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2023年高考指导数学(人教A文一轮)单元质检卷九 解析几何
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这是一份2023年高考指导数学(人教A文一轮)单元质检卷九 解析几何，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元质检卷九 解析几何
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.
1.已知直线l经过点(1,-1),且与直线2x-y-5=0垂直,则直线l的方程为( )
A.2x+y-1=0 B.x-2y-3=0
C.x+2y+1=0 D.2x-y-3=0
2.若P(0,1)为圆x2+2x+y2-15=0的弦MN的中点,则直线MN的方程为( )
A.y=-x+1 B.y=x+1
C.y=2x+1 D.y=-2x+1
3.已知中心在坐标原点的椭圆C的右焦点为F(2,0),且其离心率为12,则椭圆C的标准方程为( )
A.x216+y212=1 B.x216+y24=1
C.x216+y29=1 D.x24+y22=1
4.若圆C:(x-2)2+(y-1)2=4恰好被直线l:ax+by=1(a>0,b>0)平分,则1a+2b的最小值为( )
A.82 B.62
C.8 D.6
5.已知双曲线x2-y28=1的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A,B两点,且|AF1|=|BF1|,则|AB|=( )
A.22 B.3
C.4 D.22+1
6.设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,过点F作倾斜角为60°的直线交抛物线于点A,B(点A位于x轴上方),O是坐标原点,记△AOF和△BOF的面积分别为S1,S2,则S1S2=( )
A.9 B.4
C.3 D.2
7.已知F1,F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,以F2为圆心,a为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于A,B两点,若|AB|>|F1F2|3,则双曲线的离心率的取值范围是( )
A.3,355 B.355,+∞
C.(1,3) D.1,355
8.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线与坐标轴交于点M,P是抛物线C上的一点,且∠PFM为钝角.若|PM|=23,|PF|=4,则△PMF的面积是( )
A.72 B.37
C.332 D.36
9.设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,双曲线C上一点P到x轴的距离为2a,∠F1PF2=120°,则双曲线C的离心率为( )
A.3 B.1+3
C.2+3 D.4
10.已知抛物线y2=8x的焦点为F,经过点P(1,1)的直线l与该抛物线交于A,B两点,且点P恰为AB的中点,则|AF|+|BF|=( )
A.4 B.6
C.8 D.12
11.过抛物线C:y2=4x的焦点F作直线l交C于A,B两点,若|AF|=3|BF|,则直线l的斜率为( )
A.±33 B.±12
C.±1 D.±3
12.已知直线x-2y+n=0(n≠0)与双曲线:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别相交于A,B两点,点P的坐标为(n,0),若|PA|=|PB|,则该双曲线的离心率是( )
A.2 B.3
C.153 D.62
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,点P在抛物线C上,PQ垂直l于点Q,QF与y轴交于点T,O为坐标原点,且|OT|=2,则|PF|= .
14.在平面直角坐标系中,直线mx+y-2m-2=0与圆C:(x-1)2+(y-4)2=9交于M,N两点,当△MNC的面积最大时,实数m的值为 .
15.已知O为坐标原点,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P为C上一点,PF与x轴垂直,Q为x轴上一点,且PQ⊥OP.若|FQ|=6,则C的准线方程为 .
16.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与C交于A,B两点,满足AF1⊥AF2且|AF2|=2|AF1|,则tan∠BF2F1= .
三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,S(t,4)为C上一点,直线l交C于M,N两点(与点S不重合).
(1)若l过点F且倾斜角为60°,|FM|=4(M在第一象限),求C的方程.
(2)若p=2,直线SM,SN分别与y轴交于A,B两点,且OA·OB=8,判断直线l是否恒过定点?若是,求出该定点;若不是,请说明理由.
18.(12分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,点E的坐标为0,b4,延长线段F1E交椭圆于点M,MF2⊥x轴.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设抛物线y2=245bx的焦点为F,B为抛物线上一点,|BF|=365b,直线BF交椭圆于P,Q两点,若|AP|2+|AQ|2=425,求椭圆的标准方程.
19.(12分)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上一动点P,左、右焦点分别为F1,F2,且F2(2,0),定直线l:x=32,PM⊥l,点M在直线l上,且满足|PF2||PM|=233.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)若直线l0的斜率k=1,且l0过双曲线右焦点与双曲线右支交于A,B两点,求△ABF1的外接圆方程.
20.(12分)已知抛物线E:y2=4x的焦点为F,准线为l,O为坐标原点,过F的直线m与抛物线E交于A,B两点,点A在第一象限,过F且与直线m垂直的直线n与准线l交于点M.
(1)若直线m的斜率为3,求|AF||BF|的值;
(2)设AB的中点为N,若O,M,N,F四点共圆,求直线m的方程.
21.(12分)如图,过椭圆E:x24+y2=1的左、右焦点F1,F2分别作直线l1,l2,交椭圆于A,B两点与C,D两点,且l1∥l2.
(1)求证:当直线l1的斜率k1与直线BC的斜率k2都存在时,k1k2为定值;
(2)求四边形ABCD面积的最大值.
22.(12分)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与l相切.
(1)求C,☉M的方程;
(2)设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A1与☉M的位置关系,并说明理由.
参考答案
单元质检卷九 解析几何
1.C 解析 因为直线l与直线2x-y-5=0垂直,所以直线l的方程可设为x+2y+m=0,因为直线l经过点(1,-1),所以1+2×(-1)+m=0,解得m=1,则直线l的方程为x+2y+1=0,故选C.
2.A 解析圆x2+2x+y2-15=0的圆心为C(-1,0),则CP⊥MN.因为kCP=1-00-(-1)=1,所以kMN=-1,故直线MN的方程为y=-x+1.
3.A 解析 由题意,c=2,又ca=12,所以a=4,所以b2=a2-c2=12,所以椭圆C的标准方程为x216+y212=1.故选A.
4.C 解析 由题意,圆心C(2,1)在直线l上,则有2a+b=1,所以1a+2b=(2a+b)1a+2b=ba+4ab+4≥2ba·4ab+4=8,当且仅当ba=4ab,即b=2a=12时,取等号,所以1a+2b的最小值为8.故选C.
5.C 解析 设双曲线的实半轴长为a,依题意可得a=1,由双曲线的定义可得|AF2|-|AF1|=2a=2,|BF1|-|BF2|=2a=2,又|AF1|=|BF1|,故|AF2|-|BF2|=4,又|AB|=|AF2|-|BF2|,故|AB|=4.
6.C 解析 由题意,直线AB的方程为y=3x-p2,代入y2=2px,整理得x2-53px+14p2=0.设点A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),因为点A位于x轴上方,解方程得x1=32p,x2=16p,所以S1S2=|y1||y2|=2px12px2=x1x2=3.故选C.
7.D 解析焦点F2(c,0)到渐近线y=±bax的距离为d=bca2+b2=b,所以|AB|=2a2-b2.因为|AB|>2c3,即2a2-b2>2c3,所以9(a2-b2)>c2,解得e2<95.又e>1,所以1
9.C 解析 设P为第一象限内的点,|PF1|=m,|PF2|=n,|F1F2|=2c,可得m-n=2a,在△PF1F2中,可得4c2=m2+n2-2mncos 120°=m2+n2+mn=(m-n)2+3mn,即为4c2=4a2+3mn,即mn=43(c2-a2),又△PF1F2的面积为12mnsin 120°=12×43(c2-a2)×32=12×2c×2a,化为c2-a2-23ac=0,所以e2-23e-1=0,解得e=2+3(负根舍去).
10.B 解析 抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),准线方程为x=-2,过点A,B,P作准线的垂线段,垂足分别为点M,N,R,因为点P恰为AB的中点,所以|PR|是直角梯形AMNB的中位线,故|AM|+|BN|=2|PR|.由抛物线的定义可得|AF|+|BF|=|AM|+|BN|=2|PR|=2|1-(-2)|=6.故选B.
11.D 解析
(方法1)如图,设点A在第一象限,直线的倾斜角为θ,过点A,B分别作抛物线准线的垂线,垂足为M,N,由抛物线定义知|AF|=|AM|,|BF|=|BN|,再过点B作AM的垂线,垂足为C,设|BF|=m.因为|AF|=3|BF|=3m,所以|AC|=|AM|-|CM|=2m,|AB|=|AF|+|BF|=4m,所以cos θ=12,所以θ=π3.同理,若点A在第四象限,则θ=2π3.所以直线l的斜率为±3.故选D.
(方法2)设直线的倾斜角为θ,利用结论|AF|=p1-cosθ,|BF|=p1+cosθ,由|AF|=3|BF|,得21-cosθ=61+cosθ,或21+cosθ=61-cosθ,解得cos θ=±12,所以tan θ=±3.故选D.
12.C 解析 由题意,双曲线的渐近线为y=±bax,联立x-2y+n=0,y=-bax,得A-ana+2b,bna+2b,联立x-2y+n=0,y=bax,得Ban2b-a,bn2b-a,所以AB的中点Ea2n4b2-a2,2b2n4b2-a2,kAB=12,kPE=2b2n4b2-a2a2n4b2-a2-n=b2a2-2b2,因为|PA|=|PB|,所以kAB·kPE=-1,即b2a2-2b2=-2,2a2=3b2,所以e=ca=1+b2a2=153.
13.5 解析不妨设点P在第一象限,PQ与y轴交于点M,则易知△MQT∽△OFT,则MTOT=MQOF,又OF=MQ=1,OT=2,所以MT=2.所以点P,Q的纵坐标都为4,代入抛物线方程求得P(4,4),故PF=4+1=5.
14.-1或-17 解析由圆C:(x-1)2+(y-4)2=9,则圆心C(1,4),r=3,点C(1,4)到直线的距离d=|2-m|m2+1,∵直线与圆C相交,∴0
∴7m2+8m+1=0,解得m=-1或m=-17.
15.x=-32 解析∵PF⊥x轴,∴xP=xF=p2,将xP=p2代入y2=2px,得y=±p.不妨设点P在x轴的上方,则Pp2,p,即|PF|=p.
如图,由条件得,△PFO∽△QFP,
∴|OF||PF|=|PF||QF|,
即p2p=p6,解得p=3.故C的准线方程为x=-32.
16.211 解析如图,设|AF2|=2|AF1|=4.
又AF1⊥AF2,∴|F1F2|=|AF1|2+|AF2|2=4+16=25.
设|BF1|=m,|BF2|=n,则有|BF1|+|BF2|=|AF1|+|AF2|=2+4=6,即m+n=6.①
又在△BF1F2与Rt△BAF2中,cos B=m2+n2-202mn=m+2n,∴m2-n2+4m+20=0.②
由①②解得m=1,n=5,
∴cos∠BF2F1=(25)2+52-122×25×5=1155,sin∠BF2F1=255,
∴tan∠BF2F1=211.
17.解(1)抛物线C的焦点为Fp2,0,因为l过点F且倾斜角为60°,所以l:y=3x-p2.
由y=3(x-p2),y2=2px,可得12x2-20px+3p2=0,解得x=32p或x=p6.
又M在第一象限,设M(xM,yM),所以xM=32p.
因为|FM|=4,所以32p+p2=4,解得p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)l过定点(-4,4).
由已知得抛物线C为y2=4x,点S(4,4),设直线l的方程为x=my+n,点My124,y1,Ny224,y2,
将直线l的方程与抛物线C:y2=4x联立得y2-4my-4n=0,
所以Δ=16m2+16n>0,y1+y2=4m,y1y2=-4n.
直线SM的方程为y-4=y1-4y124-4(x-4),
令x=0求得点A的纵坐标为4y1y1+4,同理求得点B的纵坐标为4y2y2+4.
由OA·OB=16y1y2y1y2+4(y1+y2)+16=8,化简得y1y2=4(y1+y2)+16,
则-4n=16m+16,即n=-4m-4,
所以直线l的方程为x=my-4m-4,即x+4=m(y-4),所以直线l过定点(-4,4).
18.解(1)由题意知,点E为点F1与点M的中点,
所以点M的纵坐标为2×b4=b2,
所以Mc,b2,
将点M的坐标代入x2a2+y2b2=1,得c2a2+b24b2=1,即e2=34,所以e=32.
(2)抛物线y2=245bx的焦点为F65b,0,由对称性不妨设点B在第一象限,
因为|BF|=365b,所以由抛物线的定义,可得B点的横坐标为365b-65b=6b,所以B6b,1255b,所以直线BF的方程为y=52x-65b.
由(1)可得椭圆方程为x24b2+y2b2=1,点A为(2b,0).
联立y=52(x-65b),x24b2+y2b2=1,消去y,
整理得3x2-6bx+85b2=0,Δ=845b2>0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=2b,x1x2=815b2,
所以|AP|2+|AQ|2=(x1-2b)2+y12+(x2-2b)2+y22=(x1-2b)2+b2-14x12+(x2-2b)2+b2-14x22=34(x1+x2)2-32x1x2-4b(x1+x2)+10b2=3b2-45b2-8b2+10b2=215b2=425,
所以b2=2,椭圆的标准方程为x28+y22=1.
19.解(1)由题意设点P(x,y),可知|PF2||PM|=233,则(x-2)2+y2|x-32|=233,式子两边平方得(x-2)2+y2=43x-322,
整理得1+y2=x23,即双曲线的标准方程为x23-y2=1.
(2)由题意,可知直线l0:y=x-2,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y=x-2,x23-y2=1,可得2x2-12x+15=0,则x1+x2=6,x1x2=152,y1+y2=2,AB的中点为M(3,1),|AB|=1+12·(x1+x2)2-4x1x2=2×62-2×15=23.
△ABF1外接圆圆心在AB的垂直平分线上,设为l1,则l1的方程为y=-x+4,设圆心E(x0,y0),则|EA|=|EF1|,
所以y0=-x0+4,(x0-3)2+(y0-1)2+3=(x0+2)2+y02,
故x0=18,y0=318.所以半径R=(18+2) 2+(318) 2=2528,
所以△ABF1的外接圆方程为x-182+y-3182=62532.
20.解(1)如图,由抛物线y2=4x,得F(1,0),则直线m的方程为y=3(x-1),
联立y2=4x,y=3(x-1),得3x2-10x+3=0,解得x1=13,x2=3,∵A在第一象限,∴xA=3,xB=13,
则|AF|=3+1=4,|BF|=13+1=43,∴|AF||BF|=3;
(2)设直线m的方程为x=ty+1,由题意可得t≠0,
否则,N与F重合,不存在O,M,N,F四点共圆.
把x=ty+1代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,Δ>0显然成立.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=-4.x1+x2=y12+y224=(y1+y2)2-2y1y24=16t2+84=4t2+2,
∴N(2t2+1,2t).
∵直线m的斜率为1t,∴直线n的斜率为-t,则直线n的方程为y=-t(x-1).由x=-1,y=-t(x-1),解得M(-1,2t).
若O,M,N,F四点共圆,再结合FN⊥FM,得OM⊥ON,则OM·ON=-1×(2t2+1)+2t×2t=2t2-1=0,解得t=±22,∴直线m的方程为y=±2(x-1).
21.(1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),根据对称性,有C(-x1,-y1),
因为A(x1,y1),B(x2,y2)都在椭圆E上,所以x124+y12=1,x224+y22=1,二式相减,得x12-x224+y12−y22=0,
所以k1k2=y2-y1x2-x1·y2-(-y1)x2-(-x1)=y22-y12x22-x12=-14为定值.
(2)解当l1的倾斜角为0°时,l1与l2重合,舍去.
当l1的倾斜角不为0时,由对称性得四边形ABCD为平行四边形,F1(-3,0),
设直线l1的方程为x=my-3,代入x24+y2=1,得(m2+4)y2-23ym-1=0.
显然Δ>0,y1+y2=23mm2+4,y1·y2=-1m2+4.
所以S△OAB=12·3·|y1-y2|
=32·23mm2+42-4·-1m2+4
=23·m2+1(m2+4)2.
设m2+1=t,则m2=t-1,t∈[1,+∞).
所以m2+1(m2+4)2=tt2+6t+9=1t+9t+6≤112.
当且仅当t=9t,即m=±2时取等号,所以(S△OAB)max=23×112=1.所以平行四边形面积的最大值为(S▱ABCD)max=4·(S△OAB)=4.
22.解(1)由题意设抛物线的标准方程为y2=2px,p>0,当x=1时,y2=2p,y=±2p.
∵OP⊥OQ,∴2p=1,即2p=1,∴抛物线的标准方程为y2=x,☉M的方程为(x-2)2+y2=1.
(2)设A1(a2,a),A2(b2,b),A3(c2,c).
lA1A2:y-a=1a+b(x-a2),即x-(a+b)y+ab=0,
∵直线A1A2与☉M相切,
∴|2+ab|1+(a+b)2=1.①
lA1A3:y-a=1a+c(x-a2)⇒x-(a+c)y+ac=0,∵直线A1A3与☉M相切,∴|2+ac|1+(a+c)2=1.②
∴b,c是方程|2+ax|1+(a+x)2=1,
即(a2-1)x2+2ax-a2+3=0的两根.
又lA2A3:x-(b+c)y+bc=0,∴圆心(2,0)到直线lA2A3的距离d=|2+bc|1+(b+c)2=2+3-a2a2-11+(-2aa2-1) 2=|a2+1|a4+2a2+1=1.
∴d与☉M的半径相等,即直线A2A3与☉M相切.
单元质检卷九 解析几何
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.
1.已知直线l经过点(1,-1),且与直线2x-y-5=0垂直,则直线l的方程为( )
A.2x+y-1=0 B.x-2y-3=0
C.x+2y+1=0 D.2x-y-3=0
2.若P(0,1)为圆x2+2x+y2-15=0的弦MN的中点,则直线MN的方程为( )
A.y=-x+1 B.y=x+1
C.y=2x+1 D.y=-2x+1
3.已知中心在坐标原点的椭圆C的右焦点为F(2,0),且其离心率为12,则椭圆C的标准方程为( )
A.x216+y212=1 B.x216+y24=1
C.x216+y29=1 D.x24+y22=1
4.若圆C:(x-2)2+(y-1)2=4恰好被直线l:ax+by=1(a>0,b>0)平分,则1a+2b的最小值为( )
A.82 B.62
C.8 D.6
5.已知双曲线x2-y28=1的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A,B两点,且|AF1|=|BF1|,则|AB|=( )
A.22 B.3
C.4 D.22+1
6.设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,过点F作倾斜角为60°的直线交抛物线于点A,B(点A位于x轴上方),O是坐标原点,记△AOF和△BOF的面积分别为S1,S2,则S1S2=( )
A.9 B.4
C.3 D.2
7.已知F1,F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,以F2为圆心,a为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于A,B两点,若|AB|>|F1F2|3,则双曲线的离心率的取值范围是( )
A.3,355 B.355,+∞
C.(1,3) D.1,355
8.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线与坐标轴交于点M,P是抛物线C上的一点,且∠PFM为钝角.若|PM|=23,|PF|=4,则△PMF的面积是( )
A.72 B.37
C.332 D.36
9.设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,双曲线C上一点P到x轴的距离为2a,∠F1PF2=120°,则双曲线C的离心率为( )
A.3 B.1+3
C.2+3 D.4
10.已知抛物线y2=8x的焦点为F,经过点P(1,1)的直线l与该抛物线交于A,B两点,且点P恰为AB的中点,则|AF|+|BF|=( )
A.4 B.6
C.8 D.12
11.过抛物线C:y2=4x的焦点F作直线l交C于A,B两点,若|AF|=3|BF|,则直线l的斜率为( )
A.±33 B.±12
C.±1 D.±3
12.已知直线x-2y+n=0(n≠0)与双曲线:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别相交于A,B两点,点P的坐标为(n,0),若|PA|=|PB|,则该双曲线的离心率是( )
A.2 B.3
C.153 D.62
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,点P在抛物线C上,PQ垂直l于点Q,QF与y轴交于点T,O为坐标原点,且|OT|=2,则|PF|= .
14.在平面直角坐标系中,直线mx+y-2m-2=0与圆C:(x-1)2+(y-4)2=9交于M,N两点,当△MNC的面积最大时,实数m的值为 .
15.已知O为坐标原点,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P为C上一点,PF与x轴垂直,Q为x轴上一点,且PQ⊥OP.若|FQ|=6,则C的准线方程为 .
16.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与C交于A,B两点,满足AF1⊥AF2且|AF2|=2|AF1|,则tan∠BF2F1= .
三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,S(t,4)为C上一点,直线l交C于M,N两点(与点S不重合).
(1)若l过点F且倾斜角为60°,|FM|=4(M在第一象限),求C的方程.
(2)若p=2,直线SM,SN分别与y轴交于A,B两点,且OA·OB=8,判断直线l是否恒过定点?若是,求出该定点;若不是,请说明理由.
18.(12分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,点E的坐标为0,b4,延长线段F1E交椭圆于点M,MF2⊥x轴.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设抛物线y2=245bx的焦点为F,B为抛物线上一点,|BF|=365b,直线BF交椭圆于P,Q两点,若|AP|2+|AQ|2=425,求椭圆的标准方程.
19.(12分)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上一动点P,左、右焦点分别为F1,F2,且F2(2,0),定直线l:x=32,PM⊥l,点M在直线l上,且满足|PF2||PM|=233.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)若直线l0的斜率k=1,且l0过双曲线右焦点与双曲线右支交于A,B两点,求△ABF1的外接圆方程.
20.(12分)已知抛物线E:y2=4x的焦点为F,准线为l,O为坐标原点,过F的直线m与抛物线E交于A,B两点,点A在第一象限,过F且与直线m垂直的直线n与准线l交于点M.
(1)若直线m的斜率为3,求|AF||BF|的值;
(2)设AB的中点为N,若O,M,N,F四点共圆,求直线m的方程.
21.(12分)如图,过椭圆E:x24+y2=1的左、右焦点F1,F2分别作直线l1,l2,交椭圆于A,B两点与C,D两点,且l1∥l2.
(1)求证:当直线l1的斜率k1与直线BC的斜率k2都存在时,k1k2为定值;
(2)求四边形ABCD面积的最大值.
22.(12分)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与l相切.
(1)求C,☉M的方程;
(2)设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A1与☉M的位置关系,并说明理由.
参考答案
单元质检卷九 解析几何
1.C 解析 因为直线l与直线2x-y-5=0垂直,所以直线l的方程可设为x+2y+m=0,因为直线l经过点(1,-1),所以1+2×(-1)+m=0,解得m=1,则直线l的方程为x+2y+1=0,故选C.
2.A 解析圆x2+2x+y2-15=0的圆心为C(-1,0),则CP⊥MN.因为kCP=1-00-(-1)=1,所以kMN=-1,故直线MN的方程为y=-x+1.
3.A 解析 由题意,c=2,又ca=12,所以a=4,所以b2=a2-c2=12,所以椭圆C的标准方程为x216+y212=1.故选A.
4.C 解析 由题意,圆心C(2,1)在直线l上,则有2a+b=1,所以1a+2b=(2a+b)1a+2b=ba+4ab+4≥2ba·4ab+4=8,当且仅当ba=4ab,即b=2a=12时,取等号,所以1a+2b的最小值为8.故选C.
5.C 解析 设双曲线的实半轴长为a,依题意可得a=1,由双曲线的定义可得|AF2|-|AF1|=2a=2,|BF1|-|BF2|=2a=2,又|AF1|=|BF1|,故|AF2|-|BF2|=4,又|AB|=|AF2|-|BF2|,故|AB|=4.
6.C 解析 由题意,直线AB的方程为y=3x-p2,代入y2=2px,整理得x2-53px+14p2=0.设点A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),因为点A位于x轴上方,解方程得x1=32p,x2=16p,所以S1S2=|y1||y2|=2px12px2=x1x2=3.故选C.
7.D 解析焦点F2(c,0)到渐近线y=±bax的距离为d=bca2+b2=b,所以|AB|=2a2-b2.因为|AB|>2c3,即2a2-b2>2c3,所以9(a2-b2)>c2,解得e2<95.又e>1,所以1
9.C 解析 设P为第一象限内的点,|PF1|=m,|PF2|=n,|F1F2|=2c,可得m-n=2a,在△PF1F2中,可得4c2=m2+n2-2mncos 120°=m2+n2+mn=(m-n)2+3mn,即为4c2=4a2+3mn,即mn=43(c2-a2),又△PF1F2的面积为12mnsin 120°=12×43(c2-a2)×32=12×2c×2a,化为c2-a2-23ac=0,所以e2-23e-1=0,解得e=2+3(负根舍去).
10.B 解析 抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),准线方程为x=-2,过点A,B,P作准线的垂线段,垂足分别为点M,N,R,因为点P恰为AB的中点,所以|PR|是直角梯形AMNB的中位线,故|AM|+|BN|=2|PR|.由抛物线的定义可得|AF|+|BF|=|AM|+|BN|=2|PR|=2|1-(-2)|=6.故选B.
11.D 解析
(方法1)如图,设点A在第一象限,直线的倾斜角为θ,过点A,B分别作抛物线准线的垂线,垂足为M,N,由抛物线定义知|AF|=|AM|,|BF|=|BN|,再过点B作AM的垂线,垂足为C,设|BF|=m.因为|AF|=3|BF|=3m,所以|AC|=|AM|-|CM|=2m,|AB|=|AF|+|BF|=4m,所以cos θ=12,所以θ=π3.同理,若点A在第四象限,则θ=2π3.所以直线l的斜率为±3.故选D.
(方法2)设直线的倾斜角为θ,利用结论|AF|=p1-cosθ,|BF|=p1+cosθ,由|AF|=3|BF|,得21-cosθ=61+cosθ,或21+cosθ=61-cosθ,解得cos θ=±12,所以tan θ=±3.故选D.
12.C 解析 由题意,双曲线的渐近线为y=±bax,联立x-2y+n=0,y=-bax,得A-ana+2b,bna+2b,联立x-2y+n=0,y=bax,得Ban2b-a,bn2b-a,所以AB的中点Ea2n4b2-a2,2b2n4b2-a2,kAB=12,kPE=2b2n4b2-a2a2n4b2-a2-n=b2a2-2b2,因为|PA|=|PB|,所以kAB·kPE=-1,即b2a2-2b2=-2,2a2=3b2,所以e=ca=1+b2a2=153.
13.5 解析不妨设点P在第一象限,PQ与y轴交于点M,则易知△MQT∽△OFT,则MTOT=MQOF,又OF=MQ=1,OT=2,所以MT=2.所以点P,Q的纵坐标都为4,代入抛物线方程求得P(4,4),故PF=4+1=5.
14.-1或-17 解析由圆C:(x-1)2+(y-4)2=9,则圆心C(1,4),r=3,点C(1,4)到直线的距离d=|2-m|m2+1,∵直线与圆C相交,∴0
∴7m2+8m+1=0,解得m=-1或m=-17.
15.x=-32 解析∵PF⊥x轴,∴xP=xF=p2,将xP=p2代入y2=2px,得y=±p.不妨设点P在x轴的上方,则Pp2,p,即|PF|=p.
如图,由条件得,△PFO∽△QFP,
∴|OF||PF|=|PF||QF|,
即p2p=p6,解得p=3.故C的准线方程为x=-32.
16.211 解析如图,设|AF2|=2|AF1|=4.
又AF1⊥AF2,∴|F1F2|=|AF1|2+|AF2|2=4+16=25.
设|BF1|=m,|BF2|=n,则有|BF1|+|BF2|=|AF1|+|AF2|=2+4=6,即m+n=6.①
又在△BF1F2与Rt△BAF2中,cos B=m2+n2-202mn=m+2n,∴m2-n2+4m+20=0.②
由①②解得m=1,n=5,
∴cos∠BF2F1=(25)2+52-122×25×5=1155,sin∠BF2F1=255,
∴tan∠BF2F1=211.
17.解(1)抛物线C的焦点为Fp2,0,因为l过点F且倾斜角为60°,所以l:y=3x-p2.
由y=3(x-p2),y2=2px,可得12x2-20px+3p2=0,解得x=32p或x=p6.
又M在第一象限,设M(xM,yM),所以xM=32p.
因为|FM|=4,所以32p+p2=4,解得p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)l过定点(-4,4).
由已知得抛物线C为y2=4x,点S(4,4),设直线l的方程为x=my+n,点My124,y1,Ny224,y2,
将直线l的方程与抛物线C:y2=4x联立得y2-4my-4n=0,
所以Δ=16m2+16n>0,y1+y2=4m,y1y2=-4n.
直线SM的方程为y-4=y1-4y124-4(x-4),
令x=0求得点A的纵坐标为4y1y1+4,同理求得点B的纵坐标为4y2y2+4.
由OA·OB=16y1y2y1y2+4(y1+y2)+16=8,化简得y1y2=4(y1+y2)+16,
则-4n=16m+16,即n=-4m-4,
所以直线l的方程为x=my-4m-4,即x+4=m(y-4),所以直线l过定点(-4,4).
18.解(1)由题意知,点E为点F1与点M的中点,
所以点M的纵坐标为2×b4=b2,
所以Mc,b2,
将点M的坐标代入x2a2+y2b2=1,得c2a2+b24b2=1,即e2=34,所以e=32.
(2)抛物线y2=245bx的焦点为F65b,0,由对称性不妨设点B在第一象限,
因为|BF|=365b,所以由抛物线的定义,可得B点的横坐标为365b-65b=6b,所以B6b,1255b,所以直线BF的方程为y=52x-65b.
由(1)可得椭圆方程为x24b2+y2b2=1,点A为(2b,0).
联立y=52(x-65b),x24b2+y2b2=1,消去y,
整理得3x2-6bx+85b2=0,Δ=845b2>0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=2b,x1x2=815b2,
所以|AP|2+|AQ|2=(x1-2b)2+y12+(x2-2b)2+y22=(x1-2b)2+b2-14x12+(x2-2b)2+b2-14x22=34(x1+x2)2-32x1x2-4b(x1+x2)+10b2=3b2-45b2-8b2+10b2=215b2=425,
所以b2=2,椭圆的标准方程为x28+y22=1.
19.解(1)由题意设点P(x,y),可知|PF2||PM|=233,则(x-2)2+y2|x-32|=233,式子两边平方得(x-2)2+y2=43x-322,
整理得1+y2=x23,即双曲线的标准方程为x23-y2=1.
(2)由题意,可知直线l0:y=x-2,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y=x-2,x23-y2=1,可得2x2-12x+15=0,则x1+x2=6,x1x2=152,y1+y2=2,AB的中点为M(3,1),|AB|=1+12·(x1+x2)2-4x1x2=2×62-2×15=23.
△ABF1外接圆圆心在AB的垂直平分线上,设为l1,则l1的方程为y=-x+4,设圆心E(x0,y0),则|EA|=|EF1|,
所以y0=-x0+4,(x0-3)2+(y0-1)2+3=(x0+2)2+y02,
故x0=18,y0=318.所以半径R=(18+2) 2+(318) 2=2528,
所以△ABF1的外接圆方程为x-182+y-3182=62532.
20.解(1)如图,由抛物线y2=4x,得F(1,0),则直线m的方程为y=3(x-1),
联立y2=4x,y=3(x-1),得3x2-10x+3=0,解得x1=13,x2=3,∵A在第一象限,∴xA=3,xB=13,
则|AF|=3+1=4,|BF|=13+1=43,∴|AF||BF|=3;
(2)设直线m的方程为x=ty+1,由题意可得t≠0,
否则,N与F重合,不存在O,M,N,F四点共圆.
把x=ty+1代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,Δ>0显然成立.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=-4.x1+x2=y12+y224=(y1+y2)2-2y1y24=16t2+84=4t2+2,
∴N(2t2+1,2t).
∵直线m的斜率为1t,∴直线n的斜率为-t,则直线n的方程为y=-t(x-1).由x=-1,y=-t(x-1),解得M(-1,2t).
若O,M,N,F四点共圆,再结合FN⊥FM,得OM⊥ON,则OM·ON=-1×(2t2+1)+2t×2t=2t2-1=0,解得t=±22,∴直线m的方程为y=±2(x-1).
21.(1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),根据对称性,有C(-x1,-y1),
因为A(x1,y1),B(x2,y2)都在椭圆E上,所以x124+y12=1,x224+y22=1,二式相减,得x12-x224+y12−y22=0,
所以k1k2=y2-y1x2-x1·y2-(-y1)x2-(-x1)=y22-y12x22-x12=-14为定值.
(2)解当l1的倾斜角为0°时,l1与l2重合,舍去.
当l1的倾斜角不为0时,由对称性得四边形ABCD为平行四边形,F1(-3,0),
设直线l1的方程为x=my-3,代入x24+y2=1,得(m2+4)y2-23ym-1=0.
显然Δ>0,y1+y2=23mm2+4,y1·y2=-1m2+4.
所以S△OAB=12·3·|y1-y2|
=32·23mm2+42-4·-1m2+4
=23·m2+1(m2+4)2.
设m2+1=t,则m2=t-1,t∈[1,+∞).
所以m2+1(m2+4)2=tt2+6t+9=1t+9t+6≤112.
当且仅当t=9t,即m=±2时取等号,所以(S△OAB)max=23×112=1.所以平行四边形面积的最大值为(S▱ABCD)max=4·(S△OAB)=4.
22.解(1)由题意设抛物线的标准方程为y2=2px,p>0,当x=1时,y2=2p,y=±2p.
∵OP⊥OQ,∴2p=1,即2p=1,∴抛物线的标准方程为y2=x,☉M的方程为(x-2)2+y2=1.
(2)设A1(a2,a),A2(b2,b),A3(c2,c).
lA1A2:y-a=1a+b(x-a2),即x-(a+b)y+ab=0,
∵直线A1A2与☉M相切,
∴|2+ab|1+(a+b)2=1.①
lA1A3:y-a=1a+c(x-a2)⇒x-(a+c)y+ac=0,∵直线A1A3与☉M相切,∴|2+ac|1+(a+c)2=1.②
∴b,c是方程|2+ax|1+(a+x)2=1,
即(a2-1)x2+2ax-a2+3=0的两根.
又lA2A3:x-(b+c)y+bc=0,∴圆心(2,0)到直线lA2A3的距离d=|2+bc|1+(b+c)2=2+3-a2a2-11+(-2aa2-1) 2=|a2+1|a4+2a2+1=1.
∴d与☉M的半径相等,即直线A2A3与☉M相切.
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