高考数学专题09 解析几何专题（数学文化）（解析版）

专题09解析几何专题（数学文化）一、单选题1．（2022全国高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆雉，得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用面积为128的矩形截某圆锥得到椭圆，且与矩形的四边相切.设椭圆在平面直角坐标系中的方程为，下列选项中满足题意的方程为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】由题得，再判断选项得解.【详解】解：矩形的四边与椭圆相切，则矩形的面积为，所以.只有选项A符合.故选：A2．（2023全国高三专题练习）第24届冬季奥林匹克运动会，将于2022年2月在北京和张家口举行，北京冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，运用中国书法的艺术形态，将厚重的东方文化底蕴与国际化的现代风格融为一体，呈现出新时代的中国新形象、新梦想．会徽图形上半部分展现滑冰运动员的造型，下半部分表现滑雪运动员的英姿．中间舞动的线条流畅且充满韵律，代表举办地起伏的山峦、赛场、冰雪滑道和节日飘舞的丝带，下部为奥运五环，不仅象征五大洲的团结，而且强调所有参赛运动员应以公正、坦诚的运动员精神在比赛场上相见．其中奥运五环的大小和间距按以下比例（如图）：若圆半径均为12，则相邻圆圆心水平距离为26，两排圆圆心垂直距离为11，设五个圆的圆心分别为，若双曲线C以为焦点、以直线为一条渐近线，则C的离心率为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，求出双曲线渐近线的方程，结合离心率的意义计算作答.【详解】依题意，以点为原点，直线为x轴建立平面直角坐标系，如图，点，设双曲线C的方程为，其渐近线为，因直线为一条渐近线，则有，双曲线C的离心率为.故选：B3．（2022春云南曲靖高二校考开学考试）加斯帕尔蒙日（如图甲）是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（图乙），则椭圆的蒙日圆的半径为（）A．3B．4C．5D．6【答案】C【分析】由蒙日圆的定义，确定出圆上的一点即可求出圆的半径．【详解】解：由蒙日圆的定义，可知椭圆的两条切线、的交点在圆上，所以蒙日圆的半径.故选：C．4．（2022全国高三专题练习）我们把离心率为的椭圆称为“最美椭圆”．已知椭圆C为“最美椭圆”，且以椭圆C上一点P和椭圆两焦点为顶点的三角形的面积最大值为4，则椭圆C的方程为（）．A．B．C．D．【答案】D【分析】先由得到与，再由的最大值得，进而求得，，故可得到椭圆C的方程.【详解】解：由已知，得，故，，即，，得，故，所以椭圆C的方程为.故选：D．5．（2022秋江苏南京高二南京市第一中学校考阶段练习）德国数学家米勒曾提出最大视角问题，这一问题一般的描述是：已知点、是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当在何处时，最大?问题的答案是：当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大．人们称这一命题为米勒定理．已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点，当最大时，点的纵坐标为（）A．B．2C．D．4【答案】C【分析】由米勒定理确定的外接圆与轴的位置关系，再应用垂径定理、直线与圆关系确定圆心和半径，进而写出的外接圆的方程，即可求的纵坐标.【详解】因为，分别是、，是轴正半轴上的一动点，根据米勒定理知，当的外接圆与轴相切时，最大，由垂径定理知，弦的垂直平分线必过的外接圆圆心，所以弦中点的坐标为，故弦中点的横坐标即为的外接圆半径的大小，即，由垂径定理得圆心为，所以的外接圆的方程为，令，得的纵坐标为.故选：C6．（2022秋新疆乌鲁木齐高二乌市八中校考期中）德国天文学家开普勒发现天体运行轨道是椭圆，已知地球运行的轨道是一个椭圆，太阳在它的一个焦点上，若轨道近日点到太阳中心的距离和远日点到太阳中心的距离之比为，那么地球运行轨道所在椭圆的离心率是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据题意可得，进而即得.【详解】设椭圆的长半轴长为，半焦距为，由题意可得，所以，即，因此地球运行轨道所在椭圆的离心率是．故选：D.7．（2022秋福建高二校联考期中）几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大.”如图，其结论是：点为过，两点且和射线相切的圆与射线的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（）A．1B．C．1或D．1或【答案】A【分析】利用米勒问题的结论，将问题转化为点为过，两点且和轴相切的圆与轴的切点，求出切点的横坐标即可.【详解】由题意知，点为过，两点且和轴相切的圆与轴的切点，线段的中点坐标为，线段的垂直平分线方程为，所以以线段为弦的圆的圆心在线段的垂直平分线上，所以可设圆心坐标为，又因为圆与轴相切，所以圆的半径，又因为，所以，解得或，即切点分别为和，由于圆上以线段（定长）为弦所对的圆周角会随着半径增大而圆周角角度减小，，且过点的圆的半径比过的圆的半径大，所以，故点为所求，所以当取最大值时，点的横坐标是1.故选：A.8．（2022秋北京高二北大附中校考期末）公元前4世纪，古希腊数学家梅内克缪斯利用垂直于母线的平面去截顶角分别为锐角、钝角和直角的圆锥，发现了三种圆锥曲线.之后，数学家亚理士塔欧、欧几里得、阿波罗尼斯等都对圆锥曲线进行了深入的研究.直到3世纪末，帕普斯才在其《数学汇编》中首次证明：与定点和定直线的距离成定比的点的轨迹是圆锥曲线，定比小于、大于和等于1分别对应椭圆、双曲线和抛物线.已知是平面内两个定点，且|AB|=4，则下列关于轨迹的说法中错误的是（）A．到两点距离相等的点的轨迹是直线B．到两点距离之比等于2的点的轨迹是圆C．到两点距离之和等于5的点的轨迹是椭圆D．到两点距离之差等于3的点的轨迹是双曲线【答案】D【分析】判断到两点距离相等的点的轨迹是连线的垂直平分线，判断A;建立平面直角坐标系，求出动点的轨迹方程，可判断B;根据椭圆以及双曲线的定义可判断.【详解】对于A，到两点距离相等的点的轨迹是连线的垂直平分线，正确；对于B，以为x轴，的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，则，设动点，由题意知,即，化简为，即此时点的轨迹为圆，B正确；对于C，不妨设动点P到两点距离之和等于5，即，由于，故到两点距离之和等于5的点的轨迹是以为焦点的椭圆，C正确；对于D，设动点P到两点距离之差等于3，即,由于，故到两点距离之差等于3的点的轨迹是双曲线靠近B侧的一支，D错误，故选：D9．（2021秋辽宁沈阳高三沈阳二十中校联考期中）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明．经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明．他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线．现有方程表示的曲线是双曲线，则m的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】将原方程两边同时开平方，结合两点得距离公式和点到直线的距离公式，以及圆锥曲线的统一定义，可得关于的不等式，从而可得出答案.【详解】解：由方程，，得，则，则，可得动点到定点和定直线的距离之比为常数，由双曲线得定义可得，解得.故选：A.10．（2022全国高三专题练习）如图，用一个平面去截圆锥得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinaldandelin（）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面截面相切，两个球分别与截面相切于，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于，由球和圆的几何性质，可以知道，，，于是.由的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以为焦点的椭圆.如图，一个半径为的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源，则球在桌面上的投影是椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的焦距为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】设球与相切与点，可得，利用二倍角正切公式可得，由此可得，由可求得焦距.【详解】设球与相切与点，作出轴截面如下图所示，由题意知：，，，，又，，，又，，椭圆的焦距为.故选：C.11．（2022全国高三专题练习）阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆的面积为，两个焦点分别为，点P为椭圆C的上顶点．直线与椭圆C交于A，B两点，若的斜率之积为，则椭圆C的长轴长为（）A．3B．6C．D．【答案】B【分析】由题意得到方程组和，即可解出a、b，求出长轴长.【详解】椭圆的面积，即.因为点P为椭圆C的上项点，所以.因为直线与椭圆C交于A，B两点，不妨设，则且，所以.因为的斜率之积为，所以，把代入整理化简得：联立解得：.所以椭圆C的长轴长为2a=6.故选：B12．（2022秋北京高二北京工业大学附属中学校考期中）著名数学家华罗庚曾说过：“数无形时少直觉，形少数时难入微.”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点与点的距离.结合上述观点，可得的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】记点、、，可得出，数形结合可求得的最小值.【详解】因为，记点、、，则，当且仅当点为线段与轴的交点时，等号成立，即的最小值为.故选：C.13．（2022秋福建福州高二福建省福州延安中学校考阶段练习）1949年公布的《国旗制法说明》中就五星的位置规定：大五角星有一个角尖正向上方，四颗小五角星均各有一个角尖正对大五角星的中心点．有人发现，第三颗小星的姿态与大星相近．为便于研究，如图，以大星的中心点为原点，建立直角坐标系，OO1，OO2，OO3，OO4分别是大星中心点与四颗小星中心点的连接线，16，则第三颗小星的一条边AB所在直线的倾斜角约为（）A．0B．1C．2D．3【答案】C【分析】根据5颗星的位置情况知BAO318，过O3作x轴的平行线O3E并确定OO3E的大小，即可知AB所在直线的倾斜角.【详解】O，O3都为五角星的中心点，OO3平分第三颗小星的一个角，又五角星的内角为36知：BAO318，过O3作x轴的平行线O3E，如下图，则OO3E16，直线AB的倾斜角为18162.故选：C14．（2022秋湖北高二宜城市第一中学校联考期中）在唐诗“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即认为回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】先求出将军出发点关于河岸所在直线的对称点，再连接交河岸所在直线于点，则由对称性可知为最短距离，求解即可．【详解】解：如图，设关于河岸线所在直线的对称点为，根据题意，设军营所在区域为以圆心为，半径的圆上和圆内所有点，为最短距离，先求出的坐标，的中点为，，直线的斜率为1，则，解得，，，又，所以，故选：C．15．（2022秋安徽合肥高二合肥市第七中学校联考期中）国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点B分别向内层椭圆引切线AC，BD，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】设内层椭圆方程为，则外层椭圆方程为（），分别列出过和的切线方程，联立切线和内层椭圆，由分别转化出的表达式，结合可求与关系式，齐次化可求离心率.【详解】设内层椭圆方程为（），因为内、外层椭圆离心率相同，所以外层椭圆方程可设成（），设切线方程为，与联立得，，由，化简得：，设切线方程为，同理可求得，所以，，所以，因此.故选：D二、多选题16．（2020秋重庆巴南高二重庆市实验中学校考阶段练习）2020年11月24日，我国在中国文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，它将首次带月壤返回地球，我们离月球的“距离”又近一步了.已知点，直线，若某直线上存在点，使得点到点的距离比到直线的距离小1，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论正确的是（）A．点的轨迹曲线是一条线段B．不是“最远距离直线”C．是“最远距离直线”D．点的轨迹与直线：是没有交会的轨迹即两个轨迹没有交点【答案】BCD【分析】由题意结合抛物线的定义可得点的轨迹，可以判断选项A，根据抛物线的曲线性质可判断选项D，对于选项B和C，结合题意可知，判断直线是否是“最远距离直线”,只需要联立抛物线与直线方程，通过判断方程是否有解即可.【详解】由题意可得：点到点的距离比等于点到直线的距离，由抛物线的定义可知，点的轨迹是以为焦点的抛物线，即：，故A选项错误；对于选项B和C：判断直线是不是“最远距离直线”，只需要判断直线与抛物线是否有交点，所以联立直线与抛物线可得方程，易得方程无实根，故选项B正确；同理，通过联立直线与抛物线可得方程，易得方程有实根，故选项C正确；由于抛物线与其准线没有交点，所以选项D正确；故选：BCD.【点睛】抛物线方程中，字母p的几何意义是抛物线的焦点F到准线的距离，等于焦点到抛物线顶点的距离．而抛物线的定义是我们解题的关键，牢记这些对解题非常有益．17．（2022广东统考模拟预测）数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决.例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题.结合上述观点，对于函数，下列结论正确的是（）A．无解B．的解为C．的最小值为2D．的最大值为2【答案】BC【分析】根据两点间距离公式，结合椭圆的定义和性质分别进行判断即可．【详解】解：，设，，，则，若，则，则的轨迹是以，为焦点的椭圆，此时，，即，，即椭圆方程为，当时，得，得，得，故A错误，B正确，关于对称点为，则，当三点共线时，最小，此时，无最大值，故C正确，D错误，故选：BC.18．（2022秋广东茂名高二统考期末）(多选)如图所示，“嫦娥四号”卫星将沿地月转移轨道飞向月球后，在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道绕月飞行，之后卫星在P点第二次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道绕月飞行．若用2c1和2c2分别表示椭圆轨道和的焦距，用2a1和2a2分别表示椭圆轨道和的长轴长，下列式子正确的是（）A．B．C．0且1)的点所形成的图形是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知点A(0，6)，B(0，3)、动点M满足，记动点M的轨迹为曲线C(1)求曲线C的方程；(2)过点N(0、4)的直线l与曲线C交于P，Q两点，若P为线段NQ的中点，求直线l的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据点点距离公式，代入等量关系中化简即可求解方程，（2）联立直线与圆的方程，根据中点坐标公式以及根与系数的关系即可求解.【详解】（1）设，由点A(0，6)，B(0，3)、动点M满足得，两边平方化简得：，故曲线C的方程（2）当直线无斜率时；此时直线与圆相交P，Q两点，则或者,均不符合P为线段NQ的中点，当直线有斜率时；设：，联立直线与圆的方程，化简得，，故设，则-若为线段的中点，则，所以，将其代入中得：，进而得，满足，所以，因此的方程为37．（2021春上海普陀高二校考期中）1972年9月，苏步青先生第三次来到江南造船厂，这一次他是为解决造船难题、开发更好的船体数学放样方法而来，他为我国计算机辅助几何设计的发展作出了重要贡献.造船时，在船体放样中，要画出甲板圆弧线，由于这条圆弧线的半径很大，无法在钢板上用圆规画出，因此需要先求出这条圆弧线的方程，再用描点法画出圆弧线.如图，已知圆弧的半径r29米，圆弧所对的弦长l12米，以米为单位，建立适当的坐标系，并求圆弧的方程（答案中数据精确到0.001米，）.【答案】【分析】以所在直线为轴，弦的垂直平分线为轴，根据勾股定理求得圆心坐标即可得解.【详解】如图，以所在直线为轴，弦的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，设圆弧的圆心为，连接，则，所以，即圆心的坐标为，所以圆弧的方程为38．（2021春江西抚州高一黎川县第一中学校考期末）数学家欧拉在1765年提出：三角形的重心外心垂心位于同一直线上，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线，若的顶点，，且的欧拉线的方程为．（注：如果三个顶点坐标分别为，则重心的坐标是.）（1）求外心(外接圆圆心)的坐标；（2）求顶点的坐标．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先由已知条件求出边上的中垂线方程，因为外心中三边中垂线的交点，外心又在欧拉线上，所以由可求得外心坐标；（2）设，则的重心坐标为，因为重心在欧拉线上，所以将重心坐标代入欧拉线方程化简可得，由可得，然后解方程组可求出顶点的坐标【详解】（1）三角形外心是三边中垂线的交点，由已知条件知顶点，则中点坐标为所以边上的中垂线方程为，化简得.又因为三角形的外心在欧拉线上，联立，解得所以外心的坐标为（2）设，则的重心坐标为，由题意可知重心在欧拉线上，故满足，化简得由（1）得外心的坐标为，则，即，整理得联立，解得或，当时，点与点重合，故舍去，所以顶点的坐标为.39．（2022秋江西高二校联考阶段练习）著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线被称为三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理．现已知的三个顶点坐标分别为，，，圆的圆心在的欧拉线上，且满足，直线被圆截得的弦长为．(1)求的欧拉线的方程；(2)求圆的标准方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）由重心坐标公式可求得重心，由垂直关系可分别求得边上的高线所在直线，联立可得垂心，由此可得所在直线方程，即为所求欧拉线方程；（2）设，由向量数量积坐标运算可构造方程求得的值，由此确定圆心坐标，利用点到直线距离公式可求得圆心到直线距离，根据垂径定理可构造方程求得，由此可得圆的标准方程.（1）由坐标可得：重心，即；，，边的高线所在直线为；边的高线所在直线为，即；由得：，即的垂心；，则欧拉线方程为：，即.（2）设，圆的半径为，，，，解得：或；当时，，圆心到直线的距离，，解得：，圆的方程为：；当时，，圆心到直线的距离，，解得：，圆的方程为：；综上所述：圆的标准方程为：或.40．（2021全国高三专题练习）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登上望烽火，黄昏饮马傍交河，”诗中隐含着一个有趣的“将军饮马”问题，这是一个数学问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使得总路程最短？在平面直角坐标系中，将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即为回到军营.（1）若军营所在区域为：，求“将军饮马”的最短总路程；（2）若军营所在区域为为：，求“将军饮马”的最短总路程．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）作出图形，先算出点A关于已知直线的对称点，进而连接交已知直线于点P，则点P为饮马点，然后求出最短总路程；（2）作出图形，进而选取区域内离最近的点，最后求出最短总路程.【详解】（1)若军营所在区域为，圆：的圆心为原点，半径为，作图1如下：设将军饮马点为，到达营区点为，设为关于直线的对称点，因为，所以线段的中点为，则，又，联立解得：，即.所以总路程，要使得总路程最短，只需要最短，即点到圆上的点的最短距离，即为.（2）军营所在区域为，对于，在，时为令，得，令，则，图形为连接点和的线段，根据对称性得到的图形为图2中所示的菱形，容易知道：为这个菱形的内部(包括边界).由图2可知，最短路径为线段，连接交直线于点，则饮马最佳点为点Q，所以点到区域最短距离．即“将军饮马”最短总路程为.五、双空题41．（2022秋湖北武汉高三校考阶段练习）祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家，他于5世纪末提出了“幂势既同，则积不容异”的体积计算原理，即“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.现已知直线与双曲线及其渐近线围成的平面图形如图所示.若将图形被直线所截得的两条线段绕轴旋转一周，则形成的旋转面的面积______；若将图形绕轴旋转一周，则形成的旋转体的体积______.【答案】【分析】由直线，其中，分别联立方程组和，求得的坐标，进而求得圆环的面积，再结合题意得到该几何体的体积与底面面积为，高为4的圆柱的体积相同，利用圆柱的体积公式，即可求解【详解】如图所示，双曲线，其中一条渐近线方程为，由直线，其中，联立方程组，解得，联立方程组，解得，所以截面圆环的面积为，即旋转面的面积为，根据“幂势既同，则积不容异”，可得该几何体的体积与底面面积为，高为4的圆柱的体积相同，所以该几何体的体积为.故答案为：，.