13曲线与方程焦点三角形-2022年高考“32”选择填空题精准靶心方案18讲

“3+2”选择、填空题精准靶心方案18讲第13讲曲线与方程，焦点三角形性质的应用1．已知曲线C：mx2+ny2=1．（）（多选题）A．若m＞n＞0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B．若m=n＞0，则C是圆，其半径为 C．若mn＜0，则C是双曲线，其渐近线方程为 D．若m=0，n＞0，则C是两条直线分析：根据所给条件，逐一分析对应的方程形式，结合椭圆、圆、双曲线方程的定义进行判断即可．解：若m＞n＞0，则，则根据椭圆定义，知mx2+ny2=1表示焦点在y轴上的椭圆，A正确．若m=n＞0，则方程为，表示半径为的圆，故B错误．若mn＜0，则令mx2+ny2=0，解得此时渐近线方程为，故C正确．当m=0，n＞0时，则方程为表示两条直线，故D正确．故选ACD．说明：本题考查圆锥曲线方程的定义．2．已知a，b∈R，ab＞0，函数f（x）=ax2+b（x∈R）．若f（s－t），f（s），f（s+t）成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（）A．直线和圆 B．直线和椭圆 C．直线和双曲线 D．直线和抛物线解：由已知，可得f2（s）=f（s－t）f（s+t），即（as2+b）2=[a（s－t）2+b][a（s+t）2+b]，整理，得a2t4－2a2s2t2+2abt2=0．因为a≠0，故at4－2as2t2+2bt2=0，即t2（at2－2as2+2b）=0．当t=0时，点（s，t）的轨迹是直线；当at2－2as2+2b=0，即，因为ab＞0，故点（s，t）的轨迹是双曲线．综上所述，平面上点（s，t）的轨迹是直线或双曲线．选C．3．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：x2+y2=1+︱x︱y就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3．其中，所有正确结论的序号是（）A．① B．② C．①② D．①②③解：将x换成－x方程不变，所以图形关于y轴对称，当x=0时，代入得y2=1，所以y=±1，即曲线经过（0，1），（0，－1）；当x＞0时，方程变为y2－xy+x2－1=0，所以△=x2－4（x2－1）≥0，解得x∈（0，]，所以x只能取整数1，当x=1时，y2－y=0，解得y=0或y=1，即曲线经过（1，0），（1，1），根据对称性可得曲线还经过（－1，0），（－1，1），故曲线一共经过6个整点，故①正确．当x＞0时，由x2+y2=1+xy得x2+y2－1=xy≤，（当x=y时取等），∴x2+y2≤2，即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性可得：曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；故②正确．在x轴上图形面积大于矩形面积2，x轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积1，因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于2+1=3，故③错误．故选C．4．设双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（）A．1B．2C．4D．8分析：利用双曲线的定义，三角形的面积以及双曲线的离心率，转化求解a即可．解：由题意，设PF1=m，PF2=n，可得m－n=2a，mn=2×4=8，m2+n2=4c2，，可得4c2=16+4a2，于是5a2=4+a2，解得a=1．故选A．法二：b=2，根据离心率有，又因为c2=a2+b2，所以a=1．说明：本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的定义以及勾股定理的应用，考查转化思想以及计算能力．5．已知抛物线y=－x2+3上存在关于直线x+y=0对称的相异两点A、B，则︱AB︱等于（）A．3B．4C．3D．4解：设直线AB的方程为y=x+b，联合抛物线的方程，消去y可得x2+x+b－3=0x1+x2=－1，进而可求出AB的中点M（，），又由M在直线x+y=0上可求出b=1，∴x2+x－2=0，由弦长公式可求出︱AB︱=，选C．6．直线y=3x绕原点逆时针旋转90，再向右平移1个单位后所得的直线为（）A．B．C．y=3x－3D．解：本题有新意，审题是关键．旋转90则与原直线垂直，故旋转后斜率为．再右移1得．选A．或者画图排除．7．在抛物线y=x2+ax－5（a≠0）上取横坐标为x1=－4，x2=2的两点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆5x2+5y2=36相切，则抛物线顶点的坐标为（）A．（－2，－9）B．（0，－5）C．（2，－9）D．（1，－6）解：由已知得割线上的坐标（－4，11－4a），（2，2a－1），k=a－2．设直线方程为y=（a－2）x+b，则，又b=－6a=4，所以点为（－2，－9），选A．8．已知椭圆C的焦点为F1（－1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若︱AF2︱=2︱F2B︱，︱AB︱=︱BF1︱，则C的方程为（）A．B．C． D．F1F1F2ABOyxF2aa2F1AB设线段F2aa2F1AB由F2B+BF1=2a=4t，得a=2t．∴AF1=2a－AF2=2×2t－2t=2t．因此，在△ABF1中（另画一个基本图出来），aa2有cos∠F1F2B+cosaa2所以a2=3，故选B．9．在坐标平面上有一椭圆，它的长轴落在x轴上，短轴落在y轴上，长轴、短轴的长度分别为4、2．通过椭圆的中心O且与x轴夹角为45的直线在第一象限跟椭圆相交于P．则此交点P与中心O的距离为（）．A．1.5B．C．D．解：因为OP斜角45，故P点坐标可设为（t，t）（t＞0）．又P在上，故（t＞0），解得，于是OP=，选B．10．已知直线l1：，l2：，动点P在椭圆（a＞b＞0）上，作PM∥l1交l2于点M，作PN∥l2交l1于点N．若︱PM︱2+︱PN︱2为定值，则（）A．ab=2B．ab=3C．a=2bD．a=3b分析：根据四边形OMPN是平行四边形，得到︱PM︱2+︱PN︱2=︱OM︱2+︱ON︱2为定值，然后将取特殊位置P（a，0），P（0，b）求解．解：如图所示，易知四边形OMPN是平行四边形，所以︱PM︱2+︱PN︱2=︱OM︱2+︱ON︱2为定值，取点P（a，0）时，由和，解得，，所以M（，）．由对称性得N（，），所以︱OM︱2+︱ON︱2=．取点P（0，b）时，由和，解得x=－b，，所以M（－b，）．由对称性得N（b，），所以︱OM︱2+︱ON︱2=．因此，即a=2b，故选C．11．若圆x2+y2+4x－7y+10=0与直线y=mx+3m（m∈R）在坐标平面上的两个交点位于不同的象限，且满足此条件的m的最大范围为a＜m＜b，则a－b=（）．BA．－3B．－1C．1D．3解：因为圆方程化为，其圆心（－2，）在第二象限，半径为，与y轴的两个交点是（0，2）（0，5）．直线y=mx+3m=m（x+3）过点（－3，0），画出草图，当直线与圆的两个交点位于不同的象限时，m应满足2＜3m＜5，所以＜m＜，因此a－b=，选B．12．已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为，与x轴的交点P、Q位于y轴的两侧，以线段PQ为直径的圆与y轴交于F1（0，4）和F2（0，－4）．则点（b，c）所在的曲线为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线解：设抛物线与x轴交点的横坐标为x1，x2，则．在Rt△PQF1中，OF1是斜边PQ上的高，所以∣OP∣·∣OQ∣=∣OF1∣2，即∣x1·x2∣=16，从而．①∵抛物线的顶点坐标为，∴，得b2－4ac=1．②由①②消去a，得，选B．13．椭圆上的点到圆C：x2+（y－6）2=1上的点的距离的最大值是（）．A．11B．C．D．9解：由平面几何知识，椭圆上的点到圆C上的点的距离最大值=椭圆上的动点到圆心的最大距离+圆的半径．设圆C圆心为O′，P（5cos，sin）是椭圆上的点，则（当sin=－1时取等号）．故所求距离最大值为11．注：或者考虑x2+（y－6）2=k2与的相交情况，用判别式法解决．14．已知F1，F2为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且∣PQ∣=∣F1F2∣，则四边形PF1QF2的面积为．解：因为P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且∣PQ∣=∣F1F2∣，所以四边形PF1QF2为矩形，设∣PF1∣=m，∣PF2∣=n．由椭圆的定义可得∣PF1∣+∣PF2∣=m+n=2a=8，所以m+n=8．因为∣