浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测九平面解析几何单元检测含解析

单元检测九 平面解析几何
(时间：120分钟 满分：150分) 第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．直线l 经过点(3，－2)和(0,1)，则它的倾斜角是( ) A ．30°B．60°C．150°D．120° 答案 D
解析 由斜率公式k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝1－(－2)
0－3
＝－3，再由倾斜角的范围[0°，180°)知，tan120°＝－3，故选D.
2．直线kx －y －3k ＋3＝0过定点( ) A ．(3,0) B ．(3,3) C ．(1,3) D ．(0,3) 答案 B
解析 kx －y －3k ＋3＝0可化为y －3＝k (x －3)，所以过定点(3,3)．故选B.
3．由直线y ＝x ＋1上的一点向圆(x －3)2
＋y 2
＝1引切线，则切线长的最小值为( ) A.7B ．22C ．1D ．3 答案 A
解析 圆的圆心为(3,0)，r ＝1，圆心到直线x －y ＋1＝0的距离为d ＝|3＋1|
2＝22，所以
由勾股定理可知切线长的最小值为(22)2
－12
＝7.
4．一束光线从点A (－1,1)发出，并经过x 轴反射，到达圆(x －2)2
＋(y －3)2
＝1上一点的最短路程是( )
A ．4
B ．5
C ．32－1
D ．2 6 答案 A
解析 依题意可得，点A 关于x 轴的对称点A 1(－1，－1)，圆心C (2,3)，A 1C 的距离为(2＋1)2
＋(3＋1)2
＝5，所以到圆上的最短距离为5－1＝4，故选A.
5．已知直线x ＋y ＝a 与圆x 2＋y 2
＝4交于A ，B 两点，且|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|，其中O 为原点，则实数a 的值为( ) A ．2B ．－2C ．2或－2D.6或－ 6 答案 C
解析 由|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|得|OA →＋OB →|2＝|OA →－OB →|2，化简得OA →·OB →＝0，即OA →⊥OB →
，三角形AOB 为等腰直角三角形，圆心到直线的距离为2，即
|a |
2
＝2，a ＝±2. 6．已知双曲线E 的中心为原点，F (3,0)是E 的焦点，过F 的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且AB 的中点为N (－12，－15)，则E 的方程为( ) A.x 23－y 26＝1 B.x 24－y 25＝1 C.x 26－y 2
3＝1 D.x 25－y 2
4
＝1 答案 B
解析 由已知条件得直线l 的斜率为k ＝k FN ＝1，
设双曲线方程为x 2a 2－y 2
b
2＝1(a >0，b >0)，
A (x 1
，y 1
)，B (x 2
，y 2
)，则有⎩⎪⎨⎪
⎧
x 21a 2－y 21
b
2＝1，x 2
2a 2
－y
22b 2
＝1，
两式相减并结合x 1＋x 2＝－24，y 1＋y 2＝－30
得，y 1－y 2x 1－x 2＝4b 25a 2，从而4b 2
5a
2＝1，即4b 2＝5a 2
，
又a 2＋b 2＝9，解得a 2＝4，b 2
＝5，故选B.
7．(2018·绍兴市、诸暨市模拟)如图，已知点P 是抛物线C ：y 2
＝4x 上一点，以P 为圆心，
r 为半径的圆与抛物线的准线相切，且与x 轴的两个交点的横坐标之积为5，则此圆的半径r
为( )
A ．2 3
B ．5
C ．4 3
D ．4
答案 D
解析 设圆与x 轴的两个交点分别为A ，B ，由抛物线的定义知x P ＝r －1，则P (r －1,2r －1)，又由中垂线定理，知|OA |＋|OB |＝2(r －1)，且|OA |·|OB |＝5，故由圆的切割线定理，得(2r －1)2
＝(1＋|OA |)(1＋|OB |)，展开整理得r ＝4，故选D.
8．(2018·绍兴市、诸暨市模拟)已知双曲线的标准方程为x 2a 2－y 2
b
2＝1，F 1，F 2为其左、右焦点，
若P 是双曲线右支上的一点，且tan∠PF 1F 2＝1
2，tan∠PF 2F 1＝2，则此双曲线的离心率为( )
A.5
B.
52C.355
D. 3 答案 A
解析 由tan∠PF 1F 2＝1
2
，tan∠PF 2F 1＝2知，
PF 1⊥PF 2，作PQ ⊥x 轴于点Q ，
则由△PF 1Q ∽△F 2PQ ，得|F 1Q |＝4|F 2Q |＝8
5
c ，
故P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫35c ，45c ， 代入双曲线的方程，有b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫35c 2－a 2
·⎝ ⎛⎭
⎪⎫45c 2＝a 2b 2，
又a 2
＋b 2
＝c 2
，则(9c 2
－5a 2
)(c 2
－5a 2
)＝0， 解得c
a ＝5或c a ＝
5
3
(舍)，即离心率e ＝5，故选A. 9．(2019·宁波模拟)设抛物线y 2
＝4x 的焦点为F ，过点P (5,0)的直线与抛物线相交于A ，B 两点，与抛物线的准线相交于点C ，若|BF |＝5，则△BCF 与△ACF 的面积之比S △BCF
S △ACF
等于( ) A.56B.2033C.1531D.2029 答案 D
解析 由题意知直线AB 的斜率存在，
则由抛物线的对称性不妨设其方程为y ＝k (x －5)，k >0， 与抛物线的准线x ＝－1联立，得点C 的坐标为(－1，－6k )， 与抛物线的方程y 2
＝4x 联立，消去y 得
k 2x 2－(10k 2＋4)x ＋25k 2＝0，
则x A ＋x B ＝10k 2
＋4
k
2
，x A x B ＝25， 又因为|BF |＝x B ＋1＝5，所以x B ＝4， 代入解得x A ＝25
4，k ＝4，
则y A ＝5，y B ＝－4，y C ＝－24， 则S △ACF ＝1
2
|PF |·|y A －y C |＝58，
S △ABF ＝12
|PF ||y A －y B |＝18，
则
S △BCF S △ACF ＝1－S △ABF S △ACF ＝20
29
，故选D. 10．已知直线l ：kx －y －2k ＋1＝0与椭圆C 1：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)交于A ，B 两点，与圆C 2：
(x －2)2＋(y －1)2
＝1交于C ，D 两点．若存在k ∈[－2，－1]，使得AC →＝DB →，则椭圆C 1的离心率的取值范围是( )
A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12
B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1
C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22
D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，1
答案 C
解析 直线l 过圆C 2的圆心，∵AC →＝DB →， ∴|AC 2→|＝|C 2B →
|，∴C 2的圆心为线段AB 的中点．
设A (x 1
，y 1
)，B (x 2
，y 2
)，则⎩⎪⎨⎪
⎧
x 21a 2＋y 21
b
2＝1，x 2
2a 2
＋y
22b 2
＝1，
两式相减得，
(x 1＋x 2)(x 1－x 2)a 2＝－(y 1＋y 2)(y 1－y 2)
b
2
， 化简可得－2·b 2
a 2＝k ，
又∵a >b ，∴b 2a 2＝－k 2∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
12，1，
所以e ＝
1－b 2a 2∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤0，22. 第Ⅱ卷(非选择题 共110分)
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题
中横线上)
11．(2018·台州质检)已知直线l 1：mx ＋3y ＝2－m ，l 2：x ＋(m ＋2)y ＝1，若l 1∥l 2，则实数
m ＝________；若l 1⊥l 2，则实数m ＝________.
答案 －3 －3
2
解析 l 1∥l 2等价于⎩
⎪⎨
⎪⎧
m (m ＋2)＝3，
m ≠2－m ，解得m ＝－3.
l 1⊥l 2等价于m ＋3(m ＋2)＝0，解得m ＝－3
2
.
12．(2018·浙江十校联盟考试)抛物线y ＝4x 2
的焦点坐标是________，焦点到准线的距离是________． 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，116 18
解析 由y ＝4x 2
，得x 2
＝y
4，可得2p ＝14，所以p ＝18，即焦点的坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，116，焦点到准线
的距离为1
8
.
13．(2018·衢州模拟)已知圆C 与x 轴相切于点T (1,0)，与y 轴正半轴交于两点A ，B (B 在A 的上方)，|AB |＝2，圆C 的半径为________；圆C 在点B 处的切线在x 轴上的截距为________． 答案
2 －1－ 2
解析 设圆心C (1，b )，则半径r ＝b . 由垂径定理得，1＋⎝
⎛⎭
⎪⎫|AB |22＝b 2，
即b ＝2，且B (0,1＋2)． 又由∠ABC ＝45°，切线与BC 垂直， 知切线的倾斜角为45°，
故切线在x 轴上的截距为－1－ 2.
14．若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右焦点到渐近线的距离等于焦距的3
4
倍，则双曲线的离
心率为________，如果双曲线上存在一点P 到双曲线的左右焦点的距离之差为4，则双曲线的虚轴长为________． 答案 2 4 3
解析 由于右焦点到渐近线的距离等于焦距的
3
4
倍，
可知双曲线渐近线y ＝b a x 的倾斜角为π
3
，
即b
a ＝3，所以e ＝c a
＝1＋3＝2， 因为a ＝2，从而b ＝16－4＝23， 所以虚轴长为4 3.
15．已知点A (0,1)，抛物线C ：y 2
＝ax (a >0)的焦点为F ，线段FA 与抛物线C 相交于点M ，FA 的延长线与抛物线的准线相交于点N ，若|FM |∶|MN |＝1∶3，则实数a 的值为________． 答案
2
解析 依题意得焦点F 的坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫a
4，0， 设点M 在抛物线的准线上的射影为K ，连接KM (图略)， 由抛物线的定义知|MF |＝|MK |， 因为|FM |∶|MN |＝1∶3， 所以|KN |∶|KM |＝22∶1，
又k FN ＝0－1a 4－0＝－4a ，k FN ＝－|KN |
|KM |＝－22，
所以4
a
＝22，解得a ＝ 2.
16．已知双曲线E ：x 2a 2－y 2
b
2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，A (2,1)，B 是E 上不同
的两点，且四边形AF 1BF 2是平行四边形，若∠AF 2B ＝2π
3，2
ABF S
＝3，则双曲线E 的标准方
程为________． 答案
x 2
2
－y 2
＝1
解析 如图，
因为四边形AF 1BF 2是平行四边形， 所以2
ABF S
＝12
AF F S
，
∠F 1AF 2＝π
3
，
所以|F 1F 2|2＝|AF 1|2＋|AF 2|2
－2|AF 1||AF 2|cos π3，
即4c 2
＝|AF 1|2
＋|AF 2|2
－|AF 1||AF 2|，① 又4a 2
＝(|AF 1|－|AF 2|)2
，
所以4a 2
＝|AF 1|2
＋|AF 2|2
－2|AF 1||AF 2|，② 由①②可得|AF 1||AF 2|＝4b 2
， 又2
ABF S
＝12×4b 2
×32
＝3， 所以b 2
＝1，将点A (2,1)代入x 2a
2－y 2＝1，可得a 2
＝2，
故双曲线E 的标准方程为x 2
2
－y 2
＝1.
17．在平面直角坐标系xOy 中，A (3,0)，P (3，t )，t ∈R ，若存在C ，D 两点满足|AC ||OC |＝|AD |
|OD |
＝2，且PD →＝2PC →
，则t 的取值范围是________． 答案 [－25，25]
解析 设C (x ，y )，因为A (3,0)，|AC |
|OC |＝2，
所以
(x －3)2
＋y
2
x 2＋y 2
＝2，
整理得(x ＋1)2
＋y 2
＝4，
即点C 在圆M ：(x ＋1)2
＋y 2
＝4上． 同理由|AD ||OD |＝2可得点D 也在圆M 上．
因为PD →＝2PC →
，所以C 是PD 的中点， 过点M 作MN ⊥CD ，垂足为N ，连接CM ，PM .
设|MN |＝d ，|PC |＝|CD |＝2k ，分别在Rt△CMN ，Rt△PMN 中，由勾股定理，得
⎩
⎪⎨⎪⎧
k 2
＋d 2
＝4，9k 2
＋d 2＝t 2
＋16，消去k 2得，t 2＝20－8d 2
.
因为0≤d 2
<4，所以t 2
≤20，解得－25≤t ≤25， 所以t 的取值范围是[－25，25]．
三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(14分)已知过点A (0,1)，且斜率为k 的直线l 与圆C ： (x －2)2
＋(y －3)2
＝1相交于M ，N 两点．
(1)求实数k 的取值范围； (2)求证：AM →·AN →
为定值．
(1)解 由题意过点A (0,1)且斜率为k 的直线的方程为y ＝kx ＋1， 代入圆C 的方程得(1＋k 2
)x 2
－4(1＋k )x ＋7＝0，
因为直线与圆C ：(x －2)2
＋(y －3)2
＝1相交于M ，N 两点， 所以Δ＝[－4(1＋k )]2
－4×7×(1＋k 2
)>0， 解得4－73<k <4＋73，
所以实数k 的取值范围是⎝
⎛⎭⎪⎫
4－73
，4＋73.
(2)证明 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， AM →
＝(x 1，y 1－1)，AN →
＝(x 2，y 2－1)，
由(1)得，x 1＋x 2＝4(1＋k )1＋k 2，x 1x 2＝7
1＋k 2，
所以y 1＋y 2＝(kx 1＋1)＋(kx 2＋1)＝k (x 1＋x 2)＋2.
y 1y 2＝(kx 1＋1)(kx 2＋1)＝k 2x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1.
所以AM →·AN →
＝(x 1，y 1－1)·(x 2，y 2－1)
＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)＝x 1x 2＋y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1 ＝x 1x 2＋k 2x 1x 2＝(1＋k 2
)·71＋k 2＝7，
所以AM →·AN →
为定值．
19.(15分)(2018·浙江名校高考研究联盟联考)如图，以P (0，－1)为直角顶点的等腰直角
△PMN 内接于椭圆x 2a
2＋y 2
＝1(a >1)，设直线PM 的斜率为k .
(1)试用a ，k 表示弦长|MN |；
(2)若这样的△PMN 存在3个，求实数a 的取值范围．
解 (1)不妨设直线PM 所在的直线方程为y ＝kx －1(k <0)，代入椭圆方程x 2a
2＋y 2
＝1，
整理得(1＋a 2k 2
)x 2
－2ka 2
x ＝0，
解得x 1＝0，x 2＝2ka
2
1＋a 2k
2，
则|PM |＝1＋k 2
|x 1－x 2|＝－2ka 2
1＋k
2
1＋a 2k
2
， 所以|MN |＝2|PM |＝－22ka 21＋k
2
1＋a 2k 2
. (2)因为△PMN 是等腰直角三角形，
所以直线PN 所在的直线方程为y ＝－1
k
x －1(k <0)，
同理可得|PN |＝－21k a 21＋1k 21＋a 21
k
2
＝2a 21＋k 2
k 2＋a 2.
令|PM |＝|PN |，整理得k 3＋a 2k 2＋a 2
k ＋1＝0，
k 3＋1＋a 2k (k ＋1)＝0，
(k ＋1)(k 2
－k ＋1)＋a 2
k (k ＋1)＝0， 即(k ＋1)[k 2
＋(a 2
－1)k ＋1]＝0.
若这样的等腰直角三角形PMN 存在3个，则方程k 2
＋(a 2
－1)k ＋1＝0有两个不等于－1的负根k 1，k 2，
则⎩⎪⎨⎪⎧
Δ＝(a 2－1)2
－4>0，
k 1
＋k 2
＝1－a 2
<0，k 1k 2
＝1>0，1－(a 2
－1)＋1≠0，
因为a >1，所以a > 3.
20．(15分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝
1(a >b >0)的长轴长为4，其上顶点到直线3x ＋4y －1＝0的
距离等于3
5
.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)若直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，交x 轴的负半轴于点E ，交y 轴于点F (点E ，F 都不在椭圆上)，且FA →＝λ1AE →，FB →＝λ2BE →
，λ1＋λ2＝－8，证明：直线l 恒过定点，并求出该定点． 解 (1)由椭圆C 的长轴长为4知2a ＝4，故a ＝2，
椭圆的上顶点为(0，b )，则由|4b －1|5＝3
5得b ＝1，
所以椭圆C 的方程为x 2
4
＋y 2
＝1.
(2)设A (x 1，y 1)，E (m,0)(m <0，m ≠－2)，F (0，n )， 由FA →＝λ1AE →
，得(x 1，y 1－n )＝λ1(m －x 1，－y 1)， 所以A ⎝
⎛⎭
⎪
⎫λ1m 1＋λ1，n 1＋λ1.
同理由FB →＝λ2BE →，得B ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫λ2m 1＋λ2，n 1＋λ2， 把A ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1m 1＋λ1，n 1＋λ1，B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫λ2m 1＋λ2，n 1＋λ2分别代入x 2
4＋y 2＝1 得：⎩
⎪⎨⎪⎧
(4－m 2
)λ2
1＋8λ1＋4－4n 2
＝0，(4－m 2)λ22＋8λ2＋4－4n 2
＝0，
即λ1，λ2是关于x 的方程(4－m 2
)x 2
＋8x ＋4－4n 2
＝0的两个根，∴λ1＋λ2＝－8
4－m
2＝－8， ∴m ＝－3，所以直线l 恒过定点(－3，0)．
21．(15分)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >1)上的点A 到其焦点的距离为32，且点A 在曲线x ＋y
2
－5
2
＝0上． (1)求抛物线C 的方程；
(2)M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)是抛物线C 上异于原点的两点，Q (x 0，y 0)是线段MN 的中点，点P 是抛物线C 在点M ，N 处切线的交点，若|y 1－y 2|＝4p ，证明：△PMN 的面积为定值． (1)解 设点A (x A ，y A )， ∵点A 到抛物线焦点的距离为3
2，
∴x A ＝32－p 2，y 2A ＝2px A ＝2p ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－p 2， 又点A 在曲线x ＋y 2
－52＝0上，
∴32－p 2＋2p ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－p 2－5
2
＝0， 即p 2
－52p ＋1＝0，解得p ＝2或p ＝12(舍去)，
∴抛物线C 的方程为y 2
＝4x .
(2)证明 由(1)知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214，y 1，N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫y 2
24，y 2，|y 1－y 2|＝8，
设抛物线C 在点M 处的切线的斜率为k (k ≠0)，
则该切线的方程为y －y 1＝k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －y 214， 联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧
y －y 1＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 214，y 2＝4x ，
消去x ，整理得 ky 2－4y ＋4y 1－ky 2
1＝0，
∵M 是切点，∴Δ＝16－4k (4y 1－ky 21)＝0，
即4－4ky 1＋k 2y 21＝0，解得k ＝2y 1， ∴直线PM 的方程为y －y 1＝2
y 1(x －y 2
14)，即y ＝2y 1x ＋y 12， 同理得直线PN 的方程为y ＝2y 2x ＋y 22
， 联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝2y 1x ＋y 12，y ＝2y 2x ＋y 22，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝y 1y 24，y ＝y 1＋y 22， ∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1y 24，y 1＋y 22， ∵Q 是线段MN 的中点，∴y 0＝y 1＋y 22， ∴PQ ∥x 轴，且x 0＝x 1＋x 22＝y 2
1＋y 228，
∴△PMN 的面积S ＝12
|PQ |·|y 1－y 2| ＝12⎪⎪⎪⎪
⎪⎪y 1y 24－x 0·|y 1－y 2| ＝12⎪⎪⎪⎪
⎪⎪y 1y 24－y 21＋y 2
28·|y 1－y 2| ＝116
|y 1－y 2|3＝32， 即△PMN 的面积为定值．
22．(15分)(2018·嘉兴测试)如图，已知抛物线x 2＝y ，过直线l ：y ＝－14
上任一点M 作抛物线的两条切线MA ，MB ，切点分别为A ，B .
(1)求证：MA ⊥MB ；
(2)求△MAB 面积的最小值．
(1)证明 方法一 设M ⎝
⎛⎭⎪⎫x 0，－14， 易知直线MA ，MB 的斜率都存在，分别设为k 1，k 2，
设过点M 的抛物线的切线方程为y ＋14
＝k (x －x 0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＋14
＝k (x －x 0)，x 2＝y ，
得x 2－kx ＋kx 0＋14＝0， Δ＝k 2－4kx 0－1＝0，
由题意知，k 1，k 2是方程k 2－4x 0k －1＝0的两个根，
所以k 1k 2＝－1，所以MA ⊥MB .
方法二 设M ⎝
⎛⎭⎪⎫x 0，－14，A (x 1，x 21)，B (x 2，x 22)， 易知直线MA ，MB 的斜率都存在，分别设为k 1，k 2.
由y ＝x 2，得y ′＝2x ，
则MA ，MB 的斜率分别为k 1＝2x 1，k 2＝2x 2，
所以2x 1＝x 21＋14
x 1－x 0，整理得x 21＝2x 1x 0＋14， 同理可得，x 22＝2x 2x 0＋14
， 两式相减得，x 21－x 2
2＝2x 0(x 1－x 2)，
因为x 1≠x 2，所以x 1＋x 2＝2x 0，
于是x 21＝x 1(x 1＋x 2)＋14
， 所以x 1x 2＝－14
，即k 1k 2＝4x 1x 2＝－1， 所以MA ⊥MB .
(2)解 由(1)得k 1＝2x 1，k 2＝2x 2， 所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫k 12，k 214，B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫k 22，k 224， 易知k 1k 2＝－1，k 1＋k 2＝4x 0，
所以|MA |＝1＋1k 21
|y A －y M |＝1＋1k 21⎪⎪⎪⎪⎪⎪k 214＋14
＝(k 21＋1)324|k 1|，同理，|MB |＝(k 22＋1)324|k 2|
， 所以S △MAB ＝12|MA |·|MB |＝12·[(k 2
1＋1)(k 22＋1)]3216|k 1k 2|
＝
(k 21＋k 22＋2)3232＝[(4x 0)2－2×(－1)＋2]3232 ＝[(4x 0)2＋4]2332≥32
432＝14. 综上，当x 0＝0时，△MAB 的面积取得最小值，最小值为14
.。