1、成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期第五板块 创新强化练 “解析几何”创新考法专训1已知ab0，e1与e2分别为圆锥曲线1和1的离心率，则lg e1lg e2的值( )A一定是正值 B一定是零C一定是负值 D符号不确定解析：选Cab0，01，e1，e2，e1e2(0,1)，lg e1lg e2lg(e1e2)0时只需把反比例函数的图象绕着原点顺时针旋转45，便得到焦点在x轴的双曲线的图形所以也可以理解反比例函数的图象是以x轴、y轴为渐近线，以直线yx为实
2、轴的等轴双曲线，那么当k4时，双曲线的焦距为( )A8 B4 C2 D4解析：选A由题意知，旋转后双曲线以两条相互垂直的直线作为渐近线，则双曲线为等轴双曲线，设为1(a0)又注意到(2,2)在函数y图象上，其与原点连线与x轴的正半轴夹角为45，则将点(2,2)绕原点顺时针旋转45后，该点落在x轴的正半轴，设为(m,0)，因为旋转前后到原点距离不变，则m28m2.即将点(2,2)绕原点顺时针旋转45后，可得点(2，0)，则(2，0)满足1.可得双曲线方程为1，则c4，则焦距为2c8.故选A.3.如图圆柱O1O2的底面半径为1，母线长为6，以上、下底面为大圆的半球在圆柱O1O2内部，现用一垂直于轴
3、截面ABBA的平面去截圆柱O1O2且与上、下两半球相切，则截得的圆锥曲线的离心率为( )A. B.C. D3解析：选A作出截面图，显然平面经过O1O2中点，设中点为G，切点分别为E，F.底面半径为1，O1O26，则O2E1，O2G3，sinO2GE，作出立体图，则平面与底面夹角的余弦值为.圆柱的底面半径为1，椭圆的短轴MN2b2，得b1.又椭圆所在平面与圆柱底面所成角的余弦值为，以G为原点建立如图所示平面直角坐标系，a3，则椭圆标准方程为y21，c2，故离心率e.4.如图，在平面直角坐标系中，以OA为始边，角与的终边分别与单位圆相交于E，F两点，且，若直线EF的斜率为，则sin()( )A B
4、 C. D.解析：选B由题意得AOE，AOF，OEOF，则直线EF的倾斜角为.tan，即，则tan4.则tan().，.又tan()0，则tan()，结合sin2()cos2()1，解得sin().5(2022河南联考)已知双曲线C：1(a0，b0)的右顶点、右焦点分别为A，F，过点A的直线l与C的一条渐近线交于点Q，直线QF与C的一个交点为B，若，且3，则C的离心率为( )A2 B.1C. D.解析：选D由题意，得A(a,0)，F(c,0)，()0，直线lx轴，即l：xa.可令Q在第一象限，则由得Q(a，b)设B(x0，y0)，由3，得2.又(cx0，y0)，(ac，b)，(cx0，y0)2
5、(ac，b)，B(3c2a，2b)点B(x0，y0)在双曲线C上，1，整理得9c212aca20.9e212e10，解得e或e(负值舍去)，故选D.6多选已知正三角形ABC的边长为2，点D为边BC的中点若ABC内一动点M满足|MA|23|MD|23.则下列说法正确的有( )A线段BM长度的最大为B.的最大值为CABM面积的最小值为DcosMBC的最小值为解析：选BD如图，以点D为原点建立平面直角坐标系，则D(0,0)，A(0，)，B(1,0)，C(1,0)设M(x，y)，由|MA|23|MD|23，得x2(y)23(x2y2)3，化简得x2y2y0，故动点M的轨迹是一个以圆心为P，半径r的圆(
6、不含原点D)由B(1，0)，所以|BM|max|BP|r，故A错误；()()()()|2|2121，故B正确；直线AB：1，即xy0，圆心P到直线AB的距离为，则点M到直线AB的距离的最小值为，所以ABM面积的最小值为2，故C错误；由题意得MBC为锐角，则cosMBC取最小值时，MBC取最大值，也即BM与圆P相切时，tan，故cosMBC.故D正确7.如图，已知双曲线C：1(a0，b0)的左、右焦点分别是F1，F2，点P在C上且位于第一象限，圆O1与线段F1P的延长线，线段PF2以及x轴均相切，PF1F2的内切圆为圆O2.若圆O1与圆O2外切，且圆O1与圆O2的面积之比为4，则C的离心率为(
7、)A. B. C2 D3解析：选D由已知及平面几何知识可得圆心O1，O2在PF1F2的角平分线上如图，设圆O1，O2与x轴的切点分别为A，B，显然，直线PF2为两圆的公切线，切点D也在PF1F2的角平分线上，所以|PF1|F1F2|2c.由双曲线的定义知|PF1|PF2|2a，则|PF2|2c2a，所以|F2D|PF2|ca，所以|F2A|F2B|F2D|ca.所以|F1A|F1F2|F2A|2cca3ca，|F1B|F1F2|F2B|2c(ca)ca.又圆O1与圆O2的面积之比为4，所以圆O1与圆O2的半径之比为2.因为O2BO1A，所以，即，整理得3ac.故双曲线C的离心率e3.故选D.8
8、(2023衢州模拟)多选已知椭圆：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，长轴长为4，点P(，1)在椭圆外，点Q在椭圆上，则( )A椭圆的离心率的取值范围是B当椭圆的离心率为时，|QF1|的取值范围是2，2C对任意点Q都有0D.的最小值为2解析：选AB由题意得a2，又点P(，1)在椭圆外，则1，解得b，即椭圆的离心率的取值范围是，故A正确；当e时，c，b1，所以|QF1|的取值范围是ac，ac，即2，2，故B正确；设椭圆的上顶点为A(0，b)，F1(c,0)，F2(c,0)，由于b2c22b2a20，所以存在点Q使得0)的点的轨迹称为双纽线，已知点P(x0，y0)是a1时的双纽线C上一点，下
9、列说法正确的是( )A双纽线C是中心对称图形By0C双纽线C上满足|PF1|PF2|的点有2个D|PO|的最大值为解析：选ABD由到定点F1(a,0)，F2(a,0)的距离之积等于a2的点的轨迹称为双纽线，则双纽线C的方程为1.将(x，y)替换方程中的(x，y)，方程不变，故双纽线C关于原点O成中心对称，故A正确；由等面积法得|PF1|PF2|sinF1PF2|F1F2|y0|，则|y0|sinF1PF2，所以y0，故B正确；令x0，得 1，解得y0，所以双纽线C上满足|PF1|PF2|的点P有一个，故C错误；因为()，所以2(|22|cosF1PF2|2)由余弦定理得4a2|2|22|cos
10、F1PF2，所以212|cosF1PF21cosF1PF22.所以|PO|的最大值为，故D正确故选A、B、D.10写出一条过点A(1,2)且与抛物线C：y24x仅有一个公共点的直线方程：_.解析：当l平行于x轴时，l与C只有一个公共点，此时方程为y2；当l与抛物线相切时，l与C只有一个公共点，设直线l方程为x1m(y2)，联立方程得y24my8m40，由(4m)24(8m4)0m1，此时直线l的方程为xy10.答案：y2(或xy10，答案不唯一)11(2023盐城三模)在平面直角坐标系xOy中，过椭圆C：1(ab0)上的动点P作x轴的垂线，垂足为点M，2，|OQ|2.(1)求椭圆C的方程；(2
11、)设直线l：ykxm交C于不同的两点A，B，向量i(1,0)，j(0,1)，是否存在常数k，使得满足i2j0的实数m有无穷多解？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由解：(1)设P(x，y)，则M(x,0)，由2，得Q(x,2y)，由|OQ|2，得x24y24，所以椭圆C的方程为y21.(2)法一：将直线方程代入椭圆方程得x24(kxm)240，即(14k2)x28kmx4m240，则xAxB，xAxB.由i2j0得xA2yB0，又x4y4，故有xx4，由xx4(xAxB)22xAxB，则422，所以2(4k21)m2(4k21)(4k21)(4k21)(2m24k21)0恒成立，m为任意
12、实数，所以4k210，可得k2，得k，经检验，k不合题意，即存在常数k使i2j0对任意实数m恒成立，且k.法二：将直线方程代入椭圆方程得x24(kxm)240，即(14k2)x28kmx4m240，则xAxB.由i2j0得xA2yBxA2(kxBm)0，即xA2(kxBm)，代入xAxB得(2k1)xB，由于k为常数，故当且仅当k时等式成立，故存在常数k使i2j0对任意实数m恒成立，且k.法三：由i2j0得xA2yB0，设yBt，则xA2t，由此得到A(2t，)，B(2，t)当A(2t，)，B(2，t)时，求得kAB；当A(2t, )，B(2，t)时，求得kAB；当A(2t，)，B(2，t)时
13、，求得kAB，不为常数；当A(2t, )，B(2，t)时，求得kAB，不为常数综上，存在常数k使i2j0对任意实数m恒成立，且k.12已知圆A1：(x1)2y216，直线l1过点A2(1,0)且与圆A1交于点B，C，BC中点为D，过A2C中点E且平行于A1D的直线交A1C于点P，记P的轨迹为.(1)求的方程；(2)坐标原点O关于A1，A2的对称点分别为B1，B2，点A1，A2关于直线yx的对称点分别为C1，C2，过A1的直线l2与交于点M，N，直线B1M，B2N相交于点Q.请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明QB1C1的面积是定值；QB1B2的面积是定值；QC1C2的面积是定值解：(1
14、)由题意得，A1(1,0)，A2(1,0)因为D为BC中点，所以A1DBC，即A1DA2C.又PE/A1D，所以PEA2C.又E为A2C的中点，所以|PA2|PC|，所以|PA1|PA2|PA1|PC|A1C|4|A1A2|，所以点P的轨迹是以A1，A2为焦点的椭圆(左、右顶点除外)设：1(xa)，其中ab0，a2b2c2.则2a4，a2，c1，b .故：1(x2)(2)法一：结论正确下证：QC1C2的面积是定值由题意得，B1(2,0)，B2(2,0)，C1(0，1)，C2(0，1)，且直线l2的斜率不为0，可设直线l2：xmy1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，且x12，x22.由得(3
15、m24)y26my90，所以y1y2，y1y2，所以2my1y23(y1y2)直线B1M的方程为y(x2)，直线B2N的方程为y(x2)，由得，解得x4.故点Q在直线x4上，所以Q到C1C2的距离d4，因此QC1C2的面积是定值，为|C1C2|d244.法二：结论正确下证：QC1C2的面积是定值由题意得，B1(2,0)，B2(2,0)，C1(0，1)，C2(0，1)，且直线l2的斜率不为0，可设直线l2：xmy1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，且x12，x22.由得(3m24)y26my90，所以y1y2，y1y2，所以2my1y23(y1y2)直线B1M的方程为y(x2)，直线B2N的
16、方程为y(x2)，由得x22224，故点Q在直线x4上，所以Q到C1C2的距离d4，因此QC1C2的面积是定值，为|C1C2|d244.法三：结论正确下证：QC1C2的面积是定值由题意得，B1(2,0)，B2(2,0)，C1(0，1)，C2(0，1)，且直线l2的斜率不为0，可设直线l2：xmy1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，且x12，x22.由得(3m24)y26my90，所以y1y2，y1y2.直线B1M的方程为y(x2)，直线B2N的方程为y(x2)，因为1，所以，故直线B2N的方程为y(x2)由得3，解得x4.故点Q在直线x4上，所以Q到C1C2的距离d4，因此QC1C2的面积是定值，为d24成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期
