新高考版《数学》资料：专题九-平面解析几何

新高考版《数学》资料：专题九-平面解析几何新高考版《数学》资料：专题九-平面解析几何PAGE/PAGE1新高考版《数学》资料：专题九-平面解析几何专题九平面解析几何一、单项选择题1.(2022山西晋城重点中学4月月考,6)以(a,1)为圆心,且与两条直线2x-y+4=0与2x-y-6=0同时相切的圆的标准方程为()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由已知得圆心到两直线的距离d=|2a-1+4|5=|2a-1-6|5,解得a=1,d=5,所以半径r2.(2023届广西桂林月考,11)已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(4,0),过点F的直线交椭圆于A、B两点,若M(1,-1),且OAA.x248+yC.x224+y答案C∵OA+OB=2OM,∴M∵过点F的直线交椭圆于A、B两点,且M(1,-1),∴kAB=kMF=-1-0设A(x1,y1),B(x2,y2),其中x1≠x2,则x12a2∴b2又∵a2=b2+c2,c=4,∴b2=8,a2=24,∴E的方程为x224+y23.(2020课标Ⅲ,5,5分)设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C：y2=2px(p>0)交于D,E两点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为()A.14,0 B.1答案B由抛物线的对称性不妨设D在x轴上方、E在x轴下方.由x=2,y2=2px得D(2,2p),E(2,-2p),∵OD⊥OE,∴OD·OE=4-4p=0,∴p=1,∴4.(2023届南宁三中摸底,10)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为A,上顶点为B,点P(a,b)满足∠OBF=∠BPO(OA.5+12 B.5-1答案B依题意可得B(0,b),F(c,0),A(a,0),P(a,b),所以OB⊥BP,又∠OBF=∠BPO,∠BOF=∠OBP=90°,所以△OBF∽△BPO,所以OBBP=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届山西大同调研一,12)已知F1,F2为双曲线E：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,点P在E上,∠F1PF2的平分线交x轴于点D,若∠F1PF2=π3,|PF1|+|PF2|=8,且A.x22-yC.x26-y答案B不妨设点P在双曲线的右支上,设|PF1|=n,|PF2|=m,则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届山西大学附中9月诊断,4)若直线x=4y+7与双曲线C：ax2-y2=1(a>0)的一条渐近线平行,则a的值为()A.116 B.14答案A由题意可得双曲线C的渐近线方程为y=±ax,直线x=4y+7的斜率为14∵直线x=4y+7与双曲线C的一条渐近线平行,∴a=14,解得a=1167.(2023届河南洛阳期中,9)已知抛物线C：y2=4x的焦点为F,其准线与x轴的交点为A,点P在抛物线C上,且PA⊥PF,则|PF|=()A.5-12 B.5-2 C.5-1 答案C因为点P在抛物线C：y2=4x上,所以设Py0由抛物线C：y2=4x可得焦点F(1,0),准线方程为x=-1,故A(-1,0).因为PA⊥PF,所以PA⊥因为PA=所以PA·PF=y0416-1+y02由抛物线的定义可得|PF|=5-2+1=5-1.8.(2022安徽安庆二模,4)抛物线y2=4x的焦点为F,点A在抛物线上.若|AF|=3,则直线AF的斜率为()A.±2 B.±22 C.2 D.22答案B设点A(x0,y0),则|AF|=x0+1=3,故x0=2,所以y0=±22,故点A的坐标为(2,22)或(2,-22),又F(1,0),所以直线AF的斜率为±22.故选B.一题多解：设直线AF的倾斜角为θ(0<θ<π),点F,A在抛物线准线l：x=-1上的射影分别为F1,A1,则|AA1|=|FF1|+|AF||cosθ|=2+3|cosθ|,又|AA1|=|AF|,所以2+3|cosθ|=3,得cosθ=±13,所以tanθ=sinθcosθ二、多项选择题9.(2022江苏阜宁中学期中,10)已知圆C：x2+y2-4x=0和直线l：kx-y+1-2k=0,则()A.直线l与圆C的位置关系无法判断B.当k=1时,圆C上的点到直线l的最远距离为2+2C.当圆C上有且仅有3个点到直线l的距离等于1时,k=0D.如果直线l与圆C相交于M,N两点,那么弦MN的中点的轨迹是一个圆答案BCD圆C：x2+y2-4x=0的圆心为C(2,0),半径r=2,直线l：kx-y+1-2k=k(x-2)+(1-y)=0,故直线l过定点P(2,1).对于A,由于点P(2,1)在圆C：x2+y2-4x=0内,故直线l与圆C相交,A错误;对于B,当k=1时,直线l：x-y-1=0,圆心C(2,0)到直线的距离d=12=22,故圆C上的点到直线l的最远距离为2+22,B正确;对于C,当圆C上有且仅有3个点到直线l的距离等于1时,圆心到直线的距离d=11+k2=1,解得k=0,C正确;对于D,由于直线l过定点P(2,1),设弦MN的中点为Q(x,y),则CQ⊥PQ,即点Q的轨迹是以CP为直径的圆10.(2022福州一模,9)已知椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别为F1,F2,P为C上一点A.C的离心率为2B.△PF1F2的周长为5C.∠F1PF2<90°D.1≤|PF1|≤3答案CD对于A,因为a=2,c=4-3=1,∴离心率e=ca=12,A错误;对于B,由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a=4,又|F1F2|=2c=2,∴△PF1F2的周长为4+2=6,B错误;对于C,当P∴tan∠F1PF2=2tan∠F1PF221-tan2∠F1PF22=2331-13=3∵PF1|min=a-c=1,PF1|max=a+c=3,∴1≤|11.(2022山东烟台、德州一模,12)已知双曲线C：x24-y25=1,F1,F2为C的左、右焦点A.双曲线x24+m-y2B.若P为C上一点,且∠F1PF2=90°,则△F1PF2的周长为6+214C.若直线y=tx-1与C没有公共点,则t<-62或t>D.在C的左、右两支上分别存在点M,N,使得4F答案BC对于A,双曲线C：x24-y25=1的离心率e=32,双曲线x24+m-y25+m=1(m>0)的离心率e=4+m+5+m4+m=9+2m4+m,它们的离心率不相等,A错误;对于B,有PF1|2+PF2|2=36,||PF1|-PF2||=4,整理得|PF1|+|PF2|=214,则△F1PF2的周长为6+214,B正确;对于C,由x24-y25=1,y=tx-1可得(5-4t2)x2+8tx-24=0,由题意知方程(5-4t2)x2+8tx-24=0无解,当5-4t2=0时,方程(5-4t2)x2+8tx-24=0有解;当5-4t2≠0时,则有5-4t2≠0,(8t)2+96(5-4t2)<0,解之得t<-62或t>62,故C正确;对于D,当直线MN则M(-2,0),N(2,0),F1M=(1,0),F1N=(5,0),即5F1M12.(2022辽宁名校联盟3月联考,12)已知抛物线C：x2=2py(p>0)的准线l的方程为y=-1,过C的焦点F的直线与C交于A,B两点,以A,B为切点分别作C的两条切线,且两切线交于点M,则下列结论正确的是()A.C的方程为x2=2yB.∠AMB=90°C.M恒在l上D.|MF|2=|AF|·|BF|答案BCD由题意得-p2=-1,所以p=2,因此C的方程为x2=4y,A项错误;由题意可知直线AB的斜率存在,F(0,1),设AB的方程为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的斜率为kAM=12x1,所以AM的方程为y-y1=12x1(x-x1),即y-14x12=12x1(x-x1)①,同理BM的斜率为kBM=12x2,所以BM的方程为y-14x22=12x2(x-x2)②,所以kAMkBM=14x1x2=-1,即AM⊥BM,所以∠AMB=90°,B项正确;由①②得(x2-x1)y=14x1x2(x2-x1),因为x1≠x2,所以y=-1,将y=-1代入①②得x=x2+x12=2k,所以点M的坐标为(2k,-1),又C的准线l的方程为y=-1,所以M恒在l上,C项正确;当AB的斜率k不为零时,kMF=-1-12k=-1k,所以kAB·kMF=-1,所以AB⊥MF三、填空题13.(2022全国乙,14,5分)过四点(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为.

答案(x-2)2+(y-1)2=5或x2+y2-4x-6y=0或x2+y2-83x-143y=0或x2+y2解析选取(0,0),(4,0),(4,2)时,不妨设这三点分别为O,A,B,则线段OA的垂直平分线的方程为x=2,线段AB的垂直平分线的方程为y=1,所以经过这三点的圆的圆心坐标为(2,1),记为C,圆的半径r=|CO|=22+12=5,所以所求圆的方程为(x-2)2选取(0,0),(4,0),(-1,1)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则F=0,16+4D+F=0,1+1-D+E+F选取(0,0),(-1,1),(4,2)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则F所以所求圆的方程为x2+y2-83x-选取(4,0),(-1,1),(4,2)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则16+4D+F=0,1+1-D+E+F14.(2022贵阳五校联考,15)设F1,F2分别是椭圆x225+y216=1的左、右焦点,P为椭圆上任一点,点M的坐标为(6,4),则|PM|+|答案15解析如图所示.在椭圆x225+y216=1中,a=5,b=4,c=3,所以焦点坐标分别为F|PM|+|PF1|=|PM|+(2a-|PF2|)=10+(|PM|-|PF2|).∵|PM|-|PF2|≤|MF2|,当且仅当P在MF2的延长线上(P与P0重合)时取等号,∴(|PM|-|PF2|)max=|MF2|=(6-3)2+(4-0)2=5,故|PM|+|PF1解后反思：解题关键是转化为一动点到两定点距离之和或距离之差的最值问题,可以结合图形利用三角形三边的关系解决.15.(2021新高考Ⅰ,14,5分)已知O为坐标原点,抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F,P为C上一点,PF与x轴垂直,Q为x轴上一点,且PQ⊥OP.若|FQ|=6,则C的准线方程为.

答案x=-3解析∵点P在抛物线上且PF⊥x轴,不妨设点P位于x轴上方,∴Pp2,p,∵OP∴由平面几何知识可得|PF|2=|OF|·|FQ|,又∵|FQ|=6,∴p2=p2×6,∴p=3或p=0(舍),∴C的准线方程为x=-316.(2019课标Ⅰ,16,5分)已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点.答案2解析解法一：如图,由F1A=AB知A为线段F∵O为线段F1F2的中点,∴OA∥F2B,∵F1B·F2B=0,∴F1∴OA⊥F1A且∠F1OA=∠OF2B,∵∠BOF2=∠AOF1,∴∠BOF2=∠OF2B,又易知|OB|=|OF2|=c,∴△OBF2为正三角形,可知ba∴e=ca=解法二：如图,设∠AOy=α,则∠BOy=α,∵F1A=AB,∴A为线段F又∵O为线段F1F2的中点,∴OA∥BF2,∴∠OBF2=2α.过B作BH⊥OF2,垂足为H,则BH∥y轴,则有∠OBH=α,∴∠HBF2=α,易得△OBH≌△F2BH,∴|OB|=|BF2|,∵F2∴BF1⊥BF2,又O为F1F2的中点,∴|OB|=|OF2|=c,∴△OBF2为正三角形.∴∠BOF2=60°,则ba∴e=ca=四、解答题17.(2021全国甲,20,12分)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l：x=1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与l相切.(1)求C,☉M的方程;(2)设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A3与☉M的位置关系,并说明理由.解析(1)由题意可设抛物线C的方程为y2=2px(p>0),则P,Q的坐标为(1,±2p),∵OP⊥OQ,∴OP·OQ=1-2p=0,∴p=12,∴抛物线C的方程为∵☉M的圆心为(2,0),☉M与直线x=1相切,∴☉M的半径为1,∴☉M的方程为(x-2)2+y2=1.(2)直线A2A3与☉M相切.理由如下：设A1(y02,y0),A2(y12,y1),A3(y∵直线A1A2,A1A3均与☉M相切,∴y0≠±1,y1≠±1,y2≠±1,由A1,A2的坐标可得直线A1A2的方程为y-y0=y0-y1y02-y12(x-y02),整理,得x-(y0+y1)y+y0∴M到直线A1A2的距离d=|2+y0y1|1+(y同理可得,(y02-1)y观察①②,得y1,y2是关于x的一元二次方程(y02-1)x2+2y0x+3-y0∴y1+y2=-2y0y02-1,y1y2=3-y02y02则点M(2,0)到直线A2A3的距离d'=|2+y1y2|1+(y1+y2)2,把(*)代入,得d'=18.(2020课标Ⅱ,19,12分)已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且(1)求C1的离心率;(2)设M是C1与C2的公共点.若|MF|=5,求C1与C2的标准方程.解析(1)由已知可设C2的方程为y2=4cx,其中c=a2不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为b2a,-b2a;C,D的纵坐标分别为2故|AB|=2b2a,|由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3×ca=2-2ca所以C1的离心率为12(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1：x24设M(x0,y0),则x024c2+y023c由于C2的准线为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的标准方程为x236+y227=1,C19.(2023届豫北调研,20)已知椭圆M1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=2,面积为(1)求M1的方程;(2)已知P为椭圆M2：x22a2+y22b2=1上一点,过点P作M1的两条切线l1和l2,若l1,l2的斜率分别为k1,解析(1)由椭圆及正方形的对称性,不妨设正方形的一个顶点为A(x,x),由x2a2+x2b∵2x·2x=487,∴x2=127,∴12∵a2-b2=c2=1②,∴由①②解得a2=4,b2=3.故所求椭圆方程为x24(2)证明：由(1)得a2=4,b2=3,则M2的方程为x28+y26=1,设P(则x028+设过点P与椭圆M1相切的直线l的方程为y=kx+t,将直线方程与x24+y23=1联立,消去y整理得(3+4k2)x2∴Δ=(8kt)2-4(3+4k2)(4t2-12)=0,可得t2=3+4k2③,∵点P在直线l上,∴y0=kx0+t,∴t=y0-kx0.将t=y0-kx0代入③得(y0-kx0)2=3+4k2,整理得(x02-4)k2-2kx0y0+y0依题意可知k1,k2为方程④的两根,∴k1·k2=y02-3x02-4=20.(2022河南安阳联考,21)已知抛物线C：y2=2px(p>0),过点R(2,0)作x轴的垂线交抛物线C于G,H两点,且OG⊥OH(O为坐标原点).(1)求p;(2)过点Q(2,1)任意作一条不与x轴垂直的直线交抛物线C于A,B两点,直线AR交抛物线C于不同于点A的另一点M,直线BR交抛物线C于不同于点B的另一点N.求证：直线MN过定点.解析(1)由题意知,|RG|=|OR|=2,不妨设G(2,2),代入抛物线C的方程可得p=1.(2)证明：由(1)知,抛物线C的方程为y2=2x.设Ay122,y1,By2则kAB=y1-y2y122-y222=2y1+y2.所以直线AB的方程为y=2y1同理直线AM,BN的方程分别为2x-(y1+y3)y+y1y3=0,2x-(y2+y4)y+y2y4=0.由直线AB过Q(2,1)及直线AM,BN过R(2,0)可得4-(y1+y2)+y1y2=0,y1y3=y2y4=-4.又直线MN的方程为2x-(y3+y4)y+y3y4=0,即2x+4y所以直线MN的方程为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.所以直线MN过定点(2,-1).21.(2021北京,20,15分)已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b(1)求椭圆E的标准方程;(2)过点P(0,-3)的直线l的斜率为k,交椭圆E于不同的两点B,C,直线AB交y=-3于点M,直线AC交y=-3于点N,若|PM|+|PN|≤15,求k的取值范围.解析(1)将A(0,-2)代入椭圆方程得b=2,由椭圆四个顶点围成的四边形面积为2ab=45,解得a=5,所以椭圆E的标准方程为x25(2)由题意得直线l的方程为y+3=k(x-0),即y=kx-3,将y=kx-3代入椭圆方程并化简得(4+5k2)x2-3