专题20 解析几何多选题2(原卷版)+解析版

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专题20 平面解析几何1．瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是（    ）A． B． C． D．【答案】AD【解析】【分析】设，依题意可确定的外心为，可得出一个关系式，求出重心坐标，代入欧拉直线方程，又可得出另一个关系式，解方程组，即可得出结论.【详解】设的垂直平分线为，的外心为欧拉线方程为与直线的交点为，，① 由，，重心为，代入欧拉线方程，得，②由 ①②可得或 .故选:AD【点睛】本题以数学文化为背景，考查圆的性质和三角形重心，属于较难题.2．在平面直角坐标系中，曲线上任意点与两个定点和点连线的斜率之和等于2，则关于曲线的结论正确的有（    ）A．曲线是轴对称图形 B．曲线上所有的点都在圆外C．曲线是中心对称图形 D．曲线上所有点的横坐标满足【答案】BC【解析】【分析】根据已知条件求出曲线的方程，即可求得结论.【详解】设点，得不满足方程，图像如下图所示： 曲线对应的函数是奇函数，图像关于原点对称，无对称轴，选项C正确，选项A不正确；，选项B正确；当时，则选项D不正确. 故选:BC【点睛】本题考查求曲线方程，并研究曲线的几何性质，属于较难题.3．若双曲线的一个焦点，且渐近线方程为，则下列结论正确的是（    ）A．的方程为 B．的离心率为C．焦点到渐近线的距离为 D．两准线间的距离为【答案】AD【解析】【分析】先根据双曲线的几何性质求出其标准方程，再根据方程求出其它性质，再逐一判断各选项．【详解】由题意设双曲线的标准方程为，焦距为，∵双曲线的一个焦点，且渐近线方程为，∴，解得，∴双曲线的标准方程为，A对；∴其离心率为，B错；焦点到渐近线的距离，C错；准线方程为，则两准线间的距离为，D对；故选：AD．【点睛】本题主要考查双曲线的标准方程及几何性质，属于基础题．4．我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”.如图，已知椭圆，为顶点，为焦点，为椭圆上一点，满足下列条件能使椭圆为“黄金椭圆”的有（    ）A．为等比数列B．C． 轴，且D．四边形的内切圆过焦点【答案】BD【解析】【分析】利用椭圆的简单性质分别求出离心率，再利用黄金椭圆的定义求解．【详解】解：，对于：为等比数列则不满足条件，故错误；对于：即解得或（舍去）满足条件故正确；对于： 轴，且即解得不满足题意，故错误；对于：四边形的内切圆过焦点即四边形的内切圆的半径为，解得（舍去）或故正确故选：【点睛】本题考查椭圆的离心率的计算问题，属于中档题.5．已知抛物线的焦点为、准线为，过点的直线与抛物线交于两点，，点在上的射影为，则 （    ）A．若，则B．以为直径的圆与准线相切C．设，则D．过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线至多有2条【答案】ABC【解析】【分析】利用抛物线的定义和几何性质依次判断选项即可【详解】对于选项A,因为,所以,则,故A正确；对于选项B,设为中点,设点在上的射影为,点在上的射影为,则由梯形性质可得,故B正确；对于选项C,因为,所以,故C正确；对于选项D,显然直线,与抛物线只有一个公共点,设过的直线为,联立,可得,令,则,所以直线与抛物线也只有一个公共点,此时有三条直线符合题意,故D错误；故选：ABC【点睛】本题考查抛物线的几何性质的应用,考查直线与抛物线的的交点个数问题,考查抛物线的定义的应用,考查数形结合思想和运算能力6．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，则（    ）A．以线段为直径的圆与直线相离 B．以线段为直径的圆与轴相切C．当时， D．的最小值为4【答案】ACD【解析】【分析】根据抛物线的定义和直线与圆的相切关系对四个选项逐一判断即可.【详解】对于选项A，点到准线的距离为，于是以线段为直径的圆与直线一定相切，进而与直线一定相离：对于选项B，显然中点的横坐标与不一定相等，因此命题错误.对于选项C，D，设，，直线方程为，联立直线与抛物线方程可得 ，，，若设，则，于是，最小值为4；当可得，，所，.故选:ACD.【点睛】本题考查了抛物线的定理和圆的切线的性质，属于基础题.7．已知抛物线的焦点为，直线的斜率为且经过点，直线与抛物线交于点、两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【解析】【分析】作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误.【详解】如下图所示：分别过点、作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点、.抛物线的准线交轴于点，则，由于直线的斜率为，其倾斜角为，轴，，由抛物线的定义可知，，则为等边三角形，，则，，得，A选项正确；，又，为的中点，则，B选项正确；，，（抛物线定义），C选项正确；，，D选项错误.故选：ABC.【点睛】本题考查与抛物线相关的命题真假的判断，涉及抛物线的定义，考查数形结合思想的应用，属于中等题.8．已知点是直线上一定点，点、是圆上的动点，若的最大值为，则点的坐标可以是（    ）A． B． C． D．【答案】AC【解析】【分析】设点的坐标为，可得知当、均为圆的切线时，取得最大值，可得出四边形为正方形，可得出，进而可求出点的坐标.【详解】如下图所示：原点到直线的距离为，则直线与圆相切，由图可知，当、均为圆的切线时，取得最大值，连接、，由于的最大值为，且，，则四边形为正方形，所以，由两点间的距离公式得，整理得，解得或，因此，点的坐标为或.故选：AC.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合问题，考查利用角的最值来求点的坐标，解题时要找出直线与圆相切这一临界位置来进行分析，考查数形结合思想的应用，属于中等题.9．已知点F是抛物线的焦点，AB,CD是经过点F的弦且AB⊥CD，AB的斜率为k，且k>0，C,A两点在x轴上方.则下列结论中一定成立的是（    ）A． B．四边形ACBD面积最小值为C． D．若，则直线CD的斜率为【答案】ACD【解析】【分析】利用抛物线的极坐标方程求出，然后即可计算求解，判断出各选项的真假．【详解】设AB的倾斜角为，则有，所以，C正确；，若，则，，直线CD的斜率为，D正确；，所以B不正确；设 ，由抛物线过焦点弦的性质可知，，，所以A正确．故选：ACD．【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系的应用，抛物线的简单性质应用，抛物线的极坐标方程的应用，考查学生的数学运算能力，属于较难题．10．已知三个数成等比数列，则圆锥曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】BC【解析】【分析】由等比数列的性质求出，再判断曲线类型，进而求出离心率【详解】由三个数成等比数列，得，即；当，圆锥曲线为，曲线为椭圆，则；当时，曲线为，曲线为双曲线，，则离心率为：或故选：BC【点睛】本题考查等比数列的性质，离心率的求解，易错点为漏解的取值，属于中档题11．已知双曲线的离心率为，右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，则有（  ）A．渐近线方程为 B．渐近线方程为C． D．【答案】BC【解析】【分析】由离心率公式化简可得渐近线方程，通过求圆心A到渐近线的距离结合直角三角形可得到的值.【详解】双曲线离心率为故渐近线方程为，取MN的中点P,连接AP,利用点到直线的距离公式可得,则，所以则故选BC【点睛】本题考查双曲线的简单的几何性质，考查双曲线的渐近线和离心率的应用，考查圆的有关性质，属于中档题.12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为，下列结论正确的是（    ）A．的方程为B．在上存在点，使得C．当，，三点不共线时，射线是的平分线D．在三棱锥中，面，且，，，该三棱锥体积最大值为12【答案】ACD【解析】【分析】A．代入坐标表示出线段长度，根据线段长度比值得到的方程；B．根据长度关系列出方程，并判断方程是否有解；C．利用已知条件，以及的比值，根据角平分线定理的逆定理作出判断；D．结合题设定义建立合适坐标系，可得的轨迹是圆，据此分析出三棱锥底面积最大值，由此可得三棱锥体积的最大值.【详解】A．设，因为，所以，所以，所以，故正确；B．设存在满足，因为，所以，所以，所以，又因为，所以，又因为不满足，所以不存在满足条件，故错误；C．当，，三点不共线时，因为，，所以，所以，由角平分线定理的逆定理可知：射线是的平分线，故正确；D．因为三棱锥的高为，所以当底面的面积最大值时，此时三棱锥的体积最大，因为，，取靠近的一个三等分点为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系，所以不妨取，，由题设定义可知的轨迹方程为：，所以，此时在圆的最高点处，所以，故正确.【点睛】本题考查阿波罗尼斯圆的定义及应用，属于新定义问题，难度较难.(1)证明角平分线除了可以通过线段的长度比来证明，还可以通过点到线段两边的距离相等来证明；(2)和圆有关的线段长度问题，可以利用坐标法来解决问题.13．下列选项正确的为（    ）A．已知直线：，：，则的充分不必要条件是B．命题“若数列为等比数列，则数列为等比数列”是假命题C．棱长为正方体中，平面与平面距离为D．已知为抛物线上任意一点且，若恒成立，则【答案】ABCD【解析】【分析】A．分析“”与“”的互相推出情况，由此确定是否为充分不必要条件；B．分析特殊情况：时，，由此判断命题真假；C．将面面距离转化为点到面的距离，从而可求出面面距离并判断对错；D．根据线段长度之间的关系列出不等式，从而可求解出的取值范围.【详解】A．当时，，，显然；当时，，解得，所以的充分不必要条件是正确；B．当时，，所以此时为等比数列，但不是等比数列，所以命题是假命题，故正确；C．如图所示：由图可知：，所以平面平面，所以平面与平面距离即为到平面的距离，记为， 由等体积可知：，所以，故正确；D．设，因为，所以，所以且，所以，当时显然符合，当时，所以，综上可知：.故正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查命题真假的判断，难度一般.(1)判断命题是命题的何种条件时，注意从两方面入手：充分性、必要性；(2)立体几何中求解点到平面的距离，采用等体积法较易.14．已知分别是双曲线的左右焦点，点是双曲线上异于双曲线顶点的一点，且向量，则下列结论正确的是（    ）A．双曲线的渐近线方程为 B．以为直径的圆的方程为C．到双曲线的一条渐近线的距离为1 D．的面积为1【答案】ACD【解析】【分析】求出双曲线C渐近线方程，焦点，的面积即可判断.【详解】A.代入双曲线渐近线方程得,正确.B.由题意得，则以为直径的圆的方程不是，错误.C.，渐近线方程为，距离为1，正确.D. 由题意得,设，根据，解得，，则的面积为1.正确.故选：ACD.【点睛】考查双曲线的渐近线方程，焦点，以及双曲线上的几何性质.题目涉及知识点较为广泛.15．椭圆的左右焦点分别为，为坐标原点，以下说法正确的是（    ）A．过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为.B．椭圆上存在点，使得.C．椭圆的离心率为D．为椭圆一点，为圆上一点，则点，的最大距离为.【答案】ABD【解析】【分析】根据椭圆的定义，可判断A；根据数量积运算，以及椭圆的性质，可判断B；根据离心率的定义，可判断出C；根据点与圆位置关系，以及椭圆的性质，可判断D.【详解】对于选项A，因为分别为椭圆的左右焦点，过点的直线与椭圆交于，两点，由椭圆定义可得：，因此的周长为，故A正确；对于选项B，设点为椭圆上任意一点，则点坐标满足，且又，，所以，，因此，由，可得：，故B正确；对于选项C，因为，，所以，即，所以离心率为，故C错；对于选项D，设点为椭圆上任意一点，由题意可得：点到圆的圆心的距离为：，因为，所以.故D正确；故选：ABD【点睛】本题主要考查椭圆相关命题真假的判定，熟记椭圆的定义，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.