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1、2022年高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題五 解析幾何模擬演練 理 一、選擇題 1．(xx·浙江名校聯(lián)考)過點(3，1)作圓(x－1)2＋y2＝1的兩條切線，切點分別為A，B，則直線AB的方程為(　　) A．2x＋y－3＝0 B．2x－y－3＝0 C．4x－y－3＝0 D．4x＋y－3＝0 2．(xx·臺州模擬)已知拋物線C：y2＝8x的焦點為F，準(zhǔn)線為l，P是l上一點，Q是直線PF與C的一個交點．若＝4，則|QF|＝(　　) A. B. C．3 D．2 3．(xx·瑞安模擬)等軸雙曲線x2－y2＝a2(a>0)的左、右頂點分別為A、B，P是雙曲線上在第一象限內(nèi)的一點，若

2、直線PA，PB的傾斜角分別為α，β，且β＝2α，那么β的值是(　　) A. B. C. D. 4．(xx·湖州模擬)已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點A(－m，0)，B(m，0)(m>0)，若圓C上存在點P，使得∠APB＝90°，則m的最大值為(　　) A．7 B．6 C．5 D．4 5．(xx·大慶質(zhì)檢)如圖，已知橢圓C的中心為原點O，F(xiàn)為C的左焦點，P為C上一點，滿足|OP|＝|OF|且|PF|＝4，則橢圓C的方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 6．(xx·石家莊質(zhì)檢)已知拋物線y2＝8x與雙曲線－y2＝1的

3、一個交點為M，F(xiàn)為拋物線的焦點，若|MF|＝5，則該雙曲線的漸近線方程為(　　) A．5x±3y＝0 B．3x±5y＝0 C．4x±5y＝0 D．5x±4y＝0 二、填空題 7．(xx·北京東城調(diào)研)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的離心率為，則C的漸近線方程為________． 8．(xx·杭州高級中學(xué)三模)已知圓C的圓心是直線x－y＋1＝0與x軸的交點，且圓C與圓(x－2)2＋(y－3)2＝8相外切，則圓C的方程為________． 9．(xx·石家莊質(zhì)檢)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，點O是坐標(biāo)原點，過點O、F的圓與拋物線C的準(zhǔn)線相切，且該圓的面積

4、為36π，則拋物線方程為________． 三、解答題 10．(xx·紹興一中模擬)橢圓C的中心在原點，一個焦點F(－2，0)，且短軸長與長軸長的比是. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)點M(m，0)在橢圓C的長軸上，點P是橢圓上任意一點．當(dāng) ||最小時，點P恰好落在橢圓的右頂點，求實數(shù)m的取值范圍． 11．(xx·蕭山中學(xué)模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一動圓經(jīng)過點且與直線x＝－相切，設(shè)該動圓圓心的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程； (2)設(shè)P是曲線E上的動點，點B，C在y軸上，△PBC的內(nèi)切圓的方程為(x－1)2＋y2＝1，求△PBC面積的最小值．

5、 12．(xx·北侖中學(xué)三模)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點O為坐標(biāo)原點，橢圓C與曲線|y|＝x的交點分別為A，B(A在第四象限)，且·＝. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)定義：以原點O為圓心，為半徑的圓稱為橢圓＋＝1的“伴隨圓”．若直線l交橢圓C于M，N兩點，交其“伴隨圓”于P，Q兩點，且以MN為直徑的圓過原點O.證明：|PQ|為定值． 經(jīng)典模擬·演練卷 1．A　[易知點A(1，1)是一個切點．由圓的幾何性質(zhì)，過點(3，1)、(1，0)的直線與直線AB垂直．∴kAB＝－＝－2.所以直線AB的方程為y－1＝－2(x－1)，即2x＋

6、y－3＝0.] 2．C　[如圖所示，過點Q作直線l的垂線，垂足為E. 由＝4，得＝4. 所以＝. 由拋物線C：y2＝8x知|AF|＝p＝4， ∴|EQ|＝3， 根據(jù)拋物線定義，|FQ|＝|EQ|＝3.] 3．A　[由β＝2α，得∠APB＝α， 則|PB|＝|AB|＝2a，設(shè)P(x，y)． ∴x＝a＋2acos β，y＝2asin β，則P(a＋2acos β，2asin β)， 代入雙曲線方程(a＋2acos β)2－(2asin β)2＝a2，cos 2β＋cos β＝0. ∴2cos2β＋cos β－1＝0，則cos β＝，cos β＝－1(舍去)，故β＝.]

7、4．B　[由∠APB＝90°，知點P在以線段AB為直徑的圓上，設(shè)該圓的圓心為O，則O(0，0)，半徑r＝m， 由圓的幾何性質(zhì)，當(dāng)圓C與圓O相內(nèi)切時，圓的半徑取得最大值． ∴|OC|＝＝m－1，∴m＝6. 故m的最大值為6.] 5．B　[設(shè)橢圓C的右焦點為F′，連接PF′. 在△PFF′中，|OP|＝|OF|＝|OF′|＝2，知∠FPF′＝90°. 又|PF|＝4， ∴|PF′|2＝|FF′|2－|PF|2＝(4)2－42＝64，則|PF′|＝8， 因此2a＝|PF|＋|PF′|＝12，a＝6. 由c＝2，得b2＝a2－c2＝36－20＝16， 故橢圓C的方程為＋＝1.]

8、6．A　[依題意，不妨設(shè)點M在第一象限，且M(x0，y0)， 由拋物線定義，|MF|＝x0＋，得5＝x0＋2. ∴x0＝3，則y＝24，所以M(3，2)， 又點M在雙曲線上， ∴－24＝1，則a2＝，a＝， 因此漸近線方程為x2－y2＝0，即5x±3y＝0.] 7．y＝±2x　[由題意知：＝＝1＋＝5，則＝2，所以漸近線的方程為y＝±2x.] 8．(x＋1)2＋y2＝2　[由題設(shè)，圓C的圓心C(－1，0)，設(shè)半徑為r， 又圓C與圓C′：(x－2)2＋(y－3)2＝8相外切， ∴|CC′|＝2＋r. 又|CC′|＝＝3，則r＝， 故所求圓C的方程為(x＋1)2＋y2＝2.]

9、 9．y2＝16x　[由拋物線C：y2＝2px(p>0)， 知焦點F，準(zhǔn)線x＝－， 設(shè)滿足條件的圓心為C′，圓的半徑為r. 由πr2＝36π，得r＝6. 又圓C′與拋物線的準(zhǔn)線x＝－相切， ∴＋＝6，∴p＝8.故拋物線方程為y2＝16x.] 10．解　(1)設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)， 由焦點F(－2，0)知c＝2. ∴a2＝4＋b2，① 又＝，② 聯(lián)立①，②得a2＝16，b2＝12. 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)P(x，y)為橢圓上的動點，由于橢圓方程為＋＝1. 故－4≤x≤4. 由點M(m，0)在橢圓的長軸上，則－4≤m≤4.① 由＝(x－

10、m，y)， 所以||2＝(x－m)2＋y2＝(x－m)2＋12 ＝x2－2mx＋m2＋12＝(x－4m)2＋12－3m2. ∵當(dāng)||最小時，點P恰好落在橢圓的右頂點． ∴當(dāng)x＝4時，||2取得最小值． 由于x∈[－4，4]，故4m≥4，則m≥1，② 由①，②知，實數(shù)m的取值范圍是[1，4]． 11．解　(1)∵動圓過點且與直線x＝－相切， ∴動圓的圓心到定點的距離等于到定直線x＝－的距離． 根據(jù)拋物線定義，圓心的軌跡方程為y2＝2x. (2)設(shè)點P(x0，y0)，B(0，b)，C(0，c)， 則直線PB的方程為(y0－b)x－x0y＋x0b＝0， 又△PBC的內(nèi)切圓方程

11、為(x－1)2＋y2＝1， ∴圓心(1，0)到直線PB的距離為1. 則＝1，整理得(x0－2)b2＋2y0b－x0＝0， 同理，得(x0－2)c2＋2y0c－x0＝0， 因此，b，c是方程(x0－2)x2＋2y0x－x0＝0的兩根， 所以b＋c＝，bc＝. 依題意，得bc<0，即x0>2. 則(b－c)2＝， 因為y＝2x0，所以|b－c|＝. 因此△PBC的面積S＝|b－c||x0|＝ ＝x0＋2＋＝(x0－2)＋＋4 ≥2＋4＝8， 當(dāng)且僅當(dāng)x0－2＝2，即x0＝4時上式等號成立． 故△PBC面積的最小值為8. 12．(1)解　由橢圓的對稱性，知點A、B關(guān)于x軸

12、對稱． 依題意，設(shè)點A(x，－x)，B(x，x)，則＝(0，2x)． 由·＝(x，x)·(0，2x)＝，且x>0. ∴2x2＝，x＝，因此B， 代入橢圓方程，得＋＝1.① 又e＝＝， ∴＝＝② 聯(lián)立①，②，得b2＝1，a2＝3. 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)證明　由題意可得“伴隨圓”方程為x2＋y2＝4， ①當(dāng)直線l斜率不存在時，設(shè)l：x＝n，代入橢圓方程得M，N， 由·＝0得n＝±，代入x2＋y2＝4得y＝±， 所以|PQ|＝. ②當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)l方程為y＝kx＋m(k，m∈R)且與橢圓的交點M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程組整理得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0， Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－3)>0，即m2<3k2＋1， ∵x1＋x2＝，x1·x2＝， 可得y1·y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝， 由·＝0得x1·x2＋y1·y2＝0，即＋＝＝0， 所以m2＝(k2＋1)，代入驗證Δ>0成立． 則原點O到直線l的距離d＝＝＝， ∵“伴隨圓”的半徑為2，∴|PQ|＝2＝， 綜合①，②知，|PQ|為定值.