2025高考数学考二轮专题过关检测六　解析几何-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学考二轮专题过关检测六　解析几何-专项训练【含答案】，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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x25+y2m=1的长轴长为6,则该椭圆的离心率为( )
A.223B.23C.316D.116
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.16B.12C.10D.8
3.已知双曲线C:x2a2−y2b2=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.153B.54C.3D.53
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.(12,52)B.(32,32)
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.4B.6C.8D.12
6.(2022·全国甲,文11)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13,A1,A2分别为C的左、右顶点,B为C的上顶点.若BA1·BA2=-1,则C的方程为( )
A.x218+y216=1B.x29+y28=1
C.x23+y22=1D.x22+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CM·C1M=0,则|CM|的最小值为( )
A.2B.3C.2D.5
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.22B.32C.42D.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:x225+y220=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-45
C.存在点P满足∠F1PF2=90°
D.若△F1PF2的面积为45,则点P的横坐标为±5
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:x220−y2b2=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=±12x
B.双曲线C的离心率为305
C.当PF2⊥x轴时,|PF1|=952
D.过点F1作F1K⊥l,垂足为K,|OK|=25
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(ab>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Pm,m24,直线l:x=t(00)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为32,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+23.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设O为坐标原点,求|OA+OB|的取值范围.
17.(15分)已知椭圆P:x24+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=65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x2a2+y2b2=λ(a>b>0)表示的椭圆Cλ称为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的相似椭圆.
(1)如图,已知点F1(-3,0),F2(3,0),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x25+y2m=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9-53=23.
2.B 解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知x1+x22=4,由抛物线的焦半径公式得|AB|=(x1+2)+(x2+2)=2·x1+x22+4=2×4+4=12.故选B.
3.D 解析 双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±bax,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=|5a|a2+b2,由弦长公式可得8=225-25a2a2+b2,
化简可得b2=169a2,∴c2=a2+b2=259a2,则e=ca=53.
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y2=x-12+3,yx+1=-1,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y=-x+3,y=2,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+p2=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BA1·BA2=(-a,-b)·(a,-b)=-a2+b2=-1,①
由e=13,得e2=19=a2-b2a2=1-b2a2,
即b2=89a2.②
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|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x2a2+y2b2=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=a2-c2=23,
所以点C的轨迹方程为x216+y212=1.
由CM·C1M=0,得CM⊥C1M,且|C1M|=1,
由椭圆的几何性质可得|CC1|min=a-c=2,故|CM|min=|CC1|min2-|C1M|2=3.
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D32,12.
因为直线BC的斜率为3+2-1-4=-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-12=x-32,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|a-a+3-1|2=r,可得r=2.因为圆心(a,a-3)到直线x-y+3=0的距离为|a-a+3+3|2=32,所以圆M上的点到直线x-y+3=0的距离的最小值为32−2=22.
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=25,c=5,F1(-5,0),F2(5,0),A1(-5,0),A2(5,0),短轴一个顶点B2(0,25),|PF1|+|PF2|=2a=10,A错误;
设P(x,y),则x225+y220=1,y2=201-x225,
kPA1·kPA2=yx+5×yx-5=y2x2-25=201-x225×1x2-25=-45,B正确;
因为tan∠OB2F2=|OF2||OB2|=525=120),则f'(x)=-2x(x3+4x2-16)(x+2)3(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)=-110,∴∃x1∈(1,2),使得g(x1)=0.∴当01.∴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y02=(4x0+2)2-(x0-2)2≤(4x0+2)2,∴y0≤4x0+2(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-12=3x-32,即y=3x-4.
由y=3x-4,2x+y-1=0,解得x=1,y=-1,
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.x218+y22=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9a2+1b2=1,a2-b2=16,可得a2=18,b2=2,即椭圆C的方程为x218+y22=1.
14.2 (4,6) 解析 如图所示.
由x2=4y,x2+(y-1)2=4,x>0,y>0,解得x=2,y=1,故m=2.
由x=t,x2=4y,解得x=t,y=t24,所以At,t24.
由x=t,x2+(y-1)2=4,x>0,y>0,解得x=t,y=1+4-t2,所以B(t,1+4-t2).
由抛物线的定义,知AF=AC,
△FAB的周长=FA+FB+AB=AC+AB+BF=BC+2=4-t2+4.
因为t∈(0,2),所以4-t2+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x-162+y2=x+16,
化简得动点P的轨迹C的方程为y2=23x.
(2)∵M(3,2),(x-2)2+y2=1,∴x=3即圆的一条切线,A(3,-2).
设过M的另一条切线斜率为k,k≠0,则切线方程为y-2=k(x-3),又设B(x1,y1).
由方程组y-2=k(x-3),y2=23x,得y2-23ky+223k-2=0,
∴2+y1=23k,y1=23k−2.
∵直线为y-2=k(x-3),其与圆相切,
∴|2k-0-3k+2|k2+1=1,∴k=24.
∴y1=23.∵B满足y2=23x,∴B13,23.
∴AB=-83,423,∴|AB|=|AB|=463.
16.解 (1)由题意得2a+2c=4+23,ca=32,
解得a=2,c=3,故b2=4-3=1.
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)因为F2(3,0),所以设直线AB的方程为x=my+3,A(x1,y1),B(x2,y2).
由x24+y2=1,x=my+3,消去x得(m2+4)y2+23my-1=0,
所以y1+y2=-23mm2+4,y1y2=-1m2+4.
又OA+OB=(x1+x2,y1+y2)=(my1+my2+23,y1+y2),所以|OA+OB|
=(my1+my2+23)2+(y1+y2)2
=83m2+42+-23mm2+42
=23m2+48(m2+4)2.
令t=1m2+4∈0,14,所以3m2+48(m2+4)2=3(m2+4)+36(m2+4)2=3t+361t2=36t2+3t.
因为二次函数y=36t2+3t在t∈0,14上单调递增,所以y=36t2+3t∈(0,3],
因此|OA+OB|=23m2+48(m2+4)2∈(0,23](当m=0时取得最大值),
所以|OA+OB|∈(0,23].
17.证明 (1)不妨设y0>0,当x0=65时,由x024+y02=1得y0=45,
所以直线l的方程为65x+4×45y=4,即y=-38x+54.
由y=-38x+54,x24+y2=1,解得x=65,y=45,
故直线l与椭圆P的交点坐标为65,45,
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Bx0,y02.
因为y0>0,所以x0≠2,所以直线AB的方程为y=y02x0-2(x-2),即y=y02(x0-2)(x-2),
联立x0x+4y0y=4,y=y02(x0-2)(x-2),得(x02+2y02-2x0)x=4x0-8+4y02.
又因为x024+y02=1,所以y02=1-x024,
因此x02+21-x024-2x0x=4x0-8+41-x024,即12(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y2=4x,x=m1y+1,
消去x可得y2-4m1y-4=0,Δ=16m12+16>0,故y1+y2=4m1,y1y2=-4,
则x1+x2=m1y1+1+m1y2+1=m1(y1+y2)+2=4m12+2,
故x1+x22=2m12+1,y1+y22=2m1,
即M(2m12+1,2m1),同理可得N(2m22+1,2m2),
当2m12+1≠2m22+1时,则lMN:y=2m2-2m12m22+1-(2m12+1)(x-2m12-1)+2m1,
即y=m2-m1m22-m12(x-2m12-1)+2m1=xm2+m1−2m12+1m2+m1+2m1(m2+m1)m2+m1=xm2+m1−2m12+1-2m1m2-2m12m2+m1=xm2+m1−1-2m1m2m2+m1,
由m1m2=-1,得y=xm2+m1−1+2m2+m1=1m2+m1(x-3),故x=3时,有y=1m2+m1(3-3)=0,此时MN过定点,且该定点为(3,0),
当2m12+1=2m22+1时,即m12=m22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=y3-y1x3-x1(x-x1)+y1,由y12=4x1,y22=4x2,得y=y3-y1y324-y124(x-y124)+y1=4xy3+y1−y12y3+y1+y12+y1y3y3+y1=4xy3+y1+y1y3y3+y1,
同理可得lBD:y=4xy4+y2+y2y4y4+y2,联立两直线,即y=4xy3+y1+y1y3y3+y1,y=4xy4+y2+y2y4y4+y2,有4xy3+y1+y1y3y3+y1=4xy4+y2+y2y4y4+y2,即4x(y4+y2)+y1y3(y4+y2)=4x(y3+y1)+y2y4(y3+y1),有x=y2y4(y3+y1)-y1y3(y4+y2)4(y4+y2-y3-y1),
由y1y2=-4,同理y3y4=-4,
故x=y2y4(y3+y1)-y1y3(y4+y2)4(y4+y2-y3-y1)=y2y3y4+y1y2y4-y1y3y4-y1y2y34(y4+y2-y3-y1)=-4(y2+y4-y1-y3)4(y4+y2-y3-y1)=-1,故xG=-1,
过点G作直线GQ∥x轴,交直线MN于点Q,则S△GMN=12|yM-yN|×|xQ-xG|,
由点M(2m12+1,2m1),N(2m22+1,2m2),得|yM-yN|=2m1-2m2=2m1+2m1≥22m1×2m1=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m21时,有m2=-1m1∈(-1,0),则点G在x轴上方,点Q亦在x轴上方,有1m2+m1=1m1-1m1>0,由直线MN过定点(3,0),此时|xQ-xG|>3-(-1)=4,
同理,当m123,满足椭圆定义,
∴a=2,c=3,b=1,∴曲线C的方程为x24+y2=1.
(2)由(1)知椭圆C的方程为x24+y2=1,则离心率e=32⇒λ=34,
∴椭圆Cλ的标准方程为x23+4y23=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kQM1,kQN1,
则kQM1·kQN1=y0x0+3·y0x0-3=y02x02-3,
又x023+4y023=1⇒y02=14(3-x02),∴kQM1·kQN1=-14kQM1≠±12.
设直线QM1的斜率为k,则直线QN1的斜率为-14k,
∴直线QM1为y=k(x+3),
由y=k(x+3),x24+y2=1,得(1+4k2)x2+83k2x+12k2-4=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-83k21+4k2,x1x2=12k2-41+4k2,
∴|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=4(1+k2)1+4k2,
同理可得|DE|=1+16k21+4k2,
∴|AB|+|DE|=4(1+k2)1+4k2+1+16k21+4k2=