新高考版《數(shù)學(xué)》資料：專題九-平面解析幾何

新高考版《數(shù)學(xué)》資料：專題九-平面解析幾何新高考版《數(shù)學(xué)》資料：專題九-平面解析幾何PAGE/PAGE1新高考版《數(shù)學(xué)》資料：專題九-平面解析幾何專題九平面解析幾何一、單項(xiàng)選擇題1.(2022山西晉城重點(diǎn)中學(xué)4月月考,6)以(a,1)為圓心,且與兩條直線2x-y+4=0與2x-y-6=0同時(shí)相切的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A.(x-1)2+(y-1)2=5 B.(x+1)2+(y+1)2=5C.(x-1)2+y2=5 D.x2+(y-1)2=5答案A由已知得圓心到兩直線的距離d=|2a-1+4|5=|2a-1-6|5,解得a=1,d=5,所以半徑r2.(2023屆廣西桂林月考,11)已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(4,0),過(guò)點(diǎn)F的直線交橢圓于A、B兩點(diǎn),若M(1,-1),且OAA.x248+yC.x224+y答案C∵OA+OB=2OM,∴M∵過(guò)點(diǎn)F的直線交橢圓于A、B兩點(diǎn),且M(1,-1),∴kAB=kMF=-1-0設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),其中x1≠x2,則x12a2∴b2又∵a2=b2+c2,c=4,∴b2=8,a2=24,∴E的方程為x224+y23.(2020課標(biāo)Ⅲ,5,5分)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),直線x=2與拋物線C：y2=2px(p>0)交于D,E兩點(diǎn),若OD⊥OE,則C的焦點(diǎn)坐標(biāo)為()A.14,0 B.1答案B由拋物線的對(duì)稱性不妨設(shè)D在x軸上方、E在x軸下方.由x=2,y2=2px得D(2,2p),E(2,-2p),∵OD⊥OE,∴OD·OE=4-4p=0,∴p=1,∴4.(2023屆南寧三中摸底,10)已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A,上頂點(diǎn)為B,點(diǎn)P(a,b)滿足∠OBF=∠BPO(OA.5+12 B.5-1答案B依題意可得B(0,b),F(c,0),A(a,0),P(a,b),所以O(shè)B⊥BP,又∠OBF=∠BPO,∠BOF=∠OBP=90°,所以△OBF∽△BPO,所以O(shè)BBP=OFOB,即ba=cb,所以b2=ac,又b2=a2-c2,所以a2-c2=ac,所以1-e2=e,解得e=-1+55.(2023屆山西大同調(diào)研一,12)已知F1,F2為雙曲線E：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn),點(diǎn)P在E上,∠F1PF2的平分線交x軸于點(diǎn)D,若∠F1PF2=π3,|PF1|+|PF2|=8,且A.x22-yC.x26-y答案B不妨設(shè)點(diǎn)P在雙曲線的右支上,設(shè)|PF1|=n,|PF2|=m,則n-m=2a,又m+n=8,所以n=a+4,m=4-a.由∠F1PF2=π3,PD平分∠F1PF2,得∠F1PD=∠F2PD=π6,又PD=3,S△PF1F2=S△PF1D+S△PF2D,∴12·|PF1|·|PF2|·sinπ3=12|PF1|·|PD|·sinπ6+12|PF2|·|PD|·sinπ6,整理得m·n=m+n,即(4-a)(4+a)=8,解得a26.(2023屆山西大學(xué)附中9月診斷,4)若直線x=4y+7與雙曲線C：ax2-y2=1(a>0)的一條漸近線平行,則a的值為()A.116 B.14答案A由題意可得雙曲線C的漸近線方程為y=±ax,直線x=4y+7的斜率為14∵直線x=4y+7與雙曲線C的一條漸近線平行,∴a=14,解得a=1167.(2023屆河南洛陽(yáng)期中,9)已知拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)為F,其準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)為A,點(diǎn)P在拋物線C上,且PA⊥PF,則|PF|=()A.5-12 B.5-2 C.5-1 答案C因?yàn)辄c(diǎn)P在拋物線C：y2=4x上,所以設(shè)Py0由拋物線C：y2=4x可得焦點(diǎn)F(1,0),準(zhǔn)線方程為x=-1,故A(-1,0).因?yàn)镻A⊥PF,所以PA⊥因?yàn)镻A=所以PA·PF=y0416-1+y02由拋物線的定義可得|PF|=5-2+1=5-1.8.(2022安徽安慶二模,4)拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)A在拋物線上.若|AF|=3,則直線AF的斜率為()A.±2 B.±22 C.2 D.22答案B設(shè)點(diǎn)A(x0,y0),則|AF|=x0+1=3,故x0=2,所以y0=±22,故點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2,22)或(2,-22),又F(1,0),所以直線AF的斜率為±22.故選B.一題多解：設(shè)直線AF的傾斜角為θ(0<θ<π),點(diǎn)F,A在拋物線準(zhǔn)線l：x=-1上的射影分別為F1,A1,則|AA1|=|FF1|+|AF||cosθ|=2+3|cosθ|,又|AA1|=|AF|,所以2+3|cosθ|=3,得cosθ=±13,所以tanθ=sinθcosθ二、多項(xiàng)選擇題9.(2022江蘇阜寧中學(xué)期中,10)已知圓C：x2+y2-4x=0和直線l：kx-y+1-2k=0,則()A.直線l與圓C的位置關(guān)系無(wú)法判斷B.當(dāng)k=1時(shí),圓C上的點(diǎn)到直線l的最遠(yuǎn)距離為2+2C.當(dāng)圓C上有且僅有3個(gè)點(diǎn)到直線l的距離等于1時(shí),k=0D.如果直線l與圓C相交于M,N兩點(diǎn),那么弦MN的中點(diǎn)的軌跡是一個(gè)圓答案BCD圓C：x2+y2-4x=0的圓心為C(2,0),半徑r=2,直線l：kx-y+1-2k=k(x-2)+(1-y)=0,故直線l過(guò)定點(diǎn)P(2,1).對(duì)于A,由于點(diǎn)P(2,1)在圓C：x2+y2-4x=0內(nèi),故直線l與圓C相交,A錯(cuò)誤;對(duì)于B,當(dāng)k=1時(shí),直線l：x-y-1=0,圓心C(2,0)到直線的距離d=12=22,故圓C上的點(diǎn)到直線l的最遠(yuǎn)距離為2+22,B正確;對(duì)于C,當(dāng)圓C上有且僅有3個(gè)點(diǎn)到直線l的距離等于1時(shí),圓心到直線的距離d=11+k2=1,解得k=0,C正確;對(duì)于D,由于直線l過(guò)定點(diǎn)P(2,1),設(shè)弦MN的中點(diǎn)為Q(x,y),則CQ⊥PQ,即點(diǎn)Q的軌跡是以CP為直徑的圓10.(2022福州一模,9)已知橢圓C：x24+y23=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,P為C上一點(diǎn)A.C的離心率為2B.△PF1F2的周長(zhǎng)為5C.∠F1PF2<90°D.1≤|PF1|≤3答案CD對(duì)于A,因?yàn)閍=2,c=4-3=1,∴離心率e=ca=12,A錯(cuò)誤;對(duì)于B,由橢圓的定義知|PF1|+|PF2|=2a=4,又|F1F2|=2c=2,∴△PF1F2的周長(zhǎng)為4+2=6,B錯(cuò)誤;對(duì)于C,當(dāng)P∴tan∠F1PF2=2tan∠F1PF221-tan2∠F1PF22=2331-13=3∵PF1|min=a-c=1,PF1|max=a+c=3,∴1≤|11.(2022山東煙臺(tái)、德州一模,12)已知雙曲線C：x24-y25=1,F1,F2為C的左、右焦點(diǎn)A.雙曲線x24+m-y2B.若P為C上一點(diǎn),且∠F1PF2=90°,則△F1PF2的周長(zhǎng)為6+214C.若直線y=tx-1與C沒(méi)有公共點(diǎn),則t<-62或t>D.在C的左、右兩支上分別存在點(diǎn)M,N,使得4F答案BC對(duì)于A,雙曲線C：x24-y25=1的離心率e=32,雙曲線x24+m-y25+m=1(m>0)的離心率e=4+m+5+m4+m=9+2m4+m,它們的離心率不相等,A錯(cuò)誤;對(duì)于B,有PF1|2+PF2|2=36,||PF1|-PF2||=4,整理得|PF1|+|PF2|=214,則△F1PF2的周長(zhǎng)為6+214,B正確;對(duì)于C,由x24-y25=1,y=tx-1可得(5-4t2)x2+8tx-24=0,由題意知方程(5-4t2)x2+8tx-24=0無(wú)解,當(dāng)5-4t2=0時(shí),方程(5-4t2)x2+8tx-24=0有解;當(dāng)5-4t2≠0時(shí),則有5-4t2≠0,(8t)2+96(5-4t2)<0,解之得t<-62或t>62,故C正確;對(duì)于D,當(dāng)直線MN則M(-2,0),N(2,0),F1M=(1,0),F1N=(5,0),即5F1M12.(2022遼寧名校聯(lián)盟3月聯(lián)考,12)已知拋物線C：x2=2py(p>0)的準(zhǔn)線l的方程為y=-1,過(guò)C的焦點(diǎn)F的直線與C交于A,B兩點(diǎn),以A,B為切點(diǎn)分別作C的兩條切線,且兩切線交于點(diǎn)M,則下列結(jié)論正確的是()A.C的方程為x2=2yB.∠AMB=90°C.M恒在l上D.|MF|2=|AF|·|BF|答案BCD由題意得-p2=-1,所以p=2,因此C的方程為x2=4y,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由題意可知直線AB的斜率存在,F(0,1),設(shè)AB的方程為y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx+1,x2=4y得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.由y=14x2得y'=12x,所以AM的斜率為kAM=12x1,所以AM的方程為y-y1=12x1(x-x1),即y-14x12=12x1(x-x1)①,同理BM的斜率為kBM=12x2,所以BM的方程為y-14x22=12x2(x-x2)②,所以kAMkBM=14x1x2=-1,即AM⊥BM,所以∠AMB=90°,B項(xiàng)正確;由①②得(x2-x1)y=14x1x2(x2-x1),因?yàn)閤1≠x2,所以y=-1,將y=-1代入①②得x=x2+x12=2k,所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2k,-1),又C的準(zhǔn)線l的方程為y=-1,所以M恒在l上,C項(xiàng)正確;當(dāng)AB的斜率k不為零時(shí),kMF=-1-12k=-1k,所以kAB·kMF=-1,所以AB⊥MF三、填空題13.(2022全國(guó)乙,14,5分)過(guò)四點(diǎn)(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三點(diǎn)的一個(gè)圓的方程為.

答案(x-2)2+(y-1)2=5或x2+y2-4x-6y=0或x2+y2-83x-143y=0或x2+y2解析選取(0,0),(4,0),(4,2)時(shí),不妨設(shè)這三點(diǎn)分別為O,A,B,則線段OA的垂直平分線的方程為x=2,線段AB的垂直平分線的方程為y=1,所以經(jīng)過(guò)這三點(diǎn)的圓的圓心坐標(biāo)為(2,1),記為C,圓的半徑r=|CO|=22+12=5,所以所求圓的方程為(x-2)2選取(0,0),(4,0),(-1,1)時(shí),設(shè)所求圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),則F=0,16+4D+F=0,1+1-D+E+F選取(0,0),(-1,1),(4,2)時(shí),設(shè)所求圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),則F所以所求圓的方程為x2+y2-83x-選取(4,0),(-1,1),(4,2)時(shí),設(shè)所求圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),則16+4D+F=0,1+1-D+E+F14.(2022貴陽(yáng)五校聯(lián)考,15)設(shè)F1,F2分別是橢圓x225+y216=1的左、右焦點(diǎn),P為橢圓上任一點(diǎn),點(diǎn)M的坐標(biāo)為(6,4),則|PM|+|答案15解析如圖所示.在橢圓x225+y216=1中,a=5,b=4,c=3,所以焦點(diǎn)坐標(biāo)分別為F|PM|+|PF1|=|PM|+(2a-|PF2|)=10+(|PM|-|PF2|).∵|PM|-|PF2|≤|MF2|,當(dāng)且僅當(dāng)P在MF2的延長(zhǎng)線上(P與P0重合)時(shí)取等號(hào),∴(|PM|-|PF2|)max=|MF2|=(6-3)2+(4-0)2=5,故|PM|+|PF1解后反思：解題關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為一動(dòng)點(diǎn)到兩定點(diǎn)距離之和或距離之差的最值問(wèn)題,可以結(jié)合圖形利用三角形三邊的關(guān)系解決.15.(2021新高考Ⅰ,14,5分)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,P為C上一點(diǎn),PF與x軸垂直,Q為x軸上一點(diǎn),且PQ⊥OP.若|FQ|=6,則C的準(zhǔn)線方程為.

答案x=-3解析∵點(diǎn)P在拋物線上且PF⊥x軸,不妨設(shè)點(diǎn)P位于x軸上方,∴Pp2,p,∵OP∴由平面幾何知識(shí)可得|PF|2=|OF|·|FQ|,又∵|FQ|=6,∴p2=p2×6,∴p=3或p=0(舍),∴C的準(zhǔn)線方程為x=-316.(2019課標(biāo)Ⅰ,16,5分)已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,過(guò)F1的直線與C的兩條漸近線分別交于A,B兩點(diǎn).答案2解析解法一：如圖,由F1A=AB知A為線段F∵O為線段F1F2的中點(diǎn),∴OA∥F2B,∵F1B·F2B=0,∴F1∴OA⊥F1A且∠F1OA=∠OF2B,∵∠BOF2=∠AOF1,∴∠BOF2=∠OF2B,又易知|OB|=|OF2|=c,∴△OBF2為正三角形,可知ba∴e=ca=解法二：如圖,設(shè)∠AOy=α,則∠BOy=α,∵F1A=AB,∴A為線段F又∵O為線段F1F2的中點(diǎn),∴OA∥BF2,∴∠OBF2=2α.過(guò)B作BH⊥OF2,垂足為H,則BH∥y軸,則有∠OBH=α,∴∠HBF2=α,易得△OBH≌△F2BH,∴|OB|=|BF2|,∵F2∴BF1⊥BF2,又O為F1F2的中點(diǎn),∴|OB|=|OF2|=c,∴△OBF2為正三角形.∴∠BOF2=60°,則ba∴e=ca=四、解答題17.(2021全國(guó)甲,20,12分)拋物線C的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O,焦點(diǎn)在x軸上,直線l：x=1交C于P,Q兩點(diǎn),且OP⊥OQ.已知點(diǎn)M(2,0),且☉M與l相切.(1)求C,☉M的方程;(2)設(shè)A1,A2,A3是C上的三個(gè)點(diǎn),直線A1A2,A1A3均與☉M相切.判斷直線A2A3與☉M的位置關(guān)系,并說(shuō)明理由.解析(1)由題意可設(shè)拋物線C的方程為y2=2px(p>0),則P,Q的坐標(biāo)為(1,±2p),∵OP⊥OQ,∴OP·OQ=1-2p=0,∴p=12,∴拋物線C的方程為∵☉M的圓心為(2,0),☉M與直線x=1相切,∴☉M的半徑為1,∴☉M的方程為(x-2)2+y2=1.(2)直線A2A3與☉M相切.理由如下：設(shè)A1(y02,y0),A2(y12,y1),A3(y∵直線A1A2,A1A3均與☉M相切,∴y0≠±1,y1≠±1,y2≠±1,由A1,A2的坐標(biāo)可得直線A1A2的方程為y-y0=y0-y1y02-y12(x-y02),整理,得x-(y0+y1)y+y0∴M到直線A1A2的距離d=|2+y0y1|1+(y同理可得,(y02-1)y觀察①②,得y1,y2是關(guān)于x的一元二次方程(y02-1)x2+2y0x+3-y0∴y1+y2=-2y0y02-1,y1y2=3-y02y02則點(diǎn)M(2,0)到直線A2A3的距離d'=|2+y1y2|1+(y1+y2)2,把(*)代入,得d'=18.(2020課標(biāo)Ⅱ,19,12分)已知橢圓C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F與拋物線C2的焦點(diǎn)重合,C1的中心與C2的頂點(diǎn)重合.過(guò)F且與x軸垂直的直線交C1于A,B兩點(diǎn),交C2于C,D兩點(diǎn),且(1)求C1的離心率;(2)設(shè)M是C1與C2的公共點(diǎn).若|MF|=5,求C1與C2的標(biāo)準(zhǔn)方程.解析(1)由已知可設(shè)C2的方程為y2=4cx,其中c=a2不妨設(shè)A,C在第一象限,由題設(shè)得A,B的縱坐標(biāo)分別為b2a,-b2a;C,D的縱坐標(biāo)分別為2故|AB|=2b2a,|由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3×ca=2-2ca所以C1的離心率為12(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1：x24設(shè)M(x0,y0),則x024c2+y023c由于C2的準(zhǔn)線為x=-c,所以|MF|=x0+c,而|MF|=5,故x0=5-c,代入①得(5-c即c2-2c-3=0,解得c=-1(舍去)或c=3.所以C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為x236+y227=1,C19.(2023屆豫北調(diào)研,20)已知橢圓M1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,|F1F2|=2,面積為(1)求M1的方程;(2)已知P為橢圓M2：x22a2+y22b2=1上一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作M1的兩條切線l1和l2,若l1,l2的斜率分別為k1,解析(1)由橢圓及正方形的對(duì)稱性,不妨設(shè)正方形的一個(gè)頂點(diǎn)為A(x,x),由x2a2+x2b∵2x·2x=487,∴x2=127,∴12∵a2-b2=c2=1②,∴由①②解得a2=4,b2=3.故所求橢圓方程為x24(2)證明：由(1)得a2=4,b2=3,則M2的方程為x28+y26=1,設(shè)P(則x028+設(shè)過(guò)點(diǎn)P與橢圓M1相切的直線l的方程為y=kx+t,將直線方程與x24+y23=1聯(lián)立,消去y整理得(3+4k2)x2∴Δ=(8kt)2-4(3+4k2)(4t2-12)=0,可得t2=3+4k2③,∵點(diǎn)P在直線l上,∴y0=kx0+t,∴t=y0-kx0.將t=y0-kx0代入③得(y0-kx0)2=3+4k2,整理得(x02-4)k2-2kx0y0+y0依題意可知k1,k2為方程④的兩根,∴k1·k2=y02-3x02-4=20.(2022河南安陽(yáng)聯(lián)考,21)已知拋物線C：y2=2px(p>0),過(guò)點(diǎn)R(2,0)作x軸的垂線交拋物線C于G,H兩點(diǎn),且OG⊥OH(O為坐標(biāo)原點(diǎn)).(1)求p;(2)過(guò)點(diǎn)Q(2,1)任意作一條不與x軸垂直的直線交拋物線C于A,B兩點(diǎn),直線AR交拋物線C于不同于點(diǎn)A的另一點(diǎn)M,直線BR交拋物線C于不同于點(diǎn)B的另一點(diǎn)N.求證：直線MN過(guò)定點(diǎn).解析(1)由題意知,|RG|=|OR|=2,不妨設(shè)G(2,2),代入拋物線C的方程可得p=1.(2)證明：由(1)知,拋物線C的方程為y2=2x.設(shè)Ay122,y1,By2則kAB=y1-y2y122-y222=2y1+y2.所以直線AB的方程為y=2y1同理直線AM,BN的方程分別為2x-(y1+y3)y+y1y3=0,2x-(y2+y4)y+y2y4=0.由直線AB過(guò)Q(2,1)及直線AM,BN過(guò)R(2,0)可得4-(y1+y2)+y1y2=0,y1y3=y2y4=-4.又直線MN的方程為2x-(y3+y4)y+y3y4=0,即2x+4y所以直線MN的方程為y1y2x+2(y1+y2)y+8=0.把4-(y1+y2)+y1y2=0代入y1y2x+2(y1+y2)y+8=0,得y1y2x+2(y1y2+4)y+8=0,即y1y2(x+2y)+8y+8=0.由x+2y=0,8y+8=0可得x=2,y=-1.所以直線MN過(guò)定點(diǎn)(2,-1).21.(2021北京,20,15分)已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a>b(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過(guò)點(diǎn)P(0,-3)的直線l的斜率為k,交橢圓E于不同的兩點(diǎn)B,C,直線AB交y=-3于點(diǎn)M,直線AC交y=-3于點(diǎn)N,若|PM|+|PN|≤15,求k的取值范圍.解析(1)將A(0,-2)代入橢圓方程得b=2,由橢圓四個(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形面積為2ab=45,解得a=5,所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x25(2)由題意得直線l的方程為y+3=k(x-0),即y=kx-3,將y=kx-3代入橢圓方程并化簡(jiǎn)得(4+5k2)x2-3