专题9解析几何（解析版）-高三数学（理）百所名校好题分项解析汇编之全国通用专版(2021版).docx

《专题9解析几何（解析版）-高三数学（理）百所名校好题分项解析汇编之全国通用专版(2021版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题9解析几何（解析版）-高三数学（理）百所名校好题分项解析汇编之全国通用专版(2021版).docx（29页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、高三数学百所名校好题分项解析汇编之全国通用版(2021版) 专题09解析几何1（2020秋江油市校级期中）已知l为抛物线y28x的准线，抛物线上的点M到l的距离为d，点A的坐标为（1，4），则|AM|+d的最小值是（）AB4C2D1+【答案】A【解答】解：设抛物线的焦点为F，则F（2，0），由抛物线定义可得：d|MF|，则|AM|+d|AM|+|MF|，由两点间的距离最短可得：|AM|+|MF|AM|，所以|AM|+d的最小值为，故选：A2.（2020秋惠山区校级期中）若直线l过抛物线y28x的焦点，与抛物线相交于A，B两点，且|AB|16，则线段AB的中点P到y轴的距离为（）A6B8C10D

2、12【答案】A【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），根据抛物线定义，x1+x2+p16，y28x，可知p4，6，线段AB的中点P到y轴的距离为：6故选：A3 （2021银川模拟）已知椭圆C：+y21的左、右顶点分别为A1，A2上顶点为B，双曲线E：1（a0，b0）的左顶点与椭圆C的左顶点重合，点P是双曲线在第一象限内的点，且满足（0），|2，则双曲线E离心率为（）ABCD【答案】D【解答】解：由椭圆方程可得，A1（，0），B（0，1），由双曲线E（a0，b0）的左顶点与椭圆C的左顶点重合，得在A1A2P中，易知，PA1A230，由余弦定理可得：28，解得|PA1|8求得|BA1|2

3、，设P（x0，y0），则，得，解得P（3，4），代入双曲线方程，可得b22从而c25，c双曲线E离心率为故选：D4.（2021内蒙古模拟）已知双曲线的左焦点为F，过F的直线l交双曲线C的左、右两支分别于点Q，P，若|FQ|t|QP|，则实数t的取值范围是（）ABCD【答案】A【解答】解：根据条件可得F（2，0），设P（x1，y1），Q（x2，y2），则（x2+2，y2），（x1x2，y1y2），因为|FQ|t|QP|，则（x2+2，y2）t（x1x2，y1y2），所以x2，y2，又因为P、Q都在双曲线上，所以，整理可得x1，易知x1，所以，又t0，所以0t，即实数t的取值范围是（0，），故选：

4、A5.（2020秋江油市校级期中）已知双曲线1（a0，b0）的一个焦点与抛物线y28x的焦点重合，且双曲线的离心率等于，则该双曲线的方程为（）A1B1Cx21Dy21【答案】A【解答】解：抛物线线y28x 的焦点坐标为（2，0），双曲线1的一个焦点与抛物线y28x的焦点重合，c2，双曲线的离心率等于，则a，b2c2a2422，所求的双曲线方程为：1故选：A6.（2020秋让胡路区校级期中）设双曲线C：（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上一点，且F1PF2P若PF1F2的面积为4，则离心率e（）AB2CD【答案】C【解答】解：由题意，双曲线C：，可知a1，设|PF2|m，|PF1

5、|n，可得|mn|2，mn4，m2+n24c2，解得c25，e，故选：C7.（2020秋涪城区校级期中）已知方程+1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（）A（0，）B（0，3）C（1，）D（1，3）【答案】D【解答】解：双曲线两焦点间的距离为4，c2，当焦点在x轴上时，方程+1化为，可得：4（m2+n）+（3m2n），解得：m21，表示双曲线，（m2+n）（3m2n）0，可得：（n+1）（n3）0，解得：1n3，即n的取值范围是：（1，3）当焦点在y轴上时，方程+1化为，可得：4（m2+n）+（3m2n），解得：m21，无解综上可得n的取值范围是（1，3）故选：D8.（

6、2020秋淮安期中）双曲线mx2+y21的虚轴长是实轴长的3倍，则m的值为（）A9B9CD【答案】D【解答】解：方程mx2+y21表示双曲线，则m0，化双曲线方程为标准方程，则a21，a1，b，由题意可得，3，解得m故选：D9.（2020秋安徽月考）已知命题p：x22my表示焦点在y轴的正半轴上的抛物线，命题q：表示椭圆，若命题“pq”为真命题，则实数m的取值范围是（）A2m6B0m6C0m6且m2D2m6且m2【答案】C【解答】解：因为命题“pq”为真命题，所以命题p和命题q均为真命题，对于命题p：x22my表示焦点在y轴的正半轴上的抛物线，所以m0，对于命题q：表示椭圆，所以，解得2m6且

7、m2，综上：实数m的取值范围是0m6且m2故选：C10.（2020秋罗湖区校级期中）已知双曲线C：1（a0，b0）的右焦点为F，O为坐标原点，以F为圆心、OF为半径的圆与x轴交于O，A两点，与双曲线C的一条渐近线交于点B若AB4a，则双曲线C的渐近线方程为（）AyxBy2xCy3xDy4x【答案】B【解答】解：由题意可得OB2+OA24c2，设渐近线的倾斜角为，可得tan，可得4a4b42a2b2，解得所以双曲线的渐近线方程为：y2x故选：B11.（2020秋栖霞区校级月考）椭圆+1的焦点F1，F2，点P为其上的动点，当F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是（）A（，）B（，）C（，）D（

8、，）【答案】C【解答】解：如图，设P（x，y），则F1（，0），F2（ ，0），且F1PF2是钝角（x+）2+y2+（x）2+y220x2+5+y210x2+4（1）5x2所以x故选：C12.（2020秋嘉祥县校级期中）已知椭圆两焦点F1，F2，P为椭圆上一点，若，则F1PF2的的内切圆半径为（）ABCD【答案】B【解答】解：由题意方程可得，a5，b4，c，即|F1F2|6设|PF1|t1，|PF2|t2，则根据椭圆的定义可得：t1+t210，在F1PF2中，F1PF2，根据余弦定理可得：t12+t222t1t2cos62，联立得t1t2，由正弦定理可得：设F1PF2内切圆半径为r，F1PF2

9、的周长为L10+616，面积为S，r，故选：B13.（2020秋宁德期中）已知椭圆，倾斜角为45的直线l与椭圆相交于A，B两点，AB的中点是M（4，1），则椭圆的离心率是（）ABCD【答案】B【解答】解：直线l的倾斜角为45，直线l的斜率为1，又AB的中点是M（4，1），直线l的方程为y1x+4，即xy+50联立，可得（a2+b2）x2+10a2x+25a2a2b20设A（x1，y1），B（x2，y2），则8，又b2a2c2，整理得3a24c2，即，可得e（0e1）故选：B14.（2020秋辽宁期中）与椭圆1有相同焦点，且过点（0，）的椭圆方程为（）A1B1C1D1【答案】C【解答】解：椭圆1

10、的焦点（2，0），所以所求椭圆的焦点坐标（2，0），即c2，所求椭圆过点（0，），可知b，所以a，所求椭圆方程为：故选：C15.（2020秋平城区校级期中）已知F是双曲线的右焦点，点M在C的右支上，坐标原点为O，若|FM|OF|，且OFM120，则C的离心率为（）ABC2D【答案】D【解答】解：设F1是双曲线的左焦点，由题意可得|MF|F1F|2c，|FM|OF|，且OFM120，即有|MF1|2|MF|2+|F1F|22|MF|F1F|cosMFF14c2+c222c2（）7c2，即有|MF1|c，由双曲线的定义可得|MF1|MF|2a，即为cc2a，即有ca，可得e故选：D16.（2020

11、秋湖南期中）过点P（2，0）作圆O：x2+y21的切线，切点分别为A，B若A，B恰好在双曲线C：的两条渐近线上，则双曲线C的离心率为（）ABC2D【答案】C【解答】解：如图，双曲线C：的两条渐近线方程为y，又过点P（2，0）作圆O：x2+y21的切线，切点A，B分别在两条渐近线上，渐近线的倾斜角的正切值为，即，b23a2，即c2a23a2，得c24a2，求得e（e1）双曲线C的离心率为2故选：C17.（2020秋湖南期中）已知抛物线y24x的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于A，B两点（点A在第一象限），抛物线的准线与x轴交于点K，当最大时，直线AK的斜率（）A1BCD【答案】A【解答】解：根

12、据题意，不妨设点A 在第一象限，过点A 作准线的垂线，垂足为A由题意可得F（1，0），K（1，0）因为|AF|AA|，所以，若最大，则sinAKA最小，即AKA最小，由题知当AK 与抛物线y24x 相切时，AKA最小设直线AK的方程为yk（x+1），则k0与抛物线方程联立，得，消去x得ky24y+4k0，由1616k20，得k1，故选：A二填空题18（2020秋惠山区校级期中）已知抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为，则实数p的值为【答案】【解答】解：双曲线的渐近线方程为：3x4y0，抛物线的焦点坐标为：（0，），抛物线x22py（p0）的焦点到双曲线的渐近线的距离为，可得：，解得p，故答案为

13、：19.（2020秋湖南期中）在平面直角坐标系xOy中，双曲线1（a0，b0）的左焦点F关于一条渐近线的对称点恰好落在另一条渐近线上，则双曲线的离心率为2【答案】2【解答】解：双曲线1（a0，b0）的左焦点为F（c，0），渐近线方程为yx，设F关于yx的对称点为（m，m），由题意可得，（*）且（0m）（mc），可得mc，代入（*）可得b23a2，c2a2+b24a2，则离心率e2故答案为：220 （2020秋惠山区校级期中）设椭圆的右焦点为F，O为坐标原点过点F的直线2x+y40与椭圆的交点为Q（点Q在x轴上方），且|OF|OQ|，则椭圆C的离心率为【答案】【解答】解：由题意画出图象如图所示：

14、设椭圆的左焦点为M，由已知|OF|OQ|，可得三角形MFQ为直角三角形，且MQQF，因为直线2x+y40过焦点F，令y0，解得x2，所以F（2，0），M（2，0），设Q（a，b），所以2a+b40则由可得：a2+b240，联立方程解得：或（舍去），所以a，b，代入椭圆方程可得：，又a2b24，解得a2或（舍去），所以a，所以离心率为，故答案为：21 （2020秋五华区校级月考）已知抛物线C：y24x的焦点为F，直线l：xy10与C交于P，Q（P在x轴上方）两点，若，则实数的值为5+2【答案】5+2【解答】解：由题意可知，直线l：xy10经过抛物线y24x的焦点坐标（1，0），设P，Q在l上的射

15、影分别为P1，Q1，过Q作QMPP1于M，由抛物线的定义可得RtPQM中，tanMPQ，cosMPQ，解得5+2故答案为：5+222.（2020秋宁海县校级月考）已知P为椭圆上的一点，过P作直线l交圆x2+y24于A，B两点，则|PA|PB|的最大值是3【答案】3【解答】解：由P为椭圆上的一点，可设P（2cos，sin）（02），设直线AB的参数方程为（t为参数，为倾斜角），代入圆圆x2+y24，可得4cos2+t2cos2+4tcoscos+sin2+t2sin2+2tsinsin4，化为t2+2t（2coscos+sinsin）+4cos2+sin240，可得t1t24cos2+sin24

16、3sin2，所以|PA|PB|3sin23，当时，上式取得等号即|PA|PB|的最大值是3，故答案为：3【点评】本题考查椭圆和圆的方程和运用，注意运用直线的参数方程和参数的几何意义，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题三解答题23（2020秋宁波期中）已知抛物线C1：y22px（p0），圆C2：（x4）2+y24抛物线C1的焦点到其准线的距离恰好是圆C2的半径（1）求抛物线C1的方程及其焦点坐标；（2）过抛物线C1上一点Q（除原点外）作抛物线C1的切线，交y轴于点P过点Q作圆C2的两条切线，切点分别为M、N若MNPQ，求PMN的面积【答案】（1）（1，0）；（2）【解答】解：（1）由题

17、意可得p2，故抛物线C1的方程为y24x，焦点坐标为（1，0）（2）法一：设点P（0，a），则切线PQ的方程可设为ykx+a，联立方程可得k2x2+（2ak4）x+a20，由0可得ak1，且切点Q坐标为，设点M（x1，y1），N（x2，y2），则切线QM：（x4）（x14）+2yy14，切线QN：（x4）（x24）+2yy24，将点Q的坐标代入可得直线MN：（x4）（a24）+2ay4，故，由kMNkPQ，可得，因为两种情况中的P点关于x轴对称，所以求出的面积相同，下只求情况，联立方程，可得，故，Q（2，2），MN的方程x+y+20，d，从而有|MN|，所以法二：设点Q（x0，y0），则切线P

18、Q的方程可设为yy02（x+x0），显然x04不满足要求；因为C2QMN，MNPQ，所以C2QPQ，当x04时，所以Q坐标为，记线段C2Q和线段MN的交点为E，从而有|C2Q|，|ME|，|QE|，SPMN24 （2020秋阆中市校级期中）已知椭圆C：1（ab0）的长轴长为4，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，且F1AF260，O为坐标原点（1）求椭圆C的方程；（2）设点M、N为椭圆C上的两个动点，若0，问：点O到直线MN的距离d是否为定值？若是，求出d的值；若不是，请说明理由【答案】（1）；（2）点O到直线MN的距离d是定值【解答】解：（1）设椭圆C的半焦距为c，由已知可得2a4，a2

19、，F1AF260，在RtOAF2中，可得OAF230，|OA|b，|OF2|c，|AF2|a2，cos，解得b椭圆C的方程为；（2）当直线MN的斜率存不在时，MNx轴，由，可得OMON，结合椭圆的对称性，可设M（x，x），N（x，x），则d|x|，将点M（x，x）代入椭圆方程，可得，解得x，d当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为ykx+m，此时点O到直线MN的距离d，即，设M（x1，y1），N（x2，y2），联立，可得（3+4k2）x2+8kmx+4m2120，由64k2m24（3+4k2）（4m212）0，得m24k2+3，x1x2+y1y2x1x2+（kx1+m）（kx2+m）又0，

20、x1x2+y1y20，即，解得，即d综上所述，点O到直线MN的距离d是定值25 （2020秋徐汇区期中）已知椭圆（ab0）长轴长为短轴长的两倍，连结椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4，直线l过点A（a，0），且与椭圆相交于另一点B（1）求椭圆的方程；（2）若线段AB长为，求直线l的倾斜角【答案】（1）；（2）或【解答】解：（1）椭圆（ab0）长轴长为短轴长的两倍，连结椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4，解得a2，b1椭圆的方程为+y21；（2）由（1）可知点A的坐标是（2，0）设点B的坐标为（x1，y1），直线l的斜率为k，则直线l的方程为yk（x+2）代入椭圆方程，消去y并整理，得（1+4k

21、2）x2+16k2x+（16k24）0由2x1，得，则|AB|由|AB|，得整理得32k49k2230，即（k21）（32k2+23）0，解得k1直线l的倾斜角或26 （2020秋河南月考）已知椭圆E：+1（ab0），直线l：x+my10过E的右焦点F当m1时，椭圆的长轴长是下顶点到直线l的距离的2倍（）求椭圆E的方程；（）设直线l与椭圆E交于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，使得当m变化时，总有OPAOPB（O为坐标原点）？若存在，求P点的坐标；若不存在，说明理由【答案】（）+y21；（）存在点P（2，0）【解答】解：（）设椭圆的焦距为2c，直线l恒过定点（1，0），所以c1，当m1时，直

22、线l：x+y10，椭圆的下顶点（0，b）到直线l的距离d，由题意可得，解得a，b1，所以椭圆的方程为+y21；（）当m0时，显然在x轴上存在点P，使得OPAOPB；当m0时，由消去x，可得（2+m2）y22my10，设A（x1，y1），B（x2，y2），y1+y2，y1y2，设P（t，0）满足题设条件，kPA+kPB+0，则（1t）（y1+y2）2my1y20，即2m（1t）+2m2m（2t）0，t2时，上式恒成立所以在x轴上存在点P（2，0）满足题设条件27 （2020秋宁德期中）已知A，B分别为椭圆的左、右项点，G为E的上顶点，直线AG，BG的斜率之积为，且点在椭圆上（1）求椭圆E的方程；

23、（2）过点F（1，0）的直线l交椭圆E于C，D两点，交直线x4于点Q设直线PC，PD，PQ的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数，使得k1+k2k3？若存在，求的值；若不存在，说明理由【答案】（1）；（2）存在常数2符合题意【解答】解：（1）由题意，A（a，0），B（a，0），G（0，b），且，得3a24b2，又椭圆C：（ab0）经过点，联立可得，a24，b23故椭圆E的方程为；（2）存在常数2，使得k1+k2k3利用如下：由题意可设l的斜率为k，则直线l的方程为yk（x1），代入椭圆方程并整理得：（4k2+3）x28k2x+4k2120设C（x1，y1），D（x2，y2），x1+x2

24、，在方程中，令x4得，Q的坐标为（4，3k），从而，注意到C，F，D共线，则有kkCFkDF，即有，k1+k2（）2k，代入得k1+k22k2k1，又k3k，k1+k22k3，故存在常数2符合题意28（2020秋汉阳区校级期中）设F1，F2分别是椭圆：1（ab0）的左右焦点，且椭圆的离心率为过F2的直线l1与椭圆交于A、B两点，且ABF1的周长为8（1）求椭圆的方程；（2）过F2点且垂直于l1的直线l2与椭圆交于C、D两点，求四边形ACBD面积的最小值【答案】（1）+1；（2）【解答】解：（1）由题意可得e，4a8，a2，c2，所以b2a2c2844，所以椭圆的方程为：+1；（2）当直线l1的

25、斜率为0或斜率不存在时，则|AB|2a4，|CD|2，这时S四边形ACBD|AB|CD|8；当直线l1的斜率存在且不为0时，由（1）可得F2（2，0），设直线l1的方程为：xmy+2，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线l1与椭圆的方程：，整理可得：（2+m2）y2+4my40，则y1+y2，y1y2，所以弦长|AB|；由题意可得直线l2的方程为：ym（x2），设C（x3，y3），D（x4，y4），联立直线l2与椭圆的方程：，整理可得：（1+2m2）x28m2x+8m280，则x3+x4，x3x4，所以弦长|CD|，所以S四边形ACBD|AB|CD|，令t1+m21，则S四边形ACBD

26、，当t2时S四边形ACBD最小，且为，综上所述：四边形ACBD的面积的最小值为28 （2020秋汉阳区校级期中）已知双曲线的方程C：2x2y21（1）求点P（0，1）到双曲线C上点的距离的最小值；（2）已知圆M：x2+y21的切线l（直线l的斜率存在）与双曲线C交于A、B两点，那么AOB是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由【答案】（1）；（2）AOB为定值90【解答】解：（1）设Q（a，b）为双曲线上的点，则2a2b21，则|PQ|，当b时|PQ|最小，且为，所以点P（0，1）到双曲线C上点的距离的最小值为；（2）设直线l的方程为ykx+t，由直线l与圆相切，可得d1，即t21+k2，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，可得（2k2）x22ktxt210，则2k20，x1+x2，x1x2，所以y1y2（kx1+t）（kx2+t）k2x1x2+kt（x1+x2）+t2，所以x1x2+y1y2+0，所以AOB为定值90日期：2020/11/30 20:17:31；用户：数学2；邮箱：；学号：38393489