冲刺2024年高考数学：平面解析几何小专题特训

这是一份冲刺2024年高考数学：平面解析几何小专题特训，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．抛物线的准线方程是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知直线与双曲线的两条渐近线分别交于点A,B（不重合），且A,B在以点为圆心的圆上，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．已知抛物线：与抛物线：，则（ ）
A．过与焦点的直线方程为B．与只有1个公共点
C．与x轴平行的直线与及最多有3个交点D．不存在直线与和都相切
4．已知抛物线的焦点为，点在上，，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知直线与直线平行，则与之间的距离为（ ）
A．B．2C．D．
6．过双曲线的右顶点A作一条渐近线的平行线，交另一条渐近线于点P，的面积为（O为坐标原点），离心率为2，则双曲线C的方程为（ ）
A．B．C．D．
7．已知抛物线（），O为原点，过抛物线C的焦点F作斜率为的直线与抛物线交于点A，B，直线AO，BO分别交抛物线的准线于点C，D，则为（ ）
A．2B．C．D．
8．某社区决定在现有的休闲广场内修建一个半径为4m的圆形水池来规划喷泉景观．设计如下：在水池中心竖直安装一根高出水面2m的喷水管（水管半径忽略不计），它喷出的水柱呈抛物线形，要求水柱在与水池中心水平距离为处达到最高，且水柱刚好落在池内，则水柱的最大高度为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知方程：，则以下说法正确的是（ ）
A．若，则方程表示的曲线是椭圆，且焦点在x轴上
B．若，则方程表示的曲线是圆，其半径为
C．若，则方程表示的曲线是双曲线，其渐近线方程为：
D．若，则方程表示的曲线是两条直线．
10．直线，圆，则（ ）
A．直线恒过定点
B．存在实数使得直线的倾斜角为
C．直线与圆的相交弦长的最大值为
D．当时，圆上存在3个点到直线距离等于1
11．已知，是曲线上不同的两点，为坐标原点，则（ ）
A．的最小值为1
B．
C．若直线与曲线有公共点，则
D．对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在，两点处的切线垂直
三、填空题
12．若圆与圆只有唯一的公共点，则 .
13．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.已知，Q为直线上的动点，为圆上的动点，则的最小值为 .
14．已知曲线．关于曲线W有四个结论：
①曲线W既是轴对称图形又是中心对称图形；
②曲线W的渐近线方程为；
③当时曲线W为双曲线，此时实轴长为2；
④当时曲线W为双曲线，此时离心率为．
则所有正确结论的序号为 ．
参考答案：
1．C
【分析】先将已知方程化为标准方程，再求准线方程.
【详解】将化为标准方程，
由此得，所以抛物线的准线方程为.
故选：C.
2．B
【分析】首先求点的坐标，以及中点坐标，结合圆的几何性质，列式求解.
【详解】联立，得；
联立，得；
不妨设，，
则线段的中点为，
由题意可知，，整理为，
所以双曲线为等轴双曲线，离心率.
故选：B
3．C
【分析】对于A，利用抛物线的焦点的定义及截距式即可判断；对于B，联立方程组求解方程组即可判断；对于C，利用抛物的性质即可判断；对于D，根据已知条件及直线与抛物线的位置关系即可判断.
【详解】由题意可知的焦点为，的焦点为，
过与焦点的直线方程为，即，A错误；
由，解得或，
所以与有，2个公共点，B错误；
由抛物线：知，开口向右，对称轴为轴，
所以与x轴平行的直线与有1个交点，
由抛物线：知，开口向上，对称轴为轴，
所以与最多有2个交点，C正确；
与关于直线对称，若存在直线与和都相切，则该切线也关于直线对称，不妨设为，与联立得，由得，
所以直线与和都相切，D错误．
故选：C．
4．D
【分析】根据焦半径公式得到，从而得到，分两种情况，求出答案.
【详解】由焦半径公式可得，解得，
故抛物线，
故，
当时，，
直线的斜率为，
当时，，
直线的斜率为，
综上，直线的斜率为.
故选：D
5．A
【分析】在直线上取点，求点到直线的距离即可.
【详解】在直线上取点，
则与之间的距离即为点到直线的距离，
即为.
故选：A.
6．A
【分析】依题意得到A点坐标与渐近线方程，写出直线方程，与双曲线另一渐近线方程联立，求得坐标，代入三角形面积公式求解，则答案可求．
【详解】由题意可知双曲线的右顶点为，双曲线的渐近线方程为，
则过A与平行的直线方程为，
联立，解得，即，
则，
又，，解得．
双曲线.
故选：A．
7．A
【分析】根据题意，联立方程组求得，得到，由抛物线的定义，得到，再由的方程为，求得，证得，同理可得，求得，即可求解.
【详解】如图所示，由抛物线，可得，准线方程为，
则过抛物线C的焦点F作斜率为的直线方程为，
联立方程组，整理得，
设，则且，
则，
根据抛物线的定义，可得，
又由，所以直线的方程为，
令，可得，
因为，可得，所以，同理可得，
所以，
所以.
故选：A.
8．C
【分析】根据待定系数法，代入点的坐标即可求解.
【详解】取一截面建系如图，设抛物线方程为，
记最大高度为hm，依题意可知，在抛物线上，
故两式相除有，解得．
故选:C．
9．BC
【分析】根据的取值范围，将曲线化为标准方程，进而进行判断即可.
【详解】对于A，若，则，
则即为，故表示焦点在y轴上的椭圆，A错误；
对于B，若，则，所以即为，故曲线是圆，其半径为，B正确；
对于C，若，
则不妨设，，则即为，
曲线此时表示焦点在x轴上的双曲线，其渐近线方程为，
当，，同理可知渐近线方程也为，C正确；
对于D，若，则，当时，方程为表示两条直线；
当时，方程为，不表示任何图形，D错误.
故选：BC
10．AD
【分析】A选项，利用直线方程，列方程组求所过的定点；B选项，结合斜率的计算，判断倾斜角是否存在；C选项，结合弦长公式求解；D选项，利用圆心到直线距离和半径的关系，判断结论.
【详解】直线，方程改写为，
由，解得，所以直线恒过定点，A选项正确；
若直线的倾斜角为，则直线的斜率，关于的方程无解，
所以不存在实数使得直线的倾斜角为，B选项错误；
圆，圆心坐标为，半径，
，定点在圆内，当直线与垂直时，弦长最短，
最短弦长为，C选项错误；
当时，直线的方程为，则圆心到直线的距离为1，又圆半径，所以圆上存在3个点到直线距离等于1，D选项正确.
故选：AD
11．AD
【分析】根据题中曲线表达式去绝对值化简，根据几何意义判断A，举出反例判断B，数形结合判断C，根据图形特征以及切线概念判断D.
【详解】当时，原方程即，
化简为，轨迹为椭圆.
将代入，则，
则此时，即此部分为椭圆的一半.
同理当时，原方程即，
化简为.
将代入，则或，
则此时，即此部分为圆的一部分.
作出曲线的图形如下：

对于A，最小值表示曲线上一点到原点的最小距离的平方，
当时，最小值为，当时取得，
当时，最小值为，当时取得，
则最小值为，故A正确；
对于B，当时，，显然B选项错误；
对于C，直线经过定点，当时，直线经过椭圆下顶点，如图，

显然，存在，使得直线与曲线有两个公共点，故C错误；
对于D，如图，对任意位于轴左侧且不在轴上的点，

则曲线在点处的切线斜率可以取任何非零实数，
曲线在椭圆部分切线斜率也可以取到任何非零实数，使得两切线斜率为负倒数，
所以对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在，两点处的切线垂直，故D正确.
故选：AD
【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解；
（2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案.
12．或
【分析】求出两圆圆心坐标与半径长，分两圆外切和内切两种情况讨论，可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的标准方程为，其中，
圆的圆心为，半径为，
由题意可知，两圆外切或内切，且，
若两圆外切，则，即，解得；
若两圆内切，则，即，解得.
综上所述，或.
故答案为：或.
13．
【分析】先利用“阿波罗尼斯圆”定义设出点，由，得到，再由，即可求出最小值.
【详解】由阿波罗尼斯圆的定义，设，定点，令，则
，
平方化简得，
因为此方程与为同一方程，
所以，解得，所以点，
所以，
当且仅当、、三点共线时，等号成立，
即最小值为点到直线的距离：，
故答案为：.
14．①②④
【分析】①根据以代换、代换、以代换，代换后方程是否变化作出判断；②根据、时的关系式作出判断；③根据的关系式判断是否为双曲线，然后通过将图形顺时针旋转再作出判断；④根据的关系式判断是否为双曲线，结合③中的旋转过程以及渐近线方程可求解出离心率.
【详解】①以代换可得方程，即为，故曲线关于轴对称，
以代换可得方程，即为，故曲线关于轴对称，
以代换，代换可得方程，即为，故曲线关于原点成中心对称，
所以曲线既关于轴对称，也关于轴对称，同时关于原点成中心对称，故①正确；
②如下图：
当时，，可知渐近线为；
当时，，可知渐近线为；
所以曲线的渐近线方程为，故②正确；
③当时，，显然此时曲线为双曲线，
因为与的交点为，所以，
将双曲线绕原点顺时针旋转，如下图：
此时双曲线与轴的交点为，
所以，所以实轴长为，故③错误；
④当时，，显然此时曲线为双曲线，
将双曲线绕原点顺时针旋转，此时渐近线方程为，
所以，所以离心率，故④正确，
故答案为：①②④.
【点睛】结论点睛：曲线的方程为，①如果，则曲线关于轴对称；②如果，则曲线关于轴对称；③如果，则曲线关于原点成中心对称.