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①，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②，一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①和②，即可解出a、b，求出长轴长.【详解】椭圆的面积，即①.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：②①②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，α≈16°，则第三颗小星的一条边AB所在直线的倾斜角约为（    ）A．0°B．1°C．2°D．3°【答案】C【分析】根据5颗星的位置情况知∠BAO3＝18°，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：∠BAO3＝18°，过O3作x轴的平行线O3E，如下图，则∠OO3E＝α≈16°， ∴直线AB的倾斜角为18°－16°＝2°.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Ⅰ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Ⅱ绕月飞行．若用2c1和2c2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用2a1和2a2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长，下列式子正确的是（   ）A．B．C．<D．【答案】BD【分析】根据题意得，再结合不等式的性质即可得答案.【详解】观察图形可知，即A不正确；，即B正确； 由，知，，即，从而,即：,即D正确，C不正确．故选：BD【点睛】本题考查知识的迁移与应用，考查分析问题与处理问题的能力，是中档题.本题解题的关键在于由图知，进而根据不等式性质讨论求解.19．（2022·全国·高三专题练习）数学家称为黄金比，记为ω.定义：若椭圆的短轴与长轴之比为黄金比ω，则称该椭圆为“黄金椭圆”.以椭圆中心为圆心，半焦距长为半径的圆称为焦点圆.若黄金椭圆”：与它的焦点圆在第一象限的交点为Q，则下列结论正确的有（    ）A．B．黄金椭圆离心率C．设直线OQ的倾斜角为θ，则D．交点Q坐标为(b,ωb)【答案】AC【分析】A：由方程的根可判断正误；B：由题设，根据椭圆参数关系及离心率即可判断正误；C：由圆的性质有且，，结合同角平方关系、倍角正弦公式可判断正误；D：由C易得Q点纵坐标为且，即可判断正误.【详解】A：方程的一个根为，正确；B：由题意知，，则，错误；C：易知，且，则，所以，即，两边平方得，即，正确； D：由，结合知：Q点纵坐标为，而，错误.故选：AC【点睛】关键点点睛：根据黄金椭圆、焦点圆定义及椭圆参数关系，计算离心率、夹角正弦值以及判断交点坐标.20．（2022·全国·高二假期作业）1765年，数学家欧拉在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心､重心､垂心在同一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”.已知的顶点，重心，则下列说法正确的是（    ）A．点的坐标为B．为等边三角形C．欧拉线方程为D．外接圆的方程为【答案】ACD【分析】根据重心公式计算得到A正确；计算得到B错误；计算线段垂直平分线的方程得到C正确；计算外接圆圆心为，得到圆方程，D正确，得到答案.【详解】为的重心，设，由重心坐标公式，解得，，选项A正确； ，所以不是等边三角形，故选项B错误；，的外心､重心､垂心都位于线段的垂直平分线上，的顶点，线段的中点的坐标为，线段所在直线的斜率，线段垂直平分线的方程为，即，的欧拉线方程为，故选项C正确；因为线段的垂直平分线方程为，的外心为线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的交点，所以交点的坐标满足，解得，外接圆半径，所以外接圆方程为，故选项D正确.故选：ACD.21．（2023秋·江苏南京·高二校考期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，记点的轨迹为圆，又已知动圆：.则下列说法正确的是（    ）A．圆的方程是B．当变化时，动点的轨迹方程为C．当时，过直线上一点引圆的两条切线，切点为，，则的最大值为D．存在使得圆与圆内切【答案】ABC【分析】对于A根据“阿波罗尼斯圆”的定义列式化简即可；对于B，设圆心，而，消去即可得到圆心的估计方程；对于C，因为是直角三角形，根据三角函数找出的最大值，再得出的最大值；对于D，根据两点间的距离公式计算出范围，再根据两圆内切条件判断即可.【详解】.解：设，由得化简整理得：.故A正确； 设，则消去得.故B正确；当时，，直线的方程为：.因为，要使最大，只需最小.所以，所以，即.所以的最大值为，故C正确；因为，若两圆内切有，故不存在使得，故D错误.故选:ABC22．（2022秋·江苏无锡·高二江苏省天一中学校考期末）双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布﹒伯努利用来描述他所发现的曲线.在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是双纽线上一点，下列说法中正确的有（    ）A．双纽线关于轴对称B．C．双纽线上满足的点有两个D．的最大值为【答案】ABD【解析】对A，设动点，则对称点代入轨迹方程，显然成立；对B，根据的面积范围证明；对C，若，则在y轴上，代入轨迹方程求解；对D，根据余弦定理分析中的边长关系，进而利用三角形的关系证明即可.【详解】对A，设动点，由题意可得的轨迹方程为把关于x轴对称的点代入轨迹方程，显然成立，故A正确；对B，因为，故．又，所以，即，故．故B正确； 对C，若，则在的中垂线即y轴上．故此时，代入，可得，即，仅有一个，故C错误；对D，因为，故，，因为，，故．即，所以．又，当且仅当，，共线时取等号．故，即，解得，故D正确．故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题考查了动点轨迹方程的性质判定，因为轨迹方程比较复杂，故在作不出图像时，需要根据题意求出动点的方程进行对称性分析，同时结合解三角形的方法对所给信息进行辨析.三、填空题23．（2022秋·内蒙古赤峰·高二校考期末）油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史．为宣传和推广这一传统工艺，某活动中将一把油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示．该伞沿是一个半径为2的圆，圆心到伞柄底端距离为，当阳光与地面夹角为时，在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，该椭圆的离心率_____________． 【答案】##0.5【分析】由伞沿半径及圆心到伞柄底端的距离，得伞柄与地面夹角为，阳光光线与伞柄平行，易得椭圆长半轴，短半轴的长，可求出离心率.【详解】因为伞沿是半径为2的圆，圆心到伞柄底端的距离为，设伞柄与地面的夹角为，则，所以，即阳光光线与伞柄平行，所以椭圆长半轴，短半轴，离心率.故答案为：.24．（2022秋·河南·高二校联考期末）台球赛的一种得分战术手段叫做“斯诺克”：在白色本球与目标球之间，设置障碍，使得本球不能直接击打目标球.如图，某场比赛中，某选手被对手做成了一个“斯诺克”，本球需经过边，两次反弹后击打目标球N，点M到的距离分别为，点N到的距离分别为，将M，N看成质点，本球在M点处，若击打成功，则___________．【答案】 【分析】以C为原点，边分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，写出的坐标，求出关于轴的对称点的坐标，关于轴的对称点的坐标，则直线方向为本球射出方向，利用斜率公式和诱导公式可求出结果.【详解】以C为原点，边分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图，则，N关于x轴的对称点为关于y轴的对称点为，直线方向为本球射出方向，故,.故答案为：.25．（2022秋·云南·高三校联考阶段练习）大约在2000多年前，我国的墨子给出了圆的概念“一中同长也”，意思是说，圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等．这个定义比希腊数学家欧几里得给圆下定义要早100多年．已知直角坐标平面内有一点和一动点满足，若过点的直线将动点的轨迹分成两段弧，当劣弧所对的圆心角最小时，直线的斜率__________．【答案】【分析】过定点的直线将动点的轨迹分成两段弧，当劣弧所对的圆心角最小时，圆心到直线的距离最远，即为圆心到M的距离.此时，直线l与CM垂直，由可得答案.【详解】依题意可知，动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即.因为，故点在内.当劣弧所对的圆心角最小时，. 因为直线的斜率，所以所求直线的斜率.故答案为：.26．（2022秋·湖南·高二校联考期中）古希腊数学家阿基米德早在2200多年前利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆，则该椭圆的面积为________．【答案】【分析】根据椭圆方程求出、，依题意椭圆的面积，从而计算可得.【详解】解：对于椭圆，则、，所以椭圆的面积；故答案为：27．（2022·广东韶关·统考一模）我们知道距离是衡量两点之间的远近程度的一个概念.数学中根据不同定义有好多种距离.平面上，欧几里得距离是与两点间的直线距离，即.切比雪夫距离是与两点中横坐标差的绝对值和纵坐标差的绝对值中的最大值，即.已知是直线上的动点，当与（为坐标原点）两点之间的欧几里得距离最小时，其切比雪夫距离为___________.【答案】6【分析】由条件确定与两点之间的欧几里得距离的最小值及对应的点的位置，再根据切比雪夫距离的定义求解即可.【详解】因为点是直线：上的动点，要使最小，则，此时，所以，由方程组，解得，，所以，，两点之间的切比雪夫距离为6.故答案为：6.28．（2022·全国·高二假期作业）中国景德镇陶瓷世界闻名，其中青花瓷最受大家的喜爱，如图1这个精美的青花瓷它的颈部（图2）外形上下对称，基本可看作是离心的双曲线的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面，若该颈部中最细处直径为16厘米，瓶口直径为20厘米，则颈部高为______厘米． 【答案】【分析】根据离心率可求出双曲线方程，再将横坐标代入可得纵坐标.【详解】依题意知：又，又瓶口直径为20厘米，代入双曲线方程得：高为20厘米故答案为：2029．（2022秋·湖北·高二校联考期末）如图1所示，拋物面天线是指由抛物面（抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面）反射器和位于焦点上的照射器（馈源，通常采用喇叭天线）组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等领域，具有结构简单、方向性强、工作频带宽等特点．图2是图1的轴截面，A，B两点关于抛物线的对称轴对称，F是抛物线的焦点，是馈源的方向角，记为，焦点F到顶点的距离f与口径d的比值称为抛物面天线的焦径比，它直接影响天线的效率与信噪比等．如果某抛物面天线馈源的方向角，则其焦径比为______． 【答案】【分析】理解题意，根据抛物线有关知识求解【详解】设抛物线的方程为，则．设，因为，所以，所以，所以，所以，故其焦径比．故答案为：30．（2022·全国·高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了它们的光学性质．比如椭圆，他发现如果把椭圆焦点F一侧做成镜面，并在F处放置光源，那么经过椭圆镜面反射的光线全部都会经过另一个焦点．设椭圆方程为其左、右焦点，若从右焦点发出的光线经椭圆上的点A和点B反射后，满足，则该椭圆的离心率为_________．【答案】##【分析】根据光学性质，在中由椭圆的定义可求出，再由直角三角形求出，计算离心率即可.【详解】由椭圆的光学性质可知，都经过，且在中，，如图，所以， 由椭圆的定义可知，即，又，可得，在中，，所以，所以.故答案为：31．（2022春·江西九江·高二九江一中校考阶段练习）天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卡西尼卵形线（CassiniOval）．在平面直角坐标系中，设定点为，，点O为坐标原点，动点满足（且为常数），化简得曲线E：．下列命题中正确序号是__________．①曲线E既是中心对称又是轴对称图形；②的最小值为2a；③当时，的最大值为；④面积不大于．【答案】①③④【分析】①：以代x，以代y，同时以代x，以代y判断；②：分和判断；③：由，化简得到，代入求解判断；④：由面积为判断.【详解】①：以代x，得：，所以曲线关于纵轴对称；以代y，得：，所以曲线关于横轴对称；同时以代x，以代y得：，所以曲线关于原点对称，所以曲线E既是中心对称又是轴对称图形，故正确；②：因为，所以当时，有，当时，显然P与，中一点重合，故此时，故错误；③：当时，由，化简得， 因此有，所以，故正确；④：面积为：，当时，面积的最大值为，故正确.故答案为：①③④32．（2022·高二课时练习）如图，某建筑物白色的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮，建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座建筑以轻盈、极简和雕塑般的气质．若将该建筑外形弧线的一段按照一定的比例压缩后可近似看成双曲线下支的一部分，且此双曲线的下焦点到渐近线的距离为2，离心率为2，则该双曲线的方程为______．【答案】【分析】由上焦点到渐近线的距离利用点到直线的距离公式可得，再由离心率为2，可求出，从而可求出，进而可求得双曲线方程.【详解】因为，所以下焦点的坐标为，渐近线方程为，即，则下焦点到的距离为．，解得，则，所以该双曲线的方程为．故答案为：33．（2022·全国·高三专题练习）几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点M，N是锐角的一边QA上的两点，试在QB边上找一点P，使得最大．”如图，其结论是：点为过M，N两点且和射线QB相切的圆与射线QB的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xOy中，给定两点 ，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是________.【答案】【分析】根据题意得出满足条件的过三点的圆的方程，由已知当取最大值时，圆必与轴相切于点，得出对应的切点分别为和，并依据定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，舍弃，得到满足条件的，从而得出答案.【详解】解：，则线段的中点坐标为，易知，则经过两点的圆的圆心在线段的垂直平分线上，设圆心为，则圆的方程为，当取最大值时，圆必与轴相切于点（由题中结论得），则此时P的坐标为，代入圆的方程得，解得或，即对应的切点分别为和，因为对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，又过点M，N，的圆的半径大于过点M，N，P的圆的半径，所以，故点为所求，即点的横坐标为.故答案为：34．（2022秋·北京·高二北京八十中校考期末）法国数学家加斯帕•蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，过上的动点作的两条切线，分别与交于P，Q两点，直线交于A，B两点，则下列说法，正确的有______.①椭圆的离心率为 ②面积的最大值为③到的左焦点的距离的最小值为④若动点在上，将直线，的斜率分别记为，，则【答案】①②④【分析】根据定义，确定蒙日圆的点结合椭圆离心率计算判断①；根据定义求得，再求出最大面积判断②；设出点M的坐标并求出其横坐标范围计算判断③；根据定义确定点A，B的关系，再利用“点差法”计算判断④作答.【详解】对于①，直线，与椭圆都相切，且这两条直线垂直，因此其交点在圆上，即有，则，椭圆的离心率，①正确；对于②，依题意，点均在圆上，且，因此线段是圆的直径，即有，显然圆上的点到直线距离最大值为圆的半径，即点到直线距离最大值为，因此面积的最大值为，②正确；对于③，令，有，令椭圆的左焦点，有，则，而，因此，即，所以到的左焦点的距离的最小值为，③不正确；对于④，依题意，直线过原点O，即点A，B关于原点O对称，设，有，于是得，又由①知，，得，所以，④正确，所以说法正确的有①②④.故答案为：①②④35．（2022·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯（约公元前年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，已知、分别是圆 ，圆上的动点，是坐标原点，则的最小值是__．【答案】【分析】由题意画出草图，结合相似三角形，可得的最小值即为，而，从而可得所求的最小值.【详解】如图所示：取点，设，则，在和中，，所以和相似，且相似比为，所以，则，而，即的最小值为，所以.故答案为：.四、解答题36．（2022秋·江西宜春·高二校联考阶段练习）古希腊时期与欧几里得、阿基米德齐名的著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值λ(λ>0且λ≠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-①若为线段的中点，则，所以，将其代入①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r=29米，圆弧所 对的弦长l=12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：，.