2024年新高考突破专练 专题检测5　解析几何（附答案解析）

这是一份2024年新高考突破专练 专题检测5　解析几何（附答案解析），共14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。

1.(2021新高考Ⅱ,3)抛物线y2=2px(p>0)的焦点到直线y=x+1的距离为2,则p=( )
A.1B.2C.22D.4
2.(2023北京八一中学模拟)已知从点(-5,3)发出的光线,经x轴反射后,反射光线恰好平分圆x2+y2-2x-2y-3=0的圆周,则反射光线所在的直线方程为( )
A.2x-3y+1=0B.2x-3y-1=0
C.3x-2y+1=0D.3x-2y-1=0
3.(2023山东济宁一模)若过点P(0,-1)的直线l与圆(x-3)2+y2=1有公共点,则直线l的倾斜角的最大值为( )
A.π6B.π4C.π3D.2π3
4.(2023湖南常德一模)已知抛物线的方程为x2=4y,过其焦点F的直线与抛物线交于M,N两点,且|MF|=5,O为坐标原点,则△MOF的面积与△NOF的面积之比为( )
A.15B.14C.5D.4
5.(2023全国甲,理8)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为5,C的一条渐近线与圆(x-2)2+(y-3)2=1交于A,B两点,则|AB|=( )
A.55B.255C.355D.455
6.(2023广东佛山二模)已知方程Ax2+By2+Cxy+Dx+Ey+F=0,其中A≥B≥C≥D≥E≥F.现有四位同学对该方程进行了判断,提出了四个命题:
甲:可以是圆的方程;乙:可以是抛物线的方程;丙:可以是椭圆的标准方程;丁:可以是双曲线的标准方程.
其中,真命题有( )
A.1个B.2个
C.3个D.4个
7.(2023山东德州一模)由点P(-3,0)射出的两条光线与☉O1:(x+1)2+y2=1分别相切于点A,B,称两射线PA,PB上切点右侧部分的射线和优弧AB右侧所夹的平面区域为☉O1的“背面”.若☉O2:(x-1)2+(y-t)2=1处于☉O1的“背面”,则实数t的取值范围为( )
A.[-23,23]
B.[-433+1,433-1]
C.[-1,1]
D.[-233,233]
8.(2023湖南长郡中学一模)已知O为坐标原点,双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,离心率为62,P(x1,y1)是C的右支上异于顶点的一点,过点F2作∠F1PF2的平分线的垂线,垂足是M,|MO|=2.若双曲线C上一点T满足F1T·F2T=5,则点T到双曲线C的两条渐近线的距离之和为( )
A.22B.23C.25D.26
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2023福建泉州三模)已知AB为圆C:x2+y2=4的直径且不与y轴重合,直线l:y=kx+1与y轴交于点M,则( )
A.l与C恒有公共点
B.△ABM是钝角三角形
C.△ABM的面积的最大值为1
D.l被C截得的弦的长度的最小值为23
10.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,斜率为1的直线l交抛物线于A,B两点,则( )
A.抛物线C的准线方程为x=1
B.线段AB的中点在直线y=2上
C.若|AB|=8,则△OAB的面积为22
D.以线段AF为直径的圆一定与y轴相切
11.(2023河北邯郸一模)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,过F1作圆x2+y2=a2的切线l,切点为M,且直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A,B两点,则下列结论正确的是( )
A.若a=3,b=4,则|BF1|+|BF2|=26
B.若BF2⊥BF1,则双曲线C的渐近线方程为y=±2x
C.若|MB|=2|MF1|,则双曲线C的离心率是13
D.若M是BF1的中点,则双曲线C的离心率是5
12.(2023山东菏泽二模)法国数学家加斯帕尔·蒙日发现:与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆,我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C:x22+y2=1,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,直线l的方程为x+2y-3=0,M为椭圆C的蒙日圆上一动点,MA,MB分别与椭圆相切于A,B两点,O为坐标原点,下列说法正确的是( )
A.椭圆C的蒙日圆方程为x2+y2=3
B.记点A到直线l的距离为d,则d-|AF2|的最小值为433
C.一矩形四条边与椭圆C相切,则此矩形面积的最大值为6
D.△AOB的面积的最小值为23,最大值为22
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2023福建厦门二模)写出与直线x=1,y=1和圆x2+y2=1都相切的一个圆的方程: .
14.(2023天津,12)过原点的一条直线与圆C:(x+2)2+y2=3相切,交曲线y2=2px(p>0)于点P,若|OP|=8,则p的值为 .
15.(2022全国甲,文15)记双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为e,写出满足条件“直线y=2x与C无公共点”的e的一个值 .
16.(2023河北石家庄一模)已知F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,B是C的上顶点,过F1的直线交C于P,Q两点,O为坐标原点,△OBF1与△PQF2的周长比为2+14,则椭圆的离心率为 ;如果|BF1|=2,且BF1⊥PQ,则△PQF2的面积为 .
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点A(-3,2),且离心率e=5.
(1)求该双曲线的标准方程;
(2)如果B,C为双曲线上的动点,直线AB与直线AC的斜率互为相反数,证明直线BC的斜率为定值,并求出该定值.
18.(12分)(2023河北唐山二模)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上一点,B为准线l上一点,BF=2FA,|AB|=9.
(1)求C的方程;
(2)M,N,E(x0,-2)是C上的三点,若kEM+kEN=1,求点E到直线MN距离的最大值.
19.(12分)(2021全国甲,理20)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A2A3与☉M的位置关系,并说明理由.
20.(12分)(2023江苏海安高级中学一模)某城市决定在夹角为30°的两条道路EB,EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园,如图所示,AB=2千米,O为AB的中点,OD为椭圆的长半轴,在半椭圆形区域内再建造一个游乐区域三角形OMN,其中M,N在椭圆上,且MN的倾斜角为45°,交OD于点G.
(1)若OE=3千米,为了不破坏道路EF,求椭圆长半轴长的最大值;
(2)若椭圆的离心率为32,当线段OG长为何值时,游乐区域三角形OMN的面积最大?
21.(12分)(2023山东青岛一模)已知O为坐标原点,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,A为椭圆C的上顶点,△AF1F2为等腰直角三角形,其面积为1.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)直线l交椭圆C于P,Q两点,点W在过原点且与l平行的直线上,记直线WP,WQ的斜率分别为k1,k2,△WPQ的面积为S.从下面三个条件①②③中选择两个条件,证明另一个条件成立.
①S=22;②k1k2=-12;③W为原点O.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
22.(12分)(2023浙江湖州、衢州、丽水二模)已知双曲线C:x24-y2=1,A是双曲线C的左顶点,点P坐标为(4,0).
(1)过点P作C的两条渐近线的平行线分别交双曲线C于R,S两点,求直线RS的方程.
(2)过点P作直线l与椭圆x24+y2=1交于点D,E,直线AD,AE与双曲线C的另一个交点分别是点M,N.试问:直线MN是否过定点?若过定点,请求出该定点坐标;若不过定点,请说明理由.
专题检测五 解析几何
1.B 解析 抛物线的焦点坐标为(p2,0),其到直线x-y+1=0的距离d=p2-0+11+1=2,解得p=2(p=-6舍去).
2.A 解析 由圆的方程得圆心为(1,1),
∵反射光线恰好平分圆x2+y2-2x-2y-3=0的圆周,
∴反射光线经过点(1,1).
∵(-5,3)关于x轴对称的点为(-5,-3),∴反射光线所在直线经过点(-5,-3),∴反射光线所在直线方程为y-1-3-1=x-1-5-1,即2x-3y+1=0.
3.C 解析 直线的倾斜角最大时,直线与圆相切,此时斜率存在,圆(x-3)2+y2=1的圆心为C(3,0),半径r=1.
设直线l的方程为y=kx-1,即kx-y-1=0,直线到圆心的距离为d=|3k-1|k2+1=1,
解得k=3或k=0,当k=3时,倾斜角最大为π3.
4.D 解析 由解析式可知,焦点F(0,1),准线方程为y=-1,
设M(x1,y1),N(x2,y2),lMN:y=kx+1,则|MF|=y1+1=5,得y1=4,x1=±4.
由抛物线的对称性,不妨设点M在第一象限内,则M(4,4).
联立y=kx+1,4y=x2,得x2-4kx-4=0,x1x2=-4,
即x2=-1,所以S△MOFS△NOF=|x1||x2|=4.
5.D 解析 由e=ca=5,得c=5a,所以b=c2-a2=2a.所以双曲线C的渐近线的方程为y=±bax=±2x.
由题意知,双曲线C的一条渐近线与圆(x-2)2+(y-3)2=1交于A,B两点,所以满足条件的渐近线为y=bax=2x.
又圆心(2,3)到渐近线2x-y=0的距离d=|2×2-3|22+(-1)2=55,圆的半径r=1,所以|AB|=2r2-d2=21-15=455.故选D.
6.C 解析 因为方程Ax2+By2+Cxy+Dx+Ey+F=0,其中A≥B≥C≥D≥E≥F,
所以当A=B=1≥C=D=E=0≥F=-1时,方程为x2+y2-1=0,即x2+y2=1,故方程可以是圆的方程;
当A=1≥B=C=D=0≥E=-1≥F=-2时,方程为x2-y-2=0,即y=x2-2,故方程可以是抛物线的方程;
当A=2≥B=1≥C=D=E=0≥F=-1时,方程为2x2+y2-1=0,即y2+x212=1,故方程可以是椭圆的标准方程;
若方程为双曲线的标准方程,则有AB<0,C=D=E=0,F<0,这与A≥B≥C≥D≥E≥F矛盾,故方程不可以是双曲线的标准方程.
所以真命题有3个.
7.D 解析 设过点P的切线方程为y=k(x+3),
∴|-k+3k|1+k2=1,∴k=±33,
∴不妨令直线AP的方程为y=33(x+3),即x-3y+3=0,
直线PB的方程为y=-33(x+3),即x+3y+3=0.
∵☉O2:(x-1)2+(y-t)2=1处于☉O1的“背面”,
∴☉O2与PB相切时t取最小值,由|1+3t+3|1+3=1,解得t=-233或t=-23,结合图形可得t的最小值为-233,同理☉O2与PA相切时可得t的最大值为t=233,∴-233≤t≤233.
8.A 解析 设半焦距为c,延长F2M交PF1于点N,如图.因为PM是∠F1PF2的平分线,F2M⊥PM,所以△NPF2是等腰三角形,所以|PN|=|PF2|,且M是NF2的中点.
根据双曲线的定义可知|PF1|-|PF2|=2a,即|NF1|=2a.因为O是F1F2的中点,所以MO是△NF1F2的中位线,所以|MO|=12|NF1|=a=2.
又双曲线的离心率为62,所以c=3,b=1,所以双曲线C的方程为x22-y2=1.所以F1(-3,0),F2(3,0),双曲线C的渐近线方程为x±2y=0.
设T(u,v),点T到两渐近线的距离之和为S,则S=|u+2v|3+|u-2v|3.由F1T·F2T=(u-3)(u+3)+v2=u2+v2-3=5,得u2+v2=8.
又点T在x22-y2=1上,则u22-v2=1,即u2-2v2=2,解得u2=6,v2=2.由|u|>2|v|,故S=2|u|3=22.
9.ABD 解析 ∵直线l:y=kx+1与y轴交于点M,
∴M(0,1),点M在圆C:x2+y2=4内部,∴l与C恒有公共点,故A正确;
∵点M在圆C:x2+y2=4内部,∴∠AMB为钝角,
∴△ABM是钝角三角形,故B正确;
∵点M到AB的最大距离,即到圆心的距离,为1,
∴S△ABM≤12×4×1=2,故C错误;
当l被C截得的弦的长度最小时,圆心到直线l的距离最大,且此距离为点M到圆心的距离,为1,此时弦长为2×22-12=23,故D正确.
故选ABD.
10.BCD 解析 对于A,抛物线C的准线方程为x=-1,故A错误;
对于B,设点A(x1,y1),B(x2,y2),设线段AB的中点为M(x0,y0),则y12=4x1,y22=4x2,两式作差得(y1-y2)(y1+y2)=4(x1-x2),可得4y1+y2=y1-y2x1-x2=1,
所以y1+y2=4,故y0=y1+y22=2,故B正确;
对于C,设直线AB的方程为y=x+b,联立y=x+b,y2=4x,可得x2+(2b-4)x+b2=0,Δ=4(b-2)2-4b2>0,解得b<1,
则x1+x2=4-2b,x1x2=b2,|AB|=2·(x1+x2)2-4x1x2=2×41-b=8,解得b=-1,点O到直线l的距离为d=|b|2=22,故S△AOB=12|AB|·d=12×8×22=22,故C正确;
对于D,设线段AF的中点为N(x3,y3),则x3=x1+12,
由抛物线的定义可得|AF|=x1+1=2×x1+12,即|AF|等于点N到y轴的距离的两倍,
故以线段AF为直径的圆一定与y轴相切,故D正确.
11.ABD 解析 如图所示,对于A,由a=3,b=4,得c=5,所以|OF1|=5,|OM|=3,|MF1|=4.
设|BF2|=m,则|BF1|=m+6,在△BF1F2中,由余弦定理可得cs∠BF1F2=(m+6)2+102-m22×10(m+6)=45,解得m=10,
则|BF2|=10,|BF1|=16,从而|BF1|+|BF2|=26,故A正确;
对于B,由BF2⊥BF1,得OM∥BF2,因为O为F1F2的中点,所以M为BF1的中点,由题意可知|OM|=a,|MF1|=b,则|BF2|=2a,|BF1|=2b,由双曲线的定义可得|BF1|-|BF2|=2b-2a=2a,即b=2a,则双曲线C的渐近线方程为y=±2x,故B正确;
对于C,由|MB|=2|MF1|,得|BF1|=3b,则|BF2|=3b-2a,在△BF1F2中,由余弦定理可得cs∠BF1F2=(3b)2+(2c)2-(3b-2a)22×3b×2c=bc,
整理得ba=32,则e=ba2+1=132,故C错误;
对于D,因为M,O分别是BF1,F1F2的中点,所以OM∥BF2,所以|BF2|=2a,|BF1|=2b.
由双曲线的定义可得|BF1|-|BF2|=2b-2a=2a,即b=2a,则e=ba2+1=5,故D正确.
故选ABD.
12.ACD 解析 对于A,当直线MA,MB中一条斜率为0,另一条斜率不存在时,则M(±2,±1);
当直线MA,MB斜率均存在时,设M(x0,y0),切线方程为y=k(x-x0)+y0,
由y=k(x-x0)+y0,x22+y2=1,
得(1+2k2)x2-4k(kx0-y0)x+2(kx0-y0)2-2=0,
由Δ=0整理可得(x02-2)k2-2x0y0k+y02-1=0,
∴kMA·kMB=y02-1x02-2,又MA⊥MB,∴kMA·kMB=-1,即y02-1x02-2=-1,∴x02+y02=3,∴点M的轨迹为x2+y2=3.经检验,M(±2,±1)满足x2+y2=3,∴蒙日圆的方程为x2+y2=3,故A正确.
对于B,∵A为椭圆C上的点,∴|AF1|+|AF2|=2a=22,
∴d-|AF2|=d-(22-|AF1|)=d+|AF1|-22.
∵d+|AF1|的最小值为点F1到直线l的距离,
又F1(-1,0),∴(d+|AF1|)min=41+2=433,
∴(d-|AF2|)min=433-22,故B错误.
对于C,∵矩形四条边均与C相切,∴该矩形为蒙日圆的内接矩形.
设矩形的长为m,宽为n,蒙日圆的半径r=3,∴m2+n2=(23)2,
∴mn≤m2+n22=6(当且仅当m=n=6时,等号成立),
∴此矩形面积的最大值为6,故C正确.
对于D,设点A(x1,y1)位于椭圆上半部分,即y=1-x22,∴y'=-x21-x22,
∴椭圆C在点A处的切线斜率k1=-x121-x122=-x12y1,∴切线方程为y-y1=-x12y1(x-x1),即x1x+2y1y=x12+2y12=2,∴在点A处的切线方程为x1x2+y1y=1.
同理可得,当点A(x1,y1)位于椭圆下半部分,即y=-1-x22时,切线方程为x1x2+y1y=1.
∴椭圆C在点A处的切线方程为x1x2+y1y=1,同理可知,椭圆C在点B处的切线方程为x2x2+y2y=1.
设M(x0,y0),则x1x02+y1y0=1,x2x02+y2y0=1,可知点A,B的坐标满足方程x0x2+y0y=1,
即切点弦AB所在直线方程为x0x2+y0y=1.
当y0=0时,M(±3,0),此时AB所在直线方程为x=±233,∴|AB|=2×1-432=233,∴S△AOB=12×233×233=23;
当y0≠0时,由x0x2+y0y=1,x22+y2=1,得(2y02+x02)x2-4x0x+4-4y02=0,
由A知x02+y02=3,∴(6-x02)x2-4x0x+4x02-8=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4x06-x02,x1x2=4x02-86-x02,
∴|AB|=1+x024y02·4x06-x022-4×4x02-86-x02=x02+4y024y02·16(x02-3)(x02-4)(6-x02)2,
又原点O到直线AB的距离d=1x024+y02=2x02+4y02,
∴S△AOB=12|AB|·d=16(x02-3)(x02-4)(6-x02)2·14y02=4(4-x02)(6-x02)2=26-x02-2(6-x02)2=2-2(6-x02)2+16-x02,
令16-x02=t,∵x02∈[0,3),∴6-x2∈(3,6],则t∈[16,13),∵曲线y=-2t2+t,t∈[16,13)为开口方向向下,对称轴为直线t=14的抛物线,
∴ymax=-2×142+14=18,ymin=-2×162+16=19,∴(S△AOB)max=2×18=22,(S△AOB)min=2×19=23.
综上所述,△AOB的面积的最小值为23,最大值为22,故D正确.
故选ACD.
13.(x-2)2+y2=1(答案不唯一) 解析 设圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=R2,和直线相切可以得R=|a-1|=|b-1|,和圆相切得a2+b2=R+1或a2+b2=|R-1|,若取a=2,b=0,则R=1,此时圆的方程为(x-2)2+y2=1.
14.6 解析 易知切线的斜率存在,设其方程为y=kx,k≠0,则由题意,得圆C的圆心为(-2,0),半径r=3.由|-2k|k2+1=3,解得k=±3.由圆与抛物线的对称性,不妨取直线y=3x.直线y=3x与曲线y2=2px(p>0)交于点P,则由y2=2px,y=3x,得P(23p,233p).因为|OP|=8,所以(23p)2+(233p)2=64,解得p=6.
15.2(答案不唯一,只要1由ba≤2,得c2-a2a2≤4,所以e2≤5,故116.22 43 解析 设|F1F2|=2c,由题意,△PQF2的周长为|PQ|+|PF2|+|QF2|=|PF1|+|PF2|+|QF1|+|QF2|=4a.因为a2=c2+b2,所以△OBF1的周长为a+b+c,所以a+b+c4a=2+14,整理得b=2a-c,b2=2a2-22ac+c2,a2-22ac+2c2=0,可得2e2-22e+1=0,解得e=22.
因为|BF1|=2,所以a=2,所以b=c=1,即椭圆的方程为x22+y2=1,
焦点F1(-1,0),F2(1,0),所以直线BF1的斜率为1.
因为BF1⊥PQ,所以直线PQ的斜率为-1,即直线PQ的方程为y=-x-1.
联立x22+y2=1,y=-x-1,得3x2+4x=0,即x=0或x=-43.
不妨令P(0,-1),Q(-43,13),
所以△PQF2的面积为12×2×(13+1)=43.
17.(1)解 由题意9a2-4b2=1,ca=1+b2a2=5,解得a2=8,b2=32,
故双曲线的方程为x28−y232=1.
(2)证明 设点B(x1,y1),C(x2,y2),
设直线AB的方程为y-2=k(x+3),
代入双曲线方程,得(4-k2)x2-2k(3k+2)x-(3k+2)2-32=0,
∴-3+x1=6k2+4k4-k2,x1=3k2+4k+124-k2,y1=2k2+24k+84-k2,∴B3k2+4k+124-k2,2k2+24k+84-k2,
同理C3k2-4k+124-k2,2k2-24k+84-k2,
∴kBC=48k8k=6.
18.解 (1)如图,因为BF=2FA,
所以|AF|=13|AB|=3.
由BF=2FA,xB=-p2,xF=p2,可得xA=p.
由抛物线的定义可知,|AF|=p+p2=3,解得p=2.
则C的方程为y2=4x.
(2)因为点E(x0,-2)在抛物线C上,所以x0=1.
设直线MN的方程为x=ty+n,M(x1,y1),N(x2,y2),y1,y2≠-2,
将x=ty+n代入y2=4x,得y2-4ty-4n=0,则y1+y2=4t,y1y2=-4n.
kEM=y1+2x1-1=y1+2y124-1=4y1-2,同理kEN=4y2-2.
kEM+kEN=4y1-2+4y2-2=4(y1+y2)-16y1y2-2(y1+y2)+4=16t-16-4n-8t+4=1,整理得n=-6t+5,
则直线MN的方程为x=ty-6t+5,所以直线MN过定点T(5,6).
当ET⊥MN时,点E到直线MN的距离最大,且最大距离为|ET|=(5-1)2+(6+2)2=45,经检验符合题意.
19.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.
因为OP⊥OQ,所以2p=1,即2p=1,
故抛物线的标准方程为y2=x.
☉M的方程为(x-2)2+y2=1.
(2)由题意可知直线A1A2,A1A3,A2A3均不平行于x轴.
设点A1(x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3),直线A1A2的方程为x-x1=m1(y-y1),直线A1A3的方程为x-x1=m2(y-y1),m1≠m2.
因为点A1在抛物线C上,所以x1=y12,所以直线A1A2的方程可化为x-m1y+m1y1-y12=0,直线A1A3的方程可化为x-m2y+m2y1-y12=0.
因为直线A1A2,A1A3与☉M相切,☉M的圆心坐标为(2,0),半径r=1,
所以|2+m1y1-y12|1+m12=1,|2+m2y1-y12|1+m22=1,
所以m1,m2为方程|2+my1-y12|1+m2=1的根,
即m1,m2为方程m2(y12-1)+m(4y1-2y13)+y14-4y12+3=0的根.
又m1≠m2,所以y12-1≠0,所以m1+m2=2y13-4y1y12-1,m1m2=y14-4y12+3y12-1.由x-m1y+m1y1-y12=0,y2=x,消去x,得y2-m1y+m1y1-y12=0,所以y1+y2=m1,即y2=m1-y1.
同理,y3=m2-y1.
设直线A2A3的方程为x=ky+b,由x=ky+b,y2=x,得y2-ky-b=0,所以y2+y3=k,y2y3=-b,所以k=y2+y3=m1+m2-2y1=-2y1y12-1,-b=y2y3=(m1-y1)(m2-y1)=m1m2-y1(m1+m2)+y12=3-y12y12-1.
所以☉M的圆心到直线A2A3的距离d=|2-b|1+k2=2+3-y12y12-11+-2y1y12-12=y12+1|y12-1|y12+1|y12-1|=1=r,故直线A2A3与☉M相切.
20.解 (1)以O为坐标原点,OD所在直线为x轴,OA所在直线为y轴建立平面直角坐标系,图略,由题意A(0,1),E(0,3).
因为∠OEF=30°,所以|OF|=|OE|tan 30°=3,
所以F(3,0),kEF=-3,
所以直线EF的方程为y=-3x+3.
设|OD|=a,a>0,则D(a,0),
所以椭圆的方程为x2a2+y2=1,当a最大时直线EF与椭圆相切,则x2a2+y2=1,y=-3x+3,
整理可得(1+3a2)x2-63a2x+8a2=0,
Δ=(63a2)2-4(1+3a2)·8a2=0,解得a=263(负值舍去).
所以椭圆的长半轴长的最大值为263.
(2)因为e=ca=32,b=1,a2=b2+c2,所以a2=4,
所以椭圆的方程为x24+y2=1.
设|OG|=t,0联立y=x-t,x24+y2=1,整理可得5x2-8tx+4t2-4=0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=8t5,x1x2=4t2-45,
|y1-y2|=|x1-x2|=(x1+x2)2-4x1x2=64t225-4·4t2-45=45·5-t2,
S△OMN=12|OG|·|y1-y2|=12·t·45·5-t2=255t2-t4=25-(t2-52) 2+254,
要保证MN与半椭圆有交点,当点N位于点B位置时,t=1,所以1≤t≤2,当t2=52,即t=102时,S△OMN有最大值,最大值为1.
综上所述,当|OG|=102时,三角形OMN的面积最大.
21.解 (1)记|F1F2|=2c,由题意知|AF1|=|AF2|=a,2c=2a,
∴S△AF1F2=12a2=1,解得a=2,∴b=1,c=1,
∴椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
(2)(ⅰ)选②③为条件:设P(x1,y1),Q(x2,y2).
当直线l的斜率不存在时,根据椭圆的对称性不妨设点P在第一象限,则由k1k2=-12,可得k1=22,此时直线WP的方程为y=22x,与x22+y2=1联立,解得P(1,22),∴S=22.
当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+t,
则k1k2=y1y2x1x2=-12,即x1x2+2y1y2=0.
将y=kx+t代入x22+y2=1得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,∴x1+x2=-4kt1+2k2,x1x2=2t2-21+2k2,
∴y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2-2k21+2k2.∴2t2-21+2k2+2·t2-2k21+2k2=0,即1+2k2=2t2.
|PQ|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=22·1+k2·1+2k2-t21+2k2.
∵点O到直线l的距离d=|t|1+k2,∴S=12·|t|1+k2·22·1+k2·1+2k2-t21+2k2=22.
综上,①成立.
(ⅱ)选①③为条件:设P(x1,y1),Q(x2,y2).
当直线l的斜率不存在时,根据椭圆的对称性不妨设点P在第一象限,
则由S=22,可得S=12x1·2y1=x1y1=22.
又x122+y12=1,解得P(1,22),Q(1,-22),
∴k1k2=-12.
当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+t,
将y=kx+t代入x22+y2=1得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,∴x1+x2=-4kt1+2k2,x1x2=2t2-21+2k2,
|PQ|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=22·1+k2·1+2k2-t21+2k2.
∵点O到直线l的距离d=|t|1+k2,
∴S=12·|t|1+k2·22·1+k2·1+2k2-t21+2k2=2·|t|·1+2k2-t21+2k2=22,即1+2k2=2t2.
∵y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2-2k21+2k2,
∴k1k2=y1y2x1x2=t2-2k21+2k22t2-21+2k2=t2-2k22t2-2=1-t22t2-2=-12.
综上,②成立.
(ⅲ)选①②为条件:设P(x1,y1),Q(x2,y2),W(x0,y0).
当直线l的斜率不存在时,根据椭圆的对称性不妨设点P在第一象限,则Q(x1,-y1),W(0,y0),
∴S=12x1·2y1=x1y1=22.
又x122+y12=1,解得P(1,22),Q(1,-22),
∴k1k2=(y1-y0)(-y1-y0)x1·x1=y02−12=-12,
∴y0=0,∴W(0,0)为坐标原点.
当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+t,W(x0,kx0),将y=kx+t代入x22+y2=1得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,∴x1+x2=-4kt1+2k2,x1x2=2t2-21+2k2,
|PQ|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=22·1+k2·1+2k2-t21+2k2,
点W到直线l的距离d=|t|1+k2,
∴S=12·|t|1+k2·22·1+k2·1+2k2-t21+2k2=2·|t|·1+2k2-t21+2k2=22,即1+2k2=2t2.
∵y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2-2k21+2k2,
y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=2t1+2k2,
∴k1k2=(y1-kx0)(y2-kx0)(x1-x0)(x2-x0)=-12,
即(x1-x0)(x2-x0)+2(y1-kx0)(y2-kx0)=0,
得x1x2-x0(x1+x2)+x02+2y1y2-2kx0(y1+y2)+2k2x02=0,
即(1+2k2)2x02-(4k2-4t2+2)=0.∵1+2k2=2t2,4k2-4t2+2=0,∴x0=0,即W(0,0).
综上,③成立.
22.解 (1)由题意,得双曲线C的渐近线方程为y=±12x,不妨令S位于第一象限,
过点P且与y=12x平行的直线方程为y=12(x-4),
由y=12(x-4),x2-4y2=4,解得R(52,-34),
过点P且与y=-12x平行的直线方程为y=-12(x-4),由y=-12(x-4),x2-4y2=4,解得S(52,34),
∴直线RS的方程为x=52.
(2)直线MN过定点.
由已知,易知过点P的直线斜率存在且不为0,直线AD,AE的斜率存在且不为0,
设直线AD,AE的直线方程分别为x=t1y-2,t1≠0和x=t2y-2,t2≠0,D(xD,yD),E(xE,yE).
由x=t1y-2,x2+4y2=4,得(t12+4)y2-4t1y=0,得yD=4t1t12+4,则xD=2t12-8t12+4.同理yE=4t2t22+4,则xE=2t22-8t22+4.
又P,D,E三点共线,而PD=-2t12-24t12+4,4t1t12+4,PE=-2t22-24t22+4,4t2t22+4,
故-2t12-24t12+4×4t2t22+4−-2t22-24t22+4×4t1t12+4=0,解得t1t2=12.
易知直线MN斜率存在,设直线MN的方程y=kx+m,
M(x1,y1),N(x2,y2),则kAM=y1x1+2=kAD=1t1,kAN=y2x2+2=kAE=1t2,∴t1t2=x1+2y1·x2+2y2=12,
即(x1+2)(x2+2)=12y1y2=12(kx1+m)(kx2+m),
化简整理,得(12km-2)(x1+x2)+(12k2-1)x1x2+12m2-4=0,(*)
由y=kx+m,x2-4y2=4,消去y整理,得(1-4k2)x2-8kmx-4m2-4=0,
∴当1-4k2≠0且Δ=64k2m2+16(1-4k2)(m2+1)>0时,有x1+x2=8km1-4k2,x1x2=-4m2-41-4k2,
代入(*)化简,得m2-km-2k2=0,
即(m+k)(m-2k)=0,故m=-k或m=2k.
当m=2k时,y=kx+m=kx+2k,经过点(-2,0),不合题意;当m=-k时,y=kx+m=kx-k,经过点(1,0),满足题意.
因此直线MN过定点(1,0)