1、专题检测五解析几何一、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,只有一项是符合题目要求的.1.(2022河北张家口期末)直线x+y=2与圆(x-2)2+(y-3)2=6交于A,B两点,则|AB|=()A.32B.6C.62D.232.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=1B.x216+y24=1C.x216+y29=1D.x24+y22=13.(2022河北名校联盟调研)数学与建筑的结合造就建筑艺术品,如吉林大学的校门是一抛物线形水泥建筑物,如图.若将该大学的校门轮廓(忽略水泥建筑的厚
2、度)近似看成抛物线y=ax2(a0)的一部分,且点A(2,-2)在该抛物线上,则该抛物线的焦点坐标是()A.0,-12B.(0,-1)C.0,-14D.0,-184.(2022四川成都二模)设经过点F(1,0)的直线与抛物线y2=4x相交于A,B两点.若线段AB中点的横坐标为2,则|AB|=()A.4B.5C.6D.75.(2022河南名校联盟一模)若点P(-3,1)为圆x2+y2=16的弦AB的中点,则弦AB所在直线方程为()A.x+3y-10=0B.3x+y+8=0C.x-3y+10=0D.3x-y+10=06.(2022江西新余期末)已知圆M:x2+y2-2ay=0(a0)截直线x+y=
3、0所得线段的长度为22,则圆M与圆N:(x-1)2+(y-1)2=1的位置关系是()A.内含B.相交C.外切D.相离7.(2022陕西宝鸡金台一模)设A是椭圆C:x2+y23=1的右顶点,点M在C上,则|AM|的最大值为()A.92B.2C.2D.3228.(2022安徽安庆二模)唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句是:“白日登山望烽火,黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题“将军饮马”问题,即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发,先到河边饮马后再回到军营,怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中,设军营所在区域为x2+y214,若将军从点A32,0处出发,河岸线所在直线方程为x+y=3,
4、并假定将军只要到达军营所在区域即认为回到军营,则“将军饮马”的最短总路程为()A.10-1B.35-12C.32-12D.3529.(2022云南昆明一中一模)设抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,准线为l,点A为C上一点,以F为圆心,FA为半径的圆交l于B,D两点,若FBD=30,ABD的面积为23,则p=()A.1B.2C.3D.210.(2022陕西咸阳一模)如图所示,已知F2(c,0)是双曲线Q:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右焦点,O是坐标原点,l1,l2是Q的两条渐近线,在l1,l2上分别有点M,N(不同于坐标原点O),若四边形OMF2N为菱形,且其面积为32c2,则
5、双曲线Q的离心率为()A.3B.2C.52D.2311.(2022山西太原一模)在平面直角坐标系中,从x轴上点P(t,0)向圆(x-2)2+(y-3)2=5作一条切线,设切线长为m,点P到直线x-2y-6=0的距离为n,当m+n取最小值时,t的值为()A.2B.3C.72D.412.(2022新高考八省第二次T8联考)已知椭圆C:x24+y23=1,过其左焦点F1作直线l交椭圆C于P,A两点,取P点关于x轴的对称点B.若G点为PAB的外心,则|PA|GF1|=()A.2B.3C.4D.以上都不对二、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,
6、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.(2022新高考15)设点A(-2,3),B(0,a),直线AB关于直线y=a的对称直线为l,已知l与圆C:(x+3)2+(y+2)2=1有公共点,则a的取值范围为.15.(2022辽宁抚顺一模)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,准线为l,A,B是抛物线C上的两个动点,且AFAB,ABF=30,设线段AB的中点M在准线l上的投影为点N,则|MN|AB|的值是.16.(2022陕西咸阳二模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左焦点为F,过F且与双曲线C的一条渐近
7、线垂直的直线l与另一条渐近线交于点P,交y轴于点A,若A为PF的中点,则双曲线C的离心率为.三、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)(2022陕西榆林一模)已知椭圆:x2+y2a2=1(a1)与抛物线C:x2=2py(p0)有相同的焦点F,抛物线C的准线交椭圆于A,B两点,且|AB|=1.(1)求椭圆与抛物线C的方程;(2)O为坐标原点,过焦点F的直线l交椭圆于M,N两点,求OMN面积的最大值.18.(12分)(2022山西太原一模)已知抛物线y2=2px的焦点为F,点O为坐标原点,一条直线过定点M(4,0)与抛物线相交于A,B两点,且OAO
8、B.(1)求抛物线的方程;(2)连接AF,BF并延长分别交抛物线于C,D两点,求证:直线CD过定点.19.(12分)(2022山东青岛期末)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为e=13,A,B分别为其左、右顶点,F1,F2分别为其左、右焦点,以线段F1F2为直径的圆与直线l:x+y+2=0相切,点P是椭圆C上的一个动点(P异于A,B两点),点Q与点P关于原点对称,分别连接AP,QF2并延长交于点M,连接PF2并延长交椭圆C于点N,记AF2M的面积与AF2N的面积分别为S1,S2.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若2S1=5S2,求点P的坐标.20.(12分)(2022河南南阳
9、期末)已知O为坐标原点,椭圆:x2a2+y2b2=1(ab0)的右顶点为A,离心率为32.动直线l:y=1m(x-1)与相交于B,C两点,点B关于x轴的对称点为B,点B到的两焦点的距离之和为4.(1)求的标准方程.(2)若直线BC与x轴交于点M,OAC,AMC的面积分别为S1,S2,问S1S2是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.21.(12分)(2022陕西咸阳一模)如图,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),A1,A2分别是C的左、右端点,F2是右焦点.椭圆C过点(0,3),离心率为12. (1)求椭圆C的方程;(2)若直线x=4上有两个点M,N,且MF2NF2=0,求
10、MNF2面积的最小值;连接MA1交椭圆C于另一点P,证明:P,A2,N三点共线.22.(12分)(2022四川成都二模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)经过点3,12,其右顶点为A(2,0).(1)求椭圆C的方程;(2)若点P,Q在椭圆C上,且满足直线AP与AQ的斜率之积为120,证明直线PQ经过定点,并求APQ面积的最大值.专题检测五解析几何1.B解析: 圆心(2,3)到直线x+y=2的距离为d=|2+3-2|12+12=322,又|AB|2=r2-d2=6-92=62,故|AB|=6.故选B.2.A解析: 由题意,c=2,ca=12,所以a=4,所以b2=a2-c2=12,所以
11、椭圆C的标准方程为x216+y212=1.故选A.3.A解析: 由点A(2,-2)在该抛物线y=ax2(a0)上,得-2=4a,即a=-12,所以抛物线为y=-12x2,即x2=-2y,抛物线开口向下,焦点坐标为0,-12.故选A.4.C解析: 由抛物线y2=4x,得p=2,设A,B两点横坐标分别为x1,x2,因为线段AB中点的横坐标为2,则x1+x22=2,即x1+x2=4,故|AB|=x1+x2+p=4+2=6.5.D解析: 圆心为O(0,0),直线OP的斜率为kOP=-13,因为OPAB,所以直线AB的斜率为kAB=3,故直线AB的方程为y-1=3(x+3),即3x-y+10=0.6.B
12、解析: 圆M的标准方程为x2+(y-a)2=a2(a0),则圆心M(0,a),半径R=a,圆N的圆心N(1,1),半径r=1,点M到直线x+y=0的距离d=a2,由题意得2a2-a22=22,所以a=2,|MN|=1+(2-1)2=2,又R+r=3,R-r=1,则R-r|MN|-1,|GF1|=x04+1,又由焦半径公式|PF左|=a+exP,得|PA|=|AF1|+|F1P|=2+12x1+2+12x2=x0+4,则|PA|GF1|=4.13.5解析: 不妨设点P在第一象限,PQ与y轴交于点M,则易知MQTOFT,则MTOT=MQOF,又OF=MQ=1,OT=2,所以MT=2.所以点P,Q的
13、纵坐标都为4,代入抛物线方程求得P(4,4),故PF=4+1=5.14.13,32解析: 因为kAB=a-32,所以直线AB关于直线y=a的对称直线为(3-a)x-2y+2a=0.由题意得|3(a-3)+4+2a|4+(3-a)21,整理解得13a32.15.32解析: 如图所示,作BEl于点E,ADl于点D,设|AF|=a,|BF|=b,由抛物线定义,得|AF|=|AD|,|BF|=|BE|,在梯形ABED中,2|MN|=|AD|+|BE|=a+b,由AFAB,ABF=30,得b=2a,则|MN|=3a2,又|AB|=|BF|2-|AF|2=b2-a2=3a,故|MN|AB|=32.16.3
14、解析: 不妨设与直线l垂直的渐近线的方程为y=-bax,因为直线l与该渐近线垂直,所以kFP=ab,所以FP的直线方程为y=ab(x+c),令x=0,得y=acb,所以点A坐标为0,acb,联立y=ab(x+c),y=bax,得x=a2cb2-a2,y=abcb2-a2,所以点P坐标为a2cb2-a2,abcb2-a2,又因为A为FP中点,所以yP+yF=2yA,即0+abcb2-a2=2acb,化简得2a2=b2,所以双曲线离心率为e=ca=1+b2a2=3.17.解 (1)抛物线C:x2=2py(p0)的焦点为F0,p2,a2-1=p24,又抛物线C的准线为y=-p2,|AB|=21-p2
15、4a2=1,由解得a=2,p=23.椭圆的方程为x2+y24=1,抛物线C的方程为x2=43y.(2)由(1)得点F(0,3).由题意得直线l的斜率存在,如图,设直线l的方程为y=kx+3,设M(x1,y1),N(x2,y2).由y=kx+3,x2+y24=1,得(4+k2)x2+23kx-1=0,x1+x2=-23k4+k2,x1x2=-14+k2,SOMN=12|OF|x1-x2|=32(x1+x2)2-4x1x2=32(-23k4+k2)2+44+k2=23k2+1(k2+4)2.令t=k2+1,则t1,SOMN=23t(t+3)2=231t+9t+623129+6=1.当且仅当t=9t
16、,即t=3,即k=2时,取等号.OMN面积的最大值为1.18.(1)解 设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=my+4,由x=my+4,y2=2px,得y2-2pmy-8p=0,y1+y2=2pm, y1y2=-8p,OAOB,kOAkOB=-1,即x1x2 +y1y2=0,(y1y2)24p2+y1y2=0,16-8p=0,p=2,抛物线方程为y2=4x.(2)证明 设点A,B,C,D的纵坐标依次为y1,y2,y3,y4,直线AF的方程为x=ny+1,由x=ny+1,y2=4x,得y2-4ny-4=0,y1y3=-4.同理y2y4=-4,由(1)知y1y2=-16, y3
17、y4=-1,设直线CD的方程为x=ky+t,由x=ky+t,y2=4x,得y2-4ky-4t=0,y3y4=-4t=-1,即t=14.因此直线CD过定点14,0.19.解 (1)以线段F1F2为直径的圆与直线l:x+y+2=0相切,原点到直线l:x+y+2=0的距离为c,即c=|2|1+1=1,又e=ca=13,a=3,即b2=a2-c2=8,故椭圆C的标准方程为x29+y28=1.(2)设点P坐标为(m,n),由A(-3,0)得,直线AP的方程为y=nm+3(x+3)(其中m-3,n0),点Q与点P关于原点对称,点Q的坐标为(-m,-n),则直线QF2的方程为y=nm+1(x-1),将两直线
18、方程联立得M(2m+3,2n),2S1=5S2,S1S2=|yM|yN|=52,即|2n|yN|=52,|yN|=|4n|5,又点P和点N分别位于x轴的两侧,则yN=-4n5.点P,F2,N三点共线,PF2 F2N,又PF2=(1-m,-n),F2N=(xN-1,yN),(1-m)yN-(xN-1)(-n)=0,xN=95-45m,故N95-45m,-4n5.点N在椭圆上,1995-45m2+18-4n52=1,又点P也在椭圆上,m29+n28=1,以上两个方程联立求解得m=0,n=22,则存在点P(0,22),使得2S1=5S2.20.解 (1)因为B点在椭圆上,由椭圆的对称性,点B关于x轴
19、的对称点B也在椭圆上,再由点B到的两焦点的距离之和为4可得2a=4,即a=2,又椭圆的离心率e=ca=32,所以c=3,可得b2=a2-c2=4-3=1,所以椭圆的方程为x24+y2=1.(2)S1S2为定值.设B(x1,y1),C(x2,y2),则B(x1,-y1),由y=1m(x-1),x24+y2=1,得(4+m2)y2+2my-3=0,则y1+y2=-2m4+m2,y1y2=-34+m2,又直线BC的方程为y+y1y2+y1=x-x1x2-x1,令y=0,可得x=x2-x1y2+y1y1+x1=my1(y2-y1)y2+y1+my1+1=my1y2-my12+my12+my1y2y2+
20、y1+1=2my1y2y2+y1+1=2m-34+m2-2m4+m2+1=4,所以当m变化时直线BC与x轴交于定点M(4,0),所以S1S2=12|OA|y2|12|AM|y2|=|OA|AM|=24-2=1,即S1S2为定值,且定值为1.21.解 (1)将点(0,3)代入椭圆方程,得b=3,由e=1-ba2=1-3a2=12,解得a2=4,椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)设M(4,yM),N(4,yN),由于F2(1,0),因此MF2=(-3,-yM),NF2=(-3,-yN),MF2NF2=0,yMyN+9=0,MF2NF2,SMNF2=129+yM29+yN2=1281+9(yM
21、2+yN2)+(yMyN)2=12162+9(yM2+yN2)12162+18|yMyN|=12162+162=9,当且仅当|yM|=|yN|,即-yM2+9=0,即yM=3,yN=-3时,等号成立,MNF2面积的最小值为9.证明:A1(-2,0),直线A1M的方程为y=yM6(x+2).由y=yM6(x+2),x24+y23=1,得(27+yM2)x2+4yM2x+4yM2-108=0.设P(x1,y1),x1+(-2)=-4yM227+yM2,x1=54-2yM227+yM2,代入直线A1M的方程得y1=18yM27+yM2,P54-2yM227+yM2,18yM27+yM2.A2(2,0
22、),直线PA2的斜率为kPA2=18yM27+yM254-2yM227+yM2-2=18yM-4yM2=-92yM,直线NA2的斜率为kNA2=yN-04-2=yN2.yMyN+9=0,kNA2=-9yM2=-92yM=kPA2,故P,A2,N三点共线.22.解 (1)由右顶点A(2,0),得a=2,椭圆C的方程为x24+y2b2=1,将点3,12代入椭圆C的方程,得34+14b2=1,解得b=1.椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由题意知直线PQ的斜率存在,设直线PQ的方程为y=kx+m,P(x1,y1),Q(x2,y2).由y=kx+m,x24+y2=1,消去y,得(4k2+1)x2+
23、8kmx+4m2-4=0,=64k2m2-4(4k2+1)(4m2-4)=16(4k2-m2+1)0,x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2(4m2-4)4k2+1-8k2m24k2+1+m2=m2-4k24k2+1,kAPkAQ=y1x1-2y2x2-2=y1y2x1x2-2(x1+x2)+4=m2-4k24k2+14m2-44k2+1+16km4k2+1+4=120,化简得m2-4k24m2+16km+16k2=120,即m2-km-6k2=0,(m+2k)(m-3k)=0.直线PQ不能经过点A,m+2k0,m-3k=0,直线PQ的方程为y=k(x+3),直线PQ经过定点(-3,0),则k0,设此定点为D.SAPQ=|SAPD-SAQD|=12|AD|y1-y2|=52|y1-y2|=5|k|2(x1+x2)2-4x1x2=5|k|244k2-m2+14k2+1=10k2(1-5k2)4k2+1.由=16(4k2-m2+1)=16(1-5k2)0,得0k215,令t=4k2+1,则t1,95.SAPQ=52-5t2+14t-9t2=52-9(1t-79)2+49.
