專題過關(guān)檢測(cè)五解析幾何(分值:150分)一、選擇題:本大題共8小題,每小題5分,共計(jì)40分.每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的.1.(2025四川眉山三模)已知點(diǎn)A(4,23),B(1,3),若向量AB是直線l的方向向量,則直線l的傾斜角為()A.30° B.60° C.120° D.150°2.(2025湖南湘潭三模)已知橢圓C:x2m2+y2=1(m>0)的離心率為3m,則C的短軸長為A.12 B.1 C.2 D.3.(2025浙江溫州三模)已知圓x2+y2=1和圓(x-3)2+y2=r2(r>0)有公共點(diǎn),則r的取值范圍為()A.[2,+∞) B.[2,4]C.[3,4] D.[1,4]4.(2025陜西咸陽三模)如圖,已知曲線C由一段以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的圓弧和雙曲線(該雙曲線的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O,F1,F2為其左、右焦點(diǎn))右支的一部分組成,圓弧和雙曲線弧的公共點(diǎn)為A,B,若A,B,F2三點(diǎn)共線,|AF1|=25,|AB|=14,則圓弧的方程為()A.x2+y2=144(x≥10)B.x2+y2=193(x≥12)C.x2+y2=144(x≤10)D.x2+y2=193(x≤12)5.(2025北京石景山一模)已知拋物線C:y2=8x的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)M(x0,y0)在C上,若|MF|>4,則()A.x0∈(0,2) B.y0∈(0,2)C.x0∈(2,+∞) D.y0∈(2,+∞)6.(2025江西景德鎮(zhèn)三模)動(dòng)圓M經(jīng)過直線l:y=x與☉C:(x-6)2+y2=20的交點(diǎn)A,B,過原點(diǎn)O向動(dòng)圓M作切線,切點(diǎn)為P,若PA·PB>λ恒成立,則實(shí)數(shù)λ的最大值是(A.82-12 B.20-122C.202-30 D.32-2427.(2025江蘇南京二模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F,點(diǎn)M,N在C的右支上,且MF=3FN,點(diǎn)N關(guān)于原點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為P.若PF⊥A.52 B.62 C.32 8.(2025山東模擬預(yù)測(cè))已知F1,F2為橢圓與雙曲線的公共左、右焦點(diǎn),P為它們的一個(gè)公共點(diǎn),且|PO|=|F2O|,O為坐標(biāo)原點(diǎn),e1,e2分別為橢圓和雙曲線的離心率,則2e1+1A.22 B.10 C.23 D.10二、選擇題:本大題共3小題,每小題6分,共計(jì)18分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)的得6分,部分選對(duì)的得部分分,有選錯(cuò)的得0分.9.(2025河北邢臺(tái)模擬)已知a≠0,a∈R,圓C:x2+y2-2ax-4y+a2=0與直線x=ty交于A,B兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),則()A.a=1,t=0時(shí),|AB|=2B.過點(diǎn)O向圓C所引的切線長為|a|C.a=2時(shí),AB中點(diǎn)的軌跡長度為2πD.|OA|·|OB|=a210.(2025河北秦皇島三模)已知曲線E:1x2+λy2A.當(dāng)λ=-1時(shí),曲線E關(guān)于直線y=-x對(duì)稱B.當(dāng)λ=0時(shí),E是兩條直線C.當(dāng)λ=1時(shí),若點(diǎn)P(x,y)是曲線E上的任意一點(diǎn),則|x|>1D.當(dāng)λ=2時(shí),曲線E上的點(diǎn)P(x,y)到原點(diǎn)距離的最小值為2+111.(2025山東濱州二模)已知F1,F2是雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn),拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)與雙曲線C的右焦點(diǎn)重合,且M是雙曲線C與拋物線E的一個(gè)公共點(diǎn).若△MF1F2A.2+1 B.2+2C.3+2 D.3+1三、填空題:本大題共3小題,每小題5分,共計(jì)15分.12.(2025河北秦皇島三模)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點(diǎn)為F,直線l經(jīng)過點(diǎn)F與C的左、右兩支各有一個(gè)交點(diǎn),若l與C13.(2025上海楊浦二模)如圖,阿基米德橢圓規(guī)是由基座、帶孔的橫桿、兩條互相垂直的空槽、兩個(gè)可動(dòng)滑塊A,B組成的一種繪圖工具,橫桿的一端C上裝有鉛筆,假設(shè)兩條互相垂直的空槽和帶孔的橫桿都足夠長,將滑塊A,B固定在帶孔的橫桿上,令滑塊A在其中一條空槽上滑動(dòng),滑塊B在另一條空槽上滑動(dòng),鉛筆C隨之運(yùn)動(dòng)就能畫出橢圓.當(dāng)A,B之間的距離為14厘米時(shí),若需要畫出一個(gè)離心率為45的橢圓,則B,C之間的距離為厘米.14.(2025福建廈門三模)已知直線l:y-2=0與圓O:x2+y2=4相切于點(diǎn)T,A是圓O上一動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)P滿足PO⊥OA,且以P為圓心,PA為半徑的圓恰與l相切,則sin∠PTO的最大值為.

四、解答題:本大題共5小題,共計(jì)77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)(2025湖北宜昌二模)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,點(diǎn)A(2,33)在C上,(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過F2的直線交雙曲線C于M,N兩點(diǎn)(M,N兩點(diǎn)均位于x軸下方,M在左,N在右),線段AM與線段F1N交于點(diǎn)R,若△F1RM的面積等于△ARN的面積,求|MN|.16.(15分)(2025山東煙臺(tái)二模)已知雙曲線Γ:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的焦距為4,(1)求Γ的方程;(2)設(shè)過Γ的左焦點(diǎn)F1的直線交Γ的左支于點(diǎn)A,B,過Γ的右焦點(diǎn)F2的直線交Γ的右支于點(diǎn)C,D,若以A,B,C,D為頂點(diǎn)的四邊形是面積為46的平行四邊形,求直線AB的方程.17.(15分)(2025廣東深圳二模)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F為E的右焦點(diǎn),P為E上的動(dòng)點(diǎn),當(dāng)直線PF與x軸垂直時(shí),|PF|=12,R(1)求E的方程:(2)過點(diǎn)R作E的兩條切線分別交x軸于M,N兩點(diǎn),求△RMN面積的取值范圍.18.(17分)(2025江蘇南京二模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)A(-1,0),B(1,0),Q(-4,0),動(dòng)點(diǎn)P滿足|PA|+|PB|=4,記點(diǎn)P的軌跡為C.(1)求C的方程.(2)過點(diǎn)Q且斜率不為0的直線l與C相交于兩點(diǎn)E,F(E在F的左側(cè)).設(shè)直線AE,AF的斜率分別為k1,k2.①求證:k1k②設(shè)直線AF,BE相交于點(diǎn)M,求證:|MA|-|MB|為定值.19.(17分)(2025廣東中山模擬預(yù)測(cè))在平面直角坐標(biāo)系xOy中,若在曲線E1的方程F(x,y)=0中,以(λx,λy)(λ為非零的正實(shí)數(shù))代替(x,y)得到曲線E2的方程F(λx,λy)=0,則稱曲線E1,E2關(guān)于原點(diǎn)“伸縮”,變換(x,y)→(λx,λy)稱為“伸縮變換”,λ稱為伸縮比.(1)已知曲線E1的方程為x24-y2=1,伸縮比λ=12,求E1關(guān)于原點(diǎn)“伸縮變換”后所得曲線E(2)射線l的方程y=2x(x≥0),如果橢圓E1:x24+y2=1經(jīng)“伸縮變換”后得到橢圓E2,若射線l與橢圓E1,E2分別交于兩點(diǎn)A,B,且|AB|=33,求橢圓E(3)對(duì)拋物線E1:x2=2p1y,作變換(x,y)→(λ1x,λ1y),得拋物線E2:x2=2p2y;對(duì)E2作變換(x,y)→(λ2x,λ2y),得拋物線E3:x2=2p3y;如此進(jìn)行下去,對(duì)拋物線En:x2=2pny作變換(x,y)→(λnx,λny),得拋物線En+1:x2=2pn+1y,….若p1=1,λn=2n,求數(shù)列{pn}的通項(xiàng)公式pn.

答案：1.A解析直線l的斜率k=23-34-1=33,2.B解析依題意,0<3m<1,即0<m<13,則C的焦點(diǎn)在y軸上,因此3m=1-m21,所以m=12,故C的短軸長為23.B解析由題可得|r-1|≤3≤r+1,解得2≤r≤4.故選B.4.D解析由題可知圓弧和雙曲線弧的公共點(diǎn)為A,B,若A,B,F2三點(diǎn)共線,故AB⊥F1F2,所以|AF2|=|BF2|=12|AB|=7,所以|F1F2|=|AF1|2-|AF2|故|OA|=|OF2|2+|AF2|2=122+75.C解析拋物線C:y2=8x的準(zhǔn)線方程為x=-2,又點(diǎn)M(x0,y0)在C上,且|MF|>4,則|MF|=x0+2>4,所以x0>2,即x0∈(2,+∞),故A錯(cuò)誤,C正確;又y02=8x0,所以y02∈(16,+∞),所以y0∈(4,+∞)∪(-∞,-4),故B,D錯(cuò)誤6.D解析將直線l與☉C的方程聯(lián)立,得A(2,2),B(4,4),設(shè)動(dòng)圓M的方程為(x-6)2+y2-20+λ(x-y)=0,∴切線長|OP|=(0-6)2+02-20+λ(0-0)=4,∵PA·PB=PD2-AD2=PD2-2,而|PD|>|OD|-r=32-4(O,P,D不能三點(diǎn)共線),∴λ的最大值是32-242.故選7.D解析設(shè)雙曲線的左焦點(diǎn)為F1,連接PF,PF1,NF1,MF1,如圖所示.根據(jù)雙曲線的對(duì)稱性可知四邊形PF1NF為平行四邊形,又因?yàn)镻F⊥MN,所以四邊形PF1NF為矩形,設(shè)|NF|=t(t>0),因?yàn)镸F=3FN,則|MF|=3t,由雙曲線的定義可得|NF1|=2a+t,|MF1|=2a+3t,又因?yàn)椤鱉NF1為直角三角形,所以|MN|2+|NF1|2=|MF1|2,即(4t)2+(2a+t)2=(2a+3t)2,解得t=a,所以|NF1|=3a,|NF|=a,又因?yàn)椤鱊FF1為直角三角形,|FF1|=2c,所以|NF|2+|NF1|2=|FF1|2,即a2+9a2=4c2,所以c2a2=104,即8.B解析由題意可設(shè)橢圓和雙曲線的方程分別為x2a2+y2b2=1(a>b>因?yàn)槎吖步裹c(diǎn),所以c2=a2-b2=a'2+b'2,如圖.設(shè)|PF1|=m,|PF2|=n,由橢圓和雙曲線的定義可知m+n=2a,m-n=2a',由此解得m=a+a',n=a-a',由題意知|PO|=|F2O|=|F1O|=c,所以∠F1PF2=∠F1PO+∠OPF2=12(∠F1PO+∠PF1O)+12(∠F2PO+∠PF2O)=90故在Rt△PF1F2中,由勾股定理可知m2+n2=4c2,代入m,n的表達(dá)式可得a2+a'2=2c2,由離心率的定義可得1e12+1e22=2,設(shè)x=1e1,y=1e2,則x2+y2=2,問題轉(zhuǎn)化為求2x+y的最大值,設(shè)p=(x,y),q=(2,1),由p·q≤|當(dāng)且僅當(dāng)兩向量同向共線時(shí)即x=2y=2105等號(hào)成立,所以2e故選B.9.BCD解析圓C:(x-a)2+(y-2)2=4的圓心C(a,2),半徑r=2.當(dāng)a=1,t=0時(shí),點(diǎn)C(1,2)到直線x=0的距離d=1,則|AB|=2r2-d2=2切線長為|OC|2-當(dāng)a=2時(shí),點(diǎn)C(2,2),令弦AB中點(diǎn)為M,則CM⊥AB,點(diǎn)M的軌跡是以O(shè)C為直徑的半圓(不含端點(diǎn)),軌跡長度為12|OC|π=2π,C正確由x消去x得(t2+1)y2-(2at+4)y+a2=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1y2=a2t2+1,|OA||OB|=|OA·OB|=|x1x2+y1y2|=|(t2+1)y1y2|=a210.BCD解析當(dāng)λ=-1時(shí),曲線E:1x2-1y2=1,設(shè)點(diǎn)(x,y)在曲線上,則點(diǎn)(x,y)關(guān)于y=-x對(duì)稱的點(diǎn)為(-y,-x),所以1(-y)2-1(-x)2=1,即1x2-1y2因?yàn)棣?0,所以1x2=1,則x2=1,所以x=±1,即E是兩條直線,故B當(dāng)λ=1時(shí),曲線E:1x2+1y2=1,則1y2=1-1x2>0,所以x2-1x2當(dāng)λ=2時(shí),曲線E:1x2+2y2=1,則x2+y2=(x2+y2)1x2+2y2=3+y2x2+2x2y2≥3+2y2x2·2x2y2=3+22,當(dāng)且僅當(dāng)y2x2=2x2y2,即x211.AC解析由題設(shè)F2p2,0,且p>0,a2+b2=c2=p24當(dāng)|MF2|=|F1F2|=2c時(shí),由拋物線的性質(zhì)可知|MF2|=xM+c,所以xM=c,故yM2=2pxM=4c所以c2a2-4c化簡得c4-6c2a2+a4=0,所以e4-6e2+1=0,求得e2=3+22或e2=3-22,又e>1,得到e2=3+22,解得e=2+1(負(fù)值舍去);當(dāng)|MF1|=|F1F2|=2c時(shí),則|MF2|=2c-2a,由拋物線的性質(zhì)可知|MF2|=xM+c,則xM=c-2a,所以yM2=2pxM=4c(c-2a),所以(即(c-化簡得c4-4ac3-2c2a2+12ca3-3a4=0,所以e4-4e3-2e2+12e-3=0,所以(e2-4e+1)(e2-3)=0,所以e2-4e+1=0或e2-3=0,解得e=2+3或e=3,又c-2a>0,所以e>2,解得e=2+3.綜上,e=2+1或e=2+3.故選AC.12.(2,+∞)解析由題意可得雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,由對(duì)稱性不妨設(shè)直線l與漸近線y=-bax垂直,由題意可得直線l的斜率為a又直線l與雙曲線C的左、右兩支各有一個(gè)交點(diǎn),則ab所以a2<b2,所以a2<c2-a2,所以2a2<c2,所以2<c2a2,即2<e2,解得所以C的離心率的取值范圍為(2,+∞).13.21解析依題意,當(dāng)滑塊B在兩條空槽的交點(diǎn)處時(shí),BC長為橢圓的短半軸長b,當(dāng)滑塊A在兩條空槽的交點(diǎn)處時(shí),AC長為橢圓的長半軸長a,則a=14+b,由橢圓的離心率為45,得a2-b2a=1-(ba)

2=4514.33解析設(shè)P(x,y),則x≠因?yàn)橹本€l:y-2=0與圓O:x2+y2=4相切于點(diǎn)T,則T(0,2),又以P為圓心,PA為半徑的圓恰與l相切,則可得|y-2|=|PA|=OA2+OP2=x2+y2從而可設(shè)Px0,-x024,且x0≠則sin∠PTO=|x由于x0216+4x02+2≥2x0216·4x02+2所以sin∠PTO=1x故sin∠PTO的最大值為3315.解(1)因?yàn)锳F2⊥F1F2,且A2,33,所以焦點(diǎn)F2(2,0),即c=2,又4a2-13b所以雙曲線C:x23-y2=(2)由題知直線斜率不為0,設(shè)過F2(2,0)的直線為x=my+2(m>0),聯(lián)立x=my+2,x23-y2=1,消x得到(則Δ=(4m)2-4×(m2-3)=12(m2+1)>0,且m≠3.設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則y1+y2=-4mm2-3,y1因?yàn)镾△F1RM=S△ARN,所以S即點(diǎn)F1(-2,0)和點(diǎn)A2,33到直線x=my+2的距離相等,則有|-4|1+m2=-33m1+m2,解得m16.解(1)由雙曲線Γ:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的焦距為4,可得2c=4,所以c=2,且6a2又因?yàn)閏2=a2+b2,即a2+b2=4,聯(lián)立a2+b2=4,6a2所以Γ的方程為x23-y2=(2)由題意知,四邊形ABCD為平行四邊形,可得直線AB與CD平行,當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí),令x=-2,代入雙曲線方程x23-y2=1,可得y=±此時(shí)四邊形ABCD為矩形,面積為4×233=所以直線AB斜率存在,設(shè)直線AB的方程為y=k(x+2),則直線CD的方程為y=k(x-2),直線AB和CD的距離d=|4設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x整理得(1-3k2)x2-12k2x-12k2-3=0,則1-3k2≠0,Δ=12(k2+1)>0,且x1+x2=12k21-3k2,又由雙曲線的漸近線的方程為y=±33x要使得過Γ的左焦點(diǎn)F1的直線交Γ的左支于點(diǎn)A,B,可得k2>13,則|AB|=1+k2|x1-x2所以S四邊形ABCD=|AB|×d=23(1+k化簡可得7k4-8k2+1=0,解得k2=17,或k2=1因?yàn)閗2>13,所以k2=1,解得k=±故直線AB的方程為y=±(x+2),即x-y+2=0或x+y+2=0.17.解(1)設(shè)點(diǎn)F(c,0)(c>0),當(dāng)直線PF與x軸垂直時(shí),不妨設(shè)點(diǎn)Pc,12,則c2a2因?yàn)閨PR|的最小值為2-b=1,所以b=1,又由a2=b2+c2,解得a=2,c=3,故E的方程為x24+y2=(2)如圖,設(shè)點(diǎn)M(m,0),N(n,0),R(t,2),顯然直線RM,RN斜率不為0,設(shè)lRM:x=t-m2y+m,lRN:x=聯(lián)立x得[16+(t-m)2]y2+4(t-m)my+4(m2-4)=0.因?yàn)橹本€RM與E相切,所以Δ=[4(t-m)m]2-4[16+(t-m)2]·4(m2-4)=0,于是16(t-m)2m2-16[16+(t-m)2](m2-4)=0,化簡得3m2+2tm-t2-16=0,又直線RN與E相切,同理有3n2+2tn-t2-16=0,故m,n是關(guān)于x的一元二次方程3x2+2tx-t2-16=0的兩根,則m+n=-2t3,mn=-所以|MN|=|m-n|=(m又t2≥0,所以S△RMN=12|MN|·2=4所以△RMN面積的取值范圍為833,+∞.18.(1)解由|AB|=2,|PA|+|PB|=4>|AB|,所以點(diǎn)P在以A,B為焦點(diǎn),4為長軸長的橢圓上.設(shè)橢圓方程為x2a2+y2b