專題20平面解析幾何1．瑞士數學家歐拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的幾何學》一書中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一條直線上，后人稱這條直線為歐拉線.已知的頂點，，其歐拉線方程為，則頂點的坐標可以是（）A． B． C． D．2．在平面直角坐標系中，曲線上任意點與兩個定點和點連線的斜率之和等于2，則關于曲線的結論正確的有（）A．曲線是軸對稱圖形 B．曲線上所有的點都在圓外C．曲線是中心對稱圖形 D．曲線上所有點的橫坐標滿足3．若雙曲線的一個焦點，且漸近線方程為，則下列結論正確的是（）A．的方程為 B．的離心率為C．焦點到漸近線的距離為 D．兩準線間的距離為4．我們通常稱離心率為的橢圓為“黃金橢圓”.如圖，已知橢圓，為頂點，為焦點，為橢圓上一點，滿足下列條件能使橢圓為“黃金橢圓”的有（）A．為等比數列B．C．軸，且D．四邊形的內切圓過焦點5．已知拋物線的焦點為、準線為，過點的直線與拋物線交于兩點，，點在上的射影為，則（）A．若，則B．以為直徑的圓與準線相切C．設，則D．過點與拋物線有且僅有一個公共點的直線至多有2條6．過拋物線的焦點作直線交拋物線于，兩點，為線段的中點，則（）A．以線段為直徑的圓與直線相離 B．以線段為直徑的圓與軸相切C．當時， D．的最小值為47．已知拋物線的焦點為，直線的斜率為且經過點，直線與拋物線交于點、兩點（點在第一象限），與拋物線的準線交于點，若，則以下結論正確的是（）A． B． C． D．8．已知點是直線上一定點，點、是圓上的動點，若的最大值為，則點的坐標可以是（）A． B． C． D．9．已知點F是拋物線的焦點，AB,CD是經過點F的弦且AB⊥CD，AB的斜率為k，且k>0，C,A兩點在x軸上方.則下列結論中一定成立的是（）A． B．四邊形ACBD面積最小值為C． D．若，則直線CD的斜率為10．已知三個數成等比數列，則圓錐曲線的離心率為（）A． B． C． D．11．已知雙曲線的離心率為，右頂點為，以為圓心，為半徑作圓，圓與雙曲線的一條漸近線交于，兩點，則有（）A．漸近線方程為 B．漸近線方程為C． D．12．古希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名.他發現：“平面內到兩個定點，的距離之比為定值的點的軌跡是圓”.后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.在平面直角坐標系中，，，點滿足.設點的軌跡為，下列結論正確的是（）A．的方程為B．在上存在點，使得C．當，，三點不共線時，射線是的平分線D．在三棱錐中，面，且，，，該三棱錐體積最大值為1213．下列選項正確的為（）A．已知直線：，：，則的充分不必要條件是B．命題“若數列為等比數列，則數列為等比數列”是假命題C．棱長為正方體中，平面與平面距離為D．已知為拋物線上任意一點且，若恒成立，則14．已知分別是雙曲線的左右焦點，點是雙曲線上異于雙曲線頂點的一點，且向量，則下列結論正確的是（）A．雙曲線的漸近線方程為 B．以為直徑的圓的方程為C．到雙曲線的一條漸近線的距離為1 D．的面積為115．橢圓的左右焦點分別為，為坐標原點，以下說法正確的是（）A．過點的直線與橢圓交于，兩點，則的周長為.B．橢圓上存在點，使得.C．橢圓的離心率為D．為橢圓一點，為圓上一點，則點，的最大距離為.專題20平面解析幾何1．瑞士數學家歐拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的幾何學》一書中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一條直線上，后人稱這條直線為歐拉線.已知的頂點，，其歐拉線方程為，則頂點的坐標可以是（）A． B． C． D．【答案】AD【解析】【分析】設，依題意可確定的外心為，可得出一個關系式，求出重心坐標，代入歐拉直線方程，又可得出另一個關系式，解方程組，即可得出結論.【詳解】設的垂直平分線為，的外心為歐拉線方程為與直線的交點為，，①由，，重心為，代入歐拉線方程，得，②由①②可得或.故選:AD【點睛】本題以數學文化為背景，考查圓的性質和三角形重心，屬于較難題.2．在平面直角坐標系中，曲線上任意點與兩個定點和點連線的斜率之和等于2，則關于曲線的結論正確的有（）A．曲線是軸對稱圖形 B．曲線上所有的點都在圓外C．曲線是中心對稱圖形 D．曲線上所有點的橫坐標滿足【答案】BC【解析】【分析】根據已知條件求出曲線的方程，即可求得結論.【詳解】設點，得不滿足方程，圖像如下圖所示：曲線對應的函數是奇函數，圖像關于原點對稱，無對稱軸，選項C正確，選項A不正確；，選項B正確；當時，則選項D不正確.故選:BC【點睛】本題考查求曲線方程，并研究曲線的幾何性質，屬于較難題.3．若雙曲線的一個焦點，且漸近線方程為，則下列結論正確的是（）A．的方程為 B．的離心率為C．焦點到漸近線的距離為 D．兩準線間的距離為【答案】AD【解析】【分析】先根據雙曲線的幾何性質求出其標準方程，再根據方程求出其它性質，再逐一判斷各選項．【詳解】由題意設雙曲線的標準方程為，焦距為，∵雙曲線的一個焦點，且漸近線方程為，∴，解得，∴雙曲線的標準方程為，A對；∴其離心率為，B錯；焦點到漸近線的距離，C錯；準線方程為，則兩準線間的距離為，D對；故選：AD．【點睛】本題主要考查雙曲線的標準方程及幾何性質，屬于基礎題．4．我們通常稱離心率為的橢圓為“黃金橢圓”.如圖，已知橢圓，為頂點，為焦點，為橢圓上一點，滿足下列條件能使橢圓為“黃金橢圓”的有（）A．為等比數列B．C．軸，且D．四邊形的內切圓過焦點【答案】BD【解析】【分析】利用橢圓的簡單性質分別求出離心率，再利用黃金橢圓的定義求解．【詳解】解：，對于：為等比數列則不滿足條件，故錯誤；對于：即解得或（舍去）滿足條件故正確；對于：軸，且即解得不滿足題意，故錯誤；對于：四邊形的內切圓過焦點即四邊形的內切圓的半徑為，解得（舍去）或故正確故選：【點睛】本題考查橢圓的離心率的計算問題，屬于中檔題.5．已知拋物線的焦點為、準線為，過點的直線與拋物線交于兩點，，點在上的射影為，則（）A．若，則B．以為直徑的圓與準線相切C．設，則D．過點與拋物線有且僅有一個公共點的直線至多有2條【答案】ABC【解析】【分析】利用拋物線的定義和幾何性質依次判斷選項即可【詳解】對于選項A,因為,所以,則,故A正確；對于選項B,設為中點,設點在上的射影為,點在上的射影為,則由梯形性質可得,故B正確；對于選項C,因為,所以,故C正確；對于選項D,顯然直線,與拋物線只有一個公共點,設過的直線為,聯立,可得,令,則,所以直線與拋物線也只有一個公共點,此時有三條直線符合題意,故D錯誤；故選：ABC【點睛】本題考查拋物線的幾何性質的應用,考查直線與拋物線的的交點個數問題,考查拋物線的定義的應用,考查數形結合思想和運算能力6．過拋物線的焦點作直線交拋物線于，兩點，為線段的中點，則（）A．以線段為直徑的圓與直線相離 B．以線段為直徑的圓與軸相切C．當時， D．的最小值為4【答案】ACD【解析】【分析】根據拋物線的定義和直線與圓的相切關系對四個選項逐一判斷即可.【詳解】對于選項A，點到準線的距離為，于是以線段為直徑的圓與直線一定相切，進而與直線一定相離：對于選項B，顯然中點的橫坐標與不一定相等，因此命題錯誤.對于選項C，D，設，，直線方程為，聯立直線與拋物線方程可得，，，若設，則，于是，最小值為4；當可得，，所，.故選:ACD.【點睛】本題考查了拋物線的定理和圓的切線的性質，屬于基礎題.7．已知拋物線的焦點為，直線的斜率為且經過點，直線與拋物線交于點、兩點（點在第一象限），與拋物線的準線交于點，若，則以下結論正確的是（）A． B． C． D．【答案】ABC【解析】【分析】作出圖形，利用拋物線的定義、相似三角形等知識來判斷各選項命題的正誤.【詳解】如下圖所示：分別過點、作拋物線的準線的垂線，垂足分別為點、.拋物線的準線交軸于點，則，由于直線的斜率為，其傾斜角為，軸，，由拋物線的定義可知，，則為等邊三角形，，則，，得，A選項正確；，又，為的中點，則，B選項正確；，，（拋物線定義），C選項正確；，，D選項錯誤.故選：ABC.【點睛】本題考查與拋物線相關的命題真假的判斷，涉及拋物線的定義，考查數形結合思想的應用，屬于中等題.8．已知點是直線上一定點，點、是圓上的動點，若的最大值為，則點的坐標可以是（）A． B． C． D．【答案】AC【解析】【分析】設點的坐標為，可得知當、均為圓的切線時，取得最大值，可得出四邊形為正方形，可得出，進而可求出點的坐標.【詳解】如下圖所示：原點到直線的距離為，則直線與圓相切，由圖可知，當、均為圓的切線時，取得最大值，連接、，由于的最大值為，且，，則四邊形為正方形，所以，由兩點間的距離公式得，整理得，解得或，因此，點的坐標為或.故選：AC.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系的綜合問題，考查利用角的最值來求點的坐標，解題時要找出直線與圓相切這一臨界位置來進行分析，考查數形結合思想的應用，屬于中等題.9．已知點F是拋物線的焦點，AB,CD是經過點F的弦且AB⊥CD，AB的斜率為k，且k>0，C,A兩點在x軸上方.則下列結論中一定成立的是（）A． B．四邊形ACBD面積最小值為C． D．若，則直線CD的斜率為【答案】ACD【解析】【分析】利用拋物線的極坐標方程求出，然后即可計算求解，判斷出各選項的真假．【詳解】設AB的傾斜角為，則有，所以，C正確；，若，則，，直線CD的斜率為，D正確；，所以B不正確；設，由拋物線過焦點弦的性質可知，，，所以A正確．故選：ACD．【點睛】本題主要考查直線與拋物線的位置關系的應用，拋物線的簡單性質應用，拋物線的極坐標方程的應用，考查學生的數學運算能力，屬于較難題．10．已知三個數成等比數列，則圓錐曲線的離心率為（）A． B． C． D．【答案】BC【解析】【分析】由等比數列的性質求出，再判斷曲線類型，進而求出離心率【詳解】由三個數成等比數列，得，即；當，圓錐曲線為，曲線為橢圓，則；當時，曲線為，曲線為雙曲線，，則離心率為：或故選：BC【點睛】本題考查等比數列的性質，離心率的求解，易錯點為漏解的取值，屬于中檔題11．已知雙曲線的離心率為，右頂點為，以為圓心，為半徑作圓，圓與雙曲線的一條漸近線交于，兩點，則有（）A．漸近線方程為 B．漸近線方程為C． D．【答案】BC【解析】【分析】由離心率公式化簡可得漸近線方程，通過求圓心A到漸近線的距離結合直角三角形可得到的值.【詳解】雙曲線離心率為故漸近線方程為，取MN的中點P,連接AP,利用點到直線的距離公式可得,則，所以則故選BC【點睛】本題考查雙曲線的簡單的幾何性質，考查雙曲線的漸近線和離心率的應用，考查圓的有關性質，屬于中檔題.12．古希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名.他發現：“平面內到兩個定點，的距離之比為定值的點的軌跡是圓”.后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.在平面直角坐標系中，，，點滿足.設點的軌跡為，下列結論正確的是（）A．的方程為B．在上存在點，使得C．當，，三點不共線時，射線是的平分線D．在三棱錐中，面，且，，，該三棱錐體積最大值為12【答案】ACD【解析】【分析】A．代入坐標表示出線段長度，根據線段長度比值得到的方程；B．根據長度關系列出方程，并判斷方程是否有解；C．利用已知條件，以及的比值，根據角平分線定理的逆定理作出判斷；D．結合題設定義建立合適坐標系，可得的軌跡是圓，據此分析出三棱錐底面積最大值，由此可得三棱錐體積的最大值.【詳解】A．設，因為，所以，所以，所以，故正確；B．設存在滿足，因為，所以，所以，所以，又因為，所以，又因為不滿足，所以不存在滿足條件，故錯誤；C．當，，三點不共線時，因為，，所以，所以，由角平分線定理的逆定理可知：射線是的平分線，故正確；D．因為三棱錐的高為，所以當底面的面積最大值時，此時三棱錐的體積最大，因為，，取靠近的一個三等分點為坐標原點，為軸建立平面直角坐標系，所以不妨取，，由題設定義可知的軌跡方程為：，所以，此時在圓的最高點處，所以，故正確.【點睛】本題考查阿波羅尼斯圓的定義及應用，屬于新定義問題，難度較難.(1)證明角平分線除了可以通過線段的長度比來證明，還可以通過點到線段兩邊的距離相等來證明；(2)和圓有關的線段長度問題，可以利用坐標法來解決問題.13．下列選項正確的為（）A．已知直線：，：，則的充分不必要條件是B．命題“若數列為等比數列，則數列為等比數列”是假命題C．棱長為正方體中，平面與平面距離為D．已知為拋物線上任意一點且，若恒成立，則【答案】ABCD【解析】【分析】A．分析“”與“”的互相推出情況，由此確定是否為充分不必要條件；B．分析特殊情況：時，，由此判斷命題真假；C．將面面距離轉化為點到面的距離，從而可求出面面距離并判斷對錯；D．根據線段長度之間的關系列出不等式，從而可求解出的取值范圍.【詳解】A．當時，，，顯然；當時，，解得，所以的充分不必要條件是正確；B．當時，，所以此時為等比數列，但不是等比數列，所以命題是假命題，故正確；C．如圖所示：由圖可知：，所以平面平面，所以平面與平面距離即為到平面的距離，記為，由等體積可知：，所以，故正確；D．設，因為，所以，所以且，所以，當時顯然符合，當時，所以，綜上可知：.故正確.故選：ABCD.【點睛】本題考查命題真假的判斷，難度一般.(1)判斷命題是命題的何種條件時，注意從兩方面入手：充分性、必要性；(2)立體幾何中求解點到平面的距離，采用等體積法較易.14．已知分別是雙曲線的左右焦點，點是雙曲線上異于雙曲線頂點的一點，且向量，則下列結論正確的是（）A．雙曲線