac，所以c2a22ac，解得e12，选C.

25【云南省玉溪一中高三第四次月考理】在抛物线yxax5(a0)上取横坐标为x14,x22的两

点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆5x25y236相切，则抛物线顶点的坐标为（ ）

A．(2,9)

B．(0,5)

C．(2,9) D．(1,6)

【答案】A

【解析】解：两点坐标为(4,114a),(2,2a1)，两点连线的斜率k=

2对于yxax5(a0)，y'2xa，

∴2x+a=a﹣2解得x=﹣1

在抛物线上的切点为(1,a4)，切线方程为(a2)xy6=0 直线与圆相切，圆心（0，0）到直线的距离=圆半径，即

解得a=4或0（0舍去），所以抛物线方程为yx4x5顶点坐标为(2,9)，故选A．

2x2y26【山东省实验中学高三第一次诊断性测试理】已知双曲线221(a0,b0)的两条渐近线均与

abC:x2y26x50相切，则该双曲线离心率等于

A．

35 5B．

6 2C．

3 2D．

5 5【答案】A

【解析】圆的标准方程为(x3)y4，所以圆心坐标为C(3,0),半径r2，双曲线的渐近线为

22ybbx，不妨取yx，即bxay0，因为渐近线与圆相切，所以圆心到直线的距离aa492，即9b24(a2b2)，所以5b24a2，b2a2c2a2，即a2c2，所

55a2b2935,e，选A. 55d3b以e2- 5 - / 14

x2y27【山东省实验中学高三第三次诊断性测试理】已知椭圆221(ab0)的左、右焦点分别为

abF（1c,0),F2(c,0)，若椭圆上存在点P使

（ ）

ac，则该椭圆的离心率的取值范围为

sinPF1F2sinPF2F1） A.（0，21 B.（

【答案】D

【解析】根据正弦定理得

22，1） C.（0，） D.（21，1）

22PF2sinPF1F2PF1sinPF2F1，

，所以由

ac可得

sinPF1F2sinPF2F1，

又

acPF2PF1，即

PF1cePF2a所以

PF1ePF2，即PF2a，因为，(不等式

2PF1PF2ePF2PF2PF2(e1)2aacPFac2e1两边不能取等号，否则分式中的分母为0，无意义)所以ac2aac，即1c21c，

e1ae1a2(1e)(1e)21e2所以1e21e，即，所以，解得21e1，即(21,1)，2e12(1e)21e选D.

x2y28【山东省聊城市东阿一中高三上学期期初考试 】过椭圆221(ab0)的左焦点F1作x轴的垂

ab线交椭圆于点P，F2为右焦点，若F1PF260，则椭圆的离心率为 （ ）

A．

3211 B． C． D．

3223【答案】B

b2b2【解析】由题意知点P的坐标为（-c,）,或（-c,-），因为F1PF260，那么

aa2c3232ac3b，这样根据a,b,c的关系式化简得到结论为，选B 2b3ax2y29【北京市东城区普通校高三12月联考数学（理）】设F1、F2分别为双曲线221(a＞0,b＞0)的

ab- 6 - / 14

左、右焦点．若在双曲线右支上存在点P，满足PF2F1F2，且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为

A．3x4y0 B．3x5y0

C．5x4y0

D．4x3y0

【答案】D

【解析】依题意|PF2|=|F1F2|，可知三角形PF2F1是一个等腰三角形，F2在直线PF1的投影是其中点，由勾股定理知可知PF124c4a4b，根据双曲定义可知4b﹣2c=2a，整理得c=2b﹣a，代入c2=a2+b2整理得3b2﹣4ab=0，求得= ∴双曲线渐进线方程为y224x，即4x3y0。故选D. 3x2y21的焦点为F1,F2，点P在椭圆10【北京市东城区普通校高三12月联考数学（理）】椭圆92上，若|PF1|4，F1PF2的小大为 ． 【答案】120

x2y212222292【解析】椭圆的a9,a3，b2,cab7，所以c7。因为PF14，所

以

PF1PF22a6PF1PF1F1F22PF1PF2222，所以

PF2642。所以

cosF1PF24222(27)21,所以F1PF2120。

2422x2y211的离心率为，则11【山东省实验中学高三第三次诊断性测试理】若焦点在x轴上的椭圆

2m2m= .

【答案】

3 222222【解析】因为焦点在x轴上。所以0m2，所以a2,bm,cab2m。椭圆的离心率

1c22m132为e，所以e2，解得m。

4a22212【山东省实验中学高三第一次诊断性测试理】已知点P是抛物线y4x上的动点，点P在y轴上的

射影是M，点A 的坐标是（4，a），则当|a|4时，|PA||PM|的最小值是 。

2- 7 - / 14

【答案】a291

【解析】当x4时，y4416，所以y4，即y4，因为|a|4，所以点A在抛物线的外

2侧，延长PM交直线x1，

由抛物线的定义可知

PNPM1PF,当，三点A,P,F共线时，|PA||PF|最小，此时为|PA||PF|AF，又焦点坐标为F(1,0),所以AF(41)2a29a2，即PM1PA的最小值为a29，所以PMPA的最小值为a291。

13【云南省玉溪一中高三第四次月考理】过椭圆左焦点F，倾斜角为若FA2FB，则椭圆的离心率为

的直线交椭圆于A，B两点，32【答案】3

【解析】如图

BD⊥l于D，再过B点作BG⊥AC于G，

，设椭圆的左准线为l，过A点作AC⊥l于C，过点B作

直角△ABG中，∠BAG=60°，所以AB=2AG，…① 由圆锥曲线统一定义得：∵FA=2FB， ∴AC=2BD 直角梯形ABDC中，AG=AC﹣BD=①、②比较，可得AB=AC，

…② ，

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又∵

∴

2故所求的离心率为3．

，

14【云南师大附中高三高考适应性月考卷（三）理科】如图4，椭圆的中心在坐标原点，F为左焦点，A，

B

分别为长轴和短轴上的一个顶点，当FB⊥AB时，此类椭圆称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推出“焚金双曲线”的离心率为 。【答案】15 2 【解析】由图知，(ac)2(b2c2)c2，整理得c2aca20，即e2e10，解得ee15. 215，故215.【北京市东城区普通校高三12月联考数学（理）】（本小题满分14分）

6x2y2已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，椭圆短轴的一个端点与两个焦

3ab点构成的三角形的面积为

52． 3（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）已知动直线yk(x1)与椭圆C相交于A、B两点． ①若线段AB中点的横坐标为求斜率k的值；②若点M(1，27,0)，求证：MAMB为定值． 3

x2y2c6【答案】解：（Ⅰ）因为221(ab0)满足a2b2c2， ，…………2分

a3abx2y21525221 ……………4分 b2c。解得a5,b，则椭圆方程为

523533x2y21中得 （Ⅱ）（1）将yk(x1)代入

553(13k2)x26k2x3k250……………………………………………………6分

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36k44(3k21)(3k25)48k2200

6k2x1x22………………………………………… …………………7分

3k16k2131，解得k因为AB中点的横坐标为，所以2…………9分

33k1226k23k25（2）由（1）知x1x22，x1x2

3k13k21所以MAMB(x17777,y1)(x2,y2)(x1)(x2)y1y2 ……………11分 333377(x1)(x2)k2(x11)(x21)

33749(1k2)x1x2(k2)(x1x2)k2………………………………………12分

393k2576k2492(1k)2(k)(2)k23k133k192

16.【云南省玉溪一中高三第四次月考理】（本题12分）如图所示，已知椭圆C1和抛物线C2有公

共焦点F(1,0),C1的中心和C2的顶点都在坐标原点，过点M(4,0)的直线l与抛物线C2分别相交于

A,B两点

1MB，求直线l的方程； 2（1）写出抛物线C2的标准方程； （2）若AM（3）若坐标原点O关于直线l的对称点P在抛物线C2上，直线l与椭圆C1有公共点，求椭圆C1的长轴

长的最小值.

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【答案】解：（1）

(2)设

（3）

椭圆设为 消元整

x2y217.【云南省玉溪一中高三上学期期中考试理】（本小题满分12分）已知椭圆1上任一点P，由

49点P向x轴作垂线段PQ，垂足为Q，点M在PQ上，且PM2MQ，点M的轨迹为C. （Ⅰ）求曲线C的方程；

（Ⅱ）过点D（0，－2）作直线l与曲线C交于A、B两点，设N是过点(0,4)且平行于x轴的直线17上一动点，满足ONOAOB（O为原点），问是否存在这样的直线l， 使得四边形OANB为矩形？若存在，求出直线的方程；若不存在说明理由

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【答案】

因为ONOAOB，所以四边形OANB为平行四边形， 假设存在矩形OANB，则OAOB0

即x1x2y1y2x1x2k2x1x22k(x1x2)4(1k2)x1x22k(x1x2)40， 所以(1k2)

1216k22k40,即k4,k2， …………10分 2214k14k 设N（x0，y0），由ONOAOB，得

416k244y y0y1y2k(x1x2)4，即N点在直线， 4171714k214k2 所以存在四边形OANB为矩形，直线l的方程为y2x2 18.【云南师大附中高三高考适应性月考卷（三）理科】（本小题满分12分）

设抛物线C的方程为x =4y，M为直线l：y=－m(m>0)上任意一点，过点M作抛物线C的两 条切线MA，MB，切点分别为A,B．

（Ⅰ）当M的坐标为（0，－l）时，求过M，A，B三点的圆的标准方程，并判断直线l与此圆的位

置关系；

(Ⅱ)当m变化时，试探究直线l上是否存在点M，使MA ⊥MB?若存在，有几个这样的点，若不存

在，请说明理由，

【答案】解：（Ⅰ）当M的坐标为(0，1)时，

2

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设过M点的切线方程为ykx1，代入x24y，整理得x24kx40，① 令(4k)2440，解得k1，

代入方程①得x2，故得A(2，1). 1)，B(2，因为M到AB的中点(0，1)的距离为2，

从而过M，A，B三点的圆的标准方程为x2(y1)24．

易知此圆与直线l：y=-1相切. ………………………………………………………（6分） （Ⅱ）设切点分别为A(x1，y1)、B(x2，y2)，直线l上的点为M(x0，y0)， 过抛物线上点A(x1，y1)的切线方程为yy1k(xx1)，因为x124y1，kx1 ，

2从而过抛物线上点A(x1，y1)的切线方程为yy1x1x12所以得y0x0，即x122x0x14y00.

24x1(xx1)，又切线过点M(x0，y0)， 222x0x24y00，………………………（8分） 同理可得过点B(x2，y2)的切线方程为x2因为kMAx1x，kMB2且x1，x2是方程x22x0x4y00的两实根， 22x1x22x0，从而，

xx4y，012所以kMAkMBx1x2y0， 22当y01，即m1时，

直线l上任意一点M均有MA⊥MB，…………………………………………………（10分） 当y01，即m≠1时，MA与MB不垂直.

综上所述，当m =1时，直线l上存在无穷多个点M，使MA⊥MB，当m≠1时，直线l 上不存在满足条件的点M.……………………………………………………………（12分） 19.【山东省济南外国语学校高三上学期期中考试 理科】（本小题满分12分）

如图，直线l ：y=x+b与抛物线C ：x2=4y相切于点A。

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（1） 求实数b的值；

（11） 求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程. 【答案】（I）由yxb2x4y得x24x4b0 ()

2因为直线l与抛物线C相切,所以(4)4(4b)0,解得b1………………4分

（II）由（I）可知b1,故方程()即为x24x40,解得x2,将其代入x4y,得y=1,故点A(2,1).因为圆A与抛物线C的准线相切,所以圆心A到抛物线C的准线y=-1的距离等于圆A的半径r,即r=|1-(-1)|=2,所以圆A的方程为(x2)(y1)4………..12分

222

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