2021-2022学年江苏省高三上学期期末汇编：解析几何（含解析）

单选题（2021-2022·常州·期末）5．已知点A2,22，B1,−3是圆C：x2+y2=10A．104πB．3104π【答案】C【分析】设点A2,22在α的终边，B1,−3在β的终边上，设∠AOB=θ,根据两角差的余弦公式求得cosθ【解析】设点A2,22在α的终边，B1,−3在cosθ∴∴AB优弧的圆心角为弧长=5π4故选:C（2021-2022·南通海门市·期末）8．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，点A，B在抛物线C上，且满足AF⊥BF．设线段AB的中点到准线的距离为d，则|AB|d的最小值为（

A．322 B． C．22 【答案】D【分析】作辅助线，利用抛物线的定义可知直角梯形的两底分别等于|AF|,|BF|，利用梯形的中位线定理表示出d，进而表示出|AB|d【解析】如图示：设AB的中点为M,分别过点作准线l的垂线，垂足为C，D，N，设|AF|=a,|BF|=b，则|AC|=a,|BD|=b，MN为梯形ACDB的中位线，则d=|MN|=a+b由AF⊥BF．可得，故|AB|d因为a2+b2≥故|AB|d故选：D.（2021-2022·南通如皋市、镇江市·期末）7．已知双曲线x2a2−y2b2=1，过左焦点FA．6 B．2 C． D．2【答案】B【分析】设P在渐近线y=−bax上，直线FP的方程为，联立求得P−a2【解析】设P在渐近线y=−bax上，直线FP的方程为，由y=−baxy=ab(x+c)因为Q在双曲线上，所以(c2e=故选：B（2021-2022·苏北四市·期末）6．已知拋物线C1:y2=2px(p>0)的焦点F为椭圆C2:x2A．2−1 B． C．3−12 【答案】A【分析】根据给定条件求出椭圆两焦点坐标，再求出C1与C【解析】依题意，椭圆C2的右焦点F(p2设过F的C1与C2的公共弦在第一象限的端点为点P，由抛物线与椭圆对称性知，直线PF方程为：x=p2，由x=p2y在△PF'F中，∠PFF'=90∘，所以椭圆的离心率e=|F故选：A（2021-2022·苏北四市·期末）7．如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为30∘，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点M，N到容器底部的距离分别是12和18，则容器内液体的体积是（A．15π B．36π C．45π D．48π【答案】C【分析】根据条件通过作垂线，求得底面圆的半径，将液体的体积看作等于一个底面半径为，高为(12+18)的圆柱体积的一半，即可求解答案.【解析】如图为圆柱的轴截面图，过M作容器壁的垂线，垂足为F,因为MN平行于地面，故∠MNF=30°椭圆长轴上的顶点M，N到容器底部的距离分别是12和18，故NF=18−12=6,在Rt△MFN中，MF=NF×tan30°=2所以容器内液体的体积等于一个底面半径为，高为(12+18)的圆柱体积的一半，即为12故选：C.（2021-2022·苏州市·期末）8．若斜率为k(k>0)的直线l与抛物线y2=4x和圆M:(x−5)2+y2=9分别交于A,B和C,D两点，且A．1 B．2 C．2 D．2【答案】D【分析】由条件可得AB的中点与CD的中点重合，设此点为P，则，求出当△MCD面积最大时MP的长，结合此时MP⊥AB列出不等式，解出y1+【解析】，则AB的中点与CD的中点重合，设此点为P，S当MP2=92令A(x1,y1k由,得由,得y1∴k故选：D．（2021-2022·泰州市·期末）5．在平面直角坐标系xOy中，抛物线C:y2=4x的准线为l,l与x轴交于点A，过点A作抛物线的一条切线，切点为B，则△A．1 B．2 C．4 D．8【答案】A【分析】由题可得l:x=−1,A−1,0，可设切线x=my−1,m>0，联立抛物线方程可得m=1【解析】∵抛物线C:y2=4x∴l:x=−1,A−1,0，设过点A作抛物线的一条切线方程为x=my−1,m>0由x=my−1y2=4x∴Δ=−4m2−4×4=0∴y2−4y+4=0，解得y=2，即∴△OAB的面积为12故选：A.（2021-2022·无锡市·期末）5．已知点P在圆x2+y2=1上，点A的坐标为(−2,−1)，OA．3 B．5−5 C．4 D．【答案】B【分析】令，则表示AO⋅AP【解析】令，则AP=(cosθ+2,所以AO=2==5sinθ+φ故选：B.（2021-2022·无锡市·期末）7．已知F1,F2是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，A1,A2是双曲线C的左、右顶点，点A．B．C．y=±3xD．y=±2x【答案】D【分析】根据题意可知OM为△PF1F2中位线，由此可求出【解析】M为PF2中点，O为为△PF∵|OM|=a∴|PF∵以A1A2为直径的圆与P∴在Rt△OMF2中，则|PF由点P是双曲线C左支上的一点可知：|PF∴b=2a，∴故双曲线的渐近线方程为：y=±2x，故选：D.（2021-2022·扬州市·期末）7．已知F1,F2为椭圆C1：x2a12+y2b12=1(a1>b1>0A．32 B． C．2 D．3【答案】A【分析】设椭圆C1、双曲线C2的共同半焦距为【解析】设椭圆C1、双曲线C2的共同半焦距为c，由椭圆、双曲线对称性不妨令点由椭圆、双曲线定义知：|MF1|+|MF2|=2a在△F1M即4c2=(于是得4=a12c2从而有e1所以的最小值为32.故选：A多选题（2021-2022·南通海安市·期末）11．关于直线l:y=kx+m与圆C:x2+A．若l与圆C相切，则m2B．若m2−k2=1C．若l与圆C有公共点，则−2≤m≤2D．若k=m+1，则l与圆C相交【答案】BCD【分析】计算圆心到直线l的距离，利用几何法可判断ACD选项的正误，求出弦长可判断B选项的正误.【解析】圆C的圆心为C0,0，半径为2对于A选项，若l与圆C相切，则mk2+1对于B选项，若m2−k2=1，圆心C此时l被圆C截得的弦长为22对于C选项，若l与圆C有公共点，则mk2+1≤2，可得对于D选项，当k=m+1时，直线l的方程为y=m+1x+m，即由x+1=0x−y=0，可得x=−1y=−1，即直线l过定点∵−12+−12<4，即点A在圆故选：BCD.（2021-2022·南通海门市·期末）11．已知椭圆C:x2a2+y24=1a>2的焦点为F1、FA． B．椭圆C的离心率的取值范围为0,3C．存在点M使得MF1⊥M【答案】ACD【分析】利用点A在椭圆C的内部可求得a的取值范围，可判断A选项；利用椭圆的离心率公式可判断B选项；求出点M的轨迹方程，判断点M的轨迹与椭圆的公共点，可判断C选项；利用两点间的距离公式可判断D选项.【解析】对于A选项，由已知可得4a2+34对于B选项，椭圆C的离心率为e=c对于C选项，设F1、F2分别为椭圆C的左、右焦点，则F1记c=a2−4，设点Mx,y，因为MF1⊥M所以，点M在圆x2+y2=即圆x2+y对于D选项，M=2a故选：ACD.（2021-2022·南通如皋市、镇江市·期末）12．瑞士数学家欧拉(Euler)在1765年在其所著作的《三角形的几何学》－书中提出：三角形的外心(中垂线的交点)、重心(中线的交点)、垂心(高的交点)在同一条直线上，后来，人们把这条直线称为欧拉线.若△ABC的顶点A(－4，0)，B(0，4)，其欧拉线方程为x－y＋2＝0，则下列说法正确的是（

）A．△ABC的外心为(－1，1)B．△ABC的顶点C的坐标可能为(－2，0)C．△ABC的垂心坐标可能为(－2，0)D．△ABC的重心坐标可能为−【答案】ACD【分析】求出直线AB的垂直分线方程，联立欧拉方程可求得外心坐标，判断A;求出外接圆方程，表示出重心，坐标，代入到外接圆方程中，可求得C的坐标，进而判断B,D的对错；写出过C和直线AB垂直的可能的方程，和欧拉方程联立求得垂心坐标，可判断C.【解析】由顶点A(－4，0)，B(0，4)，可知直线AB的垂直分线方程为y=−x，△ABC的外心在直线x－y联立x－y＋2＝0y=−x设外心为G,则G(－1，1)，故|GA|=10所以外接圆方程为(x+1)设C(x,y)，则△ABC的重心为(x−43,y+43得：x−y−2=0，和(x+1)2+(y−1)2即C点坐标可以为(2,0),(0,−2)，故B错误；由C点坐标为(2,0),(0,−2)，可知重心可能为(−2当C点坐标为(2,0)时，过C和AB垂直的直线方程为y=−x+2，联立欧拉线方程为x－y＋2＝0可解得垂心坐标为；当C点坐标为(0,−2)时，过C和AB垂直的直线方程为y=−x−2，联立欧拉线方程为x－y＋2＝0可解得垂心坐标为(−2,0)，故C正确，故选：ACD.（2021-2022·南通通州区·期末）10．已知点A(4，3)在以原点O为圆心的圆上，B，C为该圆上的两点，满足，则（

）A．直线BC的斜率为34 B．∠AOCC．△ABC的面积为253 D．B、C【答案】ABD【分析】由向量相等得直线平行，线段相等，同时得出BC的方向，从而由斜率判断A，由四边形OACB的形状判断B，求出三角形ABC面积判断C，确定与Ox的夹角的大小判断D．【解析】，则BC,OA平行且相等，kBC=而OB=OA，所以OACB是菱形，且△AOC,△BOC都是正三角形，即OA=S△设OA的倾斜角为α，由tanα=3若直线BC在直线OA上方，则∠xOC=∠xOA+π3∈(π2若直线BC在直线OA下方，由于∠AOx∈(π6,π4则∠xOB=2π3−∠xOA∈(综上，B,C在同一象限，D正确．故选：ABD．（2021-2022·无锡市·期末）12．已知平面直角坐标系中两点A(x1,y1)和B(xA．在平面直角坐标系中，A(−3,0)，N(2,0)，满足d(A,N)=d(A,C)+d(N,C)的点C的横坐标范围为[−3,2]B．在平面直角坐标系中，任意取三点，d(A,B)≤d(A,C)+d(B,C)恒成立C．在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，则满足d(O,P)=1的点P(x,y)所形成的图形是圆D．在平面直角坐标系中，点M在y2=4x上，N(2,0)，则满足d(M,N)=3的点M共有【答案】ABD【分析】设C(x,y)，由已知得5=x+3令A(x1,y1设P(x,y)，则有d(O,P)=x设M(x,y)，有x−y24−2+y=3，分y≥2【解析】解：对于A，设C(x,y)，因为d(A,N)=d(A,C)+d(N,C)，∴5=x+3+y因为x1−x对于B，令A(x1,y1)，对于C，设P(x,y)，d(O,P)=x对于D，设M(x,y)，d(M,N)=x−2+y①y≥22时，y24②0≤y<22时，2−y2③−22<y<0时，2−y④y≤−22时，y24故选：ABD.填空题（2021-2022·常州·期末）16．已知抛物线C1：y2=2px的焦点与双曲线C2：x2a2−y2=1a>0的右焦点F重合，抛物线C1的准线与双曲线C【答案】

5；

5.【分析】（1）由题意知，双曲线右焦点与抛物线的焦点重合，得p2=a2+1，Fa2+1,0.再根据抛物线C1的准线与双曲线C2【解析】双曲线右焦点与抛物线的焦点重合，∴p2=抛物线C1的准线：x=−a2+1，双曲线A−a2三角形为直角三角形，∴∴4a2+1−a2e=c故答案为：5；5.（2021-2022·南通海安市·期末）14．若椭圆x2+y【答案】2【分析】将已知椭圆方程化为标准形式为x21+y21cosθ=1，由题意可得a【解析】由x2+y因为0<θ<π2，所以0<cos可得a2=1cosθ由题意可得2c=2，所以c=1，c2可得a2=1故答案为：22（2021-2022·南通海门市·期末）16．在平面直角坐标系xOy中，动直线kx－y+2k＝0，x＋ky－2＝0(k∈R)的交点P的轨迹为C．若直线l与轨迹C交于点M，N，且满足OM⋅ON＝1，则点O到直线【答案】1【分析】根据条件先得到交点P的轨迹为C，设出直线l与C，结合条件得到关系式，再求O到直线l的距离即可求其平方的取值范围.【解析】当x≠0时，则kx−y=0，得k=yx，代入x+ky−2=0中，有整理为，经检验(0,0)不是两动直线的交点，故交点P的轨迹为，且x≠0.由对称性，设直线l：y=mx+n，与联立，得(m2+1)Δ=(2mn−2)则x1则OM⋅所以有(m2+1)⋅O到直线l的距离的平方为d2若n=0，则0=m2+1设mn=t，则&n故1−3<t<1，故故答案为：14【点睛】思路点睛：求两条动曲线的交点的轨迹，可通过交轨法求交点的轨迹，直线与圆的位置关系的处理，一般用几何法来处理，也可以利用韦达定理来处理.（2021-2022·南通如皋市、镇江市·期末）14．已知圆O：x2＋y2＝1，M，N，P是圆O上的三个动点，且满足∠MON＝π2,OP【答案】1【分析】利用向量的几何运算将PM⋅PN转化为用【解析】∵∠MON=∴OM⋅PM=1−λ故答案为：1（2021-2022·南通如皋市、镇江市·期末）15．已知抛物线y2＝8x，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，若AB＝9，AF=λFB【答案】12【分析】由条件直线AB的斜率存在，设其方程为y=k(x−2)，联立直线与抛物线方程由条件求x1，x2，再由【解析】抛物线y2＝8x的焦点坐标为(2,0)，若直线AB的方程为，则AB＝8，与已知矛盾，故直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=k(x−2)，A(x1,联立y2=8xy=kx−2k则，x1x又AB＝9，∴由抛物线定义可得x1∴k=±22，x1=1,∵AF∴(2−x∴2−x∴λ=12或故答案为：12（2021-2022·南通通州区·期末）15．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点与抛物线C′：x2＝2py(p＞0)的焦点F重合，P为C与C【答案】3【分析】由椭圆上顶点与抛物线焦点相同，及椭圆离心率把a,b用表示，由焦半径公式求得P点坐标，代入椭圆方程后可解得值．【解析】由题意b=p2，又e=c又，所以yp=2−p2所以4p−p2616p故答案为：3．（2021-2022·苏北四市·期末）13．已知直线l:x+y−m=0与圆x2+y2=4交于A,B两点，O【答案】±【分析】联立直线与圆，再运用韦达定理即可求解．【解析】联立x+y−m=0x2+则x1因为OA⋅所以有m2−4−m故答案为：±（2021-2022·苏州市·期末）15．已知F1,F2分别为双曲线C:x2a2−y2【答案】5【分析】设EF2的中点为M，，则由三角形中位线定理可得EF1=2a，MF【解析】设EF2的中点为M，O为为△EF1F2中位线，OM∵MF2是点到渐近线y=∴M∴则EF∴EF2e=c故答案为：5（2021-2022·泰州市·期末）14．若直线x−ay+2a=0被圆x2+y【答案】±3##或−3##−3【分析】利用圆的弦长公式列式即求．【解析】∵圆x2+y∴2a1+解得则a=±3故答案为：±3简答题（2021-2022·常州·期末）22．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点坐标为F−2,0，离心率e=12．点A是椭圆上位于(1)求椭圆C的标准方程(2)若直线MN平行于x轴，求点A的横坐标．【答案】(1)；(2)−87【分析】（1）根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出a、b的值，即可得出椭圆C的标准方程；（2）设点Ax0,y0、Mx1,y1、Nx2,y2【解析】(1)解：由题意知c=2ca=12(2)解：设点Ax0,y0、M直线的方程为，联立x=x0+2可得60+12x0y由韦达定理可得y1y0直线AB的方程为x=x0−1消去x可得17−2x由韦达定理可得y2y0因为轴，则y1=y2，即−【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1（5）代入韦达定理求解.（2021-2022·南通海安市·期末）21．已知双曲线C：a>0,b>0的两条渐近线互相垂直，且过点D2,1(1)求双曲线C的方程；(2)设P为双曲线的左顶点，直线l过坐标原点且斜率不为0，l与双曲线C交于A，B两点，直线m过x轴上一点Q（异于点P），且与直线l的倾斜角互补，m与直线PA，PB分别交于M,N（M,N不在坐标轴上）两点，若直线OM，ON的斜率之积为定值，求点Q的坐标．【答案】(1)；(2)12,0【分析】（1）由题意可得−ba2=−1，（2）P−1,0，设Ax0,y0，Mx1,y1，Nx2,y2，Qt,0，直线OM，ON的斜率分别为k1,k2，根据kAP=【解析】(1)由x2a2因为两条渐近线互相垂直，所以−ba2又因为，解得：a2=所以双曲线C的方程为.(2)设Ax0,y0，M由（1）知：P−1,0，设直线OM，ON的斜率分别为k因为A,P,M三点共线，所以kAP=k因为直线m过x轴上一点Q（异于点P），且与直线l的倾斜角互补，所以km=−kl，即由y0x0+1=同理可得k2因为直线OM，ON的斜率之积为定值，设定值为c，则k1整理可得：t+12−ct−1因为上式对任意的y0都成立，所以2t−1=0t+12−ct−1所以点Q的坐标为12【点睛】思路点睛：破解此类解析几何题的关键：一是“图形”引路，一般需画出草图，把已知条件翻译到图形中；二是“转化”搭桥，即利用斜率，联立方程等，将问题代数化，一般运算量较大.（2021-2022·南通海门市·期末）21．在平面直角坐标系xOy中，设双曲线C:x2a2−y2b2(1)求双曲线C的方程；(2)设动直线l与双曲线C相交于点M、N，若OM⊥ON，求证：存在定圆与直线l相切，并求该定圆的方程．【答案】(1)x2−y【分析】（1）由二倍角的正切公式可求得ba=2，可得出c=5a，利用双曲线C的右准线方程可求得a的值，可得出（2）分析可知直线OM、ON的斜率都存在，可设直线直线OM的方程为y=kxk≠0，设点Mx1,y1，将直线OM的方程与双曲线C的方程联立，求出OM2【解析】(1)解：设渐近线y=bax的倾斜角为α由已知可得tan∠AOB=tan因为tanα=ba>0，解得b双曲线C的右准线方程为x=a2c=5故双曲线C的方程为x2(2)解：若直线OM、ON中有一条直线的斜率不存在时，则直线OM、ON分别与两坐标轴重合，则这两条直线中有一条直线不与双曲线C相交，不合乎题意；若直线OM、ON的斜率都存在时，可设直线OM的方程为y=kxk≠0，设点Mx1联立y=kx4x2−y2=4所以，OM2=x设点O到直线l的距离为d，则d2综上，存在定圆与直线l相切，该定圆的方程为x2【点睛】方法点睛：求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．（2021-2022·南通如皋市、镇江市·期末）21．设椭圆经过点M，离心率为32.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设椭圆E的右顶点为A，过定点N1,0且斜率不为0的直线与椭圆E交于B，C两点，设直线AB，AC与直线x=4的交点分别为P，Q，求△【答案】(1)x24【分析】（1）把点代入椭圆方程，然后结合离心率公式即可求出椭圆的标准方程；（2）设出直线方程x=my+1，与椭圆方程联立消元写韦达，然后表示出直线AC，AB的方程，进而求得yP，yQ，求得【解析】(1)由题意知，3a2+所以椭圆E的标准方程为x2(2)设过点N1,0的直线方程为x=my+1代入椭圆E的方程，整理得m2因为Δ=4m设Bx1,y1，C由（1）得A2,0，则直线AB的方程为y=令x=4，得yP=S将x1=my∴把①式代入，整理得S△由，知S△所以△APQ面积的最小值为2（2021-2022·南通通州区·期末）21．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线方程为(1)若线段AB的中点为−1,3，求l的方程；(2)若以线段AB为直径的圆过坐标原点O，且O到l的距离为62，求C【答案】(1)x+y−2=0(2)x【分析】（1）利用点差法求得直线l的方程.（2）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，求得a2,b【解析】(1)依题意，双曲线的渐近线方程为y=±3所以ba设，则x1两式相减并化简得b2由于线段AB的中点为−1,3，所以3=3所以直线AB的方程为y−3=−x+1(2)结合（1）可知双曲线的方程为x2当直线l的斜率不存在时，由于O到l的距离为62，所以直线l的方程为x=±不妨设直线l的方程为x=6由于以线段AB为直径的圆过坐标原点O，结合对称性可知点62,6所以62所以双曲线的方程为x2当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+t,k≠±3，即kx−y+t=0O到l的距离为t1+由y=kx+tx2a2−x1y1=k由于以线段AB为直径的圆过坐标原点O，所以OA⋅−t2t2−3t2由①得t2将a2=1代入②得Δ=4k所以a2=1,b综上所述，双曲线方程为x2（2021-2022·苏北四市·期末）22．已知双曲线C:x2a(1)求双曲线C的标准方程；(2)双曲线C的左､右顶点分别为A1,A2，过左顶点A1作实轴的垂线交一条渐近线l:y=−bax于点T，过T作直线分别交双曲线左､右两支于P,Q两点，直线【答案】(1)x2【分析】（1）根据虚轴长为4，且经过点54（2）要证明四边形A1【解析】(1)因为双曲线的虚轴长为4，且经过54所以2b=4,2516所以双曲线的标准方程为x2(2)联立x=−1,y=−2x,得T−1,2，由题意知过设过T点的直线方程为y−2=kx+1联立y−2=kx+1,x则Δ=2k2所以x1因为A21,0，所以直线A2联立y=−2x,y=y1同理可得xN所以x=因为2k−2k=即xM所以对角线MN与AA2互相平分，即四边形（2021-2022·苏州市·期末）21．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(−2,0)，B(2,0)，直线PA与直线PB的斜率之积为−14，记动点P的轨迹为曲线(1)求曲线C的方程；(2)若点M为曲线C上的任意一点（不含短轴端点），点D(0,1)，直线AM与直线BD交于点Q，直线DM与x轴交于点G，记直线AQ的斜率为k1，直线GQ的斜率为k2，求证：【答案】(1)x2【分析】（1）设P(x,y)，直接根据条件列方程，注意挖去两点，即可得到答案；（2）设M(x0,y0)，直线BD方程为x+2y−2=0，将k1【解析】(1)设P(x,y)，kPA=yx+2，∴x∴曲线C的方程为x2(2)设M(x0,y直线AM方程为：y=y0x0在DM方程中令y=0⇒xG联立y=y0∴k1==4−（2021-2022·泰州市·期末）21．在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的两个顶点坐标为B−2,0,C2,0，直线AB,AC(1)求顶点A的轨迹Γ的方程；(2)过点P1,0的直线与曲线Γ交于点M,N，直线BM,CN相交于点Q，求证：OP【答案】(1)x2【分析】（1）根据题意列出yx+2（2）设直线方程，和双曲线方程联立，借助韦达定理求出点Q的横坐标，即可计算OP⋅【解析】(1)设A(x,y)，因直线AB,AC的斜率乘积为14则yx+2⋅y所以顶点A的轨迹Γ的方程是x2(2)依题意，过点P1,0与曲线Γ交于点M,N的直线斜率存在不为零，设直线MN的方程为x=my+1由x=my+1x2−4y2=4消去Δ=4m2+12(m2−4)>0，解得或且m≠±2