专题七 解析几何过关检测 Word版含解析

专题突破练28专题七解析几何过关检测
一、单项选择题
1.(2019重庆第一中学高三下学期第三次月考)已知直线l1:mx+(m-3)y+1=0,直线l2:(m+1)x+my-1=0,若l1⊥l2,则m=()
A.m=0或m=1
B.m=1
C.m=-3
2D.m=0或m=-3
2
2.(2020百师联盟高三5月月考,4)已知点F是双曲线C:x 2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)的左焦点,点P是该双曲
线渐近线上一点,若△POF是等边三角形(其中O为坐标原点),则双曲线C的离心率为()
A.√3
B.2
C.3
D.2√3
3
3.(2020北京朝阳一模,5)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点A是抛物线C上一点,AD ⊥l于D.若AF=4,∠DAF=60°,则抛物线C的方程为()
A.y2=8x
B.y2=4x
C.y2=2x
D.y2=x
4.(2020北京东城一模,4)若双曲线C:x2-y 2
b2
=1(b>0)的一条渐近线与直线y=2x+1平行,则b的值为()
A.1
B.√2
C.√3
D.2
5.(2020北京东城一模,9)设O为坐标原点,点A(1,0),动点P在抛物线y2=2x上,且位于第一象限,M是线段PA的中点,则直线OM斜率的取值范围是()
A.(0,1]
B.(0,√2
2
)
C.(0,√2
2] D.[√2
2
,+∞)
6.(2019陕西宝鸡高三高考模拟检测三)双曲线x 2
−y2=1的一条弦被点P(4,2)平分,那么这条弦所在的
直线方程是()
A.x-y-2=0
B.2x+y-10=0
C.x-2y=0
D.x+2y-8=0 7.
已知椭圆x 2
a 2
+
y 2b
2=1(a>b>0)的半焦距为c (c>0),左焦点为F ,右顶点为A ,抛物线y 2
=15
8(a+c )x 与椭圆交
于B ,C 两点,若四边形ABFC 是菱形,则椭圆的离心率是 ( )
A.8
15
B.4
15
C.2
3
D.1
2
8.(2020黑龙江铁人中学二模)设F 1,F 2是双曲线C :
x 2a 2−y 2
b
2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,点A 是双曲线C 右支上一点,若△AF 1F 2的内切圆M 的半径为a ,且△AF 1F 2的重心G 满足MG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λF 1F 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则双曲线C 的离心率为( ) A.√3 B.√5
C.2
D.2√5
二、多项选择题
9.下列说法正确的是( )
A.直线x-y-2=0与两坐标轴围成的三角形的面积是2
B.点(0,2)关于直线y=x+1的对称点为(1,1)
C.过(x 1,y 1),(x 2,y 2)两点的直线方程为y -y 1
y 2-y 1
=x -x
1x 2-x 1
D.经过点(1,1)且在x 轴和y 轴上的截距都相等的直线方程为x+y-2=0
10.已知点F 是抛物线y 2=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( )
A.1|AB |+1|CD |=1
2p
B.若|AF|·|BF|=4
p 2,则k=√3
C.OA
⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ D.四边形ABCD 面积最小值为16p 2
11.已知椭圆C:x 2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,长轴的顶点分别为A1,A2,短轴的顶点分
别为B1,B2,过F2的直线l交C于A,B两点.若椭圆C的离心率为√6
3
,△AF1B的周长为4√3,则下列说法正确的是() A.|A1A2|=2√3
B.方程为x 2
3
+y2=1
C.cos ∠F1F2B1=√6
3
D.中心O到直线A2B2的距离为√2
12.(2020山东聊城二模,11)已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1),则下列结论正确的是()
A.点P到抛物线焦点的距离为3
2
B.过点P作过抛物线焦点的直线交抛物线于点Q,则△OPQ的面积为5
32
C.过点P与抛物线相切的直线方程为x-2y+1=0
D.过点P作两条斜率互为相反数的直线交抛物线于M,N点,则直线MN的斜率为定值
三、填空题
13.(2019山东临沂模拟)椭圆x 2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为1
2
,过F2的直线交
椭圆于A,B两点,△ABF1的周长为8,则该椭圆的短轴长为.
14.(2020安徽安庆二模,16)已知双曲线C:x 2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,一条渐近线
方程记为y=x tan α(0<α<π
2),直线l:y=x tan α
2
与双曲线C在第一象限内交于点P,若OP⊥PF2,则双
曲线C的离心率为.
15.已知焦点在x轴上的双曲线C的左焦点为F,右顶点为A,若线段FA的垂直平分线与双曲线C没有公共点,则双曲线C的离心率的取值范围是.
16.(2020山东泰安一模,16)过点M(-m,0)(m≠0)的直线l与直线3x+y-3=0垂直,直线l与双曲线C:x 2
2−
y2
b2
=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于点A,B,若点P(m,0)满足|PA|=|PB|,则双曲线C的渐近线方程为,离心率为.
四、解答题
17.已知椭圆C:x 2
a2+y2
b2
=1(a>b>0),点3,√3
2
在椭圆上,过C的焦点且与长轴垂直的弦的长度为1
3
.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过点A (-2,0)作两条相交直线l 1,l 2,l 1与椭圆交于P ,Q 两点(点P 在点Q 的上方),l 2与椭圆交于M ,N 两点(点M 在点N 的上方),若直线l 1的斜率为-17
,S △MAP =2534
S △NAQ ,求直线l 2的斜率.
18.(2020山东济宁三模,21)已知点F 为椭圆x 2
+y 2=1的右焦点,点A 为椭圆的右顶点. (1)求过点F 、A 且和直线x=9相切的圆C 的方程;
(2)过点F 任作一条不与x 轴重合的直线l ,直线l 与椭圆交于P ,Q 两点,直线PA ,QA 分别与直线x=9相交于点M ,N.试证明:以线段MN 为直径的圆恒过点F.
19.(2020北京东城一模,19)已知椭圆E :x 2
a 2
+
y 2b
2=1(a>b>0),它的上、下顶点分别为
A ,
B ,左、右焦点分
别为F 1,F 2,若四边形AF 1BF 2为正方形,且面积为2. (1)求椭圆E 的标准方程;
(2)设存在斜率不为零且平行的两条直线l 1,l 2,与椭圆E 分别交于点C ,D ,M ,N ,且四边形CDMN 是菱形,求出该菱形周长的最大值.
专题突破练28 专题七 解析几何
过关检测
1.A 解析因为直线l 1:mx+(m-3)y+1=0与直线l 2:(m+1)x+my-1=0垂直,所以m (m+1)+m (m-3)=0,即m (m-1)=0,解得m=0或m=1.故选A .
2.B 解析由P 在渐近线上且△POF 是等边三角形,其中一条渐近线的斜率
b
a
=tan60°=√3,所以离心率e=√1+b
2
a 2=2.
3.B 解析如图所示,由抛物线的定义可知,AD=AF=4,
∵∠DAF=60°,∴△ADF 为等边三角形. ∴DE=4,∠ADF=60°. ∵AD ⊥l ,∴AD 平行于x 轴, ∴∠DFO=∠ADF=60°,
∴cos60°=p DF ,即12=p
4,∴p=2,
∴抛物线的方程为y 2=4x , 故选B .
4.D 解析双曲线C :x 2-y 2
b 2=1(b>0)的一条渐近线y=bx ,
由直线y=bx 与直线y=2x+1平行, 可得b=2.故选D .
5.C 解析设P (y 22,y),y>0,所以PA 的中点M (y 2+24,y
2),
所以
k OM =y
2
y 2+24
=2y
2+y 2=
2
y+2y
, 因为y+2y ≥2√2,当且仅当y=2y ,即y=√2时,等号成立,所以0<2
y+2y
≤
2√2
=√2
2,所以k OM ∈(0,√2
2],故选C .
6.C 解析设弦的两端点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),斜率为
k ,则x 12−y 12=1,x 2
2−y 22=1,两式相减得
(x 1-x 2)(x 1+x 2)
36
=
(y 1-y 2)(y 1+y 2)
9
,即k=y 1-y 2x 1-x 2=9(x 1+x 2
)
36(y 1+y 2
)=9×8
36×4=1
2,所以弦所在的直线方程
为y-2=1
2(x-4),即x-2y=0.故选C .
7.D 解析由题意得A (a ,0),F (-c ,0),∵抛物线y 2=15
8(a+c )x 与椭圆交于B ,C 两点,∴B ,C 两点关于x 轴对称,可设B (m ,n ),C (m ,-n ),∵四边形ABFC 是菱形,∴m=1
2(a-c ),将B (m ,n )代入抛物线方程,得n
2
=1516(a+c )(a-c )=1516b 2,∴B 1
2(a-c ),√154b
,再代入椭圆方程,得
[1
2(a -c )] 2
a 2
+
(√154b) 2
b
2=1,化简整理,得4e 2-8e+3=0,解得e=12e=32>1不合题意,舍去,故答案为1
2.
8.
C 解析如图所示,因为MG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λF 1F 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,
所以MG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥F 1F 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,
所以y M =y G =a ,y A =3y G =3a ,所以S △AF 1F 2=12×2c×3a=1
2·(|AF 1|+|AF 2|+2c )·a , 又|AF 1|-|AF 2|=2a ,
解得|AF 1|=2c+a ,|AF 2|=2c-a , 设A (x A ,y A ),F 1(-c ,0),
所以|AF 1|=√(x A +c )2+y A 2
=√(x A +c )2+b 2(x A 2
a 2-1)
=√e 2x A 2+2cx A +a 2=√(ex A +a )2=ex A +a.
所以|AF 1|=a+ex A , 解得x A =2a , 所以A (2a ,3a ),代入双曲线方程,得(2a )
2
a 2−
(3a )
2b
2=1,整理得b
2
a 2=3, 所以
e=√1+b
2
a 2=2.故选
C .
9.AB 解析A 中直线在两坐标轴上的截距分别为2,-2,所以围成三角形的面积是2,正确;B 中
0+12
,2+1
2在直线y=x+1上,且(0,2),(1,1)连线的斜率为-1,所以B 正确;C 选项需
要条件y 2≠y 1,x 2≠x 1,故错误;D 选项错误,还有一条截距都为0的直线y=x.故选AB .
10.AC 解析因为AB 的斜率为k ,AB ⊥CD ,所以k CD =-1
k ,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),AB 的方程为y=k (x -p
2),
由{
y =k (x -p
2),y 2=2px
可得,k 2x 2-p (k 2+2)x+1
4k 2p 2=0,
{
x 1+x 2=p (k 2
+2)k
2
,x 1x 2=14
p 2,
所以|AB|=x 1+x 2+p=p (k 2
+2)λ2+p=2p (k 2
+1)
k
2
,同理可得|CD|=2p (1
k 2+1)
1k
2=2p (1+k 2), 则有1|AB |+1|CD |=1
2p , 所以A 正确;
OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB
⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=14p 2+k 2x 1-p 2
x 2-p 2=14p 2+k 2x 1x 2-p 2(x 1+x 2)+14p 2=14p 2+1
2k 2p 2-
p 2(k 2
+2)2
=-34p 2
与k 无关,同理OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-34
p 2,故OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,C 正确; 若|AF|·|BF|=4
3p 2,由
x 1+p 2
x 2+p 2
=x 1x 2+p 2(x 1+x 2)+14p 2得12p 2+p 2(k 2
+2)2k 2
=p 2+p 2
k
2=4
3p 2,
解得k=√3,故B 错误;
因为AB ⊥CD ,所以四边形ABCD 面积S ABCD =12|AB||CD|=1
2·
2p (k 2
+1)
k
2·2p (1+k 2
)=
2p 2(k 2+1)
2
k
2
=2p 2k 2+1k
2+2≥8p 2,当且仅当k 2=1
k
2,即k=1时,等号成立,
故D 错误.故选AC .
11.ABC 解析由题意及椭圆的定义知4a=4√3,则a=√3,AA 1=2√3,选项A 正确.
又c
a =√6
3
,所以c=√2,所以b2=1,所以椭圆C的方程x
2
3
+y2=1,选项B正确.cos∠
F1F2B1为离心率,即为√6
3
,选项C正确.
中心O到直线A2B2的距离为√3
2
,不是√2,选项D错误.故选ABC.
12.BCD解析因为抛物线C:y2=2px过点P(1,1),
所以p=1 2 ,
所以抛物线方程为y2=x,焦点坐标为F(1
4
,0).
对于A,|PF|=1+1
4
=5
4
,故选项A错误;
对于B,k PF=4
3,所以l PF:y=4
3
(x-1
4
),与y2=x联立消去x,得4y2-3y-1=0,
所以y1+y2=3
4,y1y2=-1
4
,
所以S△OPQ=1
2
|OF|·|y1-y2|=1
2
×1
4
×√(y1+y2)2-4y1y2=5
32
,故选项B正确;
对于C,依题意斜率存在,设直线方程为y-1=k(x-1),与y2=x联立消去x,得ky2-y+1-k=0,
Δ=1-4k(1-k)=0,4k2-4k+1=0,解得k=1
2
,
所以切线方程为x-2y+1=0,故选项C正确;
对于D,依题意斜率存在,设l PM:y-1=k(x-1),与y2=x联立消去x,得ky2-y+1-k=0,
所以y M+1=1
k ,即y M=1
k
-1,则x M=(1
k
-1)
2
,
所以点
M ((1
k -1)2,1k -1),同理N ((-1
k -1)2,-1k -1),
所以k MN =
1k -1-(-1k -1)(1k -1)2-(-1k
-1)2=
2
k -4k
=-12,故选项D 正确.故选BCD .
13.2√3 解析因为△ABF 1的周长为8,所以F 1A+F 1B+F 2A+F 2B=4a=8,解得a=2.因为离心率为1
2,所以c
a =1
2,c=1
2a=1.由a 2=b 2+c 2,解得b=√3,则该椭圆的短轴长为2√3. 14.√-1 解析如图,延长F 2P 交直线y=x tan λ(0<α<π
2)于点M ,
则由角平分线的性质可得P 为MF 2的中点,|OM|=|OF 2|=c , 求得M (a ,b ),P (a+c 2,b
2),因为点P (a+c 2,b
2)在双曲线C 上,所以有(a+c 2
)
2a 2
−
(b 2
)
2b
2
=1,整理,
得e 2+2e-4=0,解得e=√5-1. 15.(1,3) 解析∵F (-c ,0),A (a ,0),
∴线段FA 的垂直平分线为x=a -c
2
.∵线段FA 的垂直平分线与双曲线C 没有公共点,
∴-a<
a -c
2<0,即c<3a ,∴e=c
a <3,又e>1,∴1<e<3.
16.y=±1
2x √5
2 解析过点M (-m ,0)(m ≠0)的直线l 与直线3x+y-3=0垂直,可得直线l :x-3y+m=0(m ≠0).
双曲线的渐近线为y=±b
a x , 分别与x-3y+m=0(m ≠0)联立,解得 A (-am
a -3
b ,-bm
a -3
b ),
B (-am a+3b ,bm a+3b ).
∴AB 中点坐标为(ma 2
9b 2-a 2,3mb 2
9b 2-a 2).
∵点P (m ,0)满足|PA|=|PB|,
∴3mb 2
9b 2-a 2-0
ma 29b 2-a 2-m
=-3,
∴a=2b ,
∴双曲线C 的渐近线方程为y=±12x ,
∴e=√1+(b a )2=√52.
17.解(1)由已知得{9a 2+34b 2=
1,
2b 2a =13,
解得{a =6,
b =1.故椭圆C 的方程为x 236+y 2=1.
(2)由题设可知:l 1的直线方程为x=-7y-2.
联立方程组{x 236+y 2=1,
x =-7y -2,
整理,得85y 2+28y-32=0.
y P =817,y Q =-45.
∴|AQ ||AP |=|y Q |
|y P |=45817=1710
.
∵S △MAP =2534S △NAQ ,
∴12|AM||AP|sin θ=2534×12|AN||AQ|sin θ,即|AM ||AN |=2534×|AQ ||AP |=2534×1710=54.
设l 2的直线方程为x=my-2(m ≠0).
将x=my-2代入x 236+y 2=1得(m 2+36)y 2-4my-32=0.
设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则y 1+y 2=4m m 2+36,y 1y 2=-32
m 2+36.
又∵y 1=-54y 2,∴-54y 2+y 2=4m m 2+36,-54y 22=-32
m 2+36.
∴y 2=-16m m 2+36,y 22=128
5(m 2+36).
∴-16m m 2+362=128
5(λ2+36).
解得m 2=4,∴m=±2.
故直线l 2的斜率为±1
.
18.解(1)由已知得a=3,b=2√2,c=1.
∴A (3,0),F (1,0).
∴圆C 的圆心一定在线段AF 中垂线x=1+3
=2上.
由圆C 与直线x=9相切,得圆C 的半径r=9-2=7.
设圆C 的圆心坐标为C (2,m ),则有:
r=|AC|=√(3-2)2+(0-m )2=7,m=±4√3,
即圆心C (2,±4√3).
∴圆C 的方程为(x-2)2+(y ±4√3)2=49.
(2)证明:当直线l 斜率不存在时,其方程为x=1,可求得M ,N 两点坐标分别为M (9,8),N (9,-8)或M (9,-8),N (9,8),又F (1,0),
∴FM ,FN 的斜率之积为k FM ·k FN =-8-09-1·8-0
9-1=-1,
∴FM ⊥FN.
当直线l 斜率存在时,设直线l 的方程为y=k (x-1),P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),
联立方程组{y =k (x -1),
x 29+y 2
8=1,
消去y 整理,得(8+9k 2)x 2-18k 2x+9k 2-72=0,
∴x 1+x 2=18k 28+9k 2,x 1x 2=9k 2-72
8+9k 2.
y 1y 2=k (x 1-1)·k (x 2-1)=k 2[x 1x 2-(x 1+x 2)+1].
又设M (9,y M ),N (9,y N ),
由P ,A ,M 共线得y 1-0x 1-3=y M -09-3,y M =6y
1
x 1-3,
由Q ,A ,N 共线得y 2-0x 2-3=y N -09-3,y N =6y
2
x 2-3,
所以FM ,FN 的斜率之积为:
k FM ·k FN =y M -09-1·y N -09-1=y M y N 64=9y 1y
2
16(x 1-3)(x 2-3)
=9k 2[x 1x 2-(x 1+x 2)+1]16[x 1x 2-3(x 1+x 2)+9]=9k 2(9k 2-728+9k 2-18k 28+9k 2+1)16(9k 2-728+9k 2-3×18k 28+9k 2
+9)=-64×9k 2
16×36k 2=-1.∴FM ⊥FN.综上可知,恒有FM ⊥FN.∴以线段MN 为直径的圆恒过点F.
19.解(1)因为E :x 2
a 2+y 2
b 2=1(a>b>0),
所以a 2=b 2+c 2.
因为四边形AF 1BF 2为正方形,且面积为2,
所以2b=2c ,1(2b )×2c=2.
所以b=c=1,a 2=b 2+c 2=2.
所以椭圆E :x 22+y 2=1.
(2)设平行直线l 1:y=kx+m ,l 2:y=kx-m ,
不妨设直线y=kx+m 与x 22+y 2=1交于C (x 1,y 1),D (x 2,y 2),
由{x 22+y 2
=1,
y =kx +m ,得x 2+2(kx+m )2=2,
整理得(2k 2+1)x 2+4kmx+2m 2-2=0,
其中Δ=(4km )2-4×(2k 2+1)×(2m 2-2)=16k 2-8m 2+8>0,即m 2<2k 2+1. 所以x 1+x 2=-4km
2k 2+1,x 1x 2=2m 2-2
2k 2+1,
由椭圆的对称性和菱形的中心对称性,可知OC ⊥OD ,
所以x 1x 2+y 1y 2=0,y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m ,
x 1x 2+y 1y 2=(1+k 2)x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2
=(2m 2-2)(1+k 2)-4k 2m 2+m 2(2k 2
+1)
2k 2+1
=2k 2m 2+2m 2-2k 2-2-4k 2m 2+2k 2m 2+m 2
2k 2+1
=3m 2-2k 2-2
2k 2+1,
所以3m 2=2k 2+2.
|CD|
=√(1+k 2)[(x 1+x 2)2-4x 1x 2]
=√(1+k2)[16k 2m2
(2k2+1)2
-8(m
2-1)
2k2+1
]
=√(1+k 2)(32k2+8)
3(2k2+1)
2
=√8
3+8k
2
3(2k2+1)
2
=√3+
3(4k2+4+1
k2
)
≤√8
3+
8
3(4+2√4k2·1
k2
)
=√3,
所以当且仅当k=±√2
2
时,|CD|的最大值为√3.此时菱形CDMN周长的最大值为4√3.。