13曲線與方程焦點三角形-2022年高考“32”選擇填空題精準靶心方案18講

“3+2”選擇、填空題精準靶心方案18講第13講曲線與方程，焦點三角形性質(zhì)的應用1．已知曲線C：mx2+ny2=1．（）（多選題）A．若m＞n＞0，則C是橢圓，其焦點在y軸上B．若m=n＞0，則C是圓，其半徑為 C．若mn＜0，則C是雙曲線，其漸近線方程為 D．若m=0，n＞0，則C是兩條直線分析：根據(jù)所給條件，逐一分析對應的方程形式，結(jié)合橢圓、圓、雙曲線方程的定義進行判斷即可．解：若m＞n＞0，則，則根據(jù)橢圓定義，知mx2+ny2=1表示焦點在y軸上的橢圓，A正確．若m=n＞0，則方程為，表示半徑為的圓，故B錯誤．若mn＜0，則令mx2+ny2=0，解得此時漸近線方程為，故C正確．當m=0，n＞0時，則方程為表示兩條直線，故D正確．故選ACD．說明：本題考查圓錐曲線方程的定義．2．已知a，b∈R，ab＞0，函數(shù)f（x）=ax2+b（x∈R）．若f（s－t），f（s），f（s+t）成等比數(shù)列，則平面上點（s，t）的軌跡是（）A．直線和圓 B．直線和橢圓 C．直線和雙曲線 D．直線和拋物線解：由已知，可得f2（s）=f（s－t）f（s+t），即（as2+b）2=[a（s－t）2+b][a（s+t）2+b]，整理，得a2t4－2a2s2t2+2abt2=0．因為a≠0，故at4－2as2t2+2bt2=0，即t2（at2－2as2+2b）=0．當t=0時，點（s，t）的軌跡是直線；當at2－2as2+2b=0，即，因為ab＞0，故點（s，t）的軌跡是雙曲線．綜上所述，平面上點（s，t）的軌跡是直線或雙曲線．選C．3．數(shù)學中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線，曲線C：x2+y2=1+︱x︱y就是其中之一（如圖）．給出下列三個結(jié)論：①曲線C恰好經(jīng)過6個整點（即橫、縱坐標均為整數(shù)的點）；②曲線C上任意一點到原點的距離都不超過；③曲線C所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3．其中，所有正確結(jié)論的序號是（）A．① B．② C．①② D．①②③解：將x換成－x方程不變，所以圖形關于y軸對稱，當x=0時，代入得y2=1，所以y=±1，即曲線經(jīng)過（0，1），（0，－1）；當x＞0時，方程變?yōu)閥2－xy+x2－1=0，所以△=x2－4（x2－1）≥0，解得x∈（0，]，所以x只能取整數(shù)1，當x=1時，y2－y=0，解得y=0或y=1，即曲線經(jīng)過（1，0），（1，1），根據(jù)對稱性可得曲線還經(jīng)過（－1，0），（－1，1），故曲線一共經(jīng)過6個整點，故①正確．當x＞0時，由x2+y2=1+xy得x2+y2－1=xy≤，（當x=y時取等），∴x2+y2≤2，即曲線C上y軸右邊的點到原點的距離不超過，根據(jù)對稱性可得：曲線C上任意一點到原點的距離都不超過；故②正確．在x軸上圖形面積大于矩形面積2，x軸下方的面積大于等腰直角三角形的面積1，因此曲線C所圍成的“心形”區(qū)域的面積大于2+1=3，故③錯誤．故選C．4．設雙曲線C：（a＞0，b＞0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為．P是C上一點，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面積為4，則a=（）A．1B．2C．4D．8分析：利用雙曲線的定義，三角形的面積以及雙曲線的離心率，轉(zhuǎn)化求解a即可．解：由題意，設PF1=m，PF2=n，可得m－n=2a，mn=2×4=8，m2+n2=4c2，，可得4c2=16+4a2，于是5a2=4+a2，解得a=1．故選A．法二：b=2，根據(jù)離心率有，又因為c2=a2+b2，所以a=1．說明：本題考查雙曲線的簡單性質(zhì)的應用，雙曲線的定義以及勾股定理的應用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．5．已知拋物線y=－x2+3上存在關于直線x+y=0對稱的相異兩點A、B，則︱AB︱等于（）A．3B．4C．3D．4解：設直線AB的方程為y=x+b，聯(lián)合拋物線的方程，消去y可得x2+x+b－3=0x1+x2=－1，進而可求出AB的中點M（，），又由M在直線x+y=0上可求出b=1，∴x2+x－2=0，由弦長公式可求出︱AB︱=，選C．6．直線y=3x繞原點逆時針旋轉(zhuǎn)90，再向右平移1個單位后所得的直線為（）A．B．C．y=3x－3D．解：本題有新意，審題是關鍵．旋轉(zhuǎn)90則與原直線垂直，故旋轉(zhuǎn)后斜率為．再右移1得．選A．或者畫圖排除．7．在拋物線y=x2+ax－5（a≠0）上取橫坐標為x1=－4，x2=2的兩點，過這兩點引一條割線，有平行于該割線的一條直線同時與拋物線和圓5x2+5y2=36相切，則拋物線頂點的坐標為（）A．（－2，－9）B．（0，－5）C．（2，－9）D．（1，－6）解：由已知得割線上的坐標（－4，11－4a），（2，2a－1），k=a－2．設直線方程為y=（a－2）x+b，則，又b=－6a=4，所以點為（－2，－9），選A．8．已知橢圓C的焦點為F1（－1，0），F(xiàn)2（1，0），過F2的直線與C交于A，B兩點．若︱AF2︱=2︱F2B︱，︱AB︱=︱BF1︱，則C的方程為（）A．B．C． D．F1F1F2ABOyxF2aa2F1AB設線段F2aa2F1AB由F2B+BF1=2a=4t，得a=2t．∴AF1=2a－AF2=2×2t－2t=2t．因此，在△ABF1中（另畫一個基本圖出來），aa2有cos∠F1F2B+cosaa2所以a2=3，故選B．9．在坐標平面上有一橢圓，它的長軸落在x軸上，短軸落在y軸上，長軸、短軸的長度分別為4、2．通過橢圓的中心O且與x軸夾角為45的直線在第一象限跟橢圓相交于P．則此交點P與中心O的距離為（）．A．1.5B．C．D．解：因為OP斜角45，故P點坐標可設為（t，t）（t＞0）．又P在上，故（t＞0），解得，于是OP=，選B．10．已知直線l1：，l2：，動點P在橢圓（a＞b＞0）上，作PM∥l1交l2于點M，作PN∥l2交l1于點N．若︱PM︱2+︱PN︱2為定值，則（）A．a(chǎn)b=2B．a(chǎn)b=3C．a(chǎn)=2bD．a(chǎn)=3b分析：根據(jù)四邊形OMPN是平行四邊形，得到︱PM︱2+︱PN︱2=︱OM︱2+︱ON︱2為定值，然后將取特殊位置P（a，0），P（0，b）求解．解：如圖所示，易知四邊形OMPN是平行四邊形，所以︱PM︱2+︱PN︱2=︱OM︱2+︱ON︱2為定值，取點P（a，0）時，由和，解得，，所以M（，）．由對稱性得N（，），所以︱OM︱2+︱ON︱2=．取點P（0，b）時，由和，解得x=－b，，所以M（－b，）．由對稱性得N（b，），所以︱OM︱2+︱ON︱2=．因此，即a=2b，故選C．11．若圓x2+y2+4x－7y+10=0與直線y=mx+3m（m∈R）在坐標平面上的兩個交點位于不同的象限，且滿足此條件的m的最大范圍為a＜m＜b，則a－b=（）．BA．－3B．－1C．1D．3解：因為圓方程化為，其圓心（－2，）在第二象限，半徑為，與y軸的兩個交點是（0，2）（0，5）．直線y=mx+3m=m（x+3）過點（－3，0），畫出草圖，當直線與圓的兩個交點位于不同的象限時，m應滿足2＜3m＜5，所以＜m＜，因此a－b=，選B．12．已知拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的頂點坐標為，與x軸的交點P、Q位于y軸的兩側(cè)，以線段PQ為直徑的圓與y軸交于F1（0，4）和F2（0，－4）．則點（b，c）所在的曲線為（）A．圓B．橢圓C．雙曲線D．拋物線解：設拋物線與x軸交點的橫坐標為x1，x2，則．在Rt△PQF1中，OF1是斜邊PQ上的高，所以∣OP∣·∣OQ∣=∣OF1∣2，即∣x1·x2∣=16，從而．①∵拋物線的頂點坐標為，∴，得b2－4ac=1．②由①②消去a，得，選B．13．橢圓上的點到圓C：x2+（y－6）2=1上的點的距離的最大值是（）．A．11B．C．D．9解：由平面幾何知識，橢圓上的點到圓C上的點的距離最大值=橢圓上的動點到圓心的最大距離+圓的半徑．設圓C圓心為O′，P（5cos，sin）是橢圓上的點，則（當sin=－1時取等號）．故所求距離最大值為11．注：或者考慮x2+（y－6）2=k2與的相交情況，用判別式法解決．14．已知F1，F(xiàn)2為橢圓C：的兩個焦點，P，Q為C上關于坐標原點對稱的兩點，且∣PQ∣=∣F1F2∣，則四邊形PF1QF2的面積為．解：因為P，Q為C上關于坐標原點對稱的兩點，且∣PQ∣=∣F1F2∣，所以四邊形PF1QF2為矩形，設∣PF1∣=m，∣PF2∣=n．由橢圓的定義可得∣PF1∣+∣PF2∣=m+n=2a=8，所以m+n=8．因為∣