2022年高考数学二轮复习专题四解析几何-专项训练

这是一份2022年高考数学二轮复习专题四解析几何-专项训练，共11页。
1．圆锥曲线在高考数学中占有十分重要的地位，是高考的重点、热点和难点．高考一般设计两个客观题和一个主观题，客观题考查直线与圆的关系和圆锥曲线的概念及基本几何性质，主观题一般通过以圆锥曲线为载体，与平面向量、导数、数列、不等式、平面几何等知识进行综合，结合数学思想方法，考查学生的数学思维能力及创新能力，其设问形式新颖、有趣、综合性很强．
2． 该部分考查的重点有：直线与圆的方程、直线与圆的位置关系、三种圆锥曲线的概念及几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，动点轨迹方程的求法，解析几何与各部分知识综合问题的解法，数形结合思想等．
【知识交汇】
1．直线与圆综合
直线与圆都是解析几何的基本知识点，考题常以选择题和填空题形式综合考查他们之间的位置关系．难度不大，属于基础题．
例1．若圆的半径为1，圆心在第一象限，且与直线和轴相切，则该圆的标准方程是（ ）
A．B．
C．D．
答案：B
解析：设圆心为由已知得故选B．
点评：圆与x轴相切，则圆心的纵坐标与半径的值相等，注意用数形结合，画出草图来帮助理解．
例2．已知圆C与直线x－y＝0 及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上，则圆C的方程为（ ）
（A） (B)
(C) (D)
答案：B
解析：圆心在x＋y＝0上,排除C、D,再结合图象，或者验证A、B中圆心到两直线的距离等于半径 EQ \r(2)即可．
点评：圆与直线相切，则圆心到直线的距离等于半径，注意用数形结合，画出草图来帮助理解．当然选择题中也可以用排除法，既快又准的得出答案．
2．直线与圆锥曲线的综合
直线与圆锥曲线位置关系的问题转化为研究方程组的解的问题；会利用直线与圆锥曲线方程所组成的方程组消去一个变量后，将交点问题转化为一元二次方程根的问题，结合根与系数的关系及判别式解决问题；能够利用数形结合法，迅速判断某直线与圆锥曲线的位置关系，但要注意曲线上的点的纯粹性；涉及弦长问题时，利用弦长公式及韦达定理求解，涉及弦的中点及中点弦的问题，利用点差法较为简便．直线与圆锥曲线位置关系涉及函数与方程，数形结合，分类讨论、化归等数学思想方法，因此这部分经常作为高考试题的压轴题，命题主要意图是考查运算能力，逻辑推理能力．
例3．已知以，为焦点的椭圆与直线有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为（ ）
A．B．C．D．
解析：设椭圆方程为，联立方程组：
消x得：－1＝0，
△＝192m2－4(16m－1)（3m＋n)＝0，整理，得：即：
，又c＝2，由焦点在x轴上信，所以，
＝4，联立解得：，故长轴长为
点评：直线与圆锥曲线只有一个交点时，经常采用联立方程组，消去一个未知数后，变成一元二次方程，由判别式来求解，但要注意，有时要考虑二次项的系数为0的特殊情况．
3．向量与圆锥曲线综合
向量作为数学的一个实用工具，在各部分的高考试题中频频出现，这也是命题者设计隐藏已知条件的热点所在，解决该类问题的关键是将条件转化，从而挖掘出条件的真正面目．
例4．设椭圆E； （a，b>0）过M（2，） ，N(，1)两点，O为坐标原点，
（I）求椭圆E的方程；
（II）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由．
解析；（1）因为椭圆E； （a，b>0）过M（2，） ，N(，1)两点，
所以解得所以椭圆E的方程为
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，设该圆的切线方程为解方程组得
，
即，
则△=，即
，
要使，需使，即，
所以，所以又，
所以，所以，即或，
因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，
所以圆的半径为，，，
所求的圆为，此时圆的切线都满足或，
而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为
或满足，
综上， 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且．
因为，
所以，
，
①当时
因为所以，
所以，
所以当且仅当时取”=”．
当时，．
当AB的斜率不存在时， 两个交点为或，所以此时，
综上， |AB |的取值范围为即；
点评；本题属于探究是否存在的问题，主要考查了椭圆的标准方程的确定，直线与椭圆的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法，能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关系．
4．方程、不等式与圆锥曲线综合
近几年来的高考题中，圆锥曲线与方程、不等式的综合一直是高考热点之一，尤其是均值不等式在求最值或范围中的应用，更是频繁出现．其综合性强，对能力的要求较高，运算难度较大．
图1
例5．如图，直线与椭圆交于两点，
记的面积为．
（I）求在，的条件下，的最大值；
（II）当，时，求直线的方程．
解析：设点的坐标为，点的坐标为．
由，解得，
所以，
当且仅当时，取到最大值1．
（Ⅱ）解：由，得，
＝＝＋1， ①
｜AB｜＝＝＝2 ②
设到的距离为，则，又因为，
所以，代入②式并整理，得，
解得，，，代入①式检验，．
故直线的方程是，或，或，或．
点评；求圆锥曲线的弦长时，可利用弦长公式：｜AB｜＝＝来求解．
5．充分、必要条件与圆锥曲线的综合
高考对简单逻辑用语中的充分、必要条件的考查，主要通过与其它部分的综合问题出现，而与解析几何相综合的问题最为普遍，通过这种形式主要考查对充分、必要条件的理解和解析几何部分的基本概念等细节性问题、严密性问题．
例6． “a=b”是“直线相切”的( ) ．
A 充分不必要条件B 必要不充分条件
C 充分必要条件D 既不充分又不必要条件
答案：A
解析：若a=b，则直线与圆心的距离为等于半径，
∴相切
若相切，则
∴
故“a=b”是“直线相切”的充分不必要条件．
点评：解决该类问题的关键是，先将二者排好队，然后通过判断前者是否能推出后者，即判断是否充分条件；通过判断后者是否能推出前者，即判断是否必要条件．
例7．圆与直线没有公共点的充要条件是（ ）
A．B．
C．D．
答案：B
解析：本小题主要考查直线和圆的位置关系．依题圆与直线没有公共点
点评：直线与圆的公共点的问题，有两种解决方法：（1）运用圆心到直线的距离与半径的关系进行判断，直线与圆相离，没有公共点；直线与圆相切，有一个公共点；直线与圆相交，有两个公共点．（2）利用判别式进行判断，直线与圆相离，没有公共点； 直线与圆相切，有一个公共点； 直线与圆相交，有两个公共点． 两种方法任选其一都可以解决问题，但是相比之下，第一种方法略简单些．
【思想方法】
【例1】已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点在椭圆上，且轴， 直线交轴于点．若，则椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
答案．D
解析：对于椭圆，因为，则
【分析】该题体现了转化与化归思想和数形结合的巧妙应用．是解析几何与平面向量结合的综合性考题，命题点是解析几何与向量的交汇．
【例2】直线上的点到圆的最近距离是 ．
答案：
解析：因为圆心到直线的距离为 ，所以直线上的点到圆的最近距离就是圆心到直线的距离减去半径，即
．
【分析】该题体现了对转化与化归思想的考查，本题主要考查了直线和圆的位置关系，将直线与圆的最近距离转化为圆心到直线的距离，问题迎刃而解．
【例3】点A、B分别是椭圆长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于轴上方，．求点P的坐标．
解析：由已知可得点A（－6，0），F（4，0），
设点P的坐标是，
由已知得：
由于
【分析】该题体现了方程思想和转化与化归思想的应用，解析几何中的很多综合题的解决过程中，都需要根据已知条件列出方程或方程组，通过解方程或方程组来达到求解的目的．
【例4】已知椭圆中心在原点，焦点在轴上，焦距为4，离心率为，
（Ⅰ）求椭圆方程；
（Ⅱ）设椭圆在y轴正半轴上的焦点为M，又点A和点B在椭圆上，且M分有向线段 所成的比为2，求线段AB所在直线的方程．
解析：（Ⅰ）设椭圆方程为 由2c=4得c=2 又
故a=3， ∴所求的椭圆方程为．
（Ⅱ）若k 不存在，则，若k 存在，则设直线AB的方程为：y=kx+2
又设A
由 得 ：．
① ②
∵点M坐标为M（0，2） ∴
由∴
∴代入①、②得… ③ ④
由③、④ 得 ∴
∴线段AB所在直线的方程为：．
【分析】本题是分类讨论在解析几何中的应用，处理直线与圆锥曲线的位置关系时，待定直线方程要考虑斜率不存在的情况，
【专题演练】
1．设斜率为2的直线过抛物线的焦点F，且和轴交于点A，若△OAF(O为坐标原点)的面积为4，则抛物线方程为( )．
A． B． C． D．
2． 过点作与抛物线仅有一个公共点的直线共有( )
A． B． C． D．
3．已知椭圆的右焦点为，右准线为，点，线段交于点，若，则=（ ）
a． b． 2 C． D． 3
4． 已知圆：+=1，圆与圆关于直线对称，则圆的方程为 ．
5．椭圆的焦点为，点在椭圆上，若，则_________；的小大为__________．
6．已知双曲线的离心率为，右准线方程为．
（Ⅰ）求双曲线C的方程；
（Ⅱ）已知直线与双曲线C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆上，求m的值．
7．已知椭圆的离心率为，过右焦点F的直线与相交于、两点，当的斜率为1时，坐标原点到的距离为
（I）求，的值；
（II）上是否存在点P，使得当绕F转到某一位置时，有成立？
若存在，求出所有的P的坐标与的方程；若不存在，说明理由．
【参考答案】
1．答案；B
解析：抛物线的焦点F坐标为，则直线的方程为，它与轴的交点为A，所以△OAF的面积为，解得．所以抛物线方程为，故选B． 2．答案：C．
解析：点在抛物线的外部，考虑与对称轴平行及与抛物线相切两种情况，即满足条件的直线有3条．
3．答案：A
解析；过点B作于M，并设右准线与x轴的交点为N，易知FN=1．由题意，故．又由椭圆的第二定义，得．故选A．
4．答案：+=1
解析：设圆的圆心为（a，b），则依题意，有，解得：，因为对称圆的半径不变仍为1．所以圆的方程为+=1．
5．答案：
解析： ∵，
∴，
∴，
又，
∴，
又由余弦定理，得，
∴，故应填．
6．解析：（Ⅰ）由题意，得，解得，
∴，∴所求双曲线的方程为．
（Ⅱ）设A、B两点的坐标分别为，线段AB的中点为，
由得（判别式），
∴，
∵点在圆上，
∴，∴．
7．解析；(I）设，直线，由坐标原点到的距离为
则，解得 ．又．
（II）由(I）知椭圆的方程为．设、
由题意知的斜率为一定不为0，故不妨设
代入椭圆的方程中整理得，显然．
由韦达定理有：．．．．．．．．①
假设存在点P，使成立，则其充要条件为：
点，点P在椭圆上，即．
整理得．
又在椭圆上，即．
故．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②
将及①代入②解得
，=，即．
当;
当．