全国统考版高考数学二轮复习专题七解析几何经典题集训学案理.docx

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1、解析几何一、选择题1已知直线l1:ax+(a+2)y+1=0，l2:x+ay+2=0(aR)，则“”是“”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】直线l1:ax+a+2y+1=0，l2:x+ay+2=0，当“a=2”时，直线l1:2x+1=0，l2:x2y+2=0，不满足，当“a=0”时，直线l1:2y+1=0，l2:x+2=0，不满足，当时，则，解得a=1或a=2而由，解得a=1，所以由“”能推出“”；由“”不能推出“”，所以“”是“”充分不必要条件，故选A【点评】本题考查了直线平行的条件，属于基础题2直线y=x+2和双曲线的渐近线相交于A，B

2、两点，则线段AB的长度为（）ABCD【答案】A【解析】双曲线的渐近线为，设y=x+2与相交于A点，与相较于B点，由，解得A33，31；由，解得B(33，31)，所以AB=(333+3)2+(313+1)2=24=26，故选A【点评】该题考查的是有关两点间距离问题，解题方法如下：（1）先根据双曲线的渐近线方程求得的渐近线；（2）联立方程组，分别求得对应的交点坐标；（3）利用两点间距离公式求得结果3已知M经过坐标原点，半径r=2，且与直线y=x+2相切，则M的方程为（）A(x+1)2+(y+1)2=2或(x1)2+(y1)2=2B(x+1)2+(y1)2=2或(x1)2+(y+1)2=2C(x1)

3、2+(y+1)2=2或(x+2)2+y2=2D(x1)2+(y+1)2=2或(x2)2+y2=2【答案】A【解析】设圆心坐标为(a，b)，半径r=2，因为圆M过坐标原点，且与直线y=x+2相切，所以，所以a=b=1，即圆心为1，1或1，1，圆M的方程为(x1)2+(y1)2=2或(x+1)2+(y+1)2=2，故选A【点评】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法4已知直线l:mx+y+3m3=0与圆x2+y2=12交于A，B两点且A，B在x轴同侧，过A，B分别做x轴的垂线交x轴于C，D两点，O是坐

4、标原点，若|CD|=3，则AOB=（）ABCD【答案】B【解析】因为直线的方程l:mx+y+3m3=0化为mx+3+y3=0，所以直线l恒过点3，3，而点3，3满足x2+y2=12，所以点3，3在圆x2+y2=12上，不妨设点A3，3，又|CD|=3，所以点B0，23，所以，又圆x2+y2=12的半径为23，所以AOB是等边三角形，所以故选B【点评】求直线恒过点的方法：方法一（换元法）：根据直线方程的点斜式直线的方程变成y=kxa+b，将x=a带入原方程之后，所以直线过定点a，b；方法二（特殊引路法）：因为直线的中的m是取不同值变化而变化，但是一定是围绕一个点进行旋转，需要将两条直线相交就能得

5、到一个定点取两个m的值带入原方程得到两个方程，对两个方程求解可得定点5设A2，0，B2，0，O为坐标原点，点P满足PA2+PB216，若直线kxy+6=0上存在点Q使得，则实数k的取值范围为（）ABCD【答案】C【解析】设Px，y，则PA2+PB2=x+22+y2+x22+y216，整理可得x2+y24，故OP2，在PQO中，则，设原点到直线的距离为d，则需满足d4，解得或，故选C【点评】本题考查直线中参数范围的求解，解题的关键是得出OQ=2OPsinQPO4，利用原点到直线的距离小于等于4求解6已知圆C：x+12+y12=1，P是直线xy1=0的一点，过点P作圆C的切线，切点为A，B，则PC

6、AB的最小值为（）A14B27C32D11【答案】A【解析】圆C：x+12+y12=1的圆心为C1，1，半径r=1，设四边形PACB的面积为S，由题设及圆的切线性质得，AC=r=1，PCAB=2PA=2PC2r2=2PC21，圆心C1，1到直线xy1=0的距离为，PC的最小值为，则PCAB的最小值为，故选A【点评】本题考了直线与圆的位置关系，难度中等偏易7已知抛物线C:y2=8x上一点A到焦点F的距离等于6，则直线AF的斜率为（）A2B2C22D22【答案】D【解析】由题意，点，因为AF=xA+2=6，可得xA=4，又因为点A在抛物线上，所以y2=32，则y=42，所以点A(4，42)，则，故

7、选D【点评】本题考了抛物线的定义及其性质，属于基础题8已知椭圆C的焦点为F11，0，F21，0，且椭圆与直线l：x+y=7有公共点，则椭圆长轴长的最小值为（）A10B7C27D25【答案】A【解析】设椭圆C与直线l的一个公共点为P，则（即为长轴长），问题转化为在直线l上找点P，使得PF1+PF2最小，设F2关于l的对称点Ex，y，则，可得E点坐标为7，6，则PF1+PF2=PF1+PEF1E=7+12+62=10，当且仅当F1，P，E三点共线时等号成立，即椭圆长轴长2a的最小值为10，故选A【点评】本题考查了直线与椭圆的位置关系，椭圆的定义，点关于直线对称的点的求法，属于中档题9已知双曲线上存

8、在两点A，B关于直线对称，且线段AB的中点坐标为M(2，4)，则双曲线C的离心率为（）A2B3C2D5【答案】B【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且线段AB的中点坐标为M(2，4)，则x1+x2=4，y1+y2=8，又A，B关于直线对称，所以，且A，B在双曲线上，相减可得，即，故，即，离心率为，故选B【点评】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2c2a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(

9、不等式)即可得e(e的取值范围)10过抛物线y2=4x的焦点F作斜率为k的直线交抛物线于A、B两点，若AF=3FB，则k的值为（）ABCD【答案】C【解析】若k=0，则直线l与抛物线有且只有一个公共点，不合乎题意；设，抛物线y2=4x的焦点为F1，0，直线AB的方程为x=my+1，联立，消去x可得y24my4=0，设点Ax1，y1、Bx2，y2，由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=4，AF=1x1，y1，由AF=3FB，可得y1=3y2，y1+y2=2y2=4m，则y2=2m，y1y2=3y22=12m2=4，解得，故选C【点评】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（

10、1）设直线方程，设交点坐标为x1，y1、x2，y2；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2的形式；（5）代入韦达定理求解11如图，双曲线以梯形ABCD的顶点A，D为焦点，且经过点B，C其中，CD=4AB，则的离心率为（）ABCD【答案】C【解析】连接CA，BD，不妨设AB=1，则CD=4，BD=1+2a，AC=4+2a在ABD中，1+4c2212ccos60=(1+2a)2在ACD中，16+4c2242ccos120=(4+2a)2，得15+10c=12a+15，则，故选C【点评】

11、本题考查双曲线离心率的求解，解题的关键是正确利用焦点三角形特点进行计算二、解答题12若双曲线x2y2=9与椭圆共顶点，且它们的离心率之积为（1）求椭圆C的标准方程；（2）若椭圆C的左、右顶点分别为A1，直线l与椭圆C交于P、Q两点，设直线A1P与A2Q的斜率分别为k1，k2，且试问，直线l是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由【答案】（1）；（2）是过定点，定点为2，0【解析】（1）由已知得双曲线的离心率为2，又两曲线离心率之积为，所以椭圆的离心率为，由题意知a=3，所以c=22，b=1所以椭圆的标准万程为（2）当直线l的斜率为零时，由对称性可知：k1=k20，不满足，故直线l的

12、斜率不为零；设直线l的方程为x=ty+n，由，得t2+9y2+2tny+n29=0，因为直线l与椭圆C交于P、Q两点，所以=4t2n24t2+9n290，整理得t2n2+90，设Px1，y1、Qx2，y2，则，因为，所以，整理得4ty1y2+5(n3)y1(n+3)y2=0，4ty1y2+5(n3)y1+y2=(6n12)y2，将，代入整理得t(n2)(n3)=(2n)t2+9y2，要使上式恒成立，只需n=2，此时满足t2n2+90，因此，直线l恒过定点2，0【点评】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；（2）设而不求是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题；（3

13、）证明直线过定点，通常有两类：直线方程整理为斜截式，过定点；直线方程整理为点斜式，过定点13已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，短轴长为23，点P在椭圆上，PF1x轴，且（1）求椭圆C的标准方程；（2）将椭圆C按照坐标变换得到曲线C1，若直线l与曲线C1相切且与椭圆C相交于M，N两点，求MN的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】（1）由已知可得，2b=23b=3，则椭圆C的标准方程为（2）由，则曲线C1：x2+y2=1，当直线l斜率存在且为k时，设l：y=kx+m，由直线l与圆C1相切，则，由，设Mx1，y1，Nx2，y2，则，且0恒成立，由，由m2=k2+1，则，令t=3+4k2，则4k

14、2=t3，令，则y=s2+2s+3，则，；当直线l斜率不存在时，l：x=1，综上：【点评】本题考查了椭圆的标准方程、弦长公式、坐标变换，解题的关键是根据直线与曲线C1相切求出切线方程中参数的关系，化简后借助二次函数性质求出弦长范围14椭圆的左焦点为2，0，且椭圆C经过点P0，1，直线y=kx+2k1 (k0)与C交于A，B两点（异于点P）（1）求椭圆C的方程；（2）证明：直线PA与直线PB的斜率之和为定值，并求出这个定值【答案】（1）；（2）证明见解析，定值为1【解析】（1）由题意得：c=2，b=1，则a2=b2+c2=3，椭圆方程为（2）解法一（常规方法)：设，联立，化简可得3k2+1x2+

15、6k2k1x+12kk1=0，直线y=kx+2k1(k0)与椭圆C交于A、B两点，0，即123k2+12k12=48kk10，解得0k0)有相同的焦点F，抛物线C的准线交椭圆于A，B两点，且AB=1（1）求椭圆与抛物线C的方程；（2）O为坐标原点，若P为椭圆上任意一点，以P为圆心，OP为半径的圆P与椭圆的焦点F为圆心，以5为半径的圆F交于M，N两点，求证：MN为定值【答案】（1）椭圆的方程为，抛物线C的方程为；（2）证明见解析【解析】（1）椭圆可得焦点0，a21，抛物线C:x2=2py(p0)的焦点为，所以，由，可得，解得，所以，由可得：a2=4，p=23，所以椭圆的方程为，抛物线C的方程为（

16、2）设P(m，n)，则，圆P的方程为(xm)2+(yn)2=m2+n2，圆F的方程为：x2+(y3)2=5，所以直线MN的方程为：mx+(n3)y1=0，设点F到直线MN的距离为d，则，|MN|=25d2=2，所以MN为定值【点评】圆的弦长的求法：（1）几何法，设圆的半径为r，弦心距为d，弦长为L，则；（2）代数法，设直线与圆相交于Ax1，y1，Bx2，y2，联立直线与圆的方程，消去y得到一个关于x的一元二次方程，从而可求出x1+x2，x1x2，根据弦长公式AB=1+k2x1+x224x1x2，即可得出结果16已知椭圆过点(0，2)，其长轴长焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，直线l与x轴的

17、正半轴和y轴分别交于点Q、P，与椭圆相交于两点M、N，各点互不重合，且满足，（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线l的方程为y=x+1，求的值；（3）若，试证明直线l恒过定点，并求此定点的坐标【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析，(2，0)【解析】（1）由题意，因为椭圆过点(0，2)，可得b=2，设焦距为，又由长轴长焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，可得(2a)2+(2b)2=2(2c)2，即a2+b2=2c2，又因为a2=b2+c2，解得a2=12，所以椭圆的标准方程为（2）由直线l的方程为y=x+1，可得而P(0，1)，Q(1，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为，可得(

18、x1，y11)=1(1x1，y1)，(x2，y21)=2(1x2，y2)，从而x1=1(1x1)，x2=2(1x2)，于是，所以，由，整理得4x26x9=0，可得，所以（3）显然直线l的斜率k存在且不为零，设直线l的方程为y=kxmm0，M(x1，y1)，N(x2，y2)，可得P(0，km)，Q(m，0)，由，可得(x1，y1+km)=1(mx1，y1)，所以x1=1mx1，从而，同理，又，x1x22m(x1+x2)+3m2=0，联立，得(1+3k2)x26k2mx+3k2m212=0，则=36k4m24(1+3k2)(3k2m212)=1212k2+4k2m20，且，代入得，m=2，(满足)故直线l的方程为y=kx2，所以直线l恒过定点(2，0)【点评】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量k）；利用条件找到k过定点的曲线F(x，y)=0之间的关系，得到关于k与x，y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关