新高考数学突破专题七解析几何过关检测

专题突破练27专题七解析几何过关检测一、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=1B.m=1C.m=-32D.m=0或m=-322.(2019甘肃高三第一次高考诊断考试)抛物线y2=8x的焦点到双曲线y 24-x2=1的渐近线的距离是()A.√55B.2√55C.4√55D.√53.(多选题)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2B.点(0,2)关于直线y=x+1的对称点为(1,1)C.过(x1,y1),(x2,y2)两点的直线方程为y-y1y2-y1=x-x1x2-x1D.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=04.(2019湖北黄冈中学高三适应性考试)已知双曲线x 2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线均和圆C:x2+y2-6x+5=0相切,且双曲线的右焦点为圆C的圆心,则该双曲线离心率为()A.3√5B.3C.√3D.√25.(2019陕西宝鸡中学高三年级第二次模拟)若直线x+(1+m)y-2=0与直线mx+2y+4=0平行,则m的值是()A.1B.-2C.1或-2D.-326.(多选题)已知点F是抛物线y2=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 |=12p B.若|AF|·|BF|=43p 2,则k=√33 C.OA⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ D.四边形ABCD 面积最小值为16p 27.(2019贵州凯里第一中学高三下学期模拟考试《黄金卷二》)已知P ,Q 分别为直线3x+4y+7=0和曲线x 2+y 2-2x=0上的动点,则|PQ|的最小值为( ) A.3B.2C.1D.258.(2019陕西宝鸡高三高考模拟检测三)双曲线x 236−y 29=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=09.在平面直角坐标系中,记d 为点P (cos θ,sin θ)到直线x-my-2=0的距离.当θ,m 变化时,d 的最大值为( ) A.1B.2C.3D.410.(2019河北保定高三第二次模拟考试)设点P 为直线l :x+y-4=0上的动点,点A (-2,0),B (2,0),则|PA|+|PB|的最小值为( ) A.2√10 B.√26C.2√5D.√1011.已知椭圆x 2a 2+y 2b2=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=158(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.815B.415C.23D.12二、填空题12.如图,过抛物线y 2=4x 的焦点F 作直线,与抛物线及其准线分别交于A ,B ,C 三点,若FC⃗⃗⃗⃗⃗ =4FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则直线AB 的方程为 ,线段|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |= .13.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 . 14.(2019山东临沂模拟)椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,离心率为12,过F 2的直线交椭圆于A ,B 两点,△ABF 1的周长为8,则该椭圆的短轴长为 .三、解答题15.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0),点3,√32在椭圆上,过C 的焦点且与长轴垂直的弦的长度为13.(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 =2534S △NAQ ,求直线l 2的斜率.16.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,且离心率为√22,M 为椭圆上任意一点,当∠F 1MF 2=90°时,△F 1MF 2的面积为1. (1)求椭圆C 的方程;(2)已知点A 是椭圆C 上异于椭圆顶点的一点,延长直线AF 1,AF 2分别与椭圆交于点B ,D ,设直线BD 的斜率为k 1,直线OA 的斜率为k 2,求证:k 1·k 2为定值.17.(2019山东威海高三二模)在直角坐标系xOy中,设椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1,短轴的两个端点分别为A,B,且∠AF1B=60°,点√3,12在C上.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l:y=kx+m(k>0)与椭圆C和圆O分别相切于P,Q两点,当△OPQ面积取得最大值时,求直线l的方程.参考答案专题突破练27专题七解析几何过关检测1.A解析因为直线l1:mx+(m-3)y+1=0与直线l2:(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.C解析依题意,抛物线的焦点为(2,0),双曲线的渐近线为y=±2x,其中一条为2x-y=0,由点到直线的距离公式得d=√5=4√55.故选C.3.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+12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y2≠y1,x2≠x1,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.4.A解析圆C:x2+y2-6x+5=0的标准方程为(x-3)2+y2=4,圆心为C(3,0),半径r=2,∴双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点坐标为(3,0),即c=3,∴a2+b2=9.①∵双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为bx-ay=0,∴C到渐近线的距离等于半径,即√a2+b=2.②由①②解得a2=5,b2=4,所以c2=9.该双曲线的离心率为e=√5=35√5.故选A.5.A解析①当m=-1时,两直线分别为x-2=0和x-2y-4=0,此时两直线相交,不合题意;②当m≠-1时,两直线的斜率都存在,由直线平行可得{-11+m=-m2,21+m≠-2,解得m=1.综上可得m=1.故选A.6.AC解析因为AB的斜率为k,AB⊥CD,所以k CD=-1k,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的方程为y=k(x-p2),由{y=k(x-p2),y2=2px可得,k2x2-p(k2+2)x+14k2p2=0,{x1+x2=p(k2+2)k2,x1x2=14p2,所以|AB|=x1+x2+p=p(k 2+2)k2+p=2p(k2+1)k2,同理可得|CD|=2p(1k2+1)1k2=2p(1+k2),则有1|AB|+1|CD|=12p,所以A 正确;OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=14p 2+k 2x 1-p 2x 2-p 2=14p 2+k 2x 1x 2-p 2(x 1+x 2)+14p 2=14p 2+12k 2p 2-p 2(k 2+2)2=-34p 2与k 无关,同理OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-34p 2,故O A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,C 正确; 若|AF|·|BF|=43p 2,由x 1+p 2x 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 2k2=43p 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|=12·2p (k 2+1)k2·2p (1+k 2)=2p 2(k 2+1)2k2=2p 2k 2+1k2+2≥8p 2,当且仅当k 2=1k2,即k=1时,等号成立,故D 错误.故选AC .7.C 解析 将x 2+y 2-2x=0整理得(x-1)2+y 2=1,即是圆心为(1,0),半径为1的圆,所以圆心(1,0)到直线的距离d=√3+4=2.所以|PQ|的最小值为圆心到直线的距离减去半径,即d-r=1.故选C .8.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 22−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)=9×836×4=12,所以弦所在的直线方程为y-2=12(x-4),即x-2y=0.故选C . 9.C 解析 设P (x ,y ),则{x =cosθ,y =sinθ,x 2+y 2=1.即点P 在单位圆上,点P 到直线x-my-2=0的距离可转化为圆心(0,0)到直线x-my-2=0的距离加上(或减去)半径,所以距离最大为d=1+√2=1+√2.m=0时,d max =3.10.A 解析 依据题意作出图象,如图所示.设点B (2,0)关于直线l 的对称点为B 1(a ,b ),则BB 1的中点坐标为a+22,b2,k BB 1·k l =-1.得{b -0a -2×(-1)=-1,a+22+b 2-4=0,解得{a =4,b =2.所以B 1(4,2).因为|PA|+|PB|=|PA|+|PB 1|,所以当A ,P ,B 1三点共线时,|PA|+|PB|最小.此时最小值为|AB 1|=√(4+2)2+(2-0)2=2√10.故选A .11.D 解析 由题意得A (a ,0),F (-c ,0),∵抛物线y 2=158(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=12(a-c ),将B (m ,n )代入抛物线方程,得n 2=1516(a+c )(a-c )=1516b 2,∴B 12(a-c ),√154b,再代入椭圆方程,得[12(a -c )] 2a 2+(√154b) 2b2=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12.12.y=2√2(x-1) 92 解析 过B 点作y 轴垂线,交抛物线准线于点N.由题可知,抛物线焦点为(1,0),由抛物线第一定义可得|BF|=|BN|,由FC ⃗⃗⃗⃗⃗ =4FB⃗⃗⃗⃗⃗ 得|BC|=3|BF|=3|BN|,设|BN|=x ,则|BC|=3x ,|CN|=2√2x ,k AB =|CN ||BN |=2√2,则直线AB 的方程为y=2√2(x-1).联立{y 2=4x ,y =2√2(x -1)可得2x 2-5x+2=0,x 1+x 2=52,则|AB|=p 2+x 1+p 2+x 2=p+x 1+x 2=2+52=92.13.(1,3) 解析 ∵F (-c ,0),A (a ,0),∴线段FA 的垂直平分线为x=a -c2.∵线段FA 的垂直平分线与双曲线C 没有公共点,∴-a<a -c2<0,即c<3a ,∴e=ca <3,又e>1,∴1<e<3.14.2√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12,所以ca =12,c=12a=1.由a 2=b 2+c 2,解得b=√3,则该椭圆的短轴长为2√3.15.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+y2=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=-32m 2+36.又∵y 1=-54y 2,∴-54y 2+y 2=4m m 2+36,-54y 22=-32m 2+36. ∴y 2=-16m m 2+36,y 22=1285(m 2+36).∴-16m m 2+362=1285(m 2+36). 解得m 2=4,∴m=±2. 故直线l 2的斜率为±12.16.解 (1)设|MF 1|=r 1,|MF 2|=r 2,由题知{ e =c a =√22,r 1+r 2=2a ,r 12+r 22=4c 2,12r 1·r 2=1,解得{a =√2,c =1,则b 2=1, ∴椭圆C 的方程为x 22+y 2=1.(2)设A (x 0,y 0)(x 0·y 0≠0),B (x 1,y 1),C (x 2,y 2),当直线AF 1的斜率不存在时,设A -1,√22,则B -1,-√22,直线AF 2的方程为y=-√24(x-1),代入x 22+y 2=1,可得5x 2-2x-7=0.∴x 2=75,y 2=-√210,则D75,-√210.∴直线BD 的斜率为k 1=-√210-(-√22)75-(-1)=√26,直线OA 的斜率为k 2=-√22,∴k 1·k 2=√26×-√22=-16.当直线AF 2的斜率不存在时,同理可得k 1·k 2=-16. 当直线AF 1,AF 2的斜率存在时,x 0≠±1.设直线AF 1的方程为y=y 0x 0+1(x+1),则由{y =yx 0+1(x +1),x 22+y 2=1,消去x 可得[(x 0+1)2+2y 02]x 2+4y 02x+2y 02-2(x 0+1)2=0,又x 022+y 02=1,则2y 02=2-x 02,代入上述方程可得(3+2x 0)x 2+2(2-x 02)x-3x 02-4x 0=0,∴x 1·x 0=-3x 02-4x 03+2x 0,∴x 1=-3x 0-43+2x 0,则y 1=y0x 0+1-3x 0-43+2x 0+1=-y 03+2x 0,∴B -3x 0+42x 0+3,-y02x 0+3.设直线AF 2的方程为y=y 0x 0-1(x-1),同理可得D 3x 0-42x 0-3,y2x 0-3,∴直线BD 的斜率为k 1=y 02x 0-3+y 02x 0+33x 0-42x 0-3+3x 0+42x 0+3=4x 0y 012x 02-24=x 0y 03x 02-6, ∵直线OA 的斜率为k 2=y0x 0,∴k 1·k 2=x 0y 03x 02-6·yx 0=y 023x 02-6=1-x 0223x 02-6=-16.所以,直线BD 与OA 的斜率之积为定值-16,即k 1·k 2=-16.17.解 (1)由∠AF 1B=60°,可得a=2b ,① 由点√3,12在椭圆C 上,得34b 2+14b 2=1,②由①②得a 2=4,b 2=1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)由{x 24+y 2=1,O =kx +m ,消去y 整理得(1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-4=0(*),由直线l 与椭圆相切,得Δ=64k 2m 2-16(m 2-1)(1+4k 2)=0, 整理得m 2=4k 2+1,故方程(*)化为m 2x 2+8kmx+16k 2=0,即(mx+4k )2=0,解得x=-4km . 设P (x 1,y 1),则x 1=-4km1+4k2=-4k m ,故y 1=kx 1+m=1m. 因此P -4k m ,1m .又直线l :y=kx+m (k>0)与圆O 相切,可得|OQ|=√1+k.所以|PQ|=√|OP |2-|OQ |2=√16k 2+1m 2-m 21+k2,所以S △OPQ =12|PQ|·|OQ|=12√16k 2+1m 2-m 21+k 2·√1+k将m 2=4k 2+1代入上式可得S △OPQ =12√16k 2+14k 2+1-4k 2+11+O 2·√4k 2+11+k2 =12√4(4k 2+1)-34k 2+1-4(k 2+1)-31+k 2·√4k 2+11+k2 =12√9k 2(4k 2+1)(k 2+1)·√4k 2+11+k2 =1·3k 1+k2=3·1k+1k, 由k>0,得k+1k ≥2,所以S△OPQ=32·1k+1k≤34,当且仅当k=1时等号成立,即k=1时S△OPQ取得最大值.由m2=4k2+1=5,得m=±√5.所以直线l的方程为y=x±√5.。