2022届新高考多选题分章节特训专题20 解析几何多选题2(解析版)

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ABC的顶点A4,0，B0,4，其欧拉线方程为xy20，则顶点C的坐标可以是（A．2,0C．2,0B．0,2D．0,2）2．在平面直角坐标系中，曲线C上任意点P与两个定点A2,0和点B2,0连线的斜率之和等于2，则关于曲线C的结论正确的有（A．曲线C是轴对称图形C．曲线C是中心对称图形）B．曲线C上所有的点都在圆x2y22外D．曲线C上所有点的横坐标x满足x2

3．若双曲线C的一个焦点F(5,0)，且渐近线方程为y

4

x，则下列结论正确的是（354185）x2y2A．C的方程为1

916C．焦点到渐近线的距离为3B．C的离心率为D．两准线间的距离为x2y251

的椭圆为“黄金椭圆”.如图，已知椭圆C:221(ab0)，4．我们通常称离心率为ab2A1,A2,B1,B2为顶点，F1,F2为焦点，P为椭圆上一点，满足下列条件能使椭圆C为“黄金椭圆”的有（）A．|A1F1|,|F1F2|,|F2A2|为等比数列B．F1B1A290

C．PF1x轴，且PO//A2B1

D．四边形A1B2A2B1的内切圆过焦点F1,F2

2

5．已知抛物线C:y4x的焦点为F、准线为l，过点F的直线与抛物线交于两点Px1,y1，Qx2,y2，点P在l上的射影为P1，则（A．若x1x26，则PQ8B．以PQ为直径的圆与准线l相切C．设M0,1，则PMPP1

）2D．过点M0,1与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条26．过抛物线y4x的焦点F作直线交抛物线于A，B两点，M为线段AB的中点，则（）A．以线段AB为直径的圆与直线xC．当AF2FB时，AB



9

23相离2

B．以线段BM为直径的圆与y轴相切D．AB的最小值为4已知抛物线C:y22pxp0的焦点为F，直线的斜率为3且经过点F，直线l与抛物线C7．交于点A、B两点（点A在第一象限），与抛物线的准线交于点D，若AF8，则以下结论正确的是（A．p4C．BD2BF

）B．DFFAD．BF4



8．已知点A是直线l:xy20上一定点，点P、Q是圆x2y21上的动点，若PAQ的最大值为90，则点A的坐标可以是（）C．A．0,22,0D．2

B．1,21

21,1）9．已知点F是抛物线y2pxp0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（uuuruuur32

A．OCODp

4B．四边形ACBD面积最小值为16p

22

111C．ABCD2p

D．若AFBF4p，则直线CD的斜率为3x2y210．已知三个数1,a,9成等比数列，则圆锥曲线1的离心率为（a2

A．5B．）33

C．102

D．3x2y223，右顶点为A，以A为圆心，b为半径11．已知双曲线C:221(a0,b0)的离心率为ab3

作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，则有（A．渐近线方程为y3xC．MAN60

B．渐近线方程为yD．MAN120

）3x312．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A，B的距离之比为定值1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xOy中，A2,0，B4,0，点P满足迹为C，下列结论正确的是（A．C的方程为x4y216

2

PA1

.设点P的轨PB2）B．在C上存在点M，使得MO2MA

C．当A，B，P三点不共线时，射线PO是APB的平分线D．在三棱锥中PABC，PA面ABC，且PA3，BC6，AC2AB，该三棱锥体积最大值为1213．下列选项正确的为（）A．已知直线l1：a2x1ay10，l2：a1x2a3y20，则l1l2的充分不必要条件是a1B．命题“若数列an为等比数列，则数列an为等比数列”是假命题2

C．棱长为a正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AC11D与平面ACB1距离为3a32

D．已知P为抛物线y2px上任意一点且Mm,0，若PMOM恒成立，则m,p14．已知F1,F2分别是双曲线C:x2y21的左右焦点，点P是双曲线上异于双曲线顶点的一点，且向量PF，则下列结论正确的是（1PF20

A．双曲线C的渐近线方程为yxC．F1到双曲线的一条渐近线的距离为1）B．以F1F2为直径的圆的方程为x2y21D．PF1F2的面积为1）x215．椭圆C:y21的左右焦点分别为F1,F2，O为坐标原点，以下说法正确的是（4

A．过点F2的直线与椭圆C交于A，B两点，则ABF1的周长为8.

B．椭圆C上存在点P，使得PF.1PF20

C．椭圆C的离心率为1

2x2D．P为椭圆y21一点，Q为圆x2y21上一点，则点P，Q的最大距离为3.4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ABC的顶点A4,0，B0,4，其欧拉线方程为xy20，则顶点C的坐标可以是（A．2,0【答案】AD【解析】【分析】B．0,2C．2,0）D．0,2设C(x,y)，依题意可确定ABC的外心为M(0,2)，可得出x,y一个关系式，求出ABC重心坐标，代入欧拉直线方程，又可得出x,y另一个关系式，解方程组，即可得出结论.【详解】设C(x,y),AB的垂直平分线为yx，ABC的外心为欧拉线方程为xy20

与直线yx的交点为M(1,1)，|MC||MA|10,(x1)2(y1)210，①由A4,0，B0,4，ABC重心为(

x4y4

,)，33

代入欧拉线方程xy20，得xy20，②由①②可得x2,y0或x0,y2.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C上任意点P与两个定点A2,0和点B2,0连线的斜率之和等于2，则关于曲线C的结论正确的有（A．曲线C是轴对称图形C．曲线C是中心对称图形【答案】BC【解析】【分析】根据已知条件求出曲线C的方程，即可求得结论.【详解】）B．曲线C上所有的点都在圆x2y22外D．曲线C上所有点的横坐标x满足x2

yy2，x2x24

得xyx24,x0不满足方程，yx(x2)

x设点P(x,y),x2,kPAkPB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；x2y22x2

16

x288282，选项B正确；当x1时，y3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C的一个焦点F(5,0)，且渐近线方程为y

4

3

x，则下列结论正确的是（A．C的方程为x2C的离心率为59y216

1

B．4C．焦点到渐近线的距离为3D．两准线间的距离为185

【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x2y2a2b21a0,b0，焦距为2c，∵双曲线C的一个焦点F(5,0)，且渐近线方程为y

4

3x，c5

a3∴

b4

，解得b4，aa23b2c

2c5）x2y2∴双曲线的标准方程为1，A对；916

∴其离心率为ec5，B错；a3焦点到渐近线的距离d

4534224，C错；18a29

准线方程为x，则两准线间的距离为，D对；5c5

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．x2y251

的椭圆为“黄金椭圆”.如图，已知椭圆C:221(ab0)，4．我们通常称离心率为ab2A1,A2,B1,B2为顶点，F1,F2为焦点，P为椭圆上一点，满足下列条件能使椭圆C为“黄金椭圆”的有（）A．|A1F1|,|F1F2|,|F2A2|为等比数列B．F1B1A290

C．PF1x轴，且PO//A2B1

D．四边形A1B2A2B1的内切圆过焦点F1,F2【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】x2y2

解：C:221(ab0)

ab

A1a,0,A2a,0,B10,b,B20,b，F1c,0,F2c,0对于A：|A1F1|,|F1F2|,|F2A2|为等比数列则|A1F1||F2A2||F1F2|

2

ac2c22

ac2c

e

1

不满足条件，故A错误；3

对于B：F1B1A290

A2F1B1F1B1A2aca2a2b2

2

222

c2aca20即e2e10解得e

故B正确；对于C：PF1x轴，且PO//A2B1

5151

或e（舍去）满足条件22b2

Pc,

akPO

b2kA2B1即ab解得bc

caa2b2c2e

cc2不满足题意，故C错误；

a22c对于D：四边形A1B2A2B1的内切圆过焦点F1,F2即四边形A1B2A2B1的内切圆的半径为c，abca2b2c43a2c2a40e43e210解得e2

5123535（舍去）或e222e

故D正确故选：BD【点睛】本题考查椭圆的离心率的计算问题，属于中档题.2

5．已知抛物线C:y4x的焦点为F、准线为l，过点F的直线与抛物线交于两点Px1,y1，Qx2,y2，点P在l上的射影为P1，则（A．若x1x26，则PQ8B．以PQ为直径的圆与准线l相切C．设M0,1，则PMPP1

）2D．过点M0,1与抛物线C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p2,所以x1x22PQ,则PQ8,故A正确；对于选项B,设N为PQ中点,设点N在l上的射影为N1,点Q在l上的射影为Q1,则由梯形性质可得NN1

PPPFQFPQ1QQ1,故B正确；222

2,故C正确；对于选项C,因为F1,0,所以PMPP1PMPFMF

对于选项D,显然直线x0,y1与抛物线只有一个公共点,设过M的直线为ykx1,ykx122

联立2,可得kx2k4x10,令0,则k1,所以直线yx1与抛物线也只y4x

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26．过抛物线y4x的焦点F作直线交抛物线于A，B两点，M为线段AB的中点，则（）A．以线段AB为直径的圆与直线xC．当AF2FB时，AB【答案】ACD【解析】【分析】

9

23相离2

B．以线段BM为直径的圆与y轴相切D．AB的最小值为4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M到准线x1的距离为直线x1一定相切，进而与直线x对于选项B，显然AB中点的横坐标与1

BM不一定相等，因此命题错误.23

一定相离：2

11AFBFAB，于是以线段AB为直径的圆与22

对于选项C，D，设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB方程为xmy1，联立直线与抛物线方程可得y24my40，y1y24，x1x21，若设A4a,4a，则B

2

11

,，于是24aa

ABx1x2p4a2

1

AB2，最小值为；当4AF2FB可得y12y2，24a191

4a2，所a2，AB.22a

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.已知抛物线C:y22pxp0的焦点为F，直线的斜率为3且经过点F，直线l与抛物线C7．交于点A、B两点（点A在第一象限），与抛物线的准线交于点D，若AF8，则以下结论正确的是（A．p4【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：）B．DFFA



C．BD2BFD．BF4

分别过点A、B作抛物线C的准线m的垂线，垂足分别为点E、M.抛物线C的准线m交x轴于点P，则PFp，由于直线l的斜率为3，其倾斜角为60，AE//x轴，EAF60，由抛物线的定义可知，AEAF，则AEF为等边三角形，EFPAEF60，则PEF30，AFEF2PF2p8，得p4，A选项正确；

AEEF2PF，又PF//AE，F为AD的中点，则DFFA，B选项正确；，C选项正确；DAE60，ADE30，BD2BM2BF（抛物线定义）BD2BF，BF

故选：ABC.【点睛】118

DFAF，D选项错误.333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A是直线l:xy20上一定点，点P、Q是圆x2y21上的动点，若PAQ的最大值为90，则点A的坐标可以是（A．0,2）C．B．1,21

2,0D．21,1

【答案】AC【解析】【分析】设点A的坐标为t,2t，可得知当AP、AQ均为圆x2y21的切线时，PAQ取得最大值90，可得出四边形APOQ为正方形，可得出OA2，进而可求出点A的坐标.【详解】如下图所示：原点到直线l的距离为d

212121，则直线l与圆x2y21相切，由图可知，当AP、AQ均为圆x2y21的切线时，PAQ取得最大值，连接OP、OQ，由于PAQ的最大值为90，且APOAQO90，OPOQ1，则四边形APOQ为正方形，所以OA由两点间的距离公式得OAt22OP2，2t22，整理得2t222t0，解得t0或2，因此，点A的坐标为0,2或故选：AC.【点睛】2,0.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y2pxp0的焦点，AB,CD是经过点F的弦且AB⊥CD，AB的斜率为2

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（）2

uuuruuur32

A．OCODp

4

C．B．四边形ACBD面积最小值为16p

2111ABCD2pD．若AFBF4p，则直线CD的斜率为3【答案】ACD【解析】【分析】利用抛物线的极坐标方程求出AF,BF,AB,CD，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|AB|

2p

,|CD|2sin2p2p

1112，cos，所以sin2ABCD2p2

C正确；|AF|

pp132,|BF|，若AFBF4p，则sin，tan，1cos1cos23

直线CD的斜率为3，D正确；SABCD

12p28p22

，所以B不正确；ABCD󰆆8p2222sincossin2设Cx1,y1,Dx2,y2p2

，由抛物线过焦点弦的性质可知，x1x2,y1y2p2，4

3

OCODx1x2y1y2p2，所以A正确．4

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．x2y210．已知三个数1,a,9成等比数列，则圆锥曲线1的离心率为（a2A．5【答案】BC【解析】【分析】由等比数列的性质求出a，再判断曲线类型，进而求出离心率【详解】B．）33C．102D．3x2y2

由三个数1,a,9成等比数列，得a9，即a3；当a3，圆锥曲线为1，曲线为椭32213510y2x2圆，则e；当a3时，曲线为，1，曲线为双曲线，e323223则离心率为：故选：BC【点睛】103或23本题考查等比数列的性质，离心率的求解，易错点为漏解a的取值，属于中档题x2y223，右顶点为A，以A为圆心，b为半径11．已知双曲线C:221(a0,b0)的离心率为ab3作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，则有（A．渐近线方程为y3xC．MAN60【答案】BC【解析】【分析】B．渐近线方程为yD．MAN120

）3x3

c2a2b2由离心率公式2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2aa得到MAN的值.【详解】x2y2bc23双曲线C:221的渐近线方程为yx,离心率为，abaa3

c2a2b2b24b21b33故渐近线方程为y则21,则，,x，222aaa3a3a33取MN的中点P,连接AP,利用点到直线的距离公式可得dAP

ab

APa，则cosPANc

ANbcab

,ca21

所以cosMANcos2PAN221则MAN60

c2

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A，B的距离之比为定值1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xOy中，A2,0，B4,0，点P满足迹为C，下列结论正确的是（A．C的方程为x4y216

2

PA1

.设点P的轨PB2）B．在C上存在点M，使得MO2MA

C．当A，B，P三点不共线时，射线PO是APB的平分线D．在三棱锥中PABC，PA面ABC，且PA3，BC6，AC2AB，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C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OAOB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A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】PA1

，所以A．设Px,y，因为PB2所以C:x4y216，故正确；2

x2y22x4y22

1

，所以x28xy20，2B．设存在Mx0,y0满足，因为MO2MA，所以所以x0y04

2222x0y02x022y02，x0222

y02，所以x0

1616

x0y020，33

2

22

又因为x08x0y00，所以x02，又因为x02不满足C:x4y216，所以不存在M满足条件，故错误；C．当A，B，P三点不共线时，因为PA1

，OA2,OB4，PB2OA1PAOA

所以，所以，由角平分线定理的逆定理可知：射线PO是APB的平分线，OB2PBOB故正确；D．因为三棱锥的高为PA3，所以当底面ABC的面积最大值时，此时三棱锥的体积最大，因为BC6，AC2AB，取BC靠近B的一个三等分点为坐标原点O，BC为x轴建立平面直角坐标系，所以不妨取B所以SABC

2,0，C4,0，由题设定义可知Ax,y的轨迹方程为：x42y216，12

6412，此时A在圆x4y216的最高点处4,4，2

1

所以VPABCmax31212，故正确.3

【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l1：a2x1ay10，l2：a1x2a3y20，则l1l2的充分不必要条件是a1B．命题“若数列an为等比数列，则数列an为等比数列”是假命题2

C．棱长为a正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AC11D与平面ACB1距离为3a32

D．已知P为抛物线y2px上任意一点且Mm,0，若PMOM恒成立，则m,p【答案】ABCD【解析】【分析】A．分析“a1”与“l1l2”的互相推出情况，由此确定是否为充分不必要条件；2

B．分析特殊情况：a11,a22,n2时，an12an,an14an，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m的取值范围.【详解】A．当a1时，l1:x

12

，l2:y，显然l1l2；35

当l1l2时，a2a11a2a30，解得a1，所以l1l2的充分不必要条件是a1正确；2

B．当a11,a22,n2时，an12an,an14an，所以此时an为等比数列，2

但an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：AC//A1C1,B1C//A1D,ACB1CC,A1C1A1DA1，所以平面AB1C//平面AC11D，所以平面AC11D与平面ACB1距离即为B1到平面AC11D的距离，记为h，13由等体积可知：

34

1aa32aha，所以ha，故正确；323

2

D．设Px0,y0，因为PMOM，所以2

2

x0m2

2y02m，所以x0my02m2且y02px0，所以x02px02mx0，当x00时显然符合，当x00时mp

x0

，所以mp，2综上可知：m,p.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p是命题q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F1,F2分别是双曲线C:x2y21的左右焦点，点P是双曲线上异于双曲线顶点的一点，且向量PF，则下列结论正确的是（1PF20

A．双曲线C的渐近线方程为yxC．F1到双曲线的一条渐近线的距离为1【答案】ACD【解析】【分析】）B．以F1F2为直径的圆的方程为x2y21D．PF1F2的面积为1求出双曲线C渐近线方程，焦点F1,F2，PF1F2的面积即可判断.【详解】A.代入双曲线渐近线方程得yx,正确.B.由题意得F1(2,0),F2(2,0)，则以F1F2为直径的圆的方程不是x2y21，错误.C.F1(2,0)，渐近线方程为yx，距离为1，正确.62根据PF，解得，，D.由题意得F1(2,0),F2(2,0),设P(x0,y0)，PF0xy1200

22则PF1F2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.x2

15．椭圆C:y21的左右焦点分别为F1,F2，O为坐标原点，以下说法正确的是（4

A．过点F2的直线与椭圆C交于A，B两点，则ABF1的周长为8.）

B．椭圆C上存在点P，使得PF.1PF20

C．椭圆C的离心率为1

2x2D．P为椭圆y21一点，Q为圆x2y21上一点，则点P，Q的最大距离为3.4

【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】x2

对于选项A，因为F1,F2分别为椭圆C:过点F2的直线与椭圆C交于A，By21的左右焦点，4

两点，由椭圆定义可得：AF1AF2BF1BF22a4，因此ABF1的周长为AF1BF1ABAF1BF1AF2BF24a8，故A正确；x2

对于选项B，设点Px,y为椭圆C:y21上任意一点，4x2则点P坐标满足y21，且2x2

4



又F13,0，F23,0，所以PF13x,y，PF2

3x,y，

因此PF1PF23x

x23x2

3xyx132，44

22

3x2

26由PF1PF220，可得：x2,2，故B正确；43对于选项C，因为a24，b21，所以c2413，即c3，所以离心率为e

c3，故C错；

a2x2

对于选项D，设点Px,y为椭圆C:y21上任意一点，4

由题意可得：点Px,y到圆x2y21的圆心的距离为：POx2y244y2y243y2，因为1y1，所以PQmaxPOmax1

4013.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.