专题41平面解析几何第一缉（解析版）-备战2025年高中数学联赛之历年真题分类汇编.docx

备战2025年高中数学联赛之历年真题分类汇编专题41平面解析几何第一缉1．【2021年福建预赛】已知离心率为62 的双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0) 的左、右焦点分别为F1 、F2,P 为双曲线上一点，R、r分别为△PF1F2 的外接圆、内切圆半径.若∠F1PF2=60° ,则Rr= .【答案】22+2 【解析】解法一：由题意可得c=62a ，在△F1PF2 中，由正弦定理可得：2R=2csin∠F1PF2=6asin60°=22a, R=2a ，如图，不妨设点P 在双曲线右支上，△PF1F2 的内切圆I 切x 轴于点D ,则由双曲线性质知,D 为双曲线的右顶点,F1D=c+a,F2D=c−a. 则tan∠IF1F2=IDF1D=rc+a,tan∠IF2F1=IDF2D=rc−a .又∠IF1F2+∠IF2F1=60° ，因此,tan∠IF1F2+∠IF2F1=rc+a+rc−a1−rc+a⋅rc−a==2crc+ac−a=3 .将c=62a 代入上式，并整理得2r2+22ar−a2=0. 结合r>0 ,解得r=2−22a=12+2a .所以,Rr=2(2+2)=22+2 .解法二:依题意,c=62a .记PF1=r1,PF2=r2 ,不妨设点P 在双曲线右支上,则r1−r2=2a .在△PF1F2 中，由正弦定理得：2R=r1sin∠PF2F1=r2sin∠PF1F2=2csin∠F1PF2=433c=22a 所以,R=2a ,且：2a=r1−r2=22a⋅sin∠PF2F1−sin∠PF1F2 =22a⋅sin120°−∠PF1F2−sin∠PF1F2 =22a⋅32cos∠PF1F2+12sin∠PF1F2−sin∠PF1F2 =22a⋅32cos∠PF1F2−12sin∠PF1F2 =22a⋅cos∠PF1F2+30°. 因此,cos∠PF1F2+30°=22 .又0°<∠PF1F2<90°, 30°<∠PF1F2+30°<120° 所以,∠PF1F2+30°=45°,∠PF1F2=15° ,r2=22a⋅sin∠PF1F2=22a⋅sin15°=22a⋅6−24=(3−1)a,r1=(3+1)a △PF1F2 周长l=r1+r2+2c=(3+1)a+(3−1)a+6a=(23+6)a ,△PF1F2 的面积S=12r1r2sin60°=32a2 .由S=r⋅l2 ,得r=3a23+6=12+2a. 所以,Rr=2(2+2)=22+2 .2．【2021年重庆预赛】过拋物线E:y2=2x 的焦点F 作两条斜率之积为−12 的直线l1,l2 ,其中l1 交E 于A,C两点,l2 交E 于B,D两点，则|AC|+2|BD| 的最小值为 .【答案】182+6 【解析】设直线的倾斜角分别为α,β ,则tanαtanβ=−12 ,从而|AC|+2|BD|= 2sin2α+4sin2β=2tan2α+4tan2β+6 ≥28tan2αtan2β+6=82+6 .当且仅当|tanβ|=2|tanα| 时等号成立.3．【2021年广西预赛】设点P 在椭圆x25+y2=1 上，F1,F2 是该椭圆的两个焦点，若△F1PF2 的面积为33 ,则∠F1PF2= .【答案】π3 【解析】设∠F1PF2=θ,PF1=m,PF2=n ,则m+n=2512mnsinθ=33m2+n2−2mncosθ=16 ,解得θ=π3 .4．【2021年全国高中数学联赛A卷一试】在平面直角坐标系xOy中,拋物线Γ:y2=2pxp>0的焦点为F,过Γ上一点P(异于O)作Γ的切线,与y轴交于点Q.若FP=2,FQ=1,则向量OP与OQ的数量积为 .【答案】32【解析】设P(t22p,t)(t≠0)，则Γ的切线PQ的方程为yt=p(x+t22p).令x=0得y=t2,故Q0,t2.又F坐标为p2,0,进而FP=p2−t22p2+t2=p2+t22p,FQ=p2+t22，结合FP=2,FQ=1可分别得p2+t2=4p,p2+t2=4.所以p=1,t2=3.于是OP⋅OQ=t22=32.5．【2021年全国高中数学联赛B卷一试】在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y=ax2−3x+3a≠0的图像与拋物线y2=2pxp>0的图像关于直线y=x+m对称,则实数a,p,m的乘积为 .【答案】−3【解析】对拋物线y=ax2−3x+3上任意一点x0,y0,有y0=ax02−3x0+3 ①设点x0,y0关于直线y=x+m的对称点为x1,y1.由y1+y02=x1+x02+m,x1+y1=x0+y0,可知x1=y0−m,y1=x0+m,因x1,y1在拋物线y2=2px上,故x0+m2=2py0−m,这等价于y0=12px02+mpx0+m22p+m ②由点x0,y0取法的任意性,比较①、②得12p=a,mp=−3,m22p+m=3.因此有3=mp⋅m2+m=−3⋅m2+m=−m2,解得m=−6,故依次可得p=2,a=14（满足a≠0且p>0).从而apm=2⋅14⋅−6=−3.6．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中,圆Ω经过点(0,0), (2,4) , (3,3) ,则圆Ω上的点到原点的距离的最大值为 .【答案】25【解析】记A(2,4),B(3,3),圆Ω经过点O,A,B.注意到∠OBA=90°(直线OB与AB的斜率分别为1和−1),故OA为圆Ω的直径.从而圆Ω上的点到原点O的距离的最大值为|OA|=25.7．【2024年福建预赛】设F1,F2 为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0) 的左、右焦点,过F2 的直线l 与双曲线C 的右支交于A、B两点,且AF1⋅AF2=0,F2B+2F2A=0 ，则双曲线C 的离心率为 .【答案】173 【解析】如图4,设AF2=t. 依题意有BF2=2t |AB|=3ι , AF1=2a+t ,BF1=2a+2t 由AF1⋅AF2=0 ⇒AF1⊥AF2. 则AF12+AF22=F1F22,AF12+|AB|2=F1B2 ⇒(2a+t)2+t2=(2c)2(2a+t)2+(3t)2=(2a+2t)2 ⇒t=23a,c=173⇒e=173. 8．【2024年甘肃预赛】已知椭圆y24+x2=1,P 为椭圆上的任意一点,过点P 分别作与l1:y=2x 和l2: y=−2x 平行的直线分别与直线l2 ,l1 交于M,N 两点.则MN 的最大值为 .【答案】2【解析】如图5.设PxP,yP. 于是,平行于l1,l2 的直线分别为l3:y=2x−xP+yP ,l4:y=−2x−xP+yP .由2x−2xP+yP=−2x ⇒xM=2xP−yP4,yM=−2xP−yP2. 由−2x+2xP+yP=2x ⇒xN=2xP+yP4,yN=2xP+yP2 .故MN2=14×2yP2+12×4xP2 =14yP2+4xP2 .又14yP2+xP2=1 ,则MN2=1+3xP2⩽4 .从而,MN⩽2 ,当P(1,0) 或(−1,0) 时,MN=2 .9．【2024年广西预赛】已知O 为坐标原点,曲线C1:x2−y2=1 与曲线C2:y2=2px 交于点M、N.若△OMN 的外接圆经过点P(72,0) ,则曲线C2 的方程为 .【答案】y2=32x 【解析】如图2,设点M(x0,y0),N(x0,−y0) ,T 为MN与x 轴的交点.则T(x0,0). 因为O、M、P、N四点共圆,所以,由相交弦定理得OT⋅TP=MT⋅TN ⇒x0(72−x0)=y02=2px0(x0>0) .解得x0=72−2p ，y02=2px0=7p−4p2 代人曲线C1 的方程得(72−2p)2−(7p−4p2)=1 ⇒32p2−84p+45=0 .解得p=158( 舍去)或p=34 .故曲线C2 的方程为y2=32x. 10．【2024年吉林预赛】设椭圆x24+y23=1 的左焦点为F ,过(1,1) 的直线l 与橙圆交于点A、B.当△FAB 的周长最大时,△FAB 的面积为 .【答案】3【解析】设F1 为右焦点.注意到，FA+FB+AB =2a−F1A+2a−F1B+AB =4a−(F1A+F1B−AB)⩽4a ,上式取等号时,l 过点F1 .于是,l 与x 轴垂直,此时,S△FAB=3. 11．【2024年浙江预赛】某竹竿长为24米,一端直在墙上,另一端落在地面上.若竹竿上某一节点到墙的垂直距离和到地面的垂直距离均为7米,则此时竹竿靠在墙上的端点到地面的垂直距离为 或 .【答案】16±42 【解析】如图2,设lAB:y=k(x−7)+7 ，则A(0,7−7k) ,B(7−7k,0) .故(7−7k)2+(7−7k)2=242 ⇒k2−2k+1+1k2−2k+1=(247)2 ⇒(k+1k)2−2(k+1k)+1=(257)2 ⇒k+1k=1±257 ⇒k+1k=−187 ⇒k=−97±427 ⇒7(1−k)=7(167∓427)=16±42 .12．【2024年重庆预赛】已知⊙O:x2+y2=5 与抛物线C :y2=2px(p>0) 交于点A(x0,2),AB 为⊙O 的直径,过点B 的直线与抛物线C 交于两点D 、E.则AD与AE的斜率之积为 .【答案】2【解析】易知，点A(1,2),B(−1,−2) .设D(x1,y1),E(x2,y2) .由B、D、E三点共线⇒y1+2x1+1=y2+2x2+1 ⇒y1y2+2(y1+y2)=4 ⇒kADkAE=y1−2x1−1⋅y2−2x2−1 =16y1y2+2(y1+y2)+4=2. 13．【2024年新疆预赛】直线x−2y−1=0 与抛物线y2=4x 交于A,B两点,C 为抛物线上的一点,∠ACB=90° ,则点C 的坐标为 .【答案】(1,−2) 或(9,−6) 【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),C(t2,2t) ,由{x−2y−1=0,y2=4x , 得y2−8y−4=0, 则y1+y2=8 ，y1⋅y2=−4 .又x1=2y1+1,x2=2y2+1 ,所以x1+x2=2(y1+y2)+2=18 ,x1⋅x2=4y1⋅y2+2(y1+y2)+1=1 .因为∠ACB=90° ,所以CA⋅CB=0 ,印有(t2−x1)(t2−x2)+(2t−y1)(2t−y2)=0 .即:t4−(x1+x2)t2+x1⋅x2+4t2−2(y1+y2)t+y1⋅y2=0 ，即:t4−14t2−16t−3=0 ,即:(t2+4t+3)(t2−4t−1)=0 .显然t2−4t−1≠0 ,否则t2−2⋅2t−1=0 ,则点C 在直线x−2y−1=0 上，从而点C 与点A 或点B 重合.所以t2+4t+3=0 ,解得t1=−1,t2=−3. 故所求点C 的坐标为(1,−2) 或(9,−6) .14．【2024年全国】设A，B为椭圆Γ的长轴顶点，E，F为Γ的两个焦点，|ABl=4，|AF|=2+3，P为Γ上一点，满足|PE|⋅|PF|=2，则△PEF的面积为 .【答案】1【解析】由题意知该椭圆可设为x24+y2=1•∴PF+PE=4,EF=23.由余弦定理，PF2+PE2−2PE⋅PFcos∠EPF=EF2⇒12−4cos。