人教新课标A版高考数学二轮复习专题1_6解析几何测理

人教新课标A版高考数学二轮复习专题1_6解析几何测理

专题 1.6 解析几何 总分 _______ 时间 _______ 班级 _______ 学号 _______ 得分_______ 一、选择题（12*5=60 分） 1．“直线 1y kx  与圆  2 22 1x y   相切”是“ 4 3 k   ”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 2．【2018 届安徽省六安市第一中学高三上学期第五次月考】设m R ，则“ 0m  ”是“直线    1 : 1 1 1 0l m x m y     与直线    2 : 1 2 1 4 0l m x m y     垂直”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】由直线 1 2l l与 垂直可得      1 1 1 2 1 0m m m m      ，解得 0 1m m 或 ． 所以“ 0m  ”是“直线    1 : 1 1 1 0l m x m y     与直线    2 : 1 2 1 4 0l m x m y     垂直”的充分 不必要条件．选 A． 3．已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a b a b     的一条渐近线为 2y x ，则该双曲线的离心率等于 A. 6 2 B. 2 C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】∵双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a b a b     的渐近线方程为 by x a   ∴由题意得 2b a  ，即 2b a ∵ 2 2 2 23c a b a   ∴ 3c a ∴离心率 3ce a   故选 C. 4．已知双曲线 C： 2 2 1 9 x y a   (a>0)与双曲线 2 2 1 4 12 x y   有相同的离心率，则实数 a 的值为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】由题意得 9 2a a   ，解得 a＝3. 5．已知圆 2 2: 2 0M x y ay   （ 0a  ）截直线 0x y  所得弦长是2 2 ，则 a的值为 A. 2 B. 2 C. 6 D. 3 【答案】B 【解析】圆 M：  22 2x y a a   ，圆心为  0,a ，半径为 a，圆心到直线 0x y  的距离为 2 22 a a ， 半弦长为 2 ，根据圆的弦长公式可知 2 2 21 2 4 2 a a a    ， 0, 2a a   ，选 B. 6．已知点M 是抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  上一点， F 为C的焦点， MF的中点坐标是  2,2 ，则 p的值为 （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 , 0 2 pF       ，又中点  2,2 ，所以 4 ,4 2 pM      ， 所以16 2 4 2 pp       ，得 4p  .故选 D. 7．【2018 届辽宁省丹东市五校协作体高三上学期联考】已知双曲线 2 2 2 2 1x y a b   （ 0, 0a b  ）的一条渐近线被 圆 2 2 6 5 0x y x    截得的弦长为 2，则该双曲线的离心率为 A. 2 B. 3 C. 5 2 D. 6 2 【答案】D 点睛： 双曲线几何性质是高考考查的热点，其中离心率是双曲线的重要性质，求双曲线的离心率时，将提供的双曲线的 几何关系转化为关于双曲线基本量 , ,a b c的方程或不等式，利用 2 2 2b c a＝ － 和 e= c a 转化为关于 e 的方程或不等 式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围． 8．设斜率为 2 2 的直线 l与椭圆 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）交于不同的两点，且这两个交点在 x轴上的射影恰好 是椭圆的两个焦点，则该椭圆的离心率为（ ） A. 3 3 B. 1 2 C. 2 2 D. 1 3 【答案】C 【解析】由题意， 2 2 2 b a c  ，得  2 22ac a c  ，即 22 2 0e e   ，所以 2 2 e  ， 故选 C. 9．【2018 届吉林省普通中学高三第二次调研】已知 F 为抛物线 2y x 的焦点，点 ,A B在该抛物线上且位于 x轴 的两侧，而且 · 6OAOB    （O为坐标原点），若 ABO 与 AFO 的面积分别为 1S 和 2S ，则 1 24S S 最小值是 A. 7 3 2 B. 6 C. 13 2 D. 4 3 【答案】B 【解析】设直线 AB的方程为 x ty m  ，点    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，直线 AB与 x轴交点为  0,M m ∴联立 2{ x ty m y x    ，可得 2y ty m  ，根据韦达定理得 1 2y y m   。 ∵ · 6OAOB    ∴ 1 2 1 2 6x x y y  ，即  2 1 2 1 2 6 0y y y y     ∵ ,A B位于 x轴的两侧 ∴ 1 2 3y y   ∴ 3m  设点 A在 x轴的上方，则 1 0y  ∵ 1 ,0 4 F       ∴  1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 1 94 3 4 2 6 2 2 4 2 2 2 S S y y y y y y y y                    当且仅当 1 1 92 2 y y  ，即 1 3 2 y  时取等号 ∴ 1 24S S 的最小值是 6 故选 B. 点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法 (1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决； (2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在 利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑： ①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围； ②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； ③利用基本不等式求出参数的取值范围； ④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围． 10．已知双曲线 2 2 2 2 1( 0 0)x y a b a b    ， 的左右焦点分别为 1 2,F F ，以 2OF 为直径作圆C，再以 1CF 为直径作 圆 E，两圆的交点恰好在已知的双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ） A. 2 6 3  B. 4 2 3 3  C. 4 2 3 2  D. 3 2 6 2  【答案】D 【解析】 由题意， 1F P CP ， 1 2 CP c ， 1 3 2 CF c ，所以 1 2PF c ， 又 2 2 2 2 1 2 2 42 2cos 3 2 2 2 c c PFPF F c c        ，得 2 6 3 PF c ， 所以 1 2 62 2 3 PF PF c c a    ，所以 3 2 6 2 ce a    ，故选 D. 11．【2018 届湖北省襄阳市高三 1月调研】设双曲线 2 2 2 2 1( 0 0)x y a b a b    ， 的左、右焦点分别为 F1、F2，离心 率为e，过F2的直线与双曲线的右支交于A、B两点，若△F1AB是以A为直角顶点的等腰直角三角形，则 2e （ ） A. 3 2 2 B. 5 2 2 C. 1 2 2 D. 4 2 2 【答案】B 【解析】设 2AF x ，则 1 2AF x a  ，所以 2 2BF a ，也就是 1 4BF a ，故 2 2 24 16 4 2 4 2 cos 4 c a a a a        ，因此 2 4 2 5c a        ，选 B． 12．【2018 届湖南省长郡中学高三月考（五）】已知 1F ， 2F 是椭圆和双曲线的公共焦点， p是它们的一个公共 点，且 1 2 3 F PF    ，设椭圆和双曲线的离心率分别为 1e ， 2e ，则 1e ， 2e 的关系为（ ） A. 1 2 1 3 e e B. 2 2 1 2 1 4 3 e e  C. 2 2 1 1 1 3 4 e e   D. 2 2 1 13 4e e  【答案】C 【解析】设椭圆与双曲线的方程分别为 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1, 1x y x y a b a b     满足 2 2 2 2 2 1 1 2 2a b a b c    由焦点三角形的面积公式得  2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 3 3 3 3 b b b b a c c a       所以 2 2 2 1 23 4a a c  故 2 2 1 1 1 3 4 e e   故选 C. 二、填空题（4*5=20 分） 13.【2018 届天津市第一中学高三上学期第二次月考】圆心在直线 4y x  ，且与直线 1 0x y   相切于点  3 2P ， 的圆的标准方程为__________. 【答案】    2 21 4 8x y    14．【2018 届吉林省实验中学高三上学期第五次月考（一模）】若双曲线 2 2 1 25 16 x y   的左、右焦点分别为 1 2,F F ， 点 P在双曲线上，且 1 3PF  ，则 2PF 等于__________. 【答案】13 【解析】 1 2 2 22 10, 3 10 13PF PF a PF PF        或 7 （舍）. 15．【2018 届内蒙古集宁第一中学高三上学期第二次月考】已知双曲线Ｓ与椭圆 2 2 1 9 34 x y   的焦点相同,如果 3 4 y x 是双曲线Ｓ的一条渐近线,那么双曲线Ｓ的方程为_______________. 【答案】 2 2 1 9 16 y x   【解析】∵椭圆方程为 2 2 1 9 34 x y   ，双曲线Ｓ与椭圆 2 2 1 9 34 x y   的焦点相同 ∴双曲线Ｓ的焦点坐标为  0, 5 设双曲线方程为 2 2 2 2 1y x a b   ( 0, 0)a b  ，则 c=5 ∵ 3 4 y x 是双曲线Ｓ的一条渐近线 ∴ 3 4 a b  , ∵ 2 2 2c a b  ∴ 3a  ， 4b  ∴双曲线Ｓ的方程为 2 2 1 9 16 y x   . 故答案为 2 2 1 9 16 y x   16．【2018 届甘肃省张掖市高三第一次检测】已知抛物线 2 2 , ,y x A B 是抛物线上的两点，线段 AB的垂直平分 线与 x轴相交于点  0 0P x ，则 0x 的取值范围是__________．（用区间表示） 【答案】  1, 【解析】设 ,A B的坐标分别为  1 1,x y 和  2 2,x y ， 线段 AB的垂直平分线与 x轴相交点  0 ,0 ,P x AB 不平 行于 y 轴，即 1 2x x ，又 PA PB ，即    2 22 2 1 0 1 2 0 2x x y x x y     ，得    2 2 1 2 1 2 0 2 12 , ,x x x x x y y A B      是抛物线上的两点， 2 2 1 1 2 22 , 2y x y x   ，代入上式，得 1 2 0 1 2 1 21 , 0, 0, 2 x xx x x x x      ， 1 2 0x x   ，即 0 1x  ，故答案为  1, . 三、解答题（共 6道小题，共 70 分） 17. 【2018 届甘肃省张掖市高三第一次检测】设直线 l的方程为  2 5x m y   ，该直线交抛物线 2: 4C y x 于 ,P Q两个不同的点. （1）若点  5, 2A  为线段 PQ的中点，求直线 l的方程； （2）证明：以线段 PQ为直径的圆M 恒过点  1,2B . 【答案】（1） 3 0x y   （2）见解析 【解析】试题分析：（1）联立方程组   2 2 5 { 4 x my m y x     ，消去 x得  2 4 4 2 5 0y my m    ，根据点  5, 2A  为线段 PQ的中点以及韦达定理可得 1 2 2 2 2 y y m    ，从而可得直线 l的方程；（2）要证明以线段 PQ为直径 的圆M 恒过点  1,2B ，只需证明        1 2 1 21 1 2 2 0BP BQ x x y y          ，根据韦达定理将上式用m表 示，化简消去m即可的结果. 试题解析：（1）联立方程组   2 2 5 { 4 x my m y x     ，消去 x得  2 4 4 2 5 0y my m    设    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，则 1 2 1 24 , 8 20y y m y y m     因为 A为线段 PQ的中点，所以 1 2 2 2 2 y y m    ，解得 1m   ， 所以直线 l的方程为 3 0x y   . 18．【2018 届湖南省长郡中学高三月考试题（五）】已知O为坐标原点，  1 1,M x y ，  2 2,N x y 是椭圆 2 2 1 9 3 x y   上的点，且 1 2 1 23 0x x y y  ，设动点 P满足 3OP OM ON     ． （Ⅰ）求动点 P的轨迹C的方程； （Ⅱ）若直线  : 0l y x m m   与曲线C交于 ,A B两点，求三角形OAB面积的最大值． 【答案】（Ⅰ） 2 23 90x y  ；（Ⅱ）15 3 ． 【解析】试题分析： (Ⅰ)设点  ,P x y ，  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，结合 3OP OM ON     整理变形可得动点 P的轨迹C 的方程为 2 23 90x y  ． (Ⅱ)联立直线与椭圆方程可得 2 24 6 3 90 0x mx m    ，理由弦长公式有  2 1 21AB k x x    23180 2 m  ，且点O到直线 : 0AB x y m   的距离 2 m d  ，据此可得面积函数：  2 23 360 3 3 12ABCS m m     2 23 360 3 3 15 3 12 2 m m    ，即三角形OAB面积的最大值为15 3 ． 试题解析： （Ⅰ）设点  ,P x y ，  1 1,M x y ，  2 2,N x y ， 则由 3OP OM ON     ，得      1 1 2 2, , 3 ,x y x y x y  ， 即 1 23x x x  ， 1 23y y y  ，因为点 ,M N在椭圆 2 2 1 9 3 x y   上， 所以 2 2 1 13 9x y  ， 2 2 2 23 9x y  ， 故  2 2 2 2 1 2 1 23 9 6x y x x x x     2 2 1 2 1 23 9 6y y y y      2 2 2 2 1 1 2 23 9 3x y x y     1 2 1 26 3x x y y   1 2 1 290 6 3x x y y   ， 因为 1 2 1 23 0x x y y  ， 所以动点 P的轨迹C的方程为 2 23 90x y  ． （Ⅱ）将曲线C与直线 l联立： 2 23 90 { x y y x m     ，消 y 得： 2 24 6 3 90 0x mx m    ， ∵直线 l与曲线C交于 A B、 两点，设  3 3,A x y ，  4 4,B x y ， ∴  2 236 4 4 3 90m m       212 120 0m   ，又∵ 0m  ，得 20 120m  ， 3 4 3 2 mx x   ， 2 3 4 3 90 4 mx x   ， ∴  2 1 21AB k x x    2 2 29 3 90 32 4 180 4 4 2 m m m          ， ∵点O到直线 : 0AB x y m   的距离 2 m d  ， ∴ 21 3180 2 2 2ABC mmS      2 23 360 3 3 12 m m    2 23 360 3 3 15 3 12 2 m m    ，当 2 60m  时等号成立，满足（*） ∴三角形OAB面积的最大值为15 3 ． 19．【2018 届甘肃省张掖市高三第一次检测】已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     的左右焦点分别为 1 2,F F ，上顶点 为M ，若直线 1MF 的斜率为1，且与椭圆的另一个交点为 2,N F MN 的周长为 4 2 . （1）求椭圆的标准方程； （2）过点 1F 的直线 l（直线 l的斜率不为1）与椭圆交于 ,P Q两点，点 P在点Q的上方，若 1 1 2 3F NQ FMPS S  ， 求直线 l的斜率. 【答案】（1） 2 2 1 2 x y  ；（2） 11 2  . 试题解析：（1）因为 1FMN 的周长为 4 2 ，所以 4 4 2a  ，即 2a  ， 由直线 1MF 的斜率1，得 1b c  ， 因为 2 2 2a b c  ，所以 1, 1b c  ， 所以椭圆的标准方程为 2 2 1 2 x y  . （2）由题意可得直线 1MF 方程为 1y x  ，联立得 2 2 1 { 1 2 y x x y     ，解得 1 1, 3 3 N       ，所以 1 1 1 3 NF MF  ， 因 为 1 1 2 3F NQ FMPS S  ，即 1 1 1 1 1 1 1 2 1sin sin 2 3 2 NF QF QF N MF PF PFM        ， 所以 1 12QF PF ，当直线 l的斜率为0时，不符合题意， 故设直线 l的方程为    1 1 2 21, , , ,x my P x y Q x y  ，由点 P在点Q的上方，则 2 12y y ，联立 2 2 1 { 1 2 x my x y     ， 所以  2 22 2 1 0m y my    ，所以 1 2 1 22 2 2 1, 2 2 my y y y m m       ，消去 2y 得 1 2 2 1 2 2 2{ 12 2 my m y m      ，所以   2 2 22 8 1 22 m mm    ，得 2 2 14, 7 7 m m   ， 又由画图可知 14 7 m  不符合题意，所以 14 7 m   ， 故直线 l的斜率为 1 14 2m   . 【方法点晴】本题主要考查待定系数求椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系和数量积公式，属于难题.用待定系 数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在 x轴上，还是在 y轴上，还是两个坐标轴都 有可能；②设方程：根据上述判断设方程   2 2 2 2 1 0x y a b a b     或 2 2 2 2 1x y b a    0a b  ；③找关系：根据 已知条件，建立关于 a、b、 c的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求. 20．【2018 届吉林省普通中学高三第二次调研】设椭圆 2 2 1 2 2: 1( 0)x yC a b a b     的左焦点为F ，右顶点为 A， 离心率为 2 2 ，短轴长为 2 ，已知 A是抛物线 2 2 : 2 ( 0)C y px p  的焦点. （1）求椭圆 1C 的方程和抛物线 2C 的方程; （2）若抛物线 2C 的准线 l上两点 ,P Q关于 x轴对称，直线 AP与椭圆相交于点 B（ B异于点 A），直线 BQ与 x 轴相交于点D，若 APD 的面积为 2 2 3 ，求直线 AP的方程. 【答案】（1） 2 22 1x y  ， 2 4y x （2）见解析 试题解析：（1） 2 2, 2 2, 2 2 e b c b b c     由 则有 ， 2 2 2 1a b c   ，所以椭圆方程为 2 22 1x y   1,0 , 2,A p  所以抛物线方程为 2 4y x （2）设直线 AP方程为  1 0x my m   ，与直线 l的方程 1x   联立 可得点 2 21, , 1,P Q m m              ， 联立 AP跟椭圆方程 2 22 1 { 1 x y x my     消去 x，整理得  2 22 2 0m y my   ， 解得 1 2 2 20, 2 my y m     ，可得 2 2 2 2 2, 2 2 m mB m m         ∵ 21,Q m      ∴ 22 2 2 2 2 12 2 1 2 BQ m mm mk m m m          ，则直线 BQ方程   22 1 1my x m m      ， 令 0y  ，解得 2 2 1 1 mx m    ，即 2 2 1 ,0 1 mD m      ∴有 2 2 1 1 2 2 21 2 1 m 3APD mS m         ， 整理得 22 2 6 2 2 0m m   , 解得 22 2 m m   或 ∴直线 AP的方程为： 2 1 0, 2 1 0, 2 2 2 0, 2 2 2 0x y x y x y x y            . 21．【2018 届江苏省泰州中学高三 12 月月考】已知椭圆的中心为坐标原点O，椭圆短轴长为2，动点  2M t， （ 0t  ）在椭圆的准线上. （1）求椭圆的标准方程； （2）求以OM 为直径且被直线3 4 5 0x y   截得的弦长为 2的圆的方程； （3）设 F 是椭圆的右焦点，过点 F 作OM 的垂线与以OM 为直径的圆交于点 N ，求证：线段ON的长为定值， 并求出这个定值. 【答案】(1) 2 2 1 2 x y  (2) 圆的方程为    2 21 2 5x y    (3) 2 【解析】试题分析：（1）由已知可得 b，又 M 在准线上，可得 a,c 关系，解方程即可求出 a，写出椭圆标准方程； （2）利用直线与圆相交所得弦心距、半弦长、半径所成直角三角形可得出圆的方程；（3）由平几知： 2ON OK OM  ，将 OK,OM 表示出来，代入上式整理即可求出线段ON的长为定值 2. 试题解析： （1）由 2 2b  ，得 1b  又由点M 在准线上，得 2 2a c  ，故 21 2c c   ，∴ 1c  从而 2a  所以椭圆方程为 2 2 1 2 x y  （2）以OM 为直径的圆的方程为   2 2 21 1 2 4 t tx y         其圆心为 1 2 t      ， ，半径 2 1 4 tr   因为以OM 为直径的圆被直线3 4 5 0x y   截得的弦长为 2 所以圆心到直线3 4 5 0x y   的距离 2 1 2 td r   所以 3 2 5 5 2 t t   ，解得 4t  所以圆的方程为    2 21 2 5x y    （3）由平几知： 2ON OK OM  直线OM ： 2 ty x ，直线 FN ：  2 1y x t    由   2{ 2 1 ty x y x t     得 2 4 4Kx t   ∴ 2 2 2 2 2 41 1 1 2 2 4 4 4 4K M t t tON x x t               所以线段ON的长为定值 2 点睛：圆中涉及直线与圆的位置关系时，可考虑平面几何得性质，特别是半弦长，弦心距，半径构成的直角三角 形，可以迅速解决问题，要注意使用. 22．已知椭圆 C： 2 2 2 2 1x y a b   (a>b>0)过点(1， 3 2 )，且离心率 e＝ 1 2 . (Ⅰ)求椭圆 C 的标准方程； (Ⅱ)若直线 l：y＝kx＋m与椭圆 C相交于 A，B 两点(A，B不是左右顶点)，椭圆的右顶点为 D，且满足DA  ·DB  ＝0，试判断直线 l 是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】(1) 2 2 1 4 3 x y   (2) 直线过定点( 2 7 ，0) 【解析】试题分析：（Ⅰ）由 e＝ 1 2 可得 1 2 c a  ，利用 2 2 2a b c  ，把点(1， 3 2 )代入椭圆方程，即可得出椭圆 C的标准方程；（Ⅱ）设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立 2 2{ 1 4 3 y kx m x y     ，得到根与系数的关系，利用 0DA DB    ， 得到 kAD·kBD＝－1，即可得出结论. (Ⅱ)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 2 2{ 1 4 3 y kx m x y     得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0， Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0,3＋4k2－m2>0，则 x1＋x2＝ 2 8 3 4 mk k   ，x1·x2＝  2 2 4 3 3 4 m k   ∴y1·y2＝(kx1＋m)·(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝  2 2 2 3 4 3 4 m k k   ∵ 0DA DB    ∴kAD·kBD＝－1 又∵椭圆的右顶点 D(2,0)， ∴ 1 2 1 2 1 2 2 y y x x      ，则 y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0    2 2 2 2 2 2 3 4 4 3 16+ + 4 0 3 4 3 4 3 4 m k m mk k k k        ，7m2＋16mk＋4k2＝0，解得 m1＝－2k，m2＝ 2 7 k  ，且满足 3＋4k2－m2>0 当 m＝－2k 时，l：y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)与已知矛盾； 当 m＝ 2 7 k  时，l：y＝k(x 2 7  )，直线过定点( 2 7 ，0)． 综上可知，直线 l 过定点，定点坐标为( 2 7 ，0). 点睛：本题考查了椭圆的标准方程的求法，及直线过定点的证明，此题关键是联立直线与椭圆方程消去 y得到关 于 x的一元二次方程，然后借助韦达定理，将向量的数量积等于零表示出来，得到方程，进而求出定点.