2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材） 数学（理） 专题检测五　解析几何 WORD版含解析.docx

1、专题检测五解析几何一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2022河北张家口期末)直线x+y=2与圆(x-2)2+(y-3)2=6交于A,B两点,则|AB|=()A.32B.6C.62D.232.已知中心在坐标原点的椭圆C的右焦点为F(2,0),且其离心率为12,则椭圆C的标准方程为()A.x216+y212=1B.x216+y24=1C.x216+y29=1D.x24+y22=13.(2022河北名校联盟调研)数学与建筑的结合造就建筑艺术品,如吉林大学的校门是一抛物线形水泥建筑物,如图.若将该大学的校门轮廓(忽略水泥建筑的厚

2、度)近似看成抛物线y=ax2(a0)的一部分,且点A(2,-2)在该抛物线上,则该抛物线的焦点坐标是()A.0,-12B.(0,-1)C.0,-14D.0,-184.(2022四川成都二模)设经过点F(1,0)的直线与抛物线y2=4x相交于A,B两点.若线段AB中点的横坐标为2,则|AB|=()A.4B.5C.6D.75.(2022云南昆明一模)双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,点M在y轴上,且MF1F2为正三角形.若MF2的中点恰好在E的渐近线上,则E的离心率等于()A.5B.2C.3D.26.(2022安徽安庆二模)已知A,F分别是双曲线C:x2a

3、2-y2b2=1(a0,b0)的右顶点和左焦点,O是坐标原点.点P在第一象限且在C的渐近线上,满足PAAF.若OP平分APF,则双曲线C的离心率为()A.2B.3C.3D.327.(2022陕西宝鸡金台一模)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0),F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,若椭圆上存在一点P,使得|PF1|-|PF2|=2b,则该椭圆离心率的取值范围为()A.0,12B.12,1C.0,22D.22,18.(2022山东济宁一模)过抛物线y2=4x焦点F的直线与该抛物线及其准线都相交,交点从左到右依次为A,B,C.若AB=2BF,则线段BC的中点到准线的距离为()A.3B.4C.5D

4、.69.(2022云南昆明一模)已知椭圆M:x2a2+y22=1(a2),过焦点F的直线l与M交于A,B两点,坐标原点O在以AF为直径的圆上,若|AF|=2|BF|,则M的方程为()A.x23+y22=1B.x24+y22=1C.x25+y22=1D.x26+y22=110.(2022陕西咸阳一模)如图所示,已知F2(c,0)是双曲线Q:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右焦点,O是坐标原点,l1,l2是Q的两条渐近线,在l1,l2上分别有点M,N(不同于坐标原点O),若四边形OMF2N为菱形,且其面积为32c2,则双曲线Q的离心率为()A.3B.2C.52D.2311.(2022山西太原

5、一模)在平面直角坐标系中,从x轴上点P(t,0)向圆(x-2)2+(y-3)2=5作一条切线,设切线长为m,点P到直线x-2y-6=0的距离为n,当m+n取最小值时,t的值为()A.2B.3C.72D.412.(2022新高考八省第二次T8联考)已知椭圆C:x24+y23=1,过其左焦点F1作直线l交椭圆C于P,A两点,取P点关于x轴的对称点B.若G点为PAB的外心,则|PA|GF1|=()A.2B.3C.4D.以上都不对二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,点P在抛物线C上,PQ垂直l于点Q,QF与y轴交于点T,O为坐标原点,且|

6、OT|=2,则|PF|=.14.(2022新高考15)设点A(-2,3),B(0,a),直线AB关于直线y=a的对称直线为l,已知l与圆C:(x+3)2+(y+2)2=1有公共点,则a的取值范围为.15.(2022辽宁抚顺一模)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,准线为l,A,B是抛物线C上的两个动点,且AFAB,ABF=30,设线段AB的中点M在准线l上的投影为点N,则|MN|AB|的值是.16.(2022陕西咸阳二模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左焦点为F,过F且与双曲线C的一条渐近线垂直的直线l与另一条渐近线交于点P,交y轴于点A,若A为PF的中点,则双

7、曲线C的离心率为.三、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2022山东临沂一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为63,直线x=2被C截得的弦长为233.(1)求C的方程;(2)若A和B为椭圆C上在x轴同侧的两点,且AF2=BF1,求四边形ABF1F2面积的最大值及此时的值.18.(12分)(2022山西太原一模)已知抛物线y2=2px的焦点为F,点O为坐标原点,一条直线过定点M(4,0)与抛物线相交于A,B两点,且OAOB. (1)求抛物线的方程;(2)连接AF,BF并延长分别交抛物线于C,

8、D两点,求证:直线CD过定点.19.(12分)(2022山东青岛期末)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为e=13,A,B分别为其左、右顶点,F1,F2分别为其左、右焦点,以线段F1F2为直径的圆与直线l:x+y+2=0相切,点P是椭圆C上的一个动点(P异于A,B两点),点Q与点P关于原点对称,分别连接AP,QF2并延长交于点M,连接PF2并延长交椭圆C于点N,记AF2M的面积与AF2N的面积分别为S1,S2.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若2S1=5S2,求点P的坐标.20.(12分)(2022河南郑州二模)已知抛物线C:x2=4y,过抛物线外一点N作抛物线C的两条切线,

9、A,B是切点.(1)若点N的纵坐标为-2,求证:直线AB恒过定点;(2)若|AB|=m(m0),求ABN面积的最大值(结果用m表示).21.(12分)(2022陕西咸阳一模)如图,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),A1,A2分别是C的左、右端点,F2是右焦点.椭圆C过点(0,3),离心率为12. (1)求椭圆C的方程;(2)若直线x=4上有两个点M,N,且MF2NF2=0,求MNF2面积的最小值;连接MA1交椭圆C于另一点P,证明:P,A2,N三点共线.22.(12分)(2022四川成都二模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)经过点3,12,其右顶点为A(2,0).(1)

10、求椭圆C的方程;(2)若点P,Q在椭圆C上,且满足直线AP与AQ的斜率之积为120,证明直线PQ经过定点,并求APQ面积的最大值.专题检测五解析几何1.B解析: 圆心(2,3)到直线x+y=2的距离为d=|2+3-2|12+12=322,又|AB|2=r2-d2=6-92=62,故|AB|=6.故选B.2.A解析: 由题意,c=2,ca=12,所以a=4,所以b2=a2-c2=12,所以椭圆C的标准方程为x216+y212=1.故选A.3.A解析: 由点A(2,-2)在该抛物线y=ax2(a0)上,得-2=4a,即a=-12,所以抛物线为y=-12x2,即x2=-2y,抛物线开口向下,焦点坐标

11、为0,-12.故选A.4.C解析: 由抛物线y2=4x,得p=2,设A,B两点横坐标分别为x1,x2,因为线段AB中点的横坐标为2,则x1+x22=2,即x1+x2=4,故|AB|=x1+x2+p=4+2=6.5.B解析: 不妨设M在y轴的正半轴,设M(0,t),t0,由于MF1F2为正三角形,所以t=3c,故M(0,3c),设MF2的中点为N,由于F2(c,0),所以Nc2,3c2,N在渐近线y=bax上,所以3c2=bac2,则ba=3,e=ca=1+ba2=2.故选B.6.A解析: (方法一)由OP平分APF,得|OF|OA|=|PF|PA|,由PAAF,得|PA|2+|AF|2=|PF

12、|2,而|PA|=b,|AF|=a+c,故|PF|=(a+c)2+b2,由|OF|OA|=|PF|PA|,得ca=(a+c)2+b2b=1+(a+c)2b2=1+(a+c)2c2-a2=1+e+1e-1,即e=1+e+1e-1,解得e=2.(方法二)由题意A(a,0),F(-c,0),由点P在渐近线y=bax上,得P(a,b),直线PF的方程为y=ba+c(x+c),即bx-(a+c)y+bc=0,点O到直线PF的距离d=bcb2+(a+c)2.PAAF,点O到直线PA的距离为|OA|=a.由OP平分APF,得d=a,即bcb2+(a+c)2=a,变形为ca=b2+(a+c)2b=1+(a+c

13、)2b2=1+(a+c)2c2-a2=1+e+1e-1,即e=1+e+1e-1,解得e=2.7.D解析: |PF1|-|PF2|=2b,|PF1|+|PF2|=2a,所以|PF1|=a+b,又|PF1|a+c,所以bc,e=ca=cb2+c222,又e-1,|GF1|=x04+1,又由焦半径公式|PF左|=a+exP,得|PA|=|AF1|+|F1P|=2+12x1+2+12x2=x0+4,则|PA|GF1|=4.13.5解析: 不妨设点P在第一象限,PQ与y轴交于点M,则易知MQTOFT,则MTOT=MQOF,又OF=MQ=1,OT=2,所以MT=2.所以点P,Q的纵坐标都为4,代入抛物线方

14、程求得P(4,4),故PF=4+1=5.14.13,32解析: 因为kAB=a-32,所以直线AB关于直线y=a的对称直线为(3-a)x-2y+2a=0.由题意得|3(a-3)+4+2a|4+(3-a)21,整理解得13a32.15.32解析: 如图所示,作BEl于点E,ADl于点D,设|AF|=a,|BF|=b,由抛物线定义,得|AF|=|AD|,|BF|=|BE|,在梯形ABED中,2|MN|=|AD|+|BE|=a+b,由AFAB,ABF=30,得b=2a,则|MN|=3a2,又|AB|=|BF|2-|AF|2=b2-a2=3a,故|MN|AB|=32.16.3解析: 不妨设与直线l垂直

15、的渐近线的方程为y=-bax,因为直线l与该渐近线垂直,所以kFP=ab,所以FP的直线方程为y=ab(x+c),令x=0,得y=acb,所以点A坐标为0,acb,联立y=ab(x+c),y=bax,得x=a2cb2-a2,y=abcb2-a2,所以点P坐标为a2cb2-a2,abcb2-a2,又因为A为FP中点,所以yP+yF=2yA,即0+abcb2-a2=2acb,化简得2a2=b2,所以双曲线离心率为e=ca=1+b2a2=3.17.解 (1)e=ca=63,c2a2=23,b2=a2-c2=a2-23a2=13a2,椭圆方程为x2+3y2=a2.令x=2,得y=a2-23,由题可知2

16、a2-23=233,解得a2=3,则b2=1,C的方程为x23+y2=1.(2)由(1)知,F1(-2,0),F2(2,0),延长BF1交椭圆于点D,AF2=BF1,AF2BF1,且=|yA|yB|.由椭圆的对称性可知,|AF2|=|DF1|,设直线AF2与BD之间的距离为d,则S四边形ABF1F2=12(|AF2|+|BF1|)d=12(|DF1|+|BF1|)d=12|BD|d=SBDF2=12|F1F2|yB-yD|=2|yB-yD|,设直线BD的方程为x=ty-2,由x=ty-2,x23+y2=1,得(t2+3)y2-22ty-1=0,则有yB+yD=22tt2+3,yByD=-1t2

17、+3,|yB-yD|=(yB+yD)2-4yByD=22tt2+32-4(-1t2+3)=23t2+1t2+3,S四边形ABF1F2=2|yB-yD|=26t2+1t2+3,令m=t2+11,则S四边形ABF1F2=26mm2+2=26m+2m2622=3,当且仅当m=2,即t=1时,等号成立,四边形ABF1F2面积的最大值为3.不妨取t=1,此时yB,yD是方程4y2-22y-1=0的两根,yB=2+64,yD=2-64,或yB=2-64,yD=2+64,=|yA|yB|=|yD|yB|=6-26+2=2-3或6+26-2=2+3,即=23.18.(1)解 设A(x1,y1),B(x2,y2

18、),直线AB的方程为x=my+4,由x=my+4,y2=2px,得y2-2pmy-8p=0,y1+y2=2pm, y1y2=-8p,OAOB,kOAkOB=-1,即x1x2 +y1y2=0,(y1y2)24p2+y1y2=0,16-8p=0,p=2,抛物线方程为y2=4x.(2)证明 设点A,B,C,D的纵坐标依次为y1,y2,y3,y4,直线AF的方程为x=ny+1,由x=ny+1,y2=4x,得y2-4ny-4=0,y1y3=-4.同理y2y4=-4,由(1)知y1y2=-16, y3y4=-1,设直线CD的方程为x=ky+t,由x=ky+t,y2=4x,得y2-4ky-4t=0,y3y4

19、=-4t=-1,即t=14.因此直线CD过定点14,0.19.解 (1)以线段F1F2为直径的圆与直线l:x+y+2=0相切,原点到直线l:x+y+2=0的距离为c,即c=|2|1+1=1,又e=ca=13,a=3,即b2=a2-c2=8,故椭圆C的标准方程为x29+y28=1.(2)设点P坐标为(m,n),由A(-3,0)得,直线AP的方程为y=nm+3(x+3)(其中m-3,n0),点Q与点P关于原点对称,点Q的坐标为(-m,-n),则直线QF2的方程为y=nm+1(x-1),将两直线方程联立得M(2m+3,2n),2S1=5S2,S1S2=|yM|yN|=52,即|2n|yN|=52,|

20、yN|=|4n|5,又点P和点N分别位于x轴的两侧,则yN=-4n5.点P,F2,N三点共线,PF2F2N,又PF2=(1-m,-n),F2N=(xN-1,yN),(1-m)yN-(xN-1)(-n)=0,xN=95-45m,故N95-45m,-4n5.点N在椭圆上,1995-45m2+18-4n52=1,又点P也在椭圆上,m29+n28=1,以上两个方程联立求解得m=0,n=22,则存在点P(0,22),使得2S1=5S2.20.(1)证明 设A(x1,y1),B(x2,y2),由y=14x2得y=12x,则直线NA的斜率为x12,从而直线NA的方程为y-y1=x12(x-x1),即2(y-

21、y1)=x1x-4y1,即x1x=2(y+y1),同理可得,直线NB的方程为x2x=2(y+y2),又直线NA和直线NB都过N(x0,y0),则x1x0=2(y0+y1),x2x0=2(y0+y2),从而A(x1,y1),B(x2,y2)均在方程x0x=2(y0+y)表示的直线上,故直线AB的方程为x0x=2(y0+y).又y0=-2,则直线AB的方程为x0x=2(y-2),故直线AB恒过定点(0,2).(2)解 设N(x0,y0),则由(1)知直线AB的方程为x0x=2(y+y0),把它与抛物线x2=4y联立得x2-2x0x+4y0=0,=4x02-16y00,设A(x1,y1),B(x2,

22、y2),则x1+x2=2x0,x1x2=4y0,则|AB|=1+x024|x1-x2|=1+x024(x1+x2)2-4x1x2=(x02+4)(x02-4y0)=m,于是x02-4y0=m2x02+4.又点N到直线AB的距离d=|2y0-x02+2y0|x02+4=|x02-4y0|x02+4=m2(x02+4)32,则SABN=12d|AB|=12m3(x02+4)32m316,故ABN的最大面积是m316,此时x0=0.21.解 (1)将点(0,3)代入椭圆方程,得b=3,由e=1-ba2=1-3a2=12,解得a2=4,椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)设M(4,yM),N(4,

23、yN),由于F2(1,0),因此MF2=(-3,-yM),NF2=(-3,-yN),MF2NF2=0,yMyN+9=0,MF2NF2,SMNF2=129+yM29+yN2=1281+9(yM2+yN2)+(yMyN)2=12162+9(yM2+yN2)12162+18|yMyN|=12162+162=9,当且仅当|yM|=|yN|,即-yM2+9=0,即yM=3,yN=-3时,等号成立,MNF2面积的最小值为9.证明:A1(-2,0),直线A1M的方程为y=yM6(x+2).由y=yM6(x+2),x24+y23=1,得(27+yM2)x2+4yM2x+4yM2-108=0.设P(x1,y1)

24、,x1+(-2)=-4yM227+yM2,x1=54-2yM227+yM2,代入直线A1M的方程得y1=18yM27+yM2,P54-2yM227+yM2,18yM27+yM2.A2(2,0),直线PA2的斜率为kPA2=18yM27+yM254-2yM227+yM2-2=18yM-4yM2=-92yM,直线NA2的斜率为kNA2=yN-04-2=yN2.yMyN+9=0,kNA2=-9yM2=-92yM=kPA2,故P,A2,N三点共线.22.解 (1)由右顶点A(2,0),得a=2,椭圆C的方程为x24+y2b2=1,将点3,12代入椭圆C的方程,得34+14b2=1,解得b=1.椭圆C的

25、方程为x24+y2=1.(2)由题意知直线PQ的斜率存在,设直线PQ的方程为y=kx+m,P(x1,y1),Q(x2,y2).由y=kx+m,x24+y2=1,消去y,得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,=64k2m2-4(4k2+1)(4m2-4)=16(4k2-m2+1)0,x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2(4m2-4)4k2+1-8k2m24k2+1+m2=m2-4k24k2+1,kAPkAQ=y1x1-2y2x2-2=y1y2x1x2-2(x1+x2)+4=m

26、2-4k24k2+14m2-44k2+1+16km4k2+1+4=120,化简得m2-4k24m2+16km+16k2=120,即m2-km-6k2=0,(m+2k)(m-3k)=0.直线PQ不能经过点A,m+2k0,m-3k=0,直线PQ的方程为y=k(x+3),直线PQ经过定点(-3,0),则k0,设此定点为D.SAPQ=|SAPD-SAQD|=12|AD|y1-y2|=52|y1-y2|=5|k|2(x1+x2)2-4x1x2=5|k|244k2-m2+14k2+1=10k2(1-5k2)4k2+1.由=16(4k2-m2+1)=16(1-5k2)0,得0k215,令t=4k2+1,则t1,95.