2021届高考数学(新课标版-文)二轮复习专题训练：专题5-解析几何-卷.docx

专题五解 析 几 何第一讲直线与圆(选择、填空题型)一、选择题1(2022保定模拟)若直线ax2y10与直线xy20相互垂直，那么a的值等于()A1BCD22(2022黄冈期末)直线xym0与圆x2y22x20相切，则实数m等于()A3或 B3或3C.或 D或33(2022长春调研)一次函数yx的图象同时经过第一、三、四象限的必要不充分条件是()Am1且n1 Bmn0且n0 Dm0且n0)经过圆x2y22y50的圆心，则的最小值是()A9 B8 C4 D29(2022烟台二模)已知圆C的方程为x2y22x0，若以直线ykx2上任意一点为圆心，以1为半径的圆与圆C没有公共点，则k的整数值是()A1 B0 C1 D210已知集合A(x，y)|x2y21，B(x，y)|kxy2，其中x，yR.若AB，则实数k的取值范围是()A0， B，0C， D，)二、填空题11(2022太原模拟)已知P是直线3x4y80上的动点，C是圆x2y22x2y10的圆心，那么|PC|的最小值是_12(2022天津一模)已知圆C过点(0,1)，且圆心在x轴负半轴上，直线l：yx1被该圆所截得的弦长为2，则圆C的标准方程为_13(2022唐山模拟)若直线ykx2k与圆x2y2mx40至少有一个交点，则m的取值范围是_14(2022新课标全国卷)设点M(x0,1)，若在圆O：x2y21上存在点N，使得OMN45，则x0的取值范围是_15(2022长春调研)若圆C：x2y22x4y30关于直线2axby60对称，则由点(a，b)向圆C所作的切线长的最小值是_16(2022浙江联考)设圆C：(x3)2(y5)25，过圆心C作直线l交圆于A，B两点，交y轴于点P，若A恰好为线段BP的中点，则直线l的方程为_答案一、选择题1解析：选D直线ax2y10的斜率k1，直线xy20的斜率k21，由于两直线相互垂直，所以k1k21，即(1)1，所以a2，所以选D.2解析：选A由圆x2y22x20可得标准方程为(x1)2y23，知圆心为(1,0)，半径为，由直线与圆相切可得圆心到直线的距离d，解得m或m3.故选A.3解析：选B由于yx经过第一、三、四象限，故0，0，n0，但此为充要条件，因此，其必要不充分条件为mn2，即2.所以(k21)a2(4k2)a10，又aR，所以(4k2)24(k21)0，解得k0，又k为整数，所以k1，故选A.10解析：选C集合A表示的点集是单位圆上的点，集合B表示的是二元一次不等式kxy2所表示的平面区域，其边界直线是kxy2，该直线必过定点(0，2)，所以要使AB，则圆与直线必需相切或相离，故1，解得k，故选C.二、填空题11解析：点C到直线3x4y80上的动点P的最小距离即为点C到直线3x4y80的距离，而圆心的坐标是(1,1)，因此最小距离为3.答案：312解析：设圆的方程为(xa)2y2r2，圆心在x轴负半轴上，a0m4.综上可知m4.答案：(4，)14解析：由题意可知M在直线y1上运动，设直线y1与圆x2y21相切于点P(0,1)当x00即点M与点P重合时，明显圆上存在点N(1，0)符合要求；当x00时，过M作圆的切线，切点之一为点P，此时对于圆上任意一点N，都有OMNOMP，故要存在OMN45，只需OMP45.特殊地，当OMP45时，有x01.结合图形可知，符合条件的x0的取值范围为1,1答案：1,115解析：由圆C的方程可知其圆心坐标为(1,2)，代入直线2axby60，得2a2b60，即点(a，b)在直线l：xy30上，过C(1,2)作l的垂线，设垂足为D，过D作圆C的切线，设切点为E，则切线长DE最短，于是有|CE|，|CD|3，由勾股定理得|DE|4.答案：416解析：如图，A为PB的中点，而C为AB的中点，因此，C为PB的四等分点而C(3,5)，P点的横坐标为0，因此，A，B的横坐标分别为2、4，将A的横坐标代入圆的方程中，可得A(2，3)或A(2,7)，依据直线的两点式得到直线l的方程为2xy10或2xy110.答案：2xy10或2xy110其次讲圆锥曲线的定义、方程与性质(选择、填空题型)一、选择题1(2022辽宁高考)已知点A(2,3)在抛物线C：y22px 的准线上，记C的焦点为F，则直线AF的斜率为()AB1CD2(2022洛阳模拟)已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(，0)，直线yx与椭圆的一个交点的横坐标为2，则椭圆方程为()A.y21 Bx21C.1 D.13(2022广东高考)若实数k 满足0kb0)的两顶点为A(a,0)，B(0，b)，且左焦点为F，FAB是以角B为直角的直角三角形，则椭圆的离心率e为 ()A. B. C. D.7(2022昆明模拟)抛物线y22px(p0)的焦点为F，O为坐标原点，M为抛物线上一点，且|MF|4|OF|，MFO的面积为4，则抛物线方程为()Ay26x By28xCy216x Dy2x8(2022衡水二调)已知等边ABF的顶点F是抛物线C1：y22px(p0)的焦点，顶点B在抛物线的准线l上且ABl，则点A的位置()A在C1开口内 B在C1上C在C1开口外 D与p值有关9(2022厦门模拟)双曲线x21的左顶点为A，右焦点为F，则以线段AF为直径的圆被其中一条渐近线截得的弦长为()A. B.C. D.10(2022石家庄质检)已知两定点A(2,0)和B(2,0)，动点P(x，y)在直线l：yx3上移动，椭圆C以A，B为焦点且经过点P，则椭圆C的离心率的最大值为()A. B.C. D.二、填空题11(2022四川高考)双曲线y21的离心率等于_12(2022北京高考)设双曲线C 的两个焦点为(，0)，(，0)，一个顶点是(1,0)，则C 的方程为_13(2022大庆模拟)已知抛物线y22px(p0)的准线与圆x2y22x30相切，则p的值为_14 (2022兰州模拟)如图，过抛物线y22px(p0)的焦点F的直线l依次交抛物线及其准线于点A、B、C，若|BC|2|BF|，且|AF|3，则抛物线的方程是_15设点A1，A2分别为椭圆1(ab0)的左、右顶点，若在椭圆上存在异于点A1，A2的点P，使得POPA2，其中O为坐标原点，则椭圆的离心率e的取值范围是_16(2022洛阳模拟)设e1，e2分别是具有公共焦点F1，F2的椭圆和双曲线的离心率，P是两曲线的一个公共点，O是F1F2的中点，且满足|PO|OF2|，则_.答案一、选择题1解析：选C由于点A在抛物线C的准线上，所以2，所以该抛物线的焦点F(2,0)，所以kAF，选C.2解析：选C依题意，设椭圆方程为1(ab0)，则有解得a220，b25，所求椭圆方程为1.故选C.3解析：选D由0k0，故所求的椭圆的离心率为.7解析：选B依题意，设M(x，y)，|OF|，所以|MF|2p，x2p，x，yp，又MFO的面积为4，所以p4，p4，所以抛物线方程为y28x，选B.8解析：选B设B，由已知有AB中点的横坐标为，则A，ABF是边长|AB|2p的等边三角形，即|AF|2p，p2m24p2，mp，A，代入y22px中，得点A在抛物线上，故选B.9解析：选D双曲线x21的左顶点A(1,0)，右焦点F(3,0)，所以以线段AF为直径的圆的圆心D(1,0)，半径为2，则圆的方程为(x1)2y24，双曲线的渐近线方程为y2x，所以圆心D到渐近线的距离为，所以所截得的弦长为2.故选D.10解析：选B以A，B为焦点的椭圆C过直线l：yx3上的点P，若长轴最短即a最小，则|PA|PB|2a最小，如图作点B关于直线l：yx3的对称点B，则|PA|PB|PA|PB|AB|，经计算得点B(3,5)，|AB|，a的最小值为，c2，离心率的最大值为，故选B.二、填空题11解析：由双曲线的方程易得a2，b1，c，故离心率e.答案：12解析：依据已知条件可推断双曲线的中心在坐标原点，焦点在x轴上，所以a1，c，于是b2c2a21，所以方程为x2y21.答案：x2y2113解析：将x2y22x30化为(x1)2y24.可知圆心坐标为(1,0)，半径为2，又抛物线准线与圆相切，所以1，解得p2.答案：214.解析：分别过点A、B作准线的垂线AE、BD，分别交准线于点E、D，则|BF|BD|，|BC|2|BF|，|BC|2|BD|，BCD30，又|AE|AF|3，|AC|6，即点F是AC的中点，依据题意得p，抛物线的方程是y23x.答案：y23x15解析：由题设知OPA290，设P(x，y)(x0)，以OA2为直径的圆的方程为2y2，与椭圆方程联立，得x2axb20.易知，此方程有一实根为a，且由题设知，此方程在区间(0，a)上还有一实根，由此得0a，化简得01，即01，得e2b0) 的左、右焦点，过点 F1的直线交椭圆 E于 A，B两点，|AF1|3|F1B|.(1)若|AB|4，ABF2 的周长为16，求|AF2|；(2)若cosAF2B，求椭圆E 的离心率2(2022海淀模拟)已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆C：x22y24上两点，点M的坐标为(1,0)(1)当A，B关于点M(1,0)对称时，求证：x1x21；(2)当直线AB经过点(0,3)时，求证：MAB不行能为等边三角形3(2022济南模拟)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且椭圆C上一点与两个焦点F1，F2构成的三角形的周长为22.(1)求椭圆C的方程；(2)过右焦点F2作直线l与椭圆C交于A，B两点，设的取值范围4 (2022重庆高考)如图，设椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1F1F2，2，DF1F2的面积为.(1)求该椭圆的标准方程；(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程，若不存在，请说明理由答案1解：(1)由|AF1|3|F1B|，|AB|4，得|AF1|3，|F1B|1.由于ABF2的周长为16，所以由椭圆定义可得4a16，|AF1|AF2|2a8.故|AF2|835.(2)设|F1B|k，则k0且|AF1|3k，|AB|4k.由椭圆定义可得，|AF2|2a3k，|BF2|2ak.在ABF2中，由余弦定理可得，|AB|2|AF2|2|BF2|22|AF2|BF2|cosAF2B，即(4k)2(2a3k)2(2ak)2(2a3k)(2ak)化简可得(ak)(a3k)0，而ak0，故a3k.于是有|AF2|3k|AF1|，|BF2|5k.因此|BF2|2|F2A|2|AB|2，可得F1AF2A，故AF1F2为等腰直角三角形从而ca，所以椭圆E的离心率e.2解：(1)由于A，B在椭圆上，所以x2y4，x2y4.由于A，B关于点M(1,0)对称，所以x1x22，y1y20，将x22x1，y2y1代入得(2x1)22y4，由和消去y1解得x11，所以x1x21.(2)当直线AB的斜率不存在时，A(0，)，B(0，)，可得|AB|2，|MA|，MAB不是等边三角形当直线AB的斜率存在时，明显斜率不为0.设直线AB：ykx3，AB的中点为N(x0，y0)，联立消去y得(12k2)x212kx140，144k2414(12k2)32k256.由0，得到k2，又x1x2，x1x2，所以x0，y0kx03，所以N，假设MAB为等边三角形，则有MNAB，又由于M(1,0)，所以kMNk1，即k1，化简得2k23k10，解得k1或k，这与式冲突，所以假设不成立因此对于任意k，不能使得MNAB，故MAB不行能为等边三角形3解：(1)由题意知：，且2a2c22，解得a，c1，b2a2c21，椭圆C的方程为y21.(2)由题意易得直线l的斜率存在，右焦点F2(1,0)，可设直线l的方程为：yk(x1)，由得(12k2)x24k2x2k220，由题意0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，由得y1y2，2，令u()，2，1)，u()10，u()在2，1)上单调递增，可得2，20，故0，解得k2，(x11，y1)(x21，y2)x1x2x1x21y1y21，k2，0，0，y20，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知x2x1，y1y2.由(1)知F1(1,0)，F2(1,0)，再由F1P1F2P2得(x11)2y0.由椭圆方程得1(x11)2，即3x4x10.解得x1或x10.当x10时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在当x1时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0，y0)，由CP1F1P1，得1.而y1|x11|，故y0.圆C的半径|CP1| .综上，存在满足题设条件的圆，其方程为x22.第2课时圆锥曲线中的定点、定值和最值问题1(2022洛阳模拟)已知圆心为F1的圆的方程为(x2)2y232，F2(2,0)，C是圆F1上的动点，F2C的垂直平分线交F1C于M.(1)求动点M的轨迹方程；(2)设N(0,2)，过点P(1，2)作直线l，交M的轨迹于不同于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1, k2，证明：k1k2为定值2(2022贵阳模拟)已知椭圆C1：y21(a1)的长轴、短轴、焦距分别为A1A2、B1B2、F1F2，且|F1F2|2是|A1A2|2与|B1B2|2的等差中项(1)求椭圆C1的方程；(2)若曲线C2的方程为(xt)2y2(t2t)20b0) 的离心率为，直线yx被椭圆C截得的线段长为.(1)求椭圆C的方程；(2)过原点的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不是椭圆C的顶点)点D在椭圆C上，且ADAB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点设直线BD，AM的斜率分别为k1，k2，证明存在常数使得k1k2，并求出的值；求OMN面积的最大值答案1解：(1)由线段的垂直平分线的性质得|MF2|MC|.又|F1C|4，|MF1|MC|4，|MF2|MF1|44.M点的轨迹是以F1，F2为焦点，以4为长轴长的椭圆由c2，a2，得b2.故动点M的轨迹方程为1.(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y2k(x1)，由得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.从而k1k22k(k4)4.当直线l的斜率不存在时，得A，B，得k1k24.综上，恒有k1k24.2解：(1)由题意得|B1B2|2b2，|A1A2|2a，|F1F2|2c，a2b2c2，又2(2c)2(2a)222，解得a23，c22，故椭圆C1的方程为y21.(2)由(1)可取椭圆的左顶点坐标为A1(，0)，设直线l的方程为yk(x)由直线l与曲线C2相切得(t)t，整理得t.又由于0t，所以0，解得0k21.联立消去y整理得(3k21)x26k2x9k230.直线l被椭圆C1截得的线段一端点为A1(，0)，设另一端点为B，解方程可得点B的坐标为，所以|A1B|.令m(10，且y1y24m，y1y24n.由于APAQ，所以0，即(x11)(x21)(y12)(y22)0，又x1，x2，代入整理得(y12)(y22)(y12)(y22)160，解得(y12)(y22)0或(y12)(y22)160，即y1y22(y1y2)40或y1y22(y1y2)200，将y1y24m，y1y24n代入整理得n2m1或n2m5，由于0恒成立，所以n2m5.于是直线PQ的方程为x5m(y2)，故直线PQ过定点T(5，2)(2)假设存在以PQ为底边的等腰三角形APQ.设直线PQ的方程为xkyb，明显k0，由于直线过定点T(5，2)，所以5k(2)b，即b2k5，所以直线PQ的方程为xky2k5.设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，联立方程消去x整理，得y24ky8k200，则y3y44k，y3y48k20.由于PQ的中点坐标为，即，且2k22k5，所以PQ的中点坐标为(2k22k5,2k)由已知，得k，即k3k23k10.设g(k)k3k23k1，则g(k)3k22k30，所以g(k)在R上是增函数又g(0)10，所以g(k)在(0,1)内有一个零点，即函数g(k)在R上有且只有一个零点，所以方程k3k23k10在R上有唯一实根，于是满足条件的等腰三角形有且只有一个4解：(1)由题意知，可得a24b2.椭圆C的方程可简化为x24y2a2.将yx代入可得x，因此，可得a2.因此b1.所以椭圆C的方程为y21.(2)设A(x1，y1)(x1y10)，D(x2，y2)，则B(x1，y1)，由于直线AB的斜率kAB，又ABAD，所以直线AD的斜率k.设直线AD的方程为ykxm，由题意知k0，m0.由可得(14k2)x28mkx4m240.所以x1x2，因此y1y2k(x1x2)2m.由题意知x1x2，所以k1.所以直线BD的方程为yy1(xx1)令y0，得x3x1，即M(3x1,0)可得k2.所以k1k2，即.因此存在常数使得结论成立直线BD的方程yy1(xx1)，令x0，得yy1，即N.由知M(3x1,0)，可得OMN的面积S3|x1|y1|x1|y1|.由于|x1|y1|y1，当且仅当|y1|时等号成立，此时S取得最大值，所以OMN面积的最大值为.