高考数学总复习解析几何（解析版）

专题五解析几何第十一讲直线与圆1.【解答】解：对于：直线的倾斜角为，则，，因为，所以，故正确；对于：当时，直线与直线斜率分别为1，，斜率之积为，故两直线相互垂直，所以充分性成立，若“直线与直线互相垂直“，则，故或，所以得不到，故必要性不成立，故错误；对于：截距为0时，设直线方程为，又直线过点，所以可得，所以直线方程为，当截距不为0时，设直线方程为，又直线过点，所以可得，所以直线方程为，所以过点且在轴，轴截距相等的直线方程为或，故错误；对于：经过平面内任意相异两点，，，的直线，当斜率等于0时，，，方程为，能用方程表示，当斜率不存在时，，，方程为，能用方程表示，当斜率不为0且斜率存在时，直线方程为，也能用方程表示，故正确．故选：．2.【解答】解：．若圆关于直线对称，则直线过圆的圆心，即，得，故错误；．，整理为，不管为何值，直线始终过点，当是线段的中点时，此时弦长最短，圆，圆心是，半径，圆心和点的距离是，所以最短弦长，故正确；．当时，直线，曲线，即，所以曲线为过直线与圆交点的曲线方程，故正确；．若，，，四点共圆，设此圆为圆，圆的圆心，的中点为，所以的垂直平分线方程为，所以，圆的方程为，整理为，直线是圆与圆的交线，圆与圆的方程相减得，所以直线的方程是，将直线所过的定点坐标代入上式得，得，所以直线，即直线的斜率为，即，则，故正确．故选：．3.【解答】解：对于：设，由，得，化简得，故正确；对于：由上可知点的轨迹为圆，圆心坐标为，半径，点与原点距离，过点的直线被点的轨迹所截得弦的长度的最小值，故错误；对于：圆心到直线的距离为，所以直线与点的轨迹相离，故正确；对于：设，则，所以四边形面积，当时，等号成立，故正确．故选：．4.【解答】解：直线，即，直线，即，，，，，则直线与直线分别过定点，，且两直线垂直，交点的轨迹是以为直径的圆，即点的轨迹方程为，圆心，因为点是上的一点，直线是的切线，所以问题可转化为圆上任一点作直线与圆相切，求切线长的取值范围．设圆的半径为，则，因为圆的圆心为，其半径为定值，当取得最小值和最大值时，切线长取得最小值和最大值，又因为，即，即，所以，即．故选：．5.【解答】解：对于选项，当在轴上时，，则，，则，故选项正确；对于选项，设，且，则，，代入得，可得在以坐标原点为圆心、为半径的圆上运动，又圆交轴于，，故，故选项错误；对于选项，由圆的直径式方程可知，以为直径的圆的方程可写为，令，可得，即，则，分别为方程的两根，由韦达定理得，故选项正确；对于选项，要证，即证，，，，即，故选项正确．故选：．6.【解答】解：对于，将换成，方程不变，所以图形关于轴对称，故选项正确；对于，当时，代入方程可得，所以，即曲线经过点，，当时，方程变为，所以△，解得，因为只能取整数1，当时，，解得或，即曲线经过点，，根据对称性，可得曲线还经过，，故曲线一共经过6个整点，故选项正确；对于选项，当时，由，可得，当且仅当取等号，所以，所以，故曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性可得，曲线上任意一点到原点的距离都不超过，故选项错误；对于，在轴上方图形的面积大于矩形的面积，在轴下方图形的面积大于等腰直角三角形的面积，因此曲线所围成的“心形”区域的面积大于，故选项正确．故选：．【精选练习】7.【解答】解：：根据圆的性质知：点坐标为时最小，此时圆的面积最小，正确；：若圆的半径为且，如下图，当为圆在轴右侧交点，此时，显然直线垂直于轴，在点右侧；如下图，当为圆在轴左侧交点，此时，显然直线也垂直于轴，在点左侧；所以直线不可能过定点，错误；：由对称性，不妨设，则，所以圆方程为，又直线为两圆相交弦，则圆、圆相减并整理得：直线，所以到直线的距离为定值，正确；：由题意，与交于且垂直平分，令，则，可得，故，所以，正确；故选：．8.【解答】解：因为，、，在圆上，，因为，则是等腰直角三角形，表示、到直线的距离之和的倍，原点到直线的距离为，如图所示：，，是的中点，作于，且，，，，，的最大值为．故选：．9.【解答】解：圆的圆心，半径为：，为圆的一条弦，为线段的中点，若为坐标原点），可知，所以，即在圆上存在、，满足，可得，所以，可得，解得，．故答案为：，．10.【解答】解：由托勒密定理，得．因为，所以．设圆的半径为，由正弦定理，得．又，所以．因为，所以，因为，所以，所以，所以，则，故．故选：．第十二讲圆锥曲线的方程与性质1.【解答】解：由，可得，而，可知在的平分线上．圆，圆心为原点，半径，连接，延长交于点，连接，因为且，所以，且为中点，因此，，点在以、为焦点的双曲线上，设双曲线方程为，可知，，由，得，故，双曲线方程为．故选：．2.【解答】解：由椭圆的方程可知，，所以，所以焦点，，设，，则，，，可知，可得，选项中，，即的最小值为，所以不正确；选项中，由椭圆的对称性可知：为定值，所以正确；选项中，因为，所以以为直径的圆与椭圆有交点，所以存在点，使得，所以正确；选项中，，所以正确．故选：．3.【解答】解：对于项，通过比较直线与渐近线斜率易知项正确；对于项，由于，，相减得，所以，因此项正确；对于项，设的中点为，则，即两圆半径之和，所以两圆外切，因此项错误；对于项，联立渐近线与圆方程得，由于，则，连接并延长交于，则，为中点，又的中点为，则，从而，所以，从而，因此．因此项正确．故选：．4.【解答】解：对于：易知，又双曲线的一条渐近线方程为，则到该渐近线的距离为，又，所以，所以，得双曲线的离心率为，故正确；对于：在△中，，，则，由余弦定理得，即，解得，所以△的面积为，又，所以，故错误；对于：因为，，所以，由角平分线定理可得，则，又，所以，故应在轴的正半轴，又，所以，故正确；对于：延长交于点，连接，如图，易知，所以，所以，又、分别是，的中点，所以，所以，又点在第一象限，故直线的斜率必小于渐近线的斜率，设渐近线的倾斜角为，，可得，则，即，整理得，又，所以，解得，得，故正确．故选：．5.【解答】解：．如图，作，，，根据切线长定理，，，，又，所以，，所以，即，故正确；．因为，，所以，解得：，所以，故错误；．由内切圆的性质可知，为角平分线，则，即，整理为，即，所以，由选项的证明可知，，即，故正确；．若△的内切圆与轴相切，则，则由选项知，，即，则，即或（舍，所以双曲线的离心率为，故正确．故选：．6.【解答】解：对于选项，设，，由焦半径公式得，解得，所以，从而，选项正确；对于选项，由题意知，根据抛物线的定义可知．设与轴的交点为，易知，，故，所以四边形的周长为，选项错误；对于选项，若直线过点，则当轴时，最小，且最小值为1，选项正确；对于选项，设直线，，，，，联立直线与抛物线方程得，则，所以，由可得，即，解得，故直线的方程为，即直线恒过定点，选项正确．故选：．7.【解答】解：抛物线的焦点为，准线，对于，，当且仅当，，三点共线时，等号成立，而，此时与垂直，故正确；对于，过作垂直于准线于，根据抛物线定义可知：，由图象知，当与重合时，，所以，故正确；对于，点的纵坐标为4时，点的横坐标为，所以，当，，三点共线时，有直线方程为：，令，得，即，此时，，所以，故错误；对于，若是等边三角形，，所以与重合，所以，即，所以，故正确．故选：．8.【解答】解：由椭圆，可得，，，不妨设点，在第一象限，由椭圆的定义知，因为，可得，即，可得，所以，所以△的面积为，可得，解得，又因为，可得，即，将点代入椭圆的方程，可得，整理得，因为，可得，即，解得和（舍去），即椭圆的离心率为．故选：．9.【解答】解：依题意，直线都与椭圆相切，因此直线所围成矩形的外接圆即为椭圆的蒙日圆，由点、为椭圆上任意两个动点，动点满足为锐角，得点在圆外，又动点在直线上，因此直线与圆相离，于是，解得，则，解得，所以椭圆的离心率的取值范围为．故答案为：．10.【解答】解：因为，整理得，即，对于选项：用代替得，所以曲线关于轴对称，用代替得，所以曲线关于轴对称，用代替，代替得，所以曲线关于原点对称，所以曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形，故选项正确；对于选项：当时，，当时，点与点或点重合，此时，故选项错误；对于选项：令，解得，即，解得，若，此时或，则曲线与轴有三个交点，故选项正确；对于选项：假设存在点，使得，此时，因为，，所以，即，因为，所以，则，反之，也成立，故选项正确．故选：．【精选练习】11.【解答】解：设，，则，由中点坐标公式得，因为点在曲线上，所以，故线段的中点的轨迹方程为．故选：．12.【解答】解：双曲线的，，，渐近线方程为，其倾斜角为或，而过且倾斜角为的直线与双曲线的右支交于，两点，可得，，故错误；由双曲线的定义和圆的切线长定理可得，的横坐标均为，即直线与轴垂直，故正确；因为为直角三角形的斜边上的高，由直角三角形的射影定理可得，即，又，解得，即垂直于轴，，，，故正确；设内切圆与与轴的切点为，因为，，所以，，，，所以，，又，所以，，可得，．故选：．13.【解答】解：根据对称性，不妨设M在第一象限，则根据题意易知M（c，b2a），N（c，又F（c，0），B（a，0），A（﹣a，0），∴P（c，b2∴AN直线方程为y=−b2ac+aBP直线方程为y=b22ac−a（联立两直线方程可得交点的横坐标为a(3a−c)3c−a又直线BP与直线AN的交点在y轴上，∴3a﹣c＝0，∴ca故选：B．14.【解答】解：不妨取点在第一象限，且的平分线与轴的交点位于轴的正半轴，如图所示，设，，，由角平分线的性质知，，所以①，因为，且，所以，所以②，联立①②，消去，可得，由椭圆的定义知，，所以，，因为，所以，所以，即，又，所以，所以离心率．故选：．15.【解答】解：抛物线的焦点为，，准线方程为，对于，若抛物线上一点到焦点的距离等于4，由抛物线的定义可得，解得，则抛物线的方程为，故不正确；对于，可设，，，，直线的方程为，与抛物线联立，消去，可得，可得，，可得的坐标为，，，可得到准线的距离为，则以为直径的圆与准线相切，故正确；对于，由，可得时，的最小值为，故正确；对于，由上面的分析可得△，，，，到轴的距离为，．当且仅当时，取得等号，故正确．故选：．16.【解答】解：由可知其焦点为圆的圆心，圆的半径为，设，，则，对于，因为，所以，故正确；对于，设是圆的切线，切点为，则，，因为，所以，所以，所以，即最大值为，故不正确；对于，如图：当，两点在轴异侧，且与抛物线相切于，与圆相切时，取得最大值，不妨设点在第一象限，则点在第四象限，设直线，代入，消去并整理得，所以△，所以，因为，所以，所以，所以，所以，即，此时，当与圆相切于时，，，所以四边形的面积为，故正确；对于，如图设的中点为，是圆的切线，切点为，根据圆的切割线长定理可得，又，所以，因为，所以，所以，设，，则，所以，所以，所以，所以，即点的纵坐标的取值范围为，．故正确；故选：．第十三讲圆锥曲线定点（线）、定值问题1.【解答】（1）解：由椭圆的定义知，，，又，，故椭圆的标准方程为．（2）证明：设直线的方程为，，，，，则，，联立，，，而直线的斜率为，直线的方程为，令，有，，直线过定点．2.【解答】解：（1）由题意知：直线，的方程分别为，，则，是方程，即方程的两根．当时，圆与轴相切，直线的斜率不存在，矛盾．于是，化简得，所以．（2）证明：设，，，，依题意，，，则有，．即，，解得，，于是，，所以．（2），当且仅当时等号成立．综上所述，四边形面积的最大值为．3.【解答】解：（1）双曲线中心为原点，左焦点为，，离心率为，则，解得，故双曲线的方程为；（2）证明：过点的直线与的左支交于，两点，则可设直线的方程为，，，，，记的左，右顶点分别为，，则，，联立，化简整理可得，，故△且，，，直线的方程为，直线方程，故，故，解得，所以，故点在定直线上运动．4.【解答】解：（1）设双曲线的实轴长为，虚轴长为，因为双曲线的两条渐近线为轴和轴，所以两渐近线之间的夹角为，所以，所以．（2）不妨设是双曲线在第一象限的点，则，，，，则过点的切线方程为：，即，与双曲线渐近线联立，即，，解得或，设，则，，因为，所以，所以面积是定值2．（3）由的图象是双曲线，渐近线为轴与直线，则两渐近线的夹角为，故，两渐近线夹角的平分线所在直线方程为，联立得，或，则双曲线的，所以，则将图象绕原点顺时针旋转得到双曲线的图象，直线与轴夹角为，故直线的图象绕原点顺时针旋转得到直线，同理可得点，，，，，绕原点顺时针旋转得到，，，，，，且点，为右支上的点，设，，，，则，由题知，过的直线斜率不为0，设该直线方程，因为点，为右支上的点，所以且，所以，由得，，△，，则，即，因为由图象知直线的斜率存在，所以，故直线的方程为：，令，，由得，，所以直线过定点，同理可得直线也过定点，所以直线与的交点为，则，令，则，因为函数在，上单调递减，，，则，即所以，故面积的最小值为．【精选练习】5.【解答】解：（1）因为，所以，将点代入，得，解得，故椭圆的方程为．证明：（2）由题意可设，，，，，联立，可得，所以，，又因为，，所以直线的方程为，令，则，即，同理，所以，，故．6.【解答】解：（1）不妨设，是椭圆上一点，此时，因为，，若，此时，解得（舍去），若，此时，解得（舍去）或，所以点的坐标为；（2）证明：不妨设直线的方程为，，，，，联立，消去并整理得，因为△，解得或，由韦达定理得，，此时，①易知直线的方程为，②直线的方程为，③联立②③，消去并整理得，④联立①④，消去，此时，解得．故点在直线上．7.【解答】解：（1）易知抛物线的焦点，因为点到圆上一点的距离的最大值为，解得，则抛物线的方程为；（2）不妨设直线的方程为，，，，，联立，消去并整理得，此时△，由韦达定理得，，易知直线的方程为，令，解得，同理得，因为是线段的中点，所以，整理得，即，因为，，所以，整理得，若，此时直线经过点，不符合题意；若，此时直线的方程为，经过定点．第十四讲圆锥曲线最值、范围问题1.【解答】解：（1）当与原点重合时，可设，，由题意可得，，，，因为，即，即有，则，即，又，故，则，即有，由离心率为，即，则，故，即有，解得，故，即的方程为：；（2）设直线方程为，令，即，设点，，，，则，，联立直线与椭圆方程：，整理可得：，△，即，有，，直线的方程为：，令，故，即，则，当且仅当时等号成立，故周长的最小值为．2.【解答】解：（1）设，，，，因为在抛物线上，所以，即，所以，不妨设在的左边，过作垂直于轴交于点，如图，因为，所以，因为，所以，所以直线，的倾斜角互补，即，显然，不与关于轴的对称点重合，所以，，又因为，，所以，所以，即，所以，即直线的斜率为；（2）设，联立，可得，所以，，且△，所以，若与重合，此时，故，又，且到直线的距离，所以，令，，所以，所以在上单调递增，又，，所以的面积取值范围是，即为．3.【解答】解：（1）由题意可得，因为直线的倾斜角为，所以，因此的方程为，设，，，，联立方程，整理可得：，解得，，所以；（2）由题意得直线的斜率不为0，故设为：，设，，，，联立方程，整理可得，因此，所以，设线段的中点为，，，即，，所以，所以，设，则，当且仅当，即，即时等号成立，当最大时，也最大，此时直线的方程为，即或．4.【解答】解：（1）易知双曲线的渐近线方程为，即，若渐近线方程为，此时，则的标准方程为；（2）由（1）知，，不妨设，，，，，易知直线不垂直于轴，不妨设直线的方程为，，，联立，消去并整理得，此时△，由韦达定理得，，所以，因为，，三点共线，所以直线，的斜率满足，同理，由，，三点共线，可得，消去并整理得，即，此时，因为，，，所以，解得或，若，因为，所以，，又，可得，即，显然不成立，所以，当时，其满足△，所以直线的方程恒过点，点在以为直径的圆上，当点与点重合时，最大，此时轴，，故当最大时，点的纵坐标为．【精选练习】5.【解答】解：（1）由题意知，的方程为；（2）当斜率不存在时，设，，，由，此时，当斜率存在时，设方程：，，，，，联立，消去化简得，则，△，即且，，，又，则，即，又，令，则且，，，令，则在上单调递减，在上单调递增，则，即，，综上，的取值范围为；（3）设，，则平分，又，，设过与圆相切的直线为，即，化为关于的二次方程，则，由题可设切线，则与方程联立，消去得，则，同理，则，则，即，即，化简得，解得．6.【解答】解：（1）设，，，，，，直线的方程为，直线的方程为．由，得，所以，由，得，所以，所以，即点的纵坐标是点、点的纵坐标的等差中项，所以是的中点．（2）设，，因为直线与直线相交，交点在轴上，所以，从而，，直线的方程是，所以，即，因为是的中点，所以，，法一：记，考察函数，，因为，所以在，上是减函数，在，上是增函数，故的最小值是，即的最小值是．法二：，时取到等号，即的最小值是．7.【解答】解：（1）因为抛物线的焦点到准线的距离为2，所以，则抛物线的方程为；（2）易知直线的斜率不为0，不妨设直线的方程为，，，，，联立，消去并整理得，此时△恒成立，由韦达定理得，，因为，，所以；（3）因为，，均在抛物线上，不妨设，，，此时直线的斜率，所以直线的方程为，即，同理得直线方程为，直线方程为，因为直线经过，所以，解得，因为直线经过，所以，解得，此时，整理得，因为直线的方程为，所以直线经过定点，故当时，点到直线距离取得最大值，最大值．微专题12圆锥曲线优化计算策略1.【解答】解：（1）将点代入双曲线方程得，化简得，，故双曲线方程为，由题显然直线的斜率存在，设，设，，，则联立双曲线得：，故，，，化简得：，故，即，而直线不过点，故；（2）设直线的倾斜角为，由，，得由，，得，即，联立，及得，同理，故，而，由，得，故．2.【解答】解：（1）因为双曲线的顶点，所以，此时双曲线的方程为，不妨设，，，，此时，当且仅当时，等号成立，则的最小值为，解得，则，故双曲线的方程为；（2）不妨设，，，此时直线的方程为，不妨设直线的方程为，，，，，，联立，消去并整理得，此时△，由韦达定理得，，不妨设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，所以或，则直线的斜率与直线的斜率满足，因为直线的方程为，所以，此时，又，所以，因为，，整理得，解得或（舍去），故．3.【解答】解：（1）因为与抛物线有两个不同的交点，故可设抛物线的方程为：，令，则，根据抛物线的对称性，不妨设在轴上方，在轴下方，故，因为，故，抛物线的方程为：，因为与相切，故其半径为1，故．另解：（1）根据抛物线的对称性，由题意可得，因此点，的坐标为，由题意可设抛物线的方程为：，可得，因此抛物线的方程为．而圆的半径为圆心到直线的距离为1，可得的方程为．（2）当斜率不存在时，为或，当为时，此时为，此时由于与抛物线只有一个交点，不存在，故不成立；当为时，假设，设直线为，根据到直线距离为1可得，即直线为，可知直线过，所以关于轴对称，所以也与圆相切；否则：设，，，，，．当，，其中某一个为坐标原点时（假设为坐标原点时），设直线方程为，根据点到直线距离为1可得，解得，联立直线与抛物线方程可得，此时直线与的位置关系为相切，当，，都不是坐标原点时，即，直线的方程为，此时有，，即，同理，由对称性可得，，所以，是方程的两根，则，依题意有，直线的方程为，令到直线的距离为，则有，此时直线与的位置关系也为相切，综上，直线与相切．（2）另解：设，，，2，3，由直线的两点式可知，直线的方程为，化简可得，因为直线与圆相切，所以，整理得，同理有，所以，是关于的方程的两个根，则，依题意有，直线的方程为，令到直线的距离为，则有，此时直线与的位置关系也为相切，综上，直线与相切．4.【解答】解：（1）设直线，，，，，联立消去，得，可得：，且直线与的斜率之和为，化简，代入，，即，整理得，则过定点，即；（2）设，，关于轴的对称点为，则，，由，得直线与直线关于轴对称，直线即为直线，又直线，联立解得：，又，故，即，且，所以点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的椭圆的一部分，根据椭圆的定义，知．【精选练习】5.【解答】解：（1）由题意得，直线的方程为，联立，化简得，当时，又，解得，，当时，得，又，解得，经检验△满足题意，所以双曲线方程为或；（2）当，时，（舍，当，时，满足题意，设，，，，直线，的斜率分别为，，直线，与联立得，所以，，则，即直线与直线的斜率之和为4．6.【解答】解：（1）设椭圆的右焦点为，连接，，根据椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形．又，所以，，所以，，在四边形中，，所以，在△，根据余弦定理得，即，所以．所以椭圆心率；（2）直线恒过定点，定点坐标为．理由如下：椭圆上顶点为，则，所以，又由（1）知，解得，所以椭圆的标准方程为：．在中，，，所以，从而，又为线段的中点，即，所以，因此，从而，根据题意可知直线的斜率一定存在，设它的方程为，，，，，联立，消去，整理得①，△，根据韦达定理可得，，于是，所以，整理得，解得或．又直线不经过点，所以舍去，于是直线的方程为恒过定点，该点在椭圆内，满足关于的方程①有两个不相等的解，所以直线恒过定点，定点坐标为．微专题13阿基米德三角形1.【解答】解：由，得，由题意，点处的切线方程为，点处的切线方程为，联立两个方程并消去得，代入点处的切线方程得，所以点坐标为，，故正确，设直线的斜率为，则，故直线的方程为，化简得，故正确，由得点到直线的距离，，故，故错误．故选：．2.【解答】（1）设，若过点且斜率为的直线与抛物线相切，则联立后得到的关于的方程只有一个实数根.此即关于的二次方程的判别式等于零，即，得.另一方面，该直线与轴交于点，而该点与的连线的斜率为.所以，过点作抛物线的切线后，该切线与轴的交点到焦点和点的连线互相垂直.这就说明，从而，所以，，，四点共圆.（2）由的定义知其方程为，设的斜率分别为，则根据第1小问的解析，知都是关于的方程即的根.故，.由于均过点Px0,y0，故其方程分别为在中令，得，从而得到，同理.所以.由，可设，则，进而得到.所以（这里使用了不等式）.另一方面，当时，的斜率分别是，可求得，.从而此时，故.综上，的面积的最小值是.【精选练习】3.【解答】（1）若同时满足①②：由，可得AB过焦点，当时，而，所以①②不同时成立若同时满足①③由①，可得AB过焦点，因为直线AB的方程为，不可能过焦点，所以①③不同时成立只能同时满足条件②③，因为②；且直线AB的方程为，所以，解得．所以抛物线C的标准方程为．（2）如图：设直线AB的方程为，联立方程组，整理得，则．因为，直线AN，BN的斜率之和为0，即，所以，即，所以，即．（3）设过点A，B，E的三条切线分别为，倾斜角分别为，令，由得：：所以：；：；：.联立