2023届高考前迅速提分复习（上海专用）专题1-10平面解析几何三大考点与真题训练 （解析版）

第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat44页2023年高考数学考前30天迅速提分复习方案（上海地区专用））考点一：直线与方程一、单选题1．（2022·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）已知直线的参数方程为，则该直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据直线参数方程可确定斜率，由斜率和倾斜角关系可得结果.【详解】由参数方程可知：直线斜率，直线倾斜角为.故选：D.2．（2022·上海虹口·统考一模）已知是椭圆与抛物线的一个共同焦点，与相交于A，B两点，则线段AB的长等于（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求得A，B两点的坐标，进而求得线段AB的长【详解】椭圆的右焦点坐标为，则抛物线的焦点坐标为，则，则，抛物线由，解得或则故选：B二、填空题3．（2023·上海静安·统考一模）若直线与直线平行，则这两条直线间的距离是____________．【答案】##【分析】运用两直线平行求得m的值，再运用两平行线间的距离公式可求得结果.【详解】由直线与直线平行，可知，即，故直线为，直线变形得，故这两条直线间的距离为，故答案为：.4．（2022·上海·统考模拟预测）已知直线，若，则实数a的值是___________．【答案】或【分析】根据向量垂直列方程，化简求得的值.【详解】由题意可知，故，即解得或.故答案为:或5．（2022·上海徐汇·统考一模）已知正实数满足，则的取最小值___________.【答案】【分析】利用代数式和几何图形的关系，将问题转化为距离之和的最小值即可求解.【详解】设直线，点在直线上，且在第一象限，设点，所以，如图所示，点A关于直线对称的点设为，则有解得，所以，由图可知，当在直线时，最小，最小值为，即的最小值为，故答案为：.6．（2022·上海青浦·统考一模）在平面直角坐标系中，，两点绕定点按顺时针方向旋转角后，分别到，两点位置，则的值为______．【答案】##【分析】根据给定条件，求出点P的坐标，再借助几何图形结合二倍角的余弦计算作答.【详解】依题意，点P在线段的中垂线上，点P也在线段的中垂线上，连，而，，，，因此，而，即，有，于是得，直线过中点，而直线斜率为1，则直线的斜率为-1，方程为，直线的方程为，于是得点，令直线交于点，，，，所以.故答案为：7．（2022·上海奉贤·统考二模）若关于，的方程组有唯一解，则实数a满足的条件是________.【答案】##【分析】由题给方程组有唯一解，可得方程有唯一解，进而得到实数a满足的条件【详解】由，可得，由关于，的方程组有唯一解，可得方程有唯一解，则故答案为：8．（2022·上海奉贤·统考模拟预测）直线l的方程为，则直线l的一个法向量为__．【答案】【分析】根据已知条件，结合行列式的公式，以及法向量的定义，即可求解．【详解】解：∵，∴，即，则直线的斜率故直线l的一个法向量为．故答案为：．9．（2022·上海虹口·统考二模）设，，三条直线，，，则与的交点M到的距离的最大值为__．【答案】##.【分析】根据直线与的的方程易知，而过定点，过定点，得到与的交点M在以AB为直径的圆上，求出圆心和半径，结合恒过原点，即可利用圆心到原点的距离加半径解出．【详解】因为，所以．而直线，整理为，令，解得：，故过定点，，变形为，过定点，所以与的交点M在以AB为直径的圆上，圆心为，即，直径为，故半径为，所以圆的方程为，因为恒过原点，所以M到的距离的最大值为的长加上半径，即．故答案为：．三、解答题10．（2022·上海·统考模拟预测）如图，，是某景区的两条道路（宽度忽略不计，为东西方向），Q为景区内一景点，A为道路上一游客休息区，已知，（百米），Q到直线，的距离分别为3（百米），（百米），现新修一条自A经过Q的有轨观光直路并延伸至道路于点B，并在B处修建一游客休息区.（1）求有轨观光直路的长；（2）已知在景点Q的正北方6百米的P处有一大型组合音乐喷泉，喷泉表演一次的时长为9分钟，表演时，喷泉喷洒区域以P为圆心，r为半径变化，且t分钟时，（百米）（，）.当喷泉表演开始时，一观光车S（大小忽略不计）正从休息区B沿（1）中的轨道以（百米/分钟）的速度开往休息区A，问：观光车在行驶途中是否会被喷泉喷洒到，并说明理由.【答案】（1）；（2）喷泉的水流不会洒到观光车上，理由见解析【分析】（1）建立如图平面直角坐标系，易得，直线的方程为，，由点到直线距离，求出，从而直线的方程为，联产方程组求出的坐标，由此能求出轨道的长；（2）将喷泉记为圆，由题意得，生成分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则，，从而，若喷泉不会洒到观光车上，则对恒成立，由此能求出喷泉的水流不会洒到观光车上.【详解】（1）以点O为坐标原点，直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图所示.则由题设得：，直线的方程为，（）.由，解得，所以.故直线的方程为，由得即，故，答：水上旅游线的长为.（2）将喷泉记为圆P，由题意可得，生成t分钟时，观光车在线段上的点C处，则，，所以.若喷泉不会洒到观光车上，则对恒成立，即，当时，上式成立，当时，，，当且仅当时取等号，因为，所以恒成立，即喷泉的水流不会洒到观光车上.答：喷泉的水流不会洒到观光车上.【点睛】本题考查轨道长的求法，考查喷泉的水流能否洒到观光车上的判断，考查函数性质有生产生活中的应用等基础知识，考查运算求解能力和应用意识，属于中档题.考点二：圆与方程一、单选题1．（2022·上海徐汇·统考一模）已知圆的半径为3，圆的半径为7，若两圆相交，则两圆的圆心距可能是（

）A．0 B．4 C．8 D．12【答案】C【分析】根据两圆相交圆心距验证各选项即可.【详解】因为两圆相交，所以两圆的圆心距即，仅有C满足，故选：C2．（2022·上海黄浦·统考模拟预测）已知圆（θ为参数），与圆C关于直线x+y＝0对称的圆的普通方程是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意得圆C的普通方程为，根据两圆的圆心关于直线x+y＝0对称，半径相同，即可解出．【详解】圆（θ为参数）转化为普通方程为，圆心为（﹣2，3），半径为5，所以对称的圆的圆心为（﹣3，2），半径为5，故对称的圆的普通方程是．故选：A．3．（2021·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）已知抛物线的焦点F、M是抛物线上位于第一象限内的一点，O为坐标原点，若的外接圆D与抛物线的准线相切，则圆D与直线相交得到的弦长为（

）A． B．4 C． D．【答案】D【分析】先求出圆的圆心和半径，再求出圆心到直线的距离，即可求出圆与直线相交得到的弦长，得到答案.【详解】因为的外接圆与抛物线的准线相切，所以的外接圆的圆心到准线的距离等于圆的半径，又因为圆心在的垂直平分线上，，所以圆的半径为，圆心的横坐标为，所以圆心的纵坐标为，所以圆心到直线的距离，所以圆与直线相交得到的弦长为.故选：D.二、填空题4．（2023·上海·统考模拟预测）已知双曲线的渐近线与圆相切，则_________.【答案】##【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用圆心到渐近线的距离等于圆的半径可求得的值.【详解】由得，所以圆心为，半径为，双曲线的渐近线方程为，即，因为双曲线的渐近线与圆相切，所以，化简得，解得或（舍去）.故答案为：.5．（2023·上海·统考模拟预测）已知圆C的一般方程为，则圆C的半径为____________【答案】【分析】先求得圆的标准方程，从而求得圆的半径.【详解】圆即，所以圆的半径为.故答案为：6．（2022·上海普陀·统考一模）设．若直线与曲线仅有一个公共点，则______．【答案】【分析】利用圆心到直线的距离等于圆的半径可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.【详解】圆的圆心坐标为，半径为，由题意可得，解得.故答案为：.7．（2022·上海奉贤·统考二模）构造一个二元二次方程组，使得它的解恰好为，，要求与的每个方程均要出现，两个未知数．答：________.【答案】【分析】不妨令为过、两点的直线，为以、两点为直径的圆，即可满足题意.【详解】过、两点的直线为，整理得、两点间距离为、两点的中点坐标为则以、两点为直径的圆为则可令为，为故答案为：8．（2022·上海黄浦·上海市光明中学校考模拟预测）设有直线的倾斜角为．若在直线上存在点满足，且，则的取值范围是____________．【答案】【分析】设，易得，再根据在直线上存在点满足，圆心到直线的距离不大于半径求解.【详解】解：设，因为，所以，因为在直线上存在点满足，所以圆心到直线的距离不大于半径，即，解得或，又因为，所以的取值范围是.故答案为：9．（2022·上海静安·统考模拟预测）已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，右焦点和圆心重合，则该双曲线的标准方程为____________．【答案】【分析】根据已知条件得出双曲线的渐近线方程及圆的圆心和半径，进而得出双曲线的焦点坐标，利用双曲线的渐近线与圆相切，得出圆心到渐近线的距离等于半径，结合双曲线中三者之间的关系即可求解.【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为，即.由圆的方程为，得圆心为，半径为.因为右焦点和圆心重合，所以双曲线右焦点的坐标为.又因为双曲线的两条渐近线均与圆相切，所以，即，解得.所以,所以该双曲线的标准方程为.故答案为：.10．（2022·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）若圆上有且只有两点到直线的距离为2，则圆的半径的取值范围是_______.【答案】【分析】根据题意画出简图，根据图像即可分析出半径的取值范围.【详解】圆心O到直线的距离为，如图：与直线距离为2的点的轨迹是与平行且与距离为2的两平行直线（图中虚线）.由题意知直线与圆O有两不同交点，而与圆O没有公共点.因此圆O半径的取值范围是.故答案为：.11．（2022·上海·统考模拟预测）设直线系，对于下列四个命题：①M中所有直线均经过一个定点；②存在定点P不在M中的任一条直线上；③对于任意整数，存在正n边形，使其所有边均在M中的直线上；④M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．其中真命题的序号是_________（写出所有真命题的序号）【答案】②③【分析】令，消去，即可得到直线系表示圆的切线的集合，即可判断①②③，再利用特殊值判断④；【详解】解：由直线系，可令，消去可得，故直线系表示圆的切线的集合，故①不正确；因为对任意，存在定点不在直线系中的任意一条上，故②正确；由于圆的外切正边形，所有的边都在直线系中，故③正确；中的直线所能围成的正三角形的边长不一定相等，故它们的面积不一定相等，如图中等边三角形和面积不相等，故④不正确．综上，正确的命题是②③．故答案为：②③．三、解答题12．（2022·上海嘉定·统考一模）如图所示，由半椭圆和两个半圆、组成曲线，其中点依次为的左、右顶点，点为的下顶点，点依次为的左、右焦点.若点分别为曲线的圆心.(1)求的方程；(2)若点分别在上运动，求的最大值，并求出此时点的坐标；(3)若点在曲线上运动，点，求的取值范围.【答案】(1)(2)最大值为6，，(3)【分析】（1）由圆心的横坐标确定的值，再用可得方程；（2）将运用几何法放缩到过两个半圆的圆心时最大，再根据特殊三角形的角度计算出点的坐标；（3）需要分情况讨论，在圆上和在椭圆上分开计算，计算圆锥曲线上一点到某定点的最值问题可以用参数方程计算.【详解】（1）依题意，，所以，于是的方程为（2）由对称性，不妨设，，，当三点共线，同时三点共线，，此时，.（3）曲线关于轴对称，不妨设点在曲线或曲线的右半部分上运动.①当点在曲线上运动，设，.，；②当点在曲线上运动，设，.，，综合①②，.【点睛】圆锥曲线的组合曲线的问题，一般都需要采用分类讨论的方法，与圆有关系的问题一般都考虑几何法优先.13．（2022·上海徐汇·上海中学校考模拟预测）椭圆C：的离心率为，以椭圆C的上顶点T为圆心作圆T：，圆T与椭圆C在第一象限交于点A，在第二象限交于点B．(1)求椭圆C的方程；(2)求的最小值，并求出此时圆T的方程；(3)设点P是椭圆C上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，O为坐标原点，求证：为定值．【答案】(1)(2)，(3)证明见解析【分析】（1）求出的值，根据，从而求出椭圆的方程即可；（2），，求出的表达式，根据二次函数的性质求出其最小值，从而求出点坐标；（3）设，则PA的方程为，分别求出，的值，从而证明为定值.【详解】（1）解：由题意知，，，所，，得，，，故椭圆C的方程为．（2）点A与点B关于y轴对称，设，，由点A在圆C上，则，因为，得，所以，由题意得当时，取最小值，此时，故，又点A在圆T上，代入圆的方程，得故圆T的方程是．（3）证明：设，则PA的方程为令，得，同理故，①因为P，A都在椭圆C上所以，，代入①可得：，即得．考点三：圆锥曲线一、单选题1．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为，椭圆存在一点，若，则椭圆的离心率取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】设，，根据椭圆的定义和余弦定理得，再根据基本不等式和离心率公式可得结果.【详解】设，，则，在中，，所以，所以，所以，因为，当且仅当时，取等号，所以，所以，所以，所以，所以，又，所以.故选：C2．（2022·上海浦东新·统考一模）已知平面直角坐标系中的直线、.设到、距离之和为的点的轨迹是曲线，、距离平方和为的点的轨迹是曲线，其中、.则、公共点的个数不可能为（

）A．0个 B．4个 C．8个 D．12个【答案】D【分析】由题意结合点到直线距离公式，整理等式，可判断曲线为矩形，曲线为椭圆，通过联立方程组求曲线、公共点的个数.【详解】由题意，直线与直线相互垂直，设曲线上的点为，满足，即，则当，时，；当，时，；当，时，；当，时，，所以曲线是以、、、为顶点的矩形，设曲线上的点为，满足，即，所以的轨迹为椭圆，当时，联立可得，方程组无解，即直线与椭圆没有交点，同理可得与椭圆没有交点，联立可得，方程组无解，即直线与椭圆没有交点，同理直线与椭圆没有交点，所以曲线、公共点的个数0，当时，联立可得，所以，即直线与椭圆有一个交点，同理可得与椭圆有一个交点，联立可得，解得，即直线与椭圆有一个交点，同理直线与椭圆有一个交点，所以曲线、公共点的个数4，当时，联立可得，所以，即直线与椭圆有两个交点，同理可得与椭圆有两个交点，联立可得，解得，即直线与椭圆有两个交点，同理直线与椭圆有两个交点，所以曲线、公共点的个数8，故选：D二、填空题3．（2023·上海·统考模拟预测）双曲线的焦点为__________.【答案】【分析】根据双曲线的方程求，进而可得焦点坐标，注意焦点所在的位置.【详解】由题意可得：，且双曲线的焦点在x轴上，故双曲线的焦点为.故答案为：.4．（2022·上海·上海中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，动点在椭圆上，点是的中点，过点作直线（和直线不重合）与椭圆相交于，两点，若直线，的斜率分别为、，且，则的值是______.【答案】##【分析】分别设，，，则.将点的坐标分别代入椭圆方程，结合已知，即可推得，整理可得，即可求出答案.【详解】设点，，的坐标为，则点.则，.因为点在椭圆上，所以，即.因为，所以，所以，，所以，.又在椭圆上，所以有，，代入有，展开得，即，所以，所以.所以.故答案为：.5．（2023·上海·统考模拟预测）已知椭圆与双曲线有公共的焦点，为右焦点，为坐标原点，双曲线的一条渐近线交椭圆于点，且点在第一象限，若，则椭圆的离心率等于_________.【答案】【分析】（1）联立直线方程和，求得点的坐标，然后将点代入椭圆方程，化简整理，即可求得本题答案.【详解】设椭圆的右焦点为，依题意可得，双曲线的一条渐近线为，因为，所以，由，解得，即，又点在椭圆上，所以，即，即，即，即，即，即，即，即，即，解得或（舍去），所以椭圆方程为，则，所以椭圆的离心率.故答案为：6．（2022·上海·统考模拟预测）已知F为双曲线的右焦点，A为双曲线C上一点，直线轴，与双曲线C的一条渐近线交于B，若，则C的离心率___________．【答案】##【分析】将分别代入双曲线方程和渐近线方程求得，，由题意，由此求得，，从而得离心率.【详解】由题意得，双曲线的渐近线方程为，由双曲线的对称性，不妨设A，B均为第一象限点，将代入双曲线方程，得，得，所以，将代入渐近线方程，得，所以，因为，所以，所以，得，所以，所以双曲线的离心率为．故答案为：．7．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）正视图近似伯努利双纽线.定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是双纽线C上一点.下列说法中正确的有________.①双纽线关于原点中心对称；②；③双纽线上满足的点有两个；④.的最大值为.【答案】①②④【分析】对于①，根据双纽线的定义求出曲线方程，然后将替换方程中的进行判断，对于②，根据三角形的等面积法分析判断，对于③，由题意得，从而可得点在轴上，进行可判断，对于④，由向量的性质结合余弦定理分析判断.【详解】对于①，因为定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，所以，用替换方程中的，原方程不变，所以双纽线关于原点中心对称，所以①正确，对于②，根据三角形的等面积法可知，即，所以，所以②正确，对于③，若双纽线上的点满足，则点在轴上，即，所以，得，所以这样的点只有一个，所以③错误，对于④，因为，所以，由余弦定理得，所以，所以的最大值为，所以④正确，故答案为：①②④8．（2022·上海金山·统考一模）已知抛物线的焦点坐标为，则的值为___________.【答案】【分析】利用抛物线的标准方程得到焦点坐标，从而求得值.【详解】因为抛物线，所以抛物线的焦点坐标为，又因为抛物线的焦点坐标为，所以，则.故答案为：.9．（2022·上海浦东新·统考一模）已知抛物线的焦点为，在C上有一点满足，则点到轴的距离为______.【答案】12【分析】由条件结合抛物线的定义求出点横坐标，再由抛物线方程求其纵坐标，由此可求点到x轴的距离.【详解】因为抛物线的方程为，所以其焦点的坐标为，其准线方程为，设点的坐标为，因为，所以点到准线的距离为12，即，所以，因为点在抛物线上，所以，所以，所以点的坐标为或，故点到轴的距离为12.故答案为：12.10．（2022·上海奉贤·统考一模）已知双曲线的中心在原点，焦点在轴上，它的渐近线方程为，则它的离心率等于__________.【答案】【分析】利用双曲线的性质和之间的关系即可求得离心率.【详解】由已知双曲线的渐近线方程为所以，故所以，故所以离心率故答案为：三、解答题11．（2022·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）有一正方形景区，所在直线是一条公路，该景区的垃圾可送到位于点的垃圾回收站或公路上的流动垃圾回收车，于是，景区分为两个区域和，其中中的垃圾送到流动垃圾回收车较近，中的垃圾送到垃圾回收站较近，景区内和的分界线为曲线，现如图所示建立平面直角坐标系，其中原点为的中点，点的坐标为．(1)求景区内的分界线的方程；(2)为了证明与的面积之差大于1，两位同学分别给出了如下思路，思路①：求分界线在点处的切线方程，借助于切线与坐标轴及景区边界所围成的封闭图形面积来证明；思路②：设直线：，分界线恒在直线的下方（可以接触），求的最小值，借助于直线与坐标轴及景区边界所围成的封闭图形面积来证明．请选择一个思路，证明上述结论．【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）根据给定信息，可得分界线上任意点到点F与直线EH距离相等，再列出方程化简作答.（2）选①，求出分界线在点处的切线方程，再求出该切线与y轴分正方形所成两部分面积差即可；选②，借助恒成立求出b的最小值得直线L，再求出直线L与y轴分正方形所成两部分面积差即可.【详解】（1）分界线C上任意点到点F与直线EH距离相等，直线EH：，点，设分界线C上任意一点为，于是得，整理得，所以景区内的分界线的方程：.（2）选①：点的坐标为，显然切线斜率存在，设切线方程为，，由，得，由，得，因此分界线在点处的切线方程为，设切线交轴于点，则，梯形面积，显然，因此，所以．选②：依题意，对恒成立，即，而，当且仅当时取等号，则，即的最小值为1，直线方程为，设直线交轴于点，则，梯形面积，显然，因此，所以．12．（2022·上海奉贤·统考一模）已知椭圆的中心在原点，且它的一个焦点为.点分别是椭圆的左､右顶点，点为椭圆的上顶点，的面积为.点是椭圆上在第一象限内的一个动点.(1)求椭圆的标准方程；(2)若把直线的斜率分别记作，若，求点的坐标；(3)设直线与轴交于点，直线与轴交于点.令，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据焦点坐标、三角形面积、就是可得答案；（2）设，利用点在椭圆上和可求出点坐标；（3）求出直线、直线的方程可得点坐标及，利用得到，再由可得，即，利用的范围可得答案.【详解】（1），所以椭圆标准方程为；（2）设，，得到，所以；（3）因为点是椭圆上在第一象限内的点，所以，直线的方程为，直线的方程为，所以，，，，，，，则，.13．（2022·上海宝山·统考一模）已知椭圆C：，，，，这四点中恰有三点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)点E是椭圆C上的一个动点，求面积的最大值；(3)过的直线l交椭圆C于A、B两点，设直线l的斜率，在x轴上是否存在一点，使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求实数m的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)；(3)【分析】（1）观察可知，都在椭圆上，即满足椭圆方程，若在椭圆上，代入方程，联立解得，舍去；因此三点在椭圆上，即可解出椭圆的方程；（2）要使面积最大，则应有点E到直线的距离最大.当过点的直线与平行，且与椭圆相切时，取得最大或最小值，联立方程即可求得；（3）写出直线的方程为，与椭圆方程联立，可得，根据韦达定理求出的中点坐标以及线段的垂直平分线的方程，代入，即可求得的值.根据基本不等式，可求出实数m的取值范围.【详解】（1）因为，关于轴对称，根据题意以及椭圆的对称性可知，两点都在椭圆上，即有成立.若在椭圆上，则有.联立可得，，不合题意，舍去.所以，在椭圆上，即有，所以，代入，可得.所以，椭圆C的方程为.（2）要使面积最大，则应有点E到直线的距离最大.由，，可得直线方程为.过点作直线，使得，则到直线的距离即等于直线到直线的距离.显然，当直线与椭圆相切时，距离为最大或最小.则设直线方程为，联立直线与椭圆的方程可得，.因为，直线与椭圆相切，则，解得，.则当时，此时直线方程为，与直线距离最大，此时.又，所以面积的最大值为.（3）设，，假设在x轴上存在一点，使得、为邻边的平行四边形为菱形.因为直线过点，则直线的方程为，联立直线的方程与椭圆的方程可得，，恒成立，且，，，，所以，则的中点坐标为，所以线段的垂直平分线方程为，显然该直线过点.令，则，即.因为，所以，当且仅当时，即时，等号成立.所以，，所以，则，所以.即实数m的取值范围为.14．（2022·上海徐汇·统考一模）已知曲线的方程为，直线：与曲线在第一象限交于点.(1)若曲线是焦点在轴上且离心率为的椭圆，求的值；(2)若，时，直线与曲线相交于两点M，N，且，求曲线的方程；(3)是否存在不全相等，，满足，且使得成立.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)或(3)存在，【分析】（1）根据椭圆离心率的公式以及椭圆中的关系即可求解,（2）联立直线与曲线的方程，由韦达定理以及弦长公式求解，（3）联立直线与曲线的方程，得韦达定理，根据假设，代入即可化简求解.【详解】（1）由题得，曲线为：，又离心率为，，则，又因为，因此，.（2）设，，联立方程得，因为，则，，所以，，解得或.因此，曲线的方程为：或.（3）联立得，又，得，解得，假设存在（，，不全相等），使得成立.故，有，进一步有，化简得，由在第一象限，且，得.（i），则，，；（ii），则，得，又因为，则与已知矛盾.综上所述：存在（，，不全相等），使得成立，此时【点睛】圆锥曲线中与直线相交的问题，一般采用联立方程，得韦达定理.常采用设而不求的思想.常用的做题思路为：(1)设直线的方程为，设交点坐标为，(2)联立直线与曲线的方程，得韦达定理，或者(3)根据交点坐标计算相关量（例如斜率，弦长等），利用其满足的性质和题目中的条件求得参数值或者参数的关系.【真题训练】一．选择题（共2小题）1．（2020•上海）已知椭圆+y2＝1，作垂直于x轴的垂线交椭圆于A、B两点，作垂直于y轴的垂线交椭圆于C、D两点，且AB＝CD，两垂线相交于点P，则点P的轨迹是（）A．椭圆 B．双曲线 C．圆 D．抛物线【分析】利用已知条件判断轨迹是双曲线，或利用求解轨迹方程，推出结果即可．【解答】解：∵AB≤2，∴CD≤2，判断轨迹为上下两支，即选双曲线，设A（m，t），D（t，n），所以P（m，n），因为，，消去t可得：2n2﹣，故选：B．【点评】本题考查轨迹方程的求法与判断，是基本知识的考查，基础题．2．（2022•上海）设集合Ω＝{（x，y）|（x﹣k）2+（y﹣k2）2＝4|k|，k∈Z}①存在直线l，使得集合Ω中不存在点在l上，而存在点在l两侧；②存在直线l，使得集合Ω中存在无数点在l上；（）A．①成立②成立 B．①成立②不成立 C．①不成立②成立 D．①不成立②不成立【分析】分k＝0，k＞0，k＜0，求出动点的轨迹，即可判定．【解答】解：当k＝0时，集合Ω＝{（x，y）|（x﹣k）2+（y﹣k2）2＝4|k|，k∈Z}＝{（0，0）}，当k＞0时，集合Ω＝{（x，y）|（x﹣k）2+（y﹣k2）2＝4|k|，k∈Z}，表示圆心为（k，k2），半径为r＝2的圆，圆的圆心在直线y＝x2上，半径r＝f（k）＝2单调递增，相邻两个圆的圆心距d＝＝，相邻两个圆的半径之和为l＝2+2，因为d＞l有解，故相邻两个圆之间的位置关系可能相离，当k＜0时，同k＞0的情况，故存在直线l，使得集合Ω中不存在点在l上，而存在点在l两侧，故①正确，若直线l斜率不存在，显然不成立，设直线l：y＝mx+n，若考虑直线l与圆（x﹣k）2+（y﹣k2）2＝4|k|的焦点个数，d＝，r＝，给定m，n，当k足够大时，均有d＞r，故直线l只与有限个圆相交，②错误．故选：B．【点评】本题考查了动点的轨迹、直线与圆的位置关系，属于中档题．二．填空题（共10小题）3．（2022•上海）双曲线﹣y2＝1的实轴长为6．【分析】根据双曲线的性质可得a＝3，实轴长为2a＝6．【解答】解：由双曲线﹣y2＝1，可知：a＝3，所以双曲线的实轴长2a＝6．故答案为：6．【点评】本题考查双曲线的性质，是基础题．4．（2021•上海）若x2+y2﹣2x﹣4y＝0，求圆心坐标为（1，2）．【分析】将一般方程化为标准方程，然后确定其圆心坐标即可．【解答】解：由x2+y2﹣2x﹣4y＝0，可得圆的标准方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2＝5，所以圆心坐标为（1，2）．故答案为：（1，2）．【点评】本题考查了圆的一般方程和标准方程，考查了转化思想，属于基础题．5．（2023•上海）已知圆C的一般方程为x2+2x+y2＝0，则圆C的半径为1．【分析】把圆C的一般方程化为标准方程，可得圆C的圆心和半径．【解答】解：根据圆C的一般方程为x2+2x+y2＝0，可得圆C的标准方程为（x+1）2+y2＝1，故圆C的圆心为（0，﹣1），半径为1，故答案为：1．【点评】本题主要考查圆的一般方程和标准方程，属基础题．6．（2022•上海）若关于x，y的方程组有无穷多解，则实数m的值为4．【分析】根据题意，分析可得直线x+my＝2和mx+16y＝8平行，由此求出m的值，即可得答案．【解答】解：根据题意，若关于x，y的方程组有无穷多解，则直线x+my＝2和mx+16y＝8重合，则有1×16＝m×m，即m2＝16，解可得m＝±4，当m＝4时，两直线重合，方程组有无数组解，符合题意，当m＝﹣4时，两直线平行，方程组无解，不符合题意，故m＝4．故答案为：4【点评】本题考查直线与方程的关系，注意转化为直线与直线的关系，属于基础题．7．（2021•上海）已知抛物线y2＝2px（p＞0），若第一象限的A，B在抛物线上，焦点为F，|AF|＝2，|BF|＝4，|AB|＝3，求直线AB的斜率为．【分析】将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，根据已知条件结合斜率的定义，求出直线AB的斜率即可．【解答】解：如图所示，设抛物线的准线为l，作AC⊥l于点C，BD⊥l于点D，AE⊥BD于点E，由抛物线的定义，可得AC＝AF＝2，BD＝BF＝4，∴，∴直线AB的斜率．故答案为：．【点评】本题主要考查直线斜率的定义与计算，抛物线的定义等知识，属于基础题．8．（2021•上海）直线x＝﹣2与直线x﹣y+1＝0的夹角为．【分析】先求出直线的斜率，可得它们的倾斜角，从而求出两条直线的夹角．【解答】解：∵直线x＝﹣2的斜率不存在，倾斜角为，直线x﹣y+1＝0的斜率为，倾斜角为，故直线x＝﹣2与直线x﹣y+1＝0的夹角为﹣＝，故答案为：．【点评】本题主要考查直线的斜率和倾斜角，两条直线的夹角，属于基础题．9．（2020•上海）已知椭圆C：+＝1的右焦点为F，直线l经过椭圆右焦点F，交椭圆C于P、Q两点（点P在第二象限），若点Q关于x轴对称点为Q′，且满足PQ⊥FQ′，求直线l的方程是x+y﹣1＝0．【分析】求出椭圆的右焦点坐标，利用已知条件求出直线的斜率，然后求解直线方程．【解答】解：椭圆C：+＝1的右焦点为F（1，0），直线l经过椭圆右焦点F，交椭圆C于P、Q两点（点P在第二象限），若点Q关于x轴对称点为Q′，且满足PQ⊥FQ′，可知直线l的斜率为﹣1，所以直线l的方程是：y＝﹣（x﹣1），即x+y﹣1＝0．故答案为：x+y﹣1＝0．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与直线的对称关系的应用，直线方程的求法，是基本知识的考查．10．（2020•上海）已知直线l1：x+ay＝1，l2：ax+y＝1，若l1∥l2，则l1与l2的距离为．【分析】由l1∥l2求得a的值，再根据两平行线间的距离计算即可．【解答】解：直线l1：x+ay＝1，l2：ax+y＝1，当l1∥l2时，a2﹣1＝0，解得a＝±1；当a＝1时l1与l2重合，不满足题意；当a＝﹣1时l1∥l2，此时l1：x﹣y﹣1＝0，l2：x﹣y+1＝0；则l1与l2的距离为d＝＝．故答案为：．【点评】本题考查了平行线的定义和平行线间的距离计算问题，是基础题．11．（2021•上海）已知椭圆x2+＝1（0＜b＜1）的左、右焦点为F1、F2，以O为顶点，F2为焦点作抛物线交椭圆于P，且∠PF1F2＝45°，则抛物线的准线方程是x＝1﹣．【分析】先设出椭圆的左右焦点坐标，进而可得抛物线的方程，设出直线PF1的方程并与抛物线方程联立，求出点P的坐标，由此可得PF2⊥F1F2，进而可以求出PF1，PF2的长度，再由椭圆的定义即可求解．【解答】解：设F1（﹣c，0），F2（c，0），则抛物线y2＝4cx，直线PF1：y＝x+c，联立方程组，解得x＝c，y＝2c，所以点P的坐标为（c，2c），所以PF2⊥F1F2，又PF所以PF，则c＝﹣1，所以抛物线的准线方程为：x＝﹣c＝1﹣，故答案为：x＝1﹣．【点评】本题考查了抛物线的定义以及椭圆的定义和性质，考查了学生的运算推理能力，属于中档题．12．（2022•上海）已知P1（x1，y1），P2（x2，y2）两点均在双曲线Γ：﹣y2＝1（a＞0）的右支上，若x1x2＞y1y2恒成立，则实数a的取值范围为[1，+∞）．【分析】取P2的对称点P3（x2，﹣y2），结合x1x2＞y1y2，可得＞0，然后可得渐近线夹角∠MON≤90°，代入渐近线斜率计算即可求得．【解答】解：设P2的对称点P3（x2，﹣y2）仍在双曲线右支，由x1x2＞y1y2，得x1x2﹣y1y2＞0，即＞0恒成立，∴∠P1OP3恒为锐角，即∠MON≤90°，∴其中一条渐近线y＝x的斜率≤1，∴a≥1，所以实数a的取值范围为[1，+∞）．故答案为：[1，+∞）．【点评】本题考查了双曲线的性质，是中档题．三．解答题（共7小题）13．（2021•上海）（1）团队在O点西侧、东侧20千米处设有A、B两站点，测量距离发现一点P满足|PA|﹣|PB|＝20千米，可知P在A、B为焦点的双曲线上，以O点为原点，东侧为x轴正半轴，北侧为y轴正半轴，建立平面直角坐标系，P在北偏东60°处，求双曲线标准方程和P点坐标．（2）团队又在南侧、北侧15千米处设有C、D两站点，测量距离发现|QA|﹣|QB|＝30千米，|QC|﹣|QD|＝10千米，求|OQ|（精确到1米）和Q点位置（精确到1米，1°）【分析】（1）求出a，c，b的值即可求得双曲线方程，求出直线OP的方程，与双曲线方程联立，即可求得P点坐标；（2）分别求出以A、B为焦点，以C，D为焦点的双曲线方程，联立即可求得点Q的坐标，从而求得|OQ|，及Q点位置．【解答】解：（1）由题意可得a＝10，c＝20，所以b2＝300，所以双曲线的标准方程为﹣＝1，直线OP：y＝x，联立双曲线方程，可得x＝，y＝，即点P的坐标为（，）．（2）①|QA|﹣|QB|＝30，则a＝15，c＝20，所以b2＝175，双曲线方程为﹣＝1；②|QC|﹣|QD|＝10，则a＝5，c＝15，所以b2＝200，所以双曲线方程为﹣＝1，两双曲线方程联立，得Q（，），所以|OQ|≈19米，Q点位置北偏东66°．【点评】本题主要考查双曲线方程在实际中的应用，属于中档题．14．（2023•上海）已知椭圆Γ：+＝1（m＞0且m≠）．（1）若m＝2，求椭圆Γ的离心率；（2）设A1、A2为椭圆Γ的左右顶点，椭圆Γ上一点E的纵坐标为1，且•＝﹣2，求实数m的值；（3）过椭圆Γ上一点P作斜率为的直线l，若直线l与双曲线﹣＝1有且仅有一个公共点，求实数m的取值范围．【分析】（1）由题意可得a，b，c，可求离心率；（2）由已知得A1（﹣m，0），A2（m，0），设E（p，1），由已知可得p2＝m2，p2﹣m2+1＝﹣2，求解即可；（3）设直线y＝x+t，与椭圆方程联立可得t2≤3m2+3，与双曲线方程联立可得t2＝5m2﹣15，可求m的取值范围．【解答】解：（1）若m＝2，则a2＝4，b2＝3，∴a＝2，c＝＝1，∴e＝＝；（2）由已知得A1（﹣m，0），A2（m，0），设E（p，1），∴+＝1，即p2＝m2，∴＝（﹣m﹣p，﹣1），＝（m﹣p，﹣1），∴•＝（﹣m﹣p，﹣1）•（m﹣p，﹣1）＝p2﹣m2+1＝﹣2，∵p2＝m2，代入求得m＝3；（3）设直线y＝x+t，联立椭圆可得+＝1，整理得（3+3m2）x2+2tm2x+（t2﹣3）m2＝0，由△≥0，∴t2≤3m2+3，联立双曲线可得﹣＝1，整理得（3﹣m2）x2+2tx+（t2﹣5m2）＝0，由Δ＝0，t2＝5m2﹣15，∴5m2﹣15≤3m2+3，∴﹣3≤m≤3，又5m2﹣15≥0，∴m≥，∵m≠，综上所述：m∈（，3]．【点评】本题考查离心率的求法，考查椭圆与双曲线的几何性质，直线与椭圆的综合，属中档题．15．（2022•上海）设有椭圆方程Γ：+＝1（a＞b＞0），直线l：x+y﹣4＝0，Γ下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为F1（﹣，0）、F2（，0）．（1）a＝2，AM中点在x轴上，求点M的坐标；（2）直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点F2，在△ABM中有一内角余弦值为，求b；（3）在椭圆Γ上存在一点P到l距离为d，使|PF1|+|PF2|+d＝6，随a的变化，求d的最小值．【分析】（1）由题意可得椭圆方程为，从而确定M点的纵坐标，进一步可得点M的坐标；（2）由直线方程可知，分类讨论和两种情况确定b的值即可；（3）设P（acosθ，bsinθ），利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得即可确定d的最小值．【解答】解：（1）由题意可得，，∵AM的中点在x轴上，∴M的纵坐标为，代入得．（2）由直线方程可知，①若，则，即，∴，∴．②若，则，∵，∴，∴，∴tan∠BAM＝7．即tan∠OAF2＝7，∴，∴，综上或．（3）设P（acosθ，bsinθ），由点到直线距离公式可得，很明显椭圆在直线的左下方，则，即，∵a2＝b2+2，∴，据此可得，，整理可得（a﹣1）（3a﹣5）≤0，即，从而．即d的最小值为．【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，点到直线距离公式及其应用，椭圆中的最值与范围问题等知识，属于中等题．16．（2022•上海）已知椭圆Γ：+y2＝1（a＞1），A、B两点分别为Γ的左顶点、下顶点，C、D两点均在直线l：x＝a上，且C在第一象限．（1）设F是椭圆Γ的右焦点，且∠AFB＝，求Γ的标准方程；（2）若C、D两点纵坐标分别为2、1，请判断直线AD与直线BC的交点是否在椭圆Γ上，并说明理由；（3）设直线AD、BC分别交椭圆Γ于点P、点Q，若P、Q关于原点对称，求|CD|的最小值．【分析】（1）根据条件可得tan∠AFB＝，解出c，利用a²＝b²+c²，求得a，即可求得答案；（2）分别表示出此时直线BC、直线AD的方程，求出其交点，验证即可；（3）设P（acosθ，sinθ），Q（﹣acosθ，﹣sinθ），表示出直线BP、直线AQ方程，解出C、D坐标，表示出|CD|，再利用基本不等式即可求出答案．【解答】解：（1）由题可得B（0，﹣1），F（c，0），因为∠AFB＝，所以tan∠AFB＝＝＝tan＝，解得c＝，所以a²＝1+（）²＝4，故Γ的标准方程为+y²＝1；（2）直线AD与直线BC的交点在椭圆上，由题可得此时A（﹣a，0），B（0，﹣1），C（a，2），D（a，1），则直线BC：y＝x﹣1，直线AD：y＝x+，交点为（，），满足，故直线AD与直线BC的交点在椭圆上；（3）B（0，﹣1），P（acosθ，sinθ），则直线BP：y＝x﹣1，所以C（a，﹣1），A（﹣a，0），Q（﹣acosθ，﹣sinθ），则直线AQ：y＝（x+a），所以D（a，），所以|CD|＝﹣1﹣＝﹣﹣1，设tan＝t，则|CD|＝2（）﹣2，因为≥，所以≥＝4，则|CD|≥6，即|CD|的最小值为6．【点评】本题考查直线与椭圆的综合，涉及椭圆方程的求解，直线交点求解，基本不等式的应用，属于中档题．17．（2021•上海）已知Γ：+y2＝1，F1，F2是其左、右焦点，直线l过点P（m，0）（m≤﹣），交椭圆于A，B两点，且A，B在x轴上方，点A在线段BP上．（1）若B是上顶点，||＝||，求m的值；（2）若•＝，且原点O到直线l的距离为，求直线l的方程；（3）证明：对于任意m＜﹣，使得∥的直线有且仅有一条．【分析】（1）利用椭圆的方程，求出a，b，c的值，求出|BF1|和|PF1|，由||＝||，即可求出m的值；（2）设点A（cosθ，sinθ），利用平面向量数量积的坐标表示化简•＝，求出点A的坐标，设直线l的方程为，然后利用点到直线的距离公式列出关于k的方程，求出k的值即可得到答案．（3）联立直线l与椭圆的方程，得到韦达定理，利用向量平行的坐标表示，化简可得，然后再利用韦达定理化简|x1﹣x2|，由此得到关于k和m的等式，整理可得，利用m的取值范围以及题中的条件，即可证明．【解答】解：（1）因为Γ的方程：+y2＝1，所以a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2﹣b2＝1，所以F1（﹣1，0），F2（1，0），若B为Γ的上顶点，则B（0，1），所以|BF1|＝＝，|PF1|＝﹣1﹣m，又|BF1|＝|PF1|，所以m＝；（2）设点A（cosθ，sinθ），则＝＝，因为A在线段BP上，横坐标小于0，解得，故，设直线l的方程为，由原点O到直线l的距离为，则＝，化简可得3k2﹣10k+3＝0，解得k＝3或k＝，故直线l的方程为或（舍去，无法满足m＜），所以直线l的方程为；（3）联立方程组，可得（1+2k2）x2﹣4k2mx+2k2m2﹣2＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，因为∥，所以（x2﹣1）y1＝（x1+1）y2，又y＝kx﹣km，故化简为，又＝，