专题八 解析几何-【创新教程】2017-2021五年高考数学真题分类汇编（新高考）

7.A由已知A(-2,0),B(0,-2).圆心(2,0)到直线x考点二 +y+2=0的距离为4=12+0+21=22,又圆的半1.C由椭圆的定义可知a2=9,b2=4,MF1+1MF2 2a=6,由基本不等式可得MF1|·|MF2|≤ 径为√2.∴点P到直线x+y+2=0的距离的最小值 MF,+lMF2I 为2,最大值为32,又AB|=22.∴△ABP面积 9,当且仅当MF1 的最小值为S=1×22×②=2.最大值为 F2|时等号成立,答案选 2.C依题意,B(0,b),设椭圆上一点P(x0,y0),则|y ×2√2×3√2 1,可得x3 y,则|PB|2=x3+ 8.解析:x2+y2-2x-4y=0→(x-1)2+(y-2)2=5, 故圆心为(1,2) b2y6-2y0+a2+ 答案:(1,2) b2≤4b2.因为当y=-b时,PB12=462,所以_b3 9.5本题主要考查弦长公式和点到直线的距离公式的 应用,因为圆心(0,0)到直线x-√3y+8=0的距离d b,得2c2≤a2,所以离 ,故选C. √1+4,由弦长公式l= d2可得6= 3.ACD对于A,由于m>n>0,所以0<1<1,所以 解得r=5. 曲线C是椭圆,且焦点在y轴上,故A正确;对于B, 直线可化为:kx-y+b=0,所以由已 曲线C是圓,但半径为,故B错误;对于C,显然C 知得:人1+k=1① ①2,2b=-2k,代入 正确;对于D,曲线C表示直线y= 显然D正 确,故选AC 1+k 4.B由已知AF1+|AF2=2a, ①式解得k=3,b BF1|+|BF2|=2a XlAF21=2 F2BI. AB=BFI 11.10√5如图,作PC所 在直径EF,交AB于点 ∴B22<,AF2|=|AF1|=a 则 ∵PA=PB,CA=CB= BF1|= R=6,∴PC⊥AB,EF 又F1F2|=2 为垂径,要使面积 5△PAB最大,则P、D4 于C两侧,并设CD=x, 计算可知PC=1,故PD 1+x,AB=2BD= 解得a2=3,∴b2=2. 36 ∴椭圆C的方程为 选 故S△PAB=AB·PD=(1+x)√36-x 令x=609,s△BAB=(1+x)√36-x=(1+6c00)·5.D如图直线AP的方程为y=6(x+a),① 6sin 0=sin 0+18sin 200<0<n 记函数f(0)=6sin+18sin26,则f()=6cos0- 36cos20=6(12cos20+cos0-6) 令f(0)=6(12co0+co9-6)=0,解得cos=3 =-3<0舍去) 直线PF2的方程为y=3(x-c),② 显然,当0≤c0s0<3时,∫(θ)<0,f(θ)单调递减 ①与②联立解得:x= 3<c0s0<1时,f()>0,/(0)单调逆增 a+6c 结合c0在(,2)减故0=时f(最大 PFi a+6c 此时sin0=√1 20=3 a+c),又∵PF2=F1F21|,∴(a+c)=2c 故f()mx=6×3+36×3×3=10.5,即△PAB 面积的最大值是1( 必要性证明:已知MN=√3,∴设直线MN的方程13.解:(1)由题意,A(-a,0),B(a,0),G(0,1),所以AG 为 直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,∴k (a,1),GB=(a,-1),AG·GB=a2-1=8→a2 原点到直线MN的距离为1. 9→a=3,所以椭圆E的方程为。+y2=1. k2+ 联立方程x2 得到(+k2)x2+2kmx+ B (2)由(1)知A(-3,0),B(3,0),设P(6,m),则直线 设M(x1,y1),N(x2,y2),则 PA的方程为y=m(x+3) ∴MN|=√1+k2|x2-x1 24k4 联立 →(9+m2)x2+6m2x+9m2-8 9k4+6k2+1 即k4-2k2+1=0,∴k 9 0 km<0,∴直线MN的方程为:y=x-√2或y 由韦达定理 x+√2.将F(2,0)代入MN方程都成立 ∴直线MN恒过点F 3xn=m=81 3m2+27 9+m2 9+m2,代入直线PA的 因此,M,N,F三点共线的充要条件是MN|=3. 12.解:(1)依题意:|B 方程 a=2,∴OP m(x+3)得y 6m,即 PF1|+c=√2+1.此时m=-1-√2 3m2+276m (2)设直线l方程y=k(x-m),A(x1,y1)F1A·F2A 9+m29+m x1+1)(x1-1)+y=x2-1+y2=1 直线PB的方程为y="(x-3), 3,即直线 联立/+y →(1+m2)x2-6m2x+9m2-9 又点到直线距离d 由韦达定理 D 1+2,代入直线PB的方程 即l方程为y= 为y=m(x-3)得yD=,-m, (3)