2025高考数学考二轮专题过关检测六 解析几何-专项训练（含解析）

2025高考数学考二轮专题过关检测六　解析几何-专项训练
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.椭圆=1的长轴长为6,则该椭圆的离心率为(　　)
A. B. C. D.
2.(2024·河南三模)过抛物线y2=8x的焦点的直线交抛物线于A,B两点,若AB中点的横坐标为4,则|AB|=(　　)
A.16 B.12 C.10 D.8
3.已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆x2+y2-10y=0截得的线段长等于8,则双曲线C的离心率为(　　)
A. B. C.3 D.
4.已知A(-3,0),B(3,0),C(0,3),一束光线从点F(-1,0)出发经AC反射后,再经BC上点D反射,落到点E(1,0)上,则点D的坐标为(　　)
A.() B.()
C.(1,2) D.(2,1)
5.已知抛物线y2=8x的焦点为F,经过点P(1,1)的直线l与该曲线交于A,B两点,且点P恰好为AB的中点,则|AF|+|BF|=(　　)
A.4 B.6 C.8 D.12
6.(2022·全国甲,文11)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,A1,A2分别为C的左、右顶点,B为C的上顶点.若=-1,则C的方程为(　　)
A.=1 B.=1
C.=1 D.+y2=1
7.已知圆C1:(x+2)2+y2=1,C2:(x-2)2+y2=49,动圆C满足与C1外切且与C2内切,若M为C1上的动点,且=0,则||的最小值为(　　)
A. B. C.2 D.
8.瑞士著名数学家欧拉在17世纪证明了定理:三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上.这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作△ABC,AB=AC=4,点B(-1,3),点C(4,-2),且其“欧拉线”与圆M:(x-a)2+(y-a+3)2=r2相切.则圆M上的点到直线x-y+3=0的距离的最小值为(　　)
A.2 B.3 C.4 D.6
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.已知椭圆M:=1的左、右焦点分别是F1,F2,左、右顶点分别是A1,A2,点P是椭圆上异于A1,A2的任意一点,则下列说法正确的是(　　)
A.|PF1|+|PF2|=5
B.直线PA1与直线PA2的斜率之积为-
C.存在点P满足∠F1PF2=90°
D.若△F1PF2的面积为4,则点P的横坐标为±
10.(2024·广东广州二模)双曲线具有如下性质:双曲线在任意一点处的切线平分该点与两焦点连线的夹角.设O为坐标原点,双曲线C:=1(b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点A到一条渐近线的距离为2,右支上一动点P处的切线记为l,则(　　)
A.双曲线C的渐近线方程为y=±x
B.双曲线C的离心率为
C.当PF2⊥x轴时,|PF1|=
D.过点F1作F1K⊥l,垂足为K,|OK|=2
11.(2024·新高考Ⅰ,11)造型可以做成美丽的丝带,将其看作图中曲线C的一部分.已知曲线C过坐标原点O,且曲线C上的点满足横坐标大于-2,到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4,则(　　)
A.a=-2
B.点(2,0)在曲线C上
C.曲线C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
D.当点(x0,y0)在曲线C上时,y0≤
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.(2022·全国甲,文14)设点M在直线2x+y-1=0上,点(3,0)和(0,1)均在☉M上,则☉M的方程为　　　　　　　　.
13.圆锥曲线有丰富的光学性质,从椭圆焦点发出的光线,经过椭圆反射后,反射光线经过另一个焦点;从抛物线焦点发出的光线,经过抛物线上一点反射后,反射光线平行于抛物线的对称轴.已知椭圆C:=1(a>b>0)过点(3,1).由点P(2,1)发出的平行于x轴的光线经过抛物线C1:y2=16x反射到椭圆C上后,反射光线经点(-4,0),则椭圆C的方程为　　　　　　　　.
14.已知抛物线Z:x2=4y的焦点为F,圆F:x2+(y-1)2=4与抛物线Z在第一象限的交点为P,直线l:x=t(0四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)已知点F,直线l:x=-,动点P到点F与到直线l的距离相等.
(1)求动点P的轨迹C的方程;
(2)过轨迹C上一点M(3,)作圆(x-2)2+y2=1的两条切线,分别与轨迹C交于异于M点的A,B两点,求|AB|.
16.(15分)已知椭圆=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,过点F2且斜率不为0的直线与椭圆交于A,B两点,△F1AF2的周长为4+2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设O为坐标原点,求||的取值范围.
17.(15分)已知椭圆P:+y2=1的右顶点为A,点M(x0,y0)是椭圆P上异于A的一点,MN⊥x轴于点N,B是MN的中点,过动点M(x0,y0)的直线l:x0x+4y0y=4与直线AB交于点C.
(1)当x0=时,求证:直线l与椭圆P只有一个公共点;
(2)求证:点C在定直线上运动.
18.(17分)(2024·九省联考)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F的直线l交抛物线C于A,B两点,过点F与直线l垂直的直线交抛物线C于D,E两点,其中点B,D在x轴上方,M,N分别为AB,DE的中点.
(1)证明:直线MN过定点;
(2)设G为直线AE与直线BD的交点,求△GMN面积的最小值.
19.(17分)(2024·湖南长沙模拟)定义:一般地,当λ>0且λ≠1时,我们把方程=λ(a>b>0)表示的椭圆Cλ称为椭圆=1(a>b>0)的相似椭圆.
(1)如图,已知点F1(-,0),F2(,0),M为☉O:x2+y2=4上的动点,延长F1M至点N,使得|MN|=|MF1|,F1N的垂直平分线与F2N交于点P,记点P的轨迹为曲线C,求曲线C的方程;
(2)在条件(1)下,已知椭圆Cλ是椭圆C的相似椭圆,M1,N1是椭圆Cλ的左、右顶点.点Q是Cλ上异于四个顶点的任意一点,当λ=e2(e为曲线C的离心率)时,设直线QM1与椭圆C交于点A,B,直线QN1与椭圆C交于点D,E,求|AB|+|DE|的值.
专题过关检测六　解析几何 答案
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.B　解析 因为椭圆=1的长轴长为6,所以椭圆的焦点在y轴上,且m=32=9,所以椭圆的离心率为.
2.B　解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知=4,由抛物线的焦半径公式得|AB|=(x1+2)+(x2+2)=2·+4=2×4+4=12.故选B.
3.D　解析 双曲线=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±x,即ay±bx=0.
圆的方程x2+y2-10y=0可化为x2+(y-5)2=25,则圆心为(0,5),半径为5,
圆心到渐近线的距离为d=,由弦长公式可得8=2,
化简可得b2=a2,∴c2=a2+b2=a2,则e=.
4.C　解析 根据入射光线与反射光线的关系,分别作出F,E关于AC,BC的对称点G,H,连接GH,交BC于D,则点D即为所求,如图.
由题意知,AC所在直线方程为y=x+3,F(-1,0),设G(x,y),
则解得x=-3,y=2,即G(-3,2).
由BC所在直线方程为y=-x+3,E(1,0),同理可得H(3,2),
所以直线GH的方程为y=2.
联立解得x=1,y=2,即D(1,2).
5.B　解析 抛物线y2=8x中,p=4,其焦点F(2,0),准线方程x=-2,过点A,B,P作准线的垂线,垂足分别为M,N,R(图略).
由抛物线定义可知,|AF|+|BF|=|AM|+|BN|.
而P恰好为AB的中点,故PR是梯形ABNM的中位线,故|AM|+|BN|=2|PR|,
又P(1,1),故|PR|=1+=3,
所以|AF|+|BF|=2×3=6.
6.B　解析 由题意知,A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),
则=(-a,-b)·(a,-b)=-a2+b2=-1,①
由e=,得e2==1-,
即b2=a2.②
联立①②,解得a2=9,b2=8.故选B.
7.B　解析 易知圆C1的圆心C1(-2,0),圆C1的半径为r1=1.圆C2的圆心C2(2,0),半径为r2=7.|C1C2|=4<|r1-r2|,
所以圆C1内含于圆C2.
设圆C的半径为R,则
故|CC1|+|CC2|=8>|C1C2|=4,
故圆心C的轨迹为椭圆,且该椭圆的焦点为C1,C2.
设该椭圆的方程为=1(a>b>0),焦距为2c(c>0),
则2a=8,可得a=4;由2c=4,可得c=2;b==2,
所以点C的轨迹方程为=1.
由=0,得CM⊥C1M,且||=1,
由椭圆的几何性质可得||min=a-c=2,故||min=.
8.A　解析 因为在△ABC中,AB=AC=4,所以BC边上的高线、垂直平分线和中线合一,
则其“欧拉线”为△ABC边BC的垂直平分线AD.
因为点B(-1,3),点C(4,-2),
所以D.
因为直线BC的斜率为=-1,所以BC的垂直平分线的斜率为1.
所以BC的垂直平分线方程为y-=x-,即x-y-1=0.
因为“欧拉线”与圆M:(x-a)2+(y-a+3)2=r2相切,
所以圆心(a,a-3)到“欧拉线”的距离为=r,可得r=.因为圆心(a,a-3)到直线x-y+3=0的距离为=3,所以圆M上的点到直线x-y+3=0的距离的最小值为3=2.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.BD　解析 由题意得a=5,b=2,c=,F1(-,0),F2(,0),A1(-5,0),A2(5,0),短轴一个顶点B2(0,2),|PF1|+|PF2|=2a=10,A错误;
设P(x,y),则=1,y2=20,
=20=-,B正确;
因为tan∠OB2F2=<1,所以0°<∠OB2F2<45°,从而∠F1B2F2=2∠OB2F2<90°,而P是椭圆上任一点,当P是短轴端点时∠F1PF2最大,因此不存在点P满足∠F1PF2=90°,C错误;
|F1F2||yP|=|yP|=4,|yP|=4,则=1,xP=±,D正确.
10.ACD　解析 对于A,由双曲线C:=1(b>0)可知a=2,右顶点A(2,0),其渐近线方程为y=±x,由右顶点A到一条渐近线的距离为2,不妨取渐近线bx-2y=0,则=2,解得b=,故双曲线C的渐近线方程为y=±x=±x,A正确;
对于B,由a=2,b=,得c==5,故双曲线C的离心率为,B错误;
对于C,由c=5可知F2(5,0),当PF2⊥x轴时,将x=5代入=1中,得y2=5×-1,所以y=±,即得|PF2|=,由于P在双曲线右支上,故|PF1|=|PF2|+2a=+4,C正确;
对于D,如图,连接PF2并延长交F1K的延长线于点E,
由题意知,PK为∠F1PE的角平分线,因为F1K⊥l,所以|PF1|=|PE|,K为F1E的中点,又O为F1F2的中点,故|OK|=|F2E|=(|PE|-|PF2|)=(|PF1|-|PF2|)=×2a=2,D正确.
故选ACD.
11.ABD　解析 ∵曲线C上的点到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4,而点O在曲线C上,点O到点F的距离为2,到定直线x=a(a<0)的距离为-a,∴2·(-a)=4,∴a=-2.∴A正确.
设点M(x,y)为曲线C上任意一点,则x>-2.由点M到点F(2,0)的距离与到定直线x=-2的距离之积为4,可得曲线C的方程为(x+2)=4(x>-2).
将点(2,0)的坐标代入上述方程式左边,有(2+2)=4=右边,∴点(2,0)在曲线C上,∴B正确.
由(x+2)=4(x>-2),得曲线C的方程为y2=()2-(x-2)2(x>-2).设f(x)=()2-(x-2)2(x>0),则f'(x)=(x>0).令g(x)=x3+4x2-16(x>0),则g'(x)=3x2+8x.∴在区间(0,+∞)内,g'(x)恒大于0.∴函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
又g(1)=-11<0,g(2)=8>0,∴ x1∈(1,2),使得g(x1)=0.∴当00,f(x)单调递增,当x>x1时,g(x)>0,f'(x)<0,f(x)单调递减.∴f(x)在x=x1处取得最大值,即当x=x1时y2取得最大值,且y2的最大值为f(x1).又f(x1)>f(2)=1,∴y2的最大值大于1,即ymax>1.∴曲线C在第一象限的点的纵坐标的最大值大于1,故C错误.
当点(x0,y0)在曲线C上时,有=()2-(x0-2)2≤()2,∴y0≤(x0>-2),∴D正确.
故选ABD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.(x-1)2+(y+1)2=5　解析 (方法1)设A(3,0),B(0,1),则线段AB的垂直平分线方程为y-=3,即y=3x-4.
由解得
即圆心M的坐标为(1,-1).
设☉M的半径为r,
则r2=(3-1)2+12=5.
故所求☉M的方程为(x-1)2+(y+1)2=5.
(方法2)设圆心M(a,1-2a),☉M的半径为r,则r2=(a-3)2+(1-2a)2=(a-0)2+(1-2a-1)2,
整理可得-10a+10=0,即a=1.
则圆心M(1,-1),故所求☉M的方程为(x-1)2+(y+1)2=5.
13.=1　解析 由题设知,抛物线C1:y2=16x的焦点为(4,0),
由点P(2,1)发出的平行于x轴的光线经过抛物线C1反射后必过点(4,0),再经过椭圆C反射经过(-4,0),
可知(4,0),(-4,0)为椭圆C的两个焦点,
故c=4,而(3,1)在椭圆C上,
由可得即椭圆C的方程为=1.
14.2　(4,6)　解析 如图所示.
由解得故m=2.
由解得所以A.
由解得所以B(t,1+).
由抛物线的定义,知AF=AC,
△FAB的周长=FA+FB+AB=AC+AB+BF=BC+2=+4.
因为t∈(0,2),所以+4∈(4,6).
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.解 (1)设点P(x,y),根据题意得,
化简得动点P的轨迹C的方程为y2=x.
(2)∵M(3,),(x-2)2+y2=1,∴x=3即圆的一条切线,A(3,-).
设过M的另一条切线斜率为k,k≠0,则切线方程为y-=k(x-3),又设B(x1,y1).
由方程组得y2-y+-2=0,
∴+y1=,y1=.
∵直线为y-=k(x-3),其与圆相切,
∴=1,∴k=.
∴y1=.∵B满足y2=x,∴B.
∴,∴|AB|=||=.
16.解 (1)由题意得
解得故b2=4-3=1.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)因为F2(,0),所以设直线AB的方程为x=my+,A(x1,y1),B(x2,y2).
由消去x得(m2+4)y2+2my-1=0,
所以
又=(x1+x2,y1+y2)=(my1+my2+2,y1+y2),所以||
=
=
=2.
令t=,所以=36t2+3t.
因为二次函数y=36t2+3t在t∈上单调递增,所以y=36t2+3t∈(0,3],
因此||=2∈(0,2](当m=0时取得最大值),
所以||∈(0,2].
17.证明 (1)不妨设y0>0,当x0=时,由=1得y0=,
所以直线l的方程为x+4×y=4,即y=-x+.
由解得
故直线l与椭圆P的交点坐标为,
所以直线l与椭圆P只有一个公共点.
(2)因为M(x0,y0)(不妨取y0>0),MN⊥x轴,B是MN的中点,所以B.
因为y0>0,所以x0≠2,所以直线AB的方程为y=(x-2),即y=(x-2),
联立得(+2-2x0)x=4x0-8+4.
又因为=1,所以=1-,
因此x=4x0-8+4,即(x0-2)2x=-(x0-2)2,
所以x=-2,所以点C在定直线x=-2上运动.
18.(1)证明 由抛物线C:y2=4x,得F(1,0),因为直线AB与直线DE垂直,所以两条直线斜率都存在且不为0,
设直线AB,DE分别为x=m1y+1,x=m2y+1,有m1m2=-1,
设A(x1,y1),B(x2,y2),E(x3,y3),D(x4,y4),联立方程可得
消去x可得y2-4m1y-4=0,Δ=16+16>0,故y1+y2=4m1,y1y2=-4,
则x1+x2=m1y1+1+m1y2+1=m1(y1+y2)+2=4+2,
故=2+1,=2m1,
即M(2+1,2m1),同理可得N(2+1,2m2),
当2+1≠2+1时,则lMN:y=(x-2-1)+2m1,
即y=(x-2-1)+2m1=,
由m1m2=-1,得y=(x-3),故x=3时,有y=(3-3)=0,此时MN过定点,且该定点为(3,0),
当2+1=2+1时,即时,又m1m2=-1,即m1=±1时,有lMN:x=2+1=3,亦过定点(3,0),故直线MN过定点,且该定点为(3,0).
(2)解 由A(x1,y1),B(x2,y2),E(x3,y3),D(x4,y4),
则lAE:y=(x-x1)+y1,由=4x1,=4x2,得y=(x-)+y1=,
同理可得lBD:y=,联立两直线,即,即4x(y4+y2)+y1y3(y4+y2)=4x(y3+y1)+y2y4(y3+y1),有x=,
由y1y2=-4,同理y3y4=-4,
故x==-1,故xG=-1,
过点G作直线GQ∥x轴,交直线MN于点Q,则S△GMN=|yM-yN|×|xQ-xG|,
由点M(2+1,2m1),N(2+1,2m2),得|yM-yN|=2m1-2m2=2m1+≥2=4,当且仅当m1=±1时,等号成立,下证|xQ-xG|≥4:由抛物线的对称性,不妨设m1>0,则m2<0,
当m1>1时,有m2=-∈(-1,0),则点G在x轴上方,点Q亦在x轴上方,有>0,由直线MN过定点(3,0),此时|xQ-xG|>3-(-1)=4,
同理,当m1<1时,则点G在x轴下方,点Q亦在x轴下方,有<0,故此时|xQ-xG|>4,当且仅当m1=1时,xQ=3,所以|xQ-xG|≥4恒成立,且m1=±1时,等号成立,
故S△GMN=|yM-yN|×|xQ-xG|≥×4×4=8.
19.解 (1)如图,连接OM,易知OM∥F2N,且|OM|=|F2N|,
∴|F2N|=4,又点P在F1N的垂直平分线上,∴|PF1|=|PN|,
∴|PF1|+|PF2|=|PF2|+|PN|=|NF2|=4>2,满足椭圆定义,
∴a=2,c=,b=1,∴曲线C的方程为+y2=1.
(2)由(1)知椭圆C的方程为+y2=1,则离心率e= λ=,
∴椭圆Cλ的标准方程为=1,
设Q(x0,y0)为椭圆Cλ上异于四个顶点的任意一点,直线QM1,QN1的斜率为,
则,
又=1 (3-),∴=-≠±.
设直线QM1的斜率为k,则直线QN1的斜率为-,
∴直线QM1为y=k(x+),
由得(1+4k2)x2+8k2x+12k2-4=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,
∴|AB|=|x1-x2|=,
同理可得|DE|=,
∴|AB|+|DE|==