高考数学一轮复习—平面解析几何-真题和模拟题数学分专题训练(教师版含解析)

这是一份高考数学一轮复习—平面解析几何-真题和模拟题数学分专题训练(教师版含解析)，共38页。试卷主要包含了【全国甲卷】已知椭圆C，【全国甲卷】椭圆C，【全国乙卷】设F为抛物线C，【全国甲卷】记双曲线C等内容，欢迎下载使用。
1．【全国甲卷】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=1C．x23+y22=1D．x22+y2=1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据离心率及BA1⋅BA2=−1，解得关于a2,b2的等量关系式，即可得解.
【详解】
解：因为离心率e=ca=1−b2a2=13，解得b2a2=89，b2=89a2，
A1,A2分别为C的左右顶点，则A1(−a,0),A2(a,0)，
B为上顶点，所以B(0,b).
所以BA1=(−a,−b),BA2=(a,−b)，因为BA1⋅BA2=−1
所以−a2+b2=−1，将b2=89a2代入，解得a2=9,b2=8，
故椭圆的方程为x29+y28=1.
故选：B.
2．【全国甲卷】椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP,AQ的斜率之积为14，则C的离心率为( )
A．32B．22C．12D．13
【答案】A
【解析】
【分析】
设Px1,y1，则Q−x1,y1，根据斜率公式结合题意可得y12−x12+a2=14，再根据x12a2+y12b2=1，将y1用x1表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】
解：A−a,0，
设Px1,y1，则Q−x1,y1，
则kAP=y1x1+a,kAQ=y1−x1+a，
故kAP⋅kAQ=y1x1+a⋅y1−x1+a=y12−x12+a2=14，
又x12a2+y12b2=1，则y12=b2a2−x12a2，
所以b2a2−x12a2−x12+a2=14，即b2a2=14，
所以椭圆C的离心率e=ca=1−b2a2=32.
故选：A.
3．【全国乙卷】设F为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若AF=BF，则AB=( )
A．2B．22C．3D．32
【答案】B
【解析】
【分析】
根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.
【详解】
由题意得，F1,0，则AF=BF=2，
即点A到准线x=−1的距离为2，所以点A的横坐标为−1+2=1，
不妨设点A在x轴上方，代入得，A1,2，
所以AB=3−12+0−22=22.
故选：B
4．【全国乙卷】(多选)双曲线C的两个焦点为F1,F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C的两支交于M，N两点，且cs∠F1NF2=35，则C的离心率为( )
A．52B．32C．132D．172
【答案】AC
【解析】
【分析】
依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到2b=3a或a=2b，即可得解，注意就M,N在双支上还是在单支上分类讨论.
【详解】
解：依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，
若M,N分别在左右支，
因为OG⊥NF1，且cs∠F1NF2=35>0，所以N在双曲线的右支，
又OG=a，OF1=c，GF1=b，
设∠F1NF2=α，∠F2F1N=β，
在△F1NF2中，有NF2sinβ=NF1sinα+β=2csinα，
故NF1−NF2sinα+β−sinβ=2csinα即asinα+β−sinβ=csinα，
所以asinαcsβ+csαsinβ−sinβ=csinα，
而csα=35，sinβ=ac，csβ=bc，故sinα=45，
代入整理得到2b=3a，即ba=32，
所以双曲线的离心率e=ca=1+b2a2=132
若M,N均在左支上，
同理有NF2sinβ=NF1sinα+β=2csinα，其中β为钝角，故csβ=−bc，
故NF2−NF1sinβ−sinα+β=2csinα即asinβ−sinαcsβ−csαsinβ=csinα，
代入csα=35，sinβ=ac，sinα=45，整理得到：a4b+2a=14，
故a=2b，故e=1+ba2=52，
故选：AC.
5．【北京】若直线2x+y−1=0是圆(x−a)2+y2=1的一条对称轴，则a=( )
A．12B．−12C．1D．−1
【答案】A
【解析】
【分析】
若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．
【详解】
由题可知圆心为a,0，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即2a+0−1=0，解得a=12．
故选：A．
6．【新高考1卷】(多选)已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上，过点B(0,−1)的直线交C于P，Q两点，则( )
A．C的准线为y=−1B．直线AB与C相切
C．|OP|⋅|OQ|>|OA2D．|BP|⋅|BQ|>|BA|2
【答案】BCD
【解析】
【分析】
求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】
将点A的代入抛物线方程得1=2p，所以抛物线方程为x2=y，故准线方程为y=−14，A错误；
kAB=1−(−1)1−0=2，所以直线AB的方程为y=2x−1，
联立y=2x−1x2=y，可得x2−2x+1=0，解得x=1，故B正确；
设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，
所以，直线l的斜率存在，设其方程为y=kx−1，P(x1,y1),Q(x2,y2)，
联立y=kx−1x2=y，得x2−kx+1=0，
所以Δ=k2−4>0x1+x2=kx1x2=1，所以k>2或k2=|OA|2，故C正确；
因为|BP|=1+k2|x1|，|BQ|=1+k2|x2|，
所以|BP|⋅|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5，而|BA|2=5，故D正确.
故选：BCD
7．【新高考2卷】(多选)已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=2px(p>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p,0)，若|AF|=|AM|，则( )
A．直线AB的斜率为26B．|OB|=|OF|
C．|AB|>4|OF|D．∠OAM+∠OBM0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|=6，则△ADE的周长是________________．
【答案】13
【解析】
【分析】
利用离心率得到椭圆的方程为x24c2+y23c2=1，即3x2+4y2−12c2=0，根据离心率得到直线AF2的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE的斜率，写出直线DE的方程：x=3y−c，代入椭圆方程3x2+4y2−12c2=0，整理化简得到：13y2−63cy−9c2=0，利用弦长公式求得c=138，得a=2c=134，根据对称性将△ADE的周长转化为△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到周长为4a=13.
【详解】
∵椭圆的离心率为e=ca=12，∴a=2c，∴b2=a2−c2=3c2，∴椭圆的方程为x24c2+y23c2=1，即3x2+4y2−12c2=0，不妨设左焦点为F1，右焦点为F2，如图所示，∵AF2=a，OF2=c，a=2c，∴∠AF2O=π3，∴△AF1F2为正三角形，∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，DE为线段AF2的垂直平分线，∴直线DE的斜率为33，斜率倒数为3， 直线DE的方程：x=3y−c，代入椭圆方程3x2+4y2−12c2=0，整理化简得到：13y2−63cy−9c2=0，
判别式∆=63c2+4×13×9c2=62×16×c2，
∴CD=1+32y1−y2=2×∆13=2×6×4×c13=6，
∴ c=138， 得a=2c=134，
∵DE为线段AF2的垂直平分线，根据对称性，AD=DF2，AE=EF2，∴△ADE的周长等于△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到△F2DE周长为DF2+|EF2|+|DE|=|DF2|+|EF2|+|DF1|+|EF1|=|DF1|+|DF2|+|EF1|+|EF2|=2a+2a=4a=13.
故答案为：13.
14．【新高考2卷】设点A(−2,3),B(0,a)，若直线AB关于y=a对称的直线与圆(x+3)2+(y+2)2=1有公共点，则a的取值范围是________．
【答案】13,32
【解析】
【分析】
首先求出点A关于y=a对称点A'的坐标，即可得到直线l的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】
解：A−2,3关于y=a对称的点的坐标为A'−2,2a−3，B0,a在直线y=a上，
所以A'B所在直线即为直线l，所以直线l为y=a−3−2x+a，即a−3x+2y−2a=0；
圆C:x+32+y+22=1，圆心C−3,−2，半径r=1，
依题意圆心到直线l的距离d=−3a−3−4−2aa−32+22≤1，
即5−5a2≤a−32+22，解得13≤a≤32，即a∈13,32；
故答案为：13,32
15．【新高考2卷】已知直线l与椭圆x26+y23=1在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且|MA|=|NB|,|MN|=23，则l的方程为___________．
【答案】x+2y−22=0
【解析】
【分析】
令AB的中点为E，设Ax1,y1，Bx2,y2，利用点差法得到kOE⋅kAB=−12，设直线AB:y=kx+m，k0，求出M、N的坐标，再根据MN求出k、m，即可得解；
【详解】
解：令AB的中点为E，因为MA=NB，所以ME=NE，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x126+y123=1，x226+y223=1，
所以x126−x226+y123−y223=0，即x1−x2x1+x26+y1+y2y1−y23=0
所以y1+y2y1−y2x1−x2x1+x2=−12，即kOE⋅kAB=−12，设直线AB:y=kx+m，k0，
令x=0得y=m，令y=0得x=−mk，即M−mk,0，N0,m，所以E−m2k,m2，
即k×m2−m2k=−12，解得k=−22或k=22(舍去)，
又MN=23，即MN=m2+2m2=23，解得m=2或m=−2(舍去)，
所以直线AB:y=−22x+2，即x+2y−22=0；
故答案为：x+2y−22=0
16．【北京】已知双曲线y2+x2m=1的渐近线方程为y=±33x，则m=__________．
【答案】−3
【解析】
【分析】
首先可得m0)的左焦点为F，过F且斜率为b4a的直线交双曲线于点Ax1,y1，交双曲线的渐近线于点Bx2,y2且x10,y1y2=−4，
由斜率公式可得kMN=y1−y2y124−y224=4y1+y2，kAB=y3−y4y324−y424=4y3+y4，
直线MD:x=x1−2y1⋅y+2，代入抛物线方程可得y2−4(x1−2)y1⋅y−8=0，
Δ>0,y1y3=−8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，
所以kAB=4y3+y4=42(y1+y2)=kMN2
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，
所以kAB=tanβ=kMN2=tanα2，
若要使α−β最大，则β∈(0,π2)，
设kMN=2kAB=2k>0，则tan(α−β)=tanα−tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α−β最大时，kAB=22，设直线AB:x=2y+n，
代入抛物线方程可得y2−42y−4n=0，
Δ>0,y3y4=−4n=4y1y2=−16，所以n=4，
所以直线AB:x=2y+4.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.
19．【全国乙卷】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,−2,B32,−1两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P1,−2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)y24+x23=1
(2)(0,−2)
【解析】
【分析】
(1)将给定点代入设出的方程求解即可；
(2)设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
(1)
解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1，过A0,−2,B32,−1，
则4n=194m+n=1，解得m=13，n=14，
所以椭圆E的方程为：y24+x23=1.
(2)
A(0,−2),B(32,−1)，所以AB:y+2=23x，
①若过点P(1,−2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入x23+y24=1，
可得M(1,263)，N(1,−263)，代入AB方程y=23x−2，可得
T(6+3,263)，由MT=TH得到H(26+5,263).求得HN方程：
y=(2−263)x−2，过点(0,−2).
②若过点P(1,−2)的直线斜率存在，设kx−y−(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).
联立kx−y−(k+2)=0x23+y24=1,得(3k2+4)x2−6k(2+k)x+3k(k+4)=0，
可得x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=−8(2+k)3k2+4y2y2=4(4+4k−2k2)3k2+4，
且x1y2+x2y1=−24k3k2+4(∗)
联立y=y1y=23x−2,可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6−x1,y1).
可求得此时HN:y−y2=y1−y23y1+6−x1−x2(x−x2)，
将(0,−2)，代入整理得2(x1+x2)−6(y1+y2)+x1y2+x2y1−3y1y2−12=0，
将(∗)代入，得24k+12k2+96+48k−24k−48−48k+24k2−36k2−48=0,
显然成立，
综上，可得直线HN过定点(0,−2).
【点睛】
求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
20．【新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ=22，求△PAQ的面积．
【答案】(1)−1；
(2)1629．
【解析】
【分析】
(1)由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，再根据kAP+kBP=0，即可解出l的斜率；
(2)根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，再根据tan∠PAQ=22即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．
(1)
因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，所以4a2−1a2−1=1，解得a2=2，即双曲线C:x22−y2=1
易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，
联立y=kx+mx22−y2=1可得，1−2k2x2−4mkx−2m2−2=0，
所以，x1+x2=−4mk2k2−1,x1x2=2m2+22k2−1，Δ=16m2k2+42m2+22k2−1>0⇒m2−1+2k2>0．
所以由kAP+kBP=0可得，y2−1x2−2+y1−1x1−2=0，
即x1−2kx2+m−1+x2−2kx1+m−1=0，
即2kx1x2+m−1−2kx1+x2−4m−1=0，
所以2k×2m2+22k2−1+m−1−2k−4mk2k2−1−4m−1=0，
化简得，8k2+4k−4+4mk+1=0，即k+12k−1+m=0，
所以k=−1或m=1−2k，
当m=1−2k时，直线l:y=kx+m=kx−2+1过点A2,1，与题意不符，舍去，
故k=−1．
(2)
不妨设直线PA,PB的倾斜角为α,βα0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1>x2>0,y1>0．过P且斜率为−3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)x2−y23=1
(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,b,c的平方关系求得a,b的值，得到双曲线的方程；
(2)先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到x0+ky0=8k2k2−3；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率m=3x0y0，由②PQ//AB等价转化为ky0=3x0，由①M在直线AB上等价于ky0=k2x0−2，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
(1)
右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±3x，∴ba=3，∴b=3a，∴c2=a2+b2=4a2=4，∴a=1，∴b=3．
∴C的方程为：x2−y23=1；
(2)
由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1=x2，已知不符；
总之，直线AB的斜率存在且不为零.
设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=k(x−2),
则条件①M在AB上，等价于y0=kx0−2⇔ky0=k2x0−2；
两渐近线的方程合并为3x2−y2=0,
联立消去y并化简整理得：k2−3x2−4k2x+4k2=0
设A(x3,y3),B(x3,y4),线段中点为N(xN,yN),则xN=x3+x42=2k2k2−3,yN=kxN−2=6kk2−3,
设M(x0,y0),
则条件③|AM|=|BM|等价于x0−x32+y0−y32=x0−x42+y0−y42,
移项并利用平方差公式整理得：
x3−x42x0−x3+x4+y3−y42y0−y3+y4=0，
2x0−x3+x4+y3−y4x3−x42y0−y3+y4=0,即x0−xN+ky0−yN=0,
即x0+ky0=8k2k2−3；
由题意知直线PM的斜率为−3, 直线QM的斜率为3,
∴由y1−y0=−3x1−x0,y2−y0=3(x2−x0),
∴y1−y2=−3(x1+x2−2x0),
所以直线PQ的斜率m=y1−y2x1−x2=−3x1+x2−2x0x1−x2,
直线PM:y=−3x−x0+y0,即y=y0+3x0−3x,
代入双曲线的方程3x2−y2−3=0,即3x+y3x−y=3中，
得：y0+3x023x−y0+3x0=3,
解得P的横坐标：x1=1233y0+3x0+y0+3x0,
同理：x2=−1233y0−3x0+y0−3x0，
∴x1−x2=133y0y02−3x02+y0,x1+x2−2x0=−3x0y02−3x02−x0,
∴m=3x0y0,
∴条件②PQ//AB等价于m=k⇔ky0=3x0，
综上所述：
条件①M在AB上，等价于ky0=k2x0−2；
条件②PQ//AB等价于ky0=3x0；
条件③|AM|=|BM|等价于x0+ky0=8k2k2−3；
选①②推③:
由①②解得：x0=2k2k2−3,∴x0+ky0=4x0=8k2k2−3,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：x0=2k2k2−3，ky0=6k2k2−3，
∴ky0=3x0，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：x0=2k2k2−3，ky0=6k2k2−3，∴x0−2=6k2−3，
∴ky0=k2x0−2，∴①成立.
22．【北京】已知椭圆：E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为23．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(−2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当|MN|=2时，求k的值．
【答案】(1)x24+y2=1
(2)k=−4
【解析】
【分析】
(1)依题意可得b=12c=23c2=a2−b2，即可求出a，从而求出椭圆方程；
(2)首先表示出直线方程，设Bx1,y1、Cx2,y2，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线AB、AC的方程，表示出xM、xN，根据MN=xN−xM得到方程，解得即可；
(1)
解：依题意可得b=1，2c=23，又c2=a2−b2，
所以a=2，所以椭圆方程为x24+y2=1；
(2)
解：依题意过点P−2,1的直线为y−1=kx+2，设Bx1,y1、Cx2,y2，不妨令−2≤x10，解得k