2025高考數(shù)學(xué)考二輪專題過關(guān)檢測六　解析幾何-專項訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學(xué)考二輪專題過關(guān)檢測六解析幾何-專項訓(xùn)練一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.橢圓x25+yA.223 B.23 C.3162.(2024·河南三模)過拋物線y2=8x的焦點的直線交拋物線于A,B兩點,若AB中點的橫坐標為4,則|AB|=()A.16 B.12 C.10 D.83.已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的一條漸近線被圓x2+y2A.153 B.54 C.3 D4.已知A(-3,0),B(3,0),C(0,3),一束光線從點F(-1,0)出發(fā)經(jīng)AC反射后,再經(jīng)BC上點D反射,落到點E(1,0)上,則點D的坐標為()A.(12,52) BC.(1,2) D.(2,1)5.已知拋物線y2=8x的焦點為F,經(jīng)過點P(1,1)的直線l與該曲線交于A,B兩點,且點P恰好為AB的中點,則|AF|+|BF|=()A.4 B.6 C.8 D.126.(2022·全國甲,文11)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為13,A1,A2分別為C的左、右頂點,B為C的上頂點A.x218+y216=1 C.x23+y22=1 D7.已知圓C1:(x+2)2+y2=1,C2:(x-2)2+y2=49,動圓C滿足與C1外切且與C2內(nèi)切,若M為C1上的動點,且CM·C1M=0,則|CMA.2 B.3 C.2 D.58.瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉在17世紀證明了定理:三角形的外心、重心、垂心位于同一條直線上.這條直線被后人稱為三角形的“歐拉線”.在平面直角坐標系中作△ABC,AB=AC=4,點B(-1,3),點C(4,-2),且其“歐拉線”與圓M:(x-a)2+(y-a+3)2=r2相切.則圓M上的點到直線x-y+3=0的距離的最小值為()A.22 B.32 C.42 D.6二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.已知橢圓M:x225+y220=1的左、右焦點分別是F1,F2,左、右頂點分別是A1,A2,點P是橢圓上異于A1A.|PF1|+|PF2|=5B.直線PA1與直線PA2的斜率之積為-4C.存在點P滿足∠F1PF2=90°D.若△F1PF2的面積為45,則點P的橫坐標為±510.(2024·廣東廣州二模)雙曲線具有如下性質(zhì):雙曲線在任意一點處的切線平分該點與兩焦點連線的夾角.設(shè)O為坐標原點,雙曲線C:x220?y2b2=1(b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,右頂點AA.雙曲線C的漸近線方程為y=±12B.雙曲線C的離心率為30C.當(dāng)PF2⊥x軸時,|PF1|=9D.過點F1作F1K⊥l,垂足為K,|OK|=2511.(2024·新高考Ⅰ,11)造型可以做成美麗的絲帶,將其看作圖中曲線C的一部分.已知曲線C過坐標原點O,且曲線C上的點滿足橫坐標大于-2,到點F(2,0)的距離與到定直線x=a(a<0)的距離之積為4,則()A.a=-2B.點(22,0)在曲線C上C.曲線C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1D.當(dāng)點(x0,y0)在曲線C上時,y0≤4三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.(2022·全國甲,文14)設(shè)點M在直線2x+y-1=0上,點(3,0)和(0,1)均在☉M上,則☉M的方程為.

13.圓錐曲線有豐富的光學(xué)性質(zhì),從橢圓焦點發(fā)出的光線,經(jīng)過橢圓反射后,反射光線經(jīng)過另一個焦點;從拋物線焦點發(fā)出的光線,經(jīng)過拋物線上一點反射后,反射光線平行于拋物線的對稱軸.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點(3,1).由點P(2,1)發(fā)出的平行于x軸的光線經(jīng)過拋物線C1:y2=16x反射到橢圓C14.已知拋物線Z:x2=4y的焦點為F,圓F:x2+(y-1)2=4與拋物線Z在第一象限的交點為Pm,m24,直線l:x=t(0<t<m)與拋物線Z的交點為A,直線l與圓F在第一象限的交點為B,則m=;△FAB四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)已知點F16,0,直線l:x=-16,動點P到點F(1)求動點P的軌跡C的方程;(2)過軌跡C上一點M(3,2)作圓(x-2)2+y2=1的兩條切線,分別與軌跡C交于異于M點的A,B兩點,求|AB|.16.(15分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,離心率為32,過點F2且斜率不為0的直線與橢圓交于A,B兩點,△(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)O為坐標原點,求|OA+OB|17.(15分)已知橢圓P:x24+y2=1的右頂點為A,點M(x0,y0)是橢圓P上異于A的一點,MN⊥x軸于點N,B是MN的中點,過動點M(x0,y0)的直線l:x0x+4y0y=4與直線AB交于點(1)當(dāng)x0=65時,求證:直線l與橢圓P(2)求證:點C在定直線上運動.18.(17分)(2024·九省聯(lián)考)已知拋物線C:y2=4x的焦點為F,過點F的直線l交拋物線C于A,B兩點,過點F與直線l垂直的直線交拋物線C于D,E兩點,其中點B,D在x軸上方,M,N分別為AB,DE的中點.(1)證明:直線MN過定點;(2)設(shè)G為直線AE與直線BD的交點,求△GMN面積的最小值.19.(17分)(2024·湖南長沙模擬)定義:一般地,當(dāng)λ>0且λ≠1時,我們把方程x2a2+y2b2=λ(a>b>0)表示的橢圓C(1)如圖,已知點F1(-3,0),F2(3,0),M為☉O:x2+y2=4上的動點,延長F1M至點N,使得|MN|=|MF1|,F1N的垂直平分線與F2N交于點P,記點P的軌跡為曲線C,求曲線C的方程;(2)在條件(1)下,已知橢圓Cλ是橢圓C的相似橢圓,M1,N1是橢圓Cλ的左、右頂點.點Q是Cλ上異于四個頂點的任意一點,當(dāng)λ=e2(e為曲線C的離心率)時,設(shè)直線QM1與橢圓C交于點A,B,直線QN1與橢圓C交于點D,E,求|AB|+|DE|的值.

專題過關(guān)檢測六解析幾何答案一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.B解析因為橢圓x25+y2m=1的長軸長為6,所以橢圓的焦點在y軸上,且m=32.B解析設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由題意知x1+x22=4,由拋物線的焦半徑公式得|AB|=(x1+2)+(x2+2)=2·x1+x22+4=23.D解析雙曲線x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的漸近線方程為圓的方程x2+y2-10y=0可化為x2+(y-5)2=25,則圓心為(0,5),半徑為5,圓心到漸近線的距離為d=|5a|a2+b化簡可得b2=169a2,∴c2=a2+b2=259a2,則e=4.C解析根據(jù)入射光線與反射光線的關(guān)系,分別作出F,E關(guān)于AC,BC的對稱點G,H,連接GH,交BC于D,則點D即為所求,如圖.由題意知,AC所在直線方程為y=x+3,F(-1,0),設(shè)G(x,y),則y2=x-12+3,yx+1由BC所在直線方程為y=-x+3,E(1,0),同理可得H(3,2),所以直線GH的方程為y=2.聯(lián)立y=-x+3,y=2,解得5.B解析拋物線y2=8x中,p=4,其焦點F(2,0),準線方程x=-2,過點A,B,P作準線的垂線,垂足分別為M,N,R(圖略).由拋物線定義可知,|AF|+|BF|=|AM|+|BN|.而P恰好為AB的中點,故PR是梯形ABNM的中位線,故|AM|+|BN|=2|PR|,又P(1,1),故|PR|=1+p2=所以|AF|+|BF|=2×3=6.6.B解析由題意知,A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),則BA1·BA2=(-a,-b)·(a,-b)=-a由e=13,得e2=19=a2即b2=89a2.聯(lián)立①②,解得a2=9,b2=8.故選B.7.B解析易知圓C1的圓心C1(-2,0),圓C1的半徑為r1=1.圓C2的圓心C2(2,0),半徑為r2=7.|C1C2|=4<|r1-r2|,所以圓C1內(nèi)含于圓C2.設(shè)圓C的半徑為R,則|故|CC1|+|CC2|=8>|C1C2|=4,故圓心C的軌跡為橢圓,且該橢圓的焦點為C1,C2.設(shè)該橢圓的方程為x2a2+y2b2=1(則2a=8,可得a=4;由2c=4,可得c=2;b=a2-c2所以點C的軌跡方程為x216+由CM·C1M=0,得CM⊥C1M,且由橢圓的幾何性質(zhì)可得|CC1|min=a-c=2,故|CM|min=8.A解析因為在△ABC中,AB=AC=4,所以BC邊上的高線、垂直平分線和中線合一,則其“歐拉線”為△ABC邊BC的垂直平分線AD.因為點B(-1,3),點C(4,-2),所以D32因為直線BC的斜率為3+2-1-4=-1,所以所以BC的垂直平分線方程為y-12=x-32,即x-y-1=因為“歐拉線”與圓M:(x-a)2+(y-a+3)2=r2相切,所以圓心(a,a-3)到“歐拉線”的距離為|a-a+3-1|2=r,可得r=2.因為圓心(a,a-3)到直線x-y+3=0的距離為|a-a+3+3|2=32,二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.BD解析由題意得a=5,b=25,c=5,F1(-5,0),F2(5,0),A1(-5,0),A2(5,0),短軸一個頂點B2(0,25),|PF1|+|PF2|=2a=10,A錯誤;設(shè)P(x,y),則x225+y220=1,kPA1·kPA2因為tan∠OB2F2=|OF2||OB2|=525=12<1,所以0°<∠OB2F2<45°,從而∠F1B2F2=2∠OB2F2<90°,而P是橢圓上任一點,當(dāng)P是短軸端點時∠F1S△PF1F2=12|F1F2||yP|=5|yP|=45,|yP|=4,則x10.ACD解析對于A,由雙曲線C:x220?y2b2=1(b>0)可知a=25,右頂點A(25,0),其漸近線方程為y=±b25x,由右頂點A到一條漸近線的距離為2,不妨取漸近線bx-25y=0,則|25b|b2+20=對于B,由a=25,b=5,得c=(25)2+(5)2對于C,由c=5可知F2(5,0),當(dāng)PF2⊥x軸時,將x=5代入x220?y25=1中,得y2=5×2520-1,所以y=±52,即得|PF2|=52,由于P在雙曲線右支上,故|PF1|=|PF2|+2a=對于D,如圖,連接PF2并延長交F1K的延長線于點E,由題意知,PK為∠F1PE的角平分線,因為F1K⊥l,所以|PF1|=|PE|,K為F1E的中點,又O為F1F2的中點,故|OK|=12|F2E|=12(|PE|-|PF2|)=12(|PF1|-|PF2|)=12×2a=2故選ACD.11.ABD解析∵曲線C上的點到點F(2,0)的距離與到定直線x=a(a<0)的距離之積為4,而點O在曲線C上,點O到點F的距離為2,到定直線x=a(a<0)的距離為-a,∴2·(-a)=4,∴a=-2.∴A正確.設(shè)點M(x,y)為曲線C上任意一點,則x>-2.由點M到點F(2,0)的距離與到定直線x=-2的距離之積為4,可得曲線C的方程為(x+2)(x-2)2將點(22,0)的坐標代入上述方程式左邊,有(22+2)(22-2)2+02=4=右邊,∴點(22由(x+2)(x-2)2+y2=4(x>-2),得曲線C的方程為y2=(4x+2)2-(x-2)2(x>-2).設(shè)f(x)=(4x+2)2-(x-2)2(x>0),則f'(x)=-2x(x3+4x2-16)(x+2)3(x>0).令g(x)=x3+4x2-16(x>0),則g'(x)=3x2+8x.又g(1)=-11<0,g(2)=8>0,∴?x1∈(1,2),使得g(x1)=0.∴當(dāng)0<x<x1時,g(x)<0,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x>x1時,g(x)>0,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.∴f(x)在x=x1處取得最大值,即當(dāng)x=x1時y2取得最大值,且y2的最大值為f(x1).又f(x1)>f(2)=1,∴y2的最大值大于1,即ymax>1.∴曲線C在第一象限的點的縱坐標的最大值大于1,故C錯誤.當(dāng)點(x0,y0)在曲線C上時,有y02=(4x0+2)2-(x0-2)2≤(4x0+2)2,∴y0≤4x故選ABD.三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.(x-1)2+(y+1)2=5解析(方法1)設(shè)A(3,0),B(0,1),則線段AB的垂直平分線方程為y-12=3x-32,即y=由y=3x即圓心M的坐標為(1,-1).設(shè)☉M的半徑為r,則r2=(3-1)2+12=5.故所求☉M的方程為(x-1)2+(y+1)2=5.(方法2)設(shè)圓心M(a,1-2a),☉M的半徑為r,則r2=(a-3)2+(1-2a)2=(a-0)2+(1-2a-1)2,整理可得-10a+10=0,即a=1.則圓心M(1,-1),故所求☉M的方程為(x-1)2+(y+1)2=5.13.x218+y22=1解析由題設(shè)知,拋物線C1:y由點P(2,1)發(fā)出的平行于x軸的光線經(jīng)過拋物線C1反射后必過點(4,0),再經(jīng)過橢圓C反射經(jīng)過(-4,0),可知(4,0),(-4,0)為橢圓C的兩個焦點,故c=4,而(3,1)在橢圓C上,由9a2+1b2=1,a14.2(4,6)解析如圖所示.由x2=4y,x2由x=t,x2=4由x=t,x2+(y-1)由拋物線的定義,知AF=AC,△FAB的周長=FA+FB+AB=AC+AB+BF=BC+2=4-t2因為t∈(0,2),所以4-t2+4四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.解(1)設(shè)點P(x,y),根據(jù)題意得x-化簡得動點P的軌跡C的方程為y2=23x(2)∵M(3,2),(x-2)2+y2=1,∴x=3即圓的一條切線,A(3,-2).設(shè)過M的另一條切線斜率為k,k≠0,則切線方程為y-2=k(x-3),又設(shè)B(x1,y1).由方程組y-2=k(x-3),y2∴2+y1=23k,y1=∵直線為y-2=k(x-3),其與圓相切,∴|2k-0-3∴y1=23.∵B滿足y2=23x,∴B∴AB=-83,4216.解(1)由題意得2解得a=2,c=3,故b2=所以橢圓C的方程為x24+y2=(2)因為F2(3,0),所以設(shè)直線AB的方程為x=my+3,A(x1,y1),B(x2,y2).由x24+y2=1,x=my+3,消去x得(所以y又OA+OB=(x1+x2,y1+y2)=(my1+my2+23,y1+y2),所以|=(=8=23m令t=1m2+4∈0,14,所以3因為二次函數(shù)y=36t2+3t在t∈0,14上單調(diào)遞增,所以y=36t2+3因此|OA+OB|=23m2+48(m2+4所以|OA+OB|∈(0,2317.證明(1)不妨設(shè)y0>0,當(dāng)x0=65時,由x024+y02所以直線l的方程為65x+4×45y=4,即y=-38由y=-故直線l與橢圓P的交點坐標為65所以直線l與橢圓P只有一個公共點.(2)因為M(x0,y0)(不妨取y0>0),MN⊥x軸,B是MN的中點,所以Bx0因為y0>0,所以x0≠2,所以直線AB的方程為y=y02x0-2(x-2),聯(lián)立x0x+4y0y=4,y=y02(x0-2)(x又因為x024+y02=1,因此x02+21-x024-2x0x=4x0-8+41-x02所以x=-2,所以點C在定直線x=-2上運動.18.(1)證明由拋物線C:y2=4x,得F(1,0),因為直線AB與直線DE垂直,所以兩條直線斜率都存在且不為0,設(shè)直線AB,DE分別為x=m1y+1,x=m2y+1,有m1m2=-1,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),E(x3,y3),D(x4,y4),聯(lián)立方程可得y消去x可得y2-4m1y-4=0,Δ=16m12+16>0,故y1+y2=4m1,y1y2則x1+x2=m1y1+1+m1y2+1=m1(y1+y2)+2=4m12故x1+x22=2m12+即M(2m12+1,2m1),同理可得N(2m22+當(dāng)2m12+1≠2m22+1時,則lMN:y=2m2-2m12即y=m2-m1m22-m12(x-由m1m2=-1,得y=xm2+m1?1+2m2+m1=1m2+m1(x-3),當(dāng)2m12+1=2m22+1時,即m12=m22時,又m1m2=-1,即m1=±1時,有l(wèi)MN:x=2+1=(2)解由A(x1,y1),B(x2,y2),E(x3,y3),D(x4,y4),則lAE:y=y3-y1x3-x1(x-x1)+y1,由y12=4x1,y22=4x2同理可得lBD:y=4xy4+y2+y2y4y4+y2,聯(lián)立兩直