1、单元质检九解析几何(时间:120分钟满分:150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l1:mx+y-1=0与直线l2:(m-2)x+my-1=0,则“m=1”是“l1l2”的()A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件2.与圆x2+(y-2)2=1相切,且在两坐标轴上截距相等的直线共有()A.2条B.3条C.4条D.6条3.已知点P(x,y)为曲线y=x+1x上任一点,点A(0,4),则直线AP的斜率k的取值范围是()A.-3,+)B.(3,+)C.-2,+)D.(1,+)4.(20
2、17浙江金丽衢模拟)过点P(4,2)作圆x2+y2=4的两条切线,切点分别为A,B,O为坐标原点,则OAB外接圆的方程是()A.(x-2)2+(y-1)2=5B.(x-4)2+(y-2)2=20C.(x+2)2+(y+1)2=5D.(x+4)2+(y+2)2=205.(2017辽宁沈阳期末)已知直线3x-y+4=0与圆x2+y2=16交于A,B两点,则AB在x轴正方向上投影的绝对值为()A.43B.4C.23D.26.(2017江苏盐城模拟)已知两圆C1:(x-4)2+y2=169,C2:(x+4)2+y2=9,动圆在圆C1内部且和圆C1相内切,和圆C2相外切,则动圆圆心M的轨迹方程为()A.
3、x264-y248=1B.x248+y264=1C.x248-y264=1D.x264+y248=17.(2017浙江绍兴一模)已知抛物线y2=2px(p0)的焦点为F,过点M(p,0)的直线交抛物线于A,B两点,若AM=2MB,则|AF|BF|=()A.2B.52C.2D.与p有关8.如图,已知椭圆C:x2a2+y22=1(a0),点A,F分别为其右顶点和右焦点,过F作AF的垂线交椭圆C于P,Q两点,过P作AP的垂线交x轴于点D,若|DF|=a+a2-22,则椭圆C的长轴长为()A.2B.4C.22D.429.已知F1,F2分别是双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点,过F2
4、与双曲线的一条渐近线平行的直线交另一条渐近线于点M,若F1MF2为锐角,则双曲线离心率的取值范围是()A.(1,2)B.(2,+)C.(1,2)D.(2,+)10.设双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右焦点为F,过点F与x轴垂直的直线l交两渐近线于A,B两点,与双曲线的其中一个交点为P,设坐标原点为O,若OP=mOA+nOB(m,nR),且mn=29,则该双曲线的渐近线方程为()A.y=34xB.y=24xC.y=12xD.y=13x二、填空题(本大题共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题4分,共36分.将答案填在题中横线上)11.(2017浙江联考)已知直线l1:2x-2y+1=
5、0,直线l2:x+by-3=0,若l1l2,则b=;若l1l2,则两直线间的距离为.12.(2017浙江镇海模拟)已知圆C:x2+y2-2x-4y+1=0上存在两点关于直线l:x+my+1=0对称,经过点M(m,m)作圆C的切线,切点为P,则m=;|MP|=.13.(2017浙江温州期末)若OAB的垂心H(1,0)恰好为抛物线y2=2px的焦点,O为坐标原点,点A,B在此抛物线上,则此抛物线的方程是,OAB面积是.14.(2017浙江杭州模拟)已知抛物线y=x2和直线l:y=kx+m(m0)交于两点A,B,当OAOB=2时,直线l过定点;当m=时,以AB为直径的圆与直线y=14相切.15.(2
6、017浙江绍兴)已知圆O1和圆O2都经过点A(0,1),若两圆与直线4x-3y+5=0及y+1=0均相切,则|O1O2|=.16.双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,P为双曲线上一点,且PF1PF2=0,F1PF2的内切圆半径r=2a,则双曲线的离心率e=.17.从抛物线y2=2x上的点A(x0,y0)(x02)向圆(x-1)2+y2=1引两条切线分别与y轴交于B,C两点,则ABC的面积的最小值是.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)(2017浙江名校联考)已知圆C:(x-1)2+y2=9内有一点P(
7、2,2),过点P作直线l交圆C于A,B两点.(1)当l经过圆心C时,求直线l的方程;(2)当直线l的倾斜角为45时,求弦AB的长.19.(15分)(2017课标高考)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.(1)证明:坐标原点O在圆M上;(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.20.(15分)已知椭圆C1:x216+y24=1,直线l1:y=kx+m(m0)与圆C2:(x-1)2+y2=1相切且与椭圆C1交于A,B两点.(1)若线段AB的中点的横坐标为43,求m的值;(2)过原点O作l1的平行线l2交椭圆于C,D两点,设|AB
8、|=|CD|,求的最小值.21(15分)已知抛物线C:x2=4y,过点P(0,m)(m0)的动直线l与C相交于A,B两点,抛物线C在点A和点B处的切线相交于点Q,直线AQ,BQ与x轴分别相交于点E,F.(1)写出抛物线C的焦点坐标和准线方程;(2)求证:点Q在直线y=-m上;(3)判断是否存在点P,使得四边形PEQF为矩形?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.22.(15分)(2017浙江四模)设x,yR,向量i,j分别为直角坐标平面内x,y轴正方向上的单位向量,若向量a=(x+3)i+yj,b=(x-3)i+yj,且|a|+|b|=4.(1)求点M(x,y)的轨迹C的方程;(2)设椭
9、圆E:x216+y24=1,P为曲线C上一点,过点P作曲线C的切线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,试证:OAB的面积为定值.答案：1.A当m=0时,两条直线方程分别化为y-1=0,2x+1=0,此时两条直线相互垂直,m=0.当m0时,若l1l2,则-m-m-2m=-1,解得m=1.综上可得m=0或m=1.故“m=1”是“l1l2”的充分不必要条件,故选A.2.C过原点与圆x2+(y-2)2=1相切的直线有2条;斜率为-1且与圆x2+(y-2)2=1相切的直线也有2条,且此两条切线不过原点,由此可得与圆x2+(y-2)2=1相切,且在两坐标轴上截距相等的直线共有4条.3.A由题意知kAP=y-
10、4x=1-4x+1x2=1x-22-3-3.4.A由题意知,O,A,B,P四点共圆,所以所求圆的圆心为线段OP的中点(2,1).又圆的半径r=12|OP|=5,所以所求圆的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.5.C因为圆x2+y2=16的圆心到直线3x-y+4=0的距离为d=412+(3)2=2,所以|AB|=216-4=43,由于直线3x-y+4=0的倾斜角为 3 ,所以AB在x轴正方向上投影的绝对值为|AB|cos 3=4312=23,故选C.6.D设圆M的半径为r,则|MC1|+|MC2|=(13-r)+(3+r)=16,M的轨迹是以C1,C2为焦点的椭圆,且2a=16,2c=8,故所
11、求的轨迹方程为x264+y248=1,故选D.7.B设直线方程为x=my+p,代入y2=2px,可得y2-2pmy-2p2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=2pm,y1y2=-2p2,AM=2MB,(p-x1,-y1)=2(x2-p,y2),x1=-2x2+p,y1=-2y2,可得y2=p,y1=-2p,x2=12p,x1=2p,|AF|BF|=2p+12p12p+12p=52,故选B.8.B由题意可得A(a,0),F(c,0),即有c=a2-2,令x=c,可得y=21-c2a2=2a,可得Pa2-2,2a,由APPD,可得kAPkPD=-1,即2aa2-2-a-2ax
12、D-a2-2=-1,解得xD=a2-2-4a2(a-a2-2),由|DF|=a+a2-22,可得a2-2-xD=4a2(a-a2-2)=a+a2-22,即为a2a2-(a2-2)=8,即a2=4,解得a=2.则椭圆C的长轴长为4.故选B.9.D由于图形的对称性,不妨联立y=-bax,y=ba(x-c),解得x=c2,y=-bc2a,Mc2,-bc2a,F1(-c,0),F2(c,0),MF1=-3c2,bc2a,MF2=c2,bc2a,由题意可得MF1MF20,即b2c24a2-3c240,化简可得b23a2,即c2-a23a2,故可得c24a2,c2a,可得e=ca2.故选D.10.B不妨令
13、Ac,bca,Bc,-bca,由OP=mOA+nOB可得P(m+n)c,(m-n)bca,代入双曲线方程得(m+n)2c2a2-b2c2a2(m-n)2b2=1,化简得c2a24mn=1,mn=29,c2a2=98,b2a2=18,故双曲线的渐近线方程为y=24x,故选B.11.1724l1l2,则-2-2-1b=-1,解得b=1.若l1l2,则-2-2=-1b,解得b=-1.两条直线方程分别为x-y+12=0,x-y-3=0.则两直线间的距离为-3-122=724.12.-13圆C:x2+y2-2x-4y+1=0上存在两点关于直线l:x+my+1=0对称,直线l:x+my+1=0过圆心C(1
14、,2),1+2m+1=0.解得m=-1.圆C:x2+y2-2x-4y+1=0,可化为(x-1)2+(y-2)2=4,圆心(1,2),半径r=2,经过点M(m,m)作圆C的切线,切点为P,|MP|=(1+1)2+(2+1)2-4=3.13.y2=4x105本题考查抛物线的标准方程与几何性质.因为焦点为H(1,0),所以抛物线的方程是y2=4x.设A(a2,2a),B(b2,2b),由抛物线的对称性可知,b=-a.又因为AHOB,得2aa2-12bb2=-1,解得a=5(不妨取正值),从而可得OAB面积是105.14.(0,2)14设A(x1,y1),B(x2,y2),y=x2,y=kx+m,整理
15、得x2-kx-m=0,则x1+x2=k,x1x2=-m,y1y2=(x1x2)2=m2,y1+y2=k(x1+x2)+2m=k2+2m,由OAOB=2,则x1x2+y1y2=m2-m=2,即m2-m-2=0,解得m=-1或m=2,由m0,得m=2,直线l:y=kx+2,直线l过定点(0,2),设以AB为直径的圆的圆心M(x,y),圆M与y=14相切于点P,由x=x1+x22=k2,则Pk2,-14,由题意可知PAPB=0,即x1-k2,y1+14x2-k2,y2+14=0,整理得x1x2-k2(x1+x2)+k24+y1y2+14(y1+y2)+116=0,代入整理得m2-m2+116=0,解
16、得m=14,当m=14,以AB为直径的圆与直线y=14相切.15.5如图,原点O到直线4x-3y+5=0的距离d=|5|42+(-3)2=1,到直线y=-1的距离为1,且到(0,1)的距离为1,圆O1和圆O2的一个圆心为原点O,不妨看作是圆O1,设O2(a,b),则由题意得b+1=a2+(b-1)2,b+1=|4a-3b+5|42+(-3)2,解得a=2,b=1.|O1O2|=22+12=5.16.5可设P为第一象限的点,由双曲线的定义可得|PF1|-|PF2|=2a,PF1PF2=0,可得PF1PF2,由勾股定理可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,由可得2|PF1|PF2
17、|=4c2-4a2=4b2,由三角形的面积公式可得12r(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)=12|PF1|PF2|,即有c+2a=c2+b2,两边平方可得c2+4a2+4ac=c2+b2=c2+c2-a2,即c2-4ac-5a2=0,解得c=5a(c=-a舍去),即有e=ca=5.17.8设B(0,yB),C(0,yC),A(x0,y0),其中x02,所以直线AB的方程化简得(y0-yB)x-x0y+x0yB=0,直线AB与圆相切,圆心到直线的距离等于半径,两边平方化简得(x0-2)yB2+2y0yB-x0=0,同理可得(x0-2)yA2+2y0yA-x0=0,故yC,yB是方程(x0-
18、2)y2+2y0y-x0=0的两个不同的实根,所以yC+yB=2y02-x0,yCyB=x02-x0,所以S=12|yC-yB|x0=x02x0-2=(x0-2)+4x0-2+48,所以当且仅当x0=4时,S取到最小值8,所以ABC的面积的最小值为8.18.解 (1)已知圆C:(x-1)2+y2=9的圆心为C(1,0),直线过点P,C,kPC=2-02-1=2,直线l的方程为y=2(x-1),即2x-y-2=0;(2)当直线l的倾斜角为45 时,斜率为1,直线l的方程为y-2=x-2,即x-y=0,圆心C到直线l的距离为12.圆的半径为3,弦AB的长为34.19.解 (1)设A(x1,y1),
19、B(x2,y2),l:x=my+2.由x=my+2,y2=2x可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.又x1=y122,x2=y222,故x1x2=(y1y2)24=4.因此OA的斜率与OB的斜率之积为y1x1y2x2=-44=-1,所以OAOB.故坐标原点O在圆M上.(2)由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=(m2+2)2+m2.由于圆M过点P(4,-2),因此APBP=0,故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.由
20、(1)可得y1y2=-4,x1x2=4.所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-12.当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为10,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.当m=-12时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为94,-12,圆M的半径为854,圆M的方程为x-942+y+122=8516.20.解 (1)将l1:y=kx+m代入C1:x216+y24=1得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-4)=0,0恒成立,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4(m2-4)1+4k2,所
21、以-4km1+4k2=43,又d=|k+m|1+k2=1,得k=1-m22m,联立得m4-m2-2=0,解得m=2.(2)由(1)得|x1-x2|=416k2-m2+41+4k2,所以|AB|=1+k2416k2-m2+41+4k2,把l2:y=kx代入C1:x216+y24=1得x2=161+4k2,所以|CD|=1+k281+4k2,所以=|AB|CD|=16k2-m2+421+4k2=124-m21+4k2=124-m21+41-m22m2=124-m4m4-m2+1=124-11m2-122+3463,当m=2,k=-24时,取最小值63.21.(1)解 焦点坐标为(0,1),准线方程
22、为y=-1.(2)证明 由题意,知直线l的斜率存在,故设l的方程为y=kx+m.由方程组y=kx+m,x2=4y,得x2-4kx-4m=0,由题意,得=16k2+16m0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k,x1x2=-4m,所以抛物线在点A处的切线方程为y-14x12=12x1(x-x1),化简,得y=12x1x-14x12,同理,抛物线在点B处的切线方程为y=12x2x-14x22.联立方程,得12x1x-14x12=12x2x-14x22,即12(x1-x2)x=14(x1-x2)(x1+x2),因为x1x2,所以x=12(x1+x2),代入,得y=14x1x2=-
23、m,所以点Qx1+x22,-m,即Q(2k,-m).所以点Q在直线y=-m上.(3)解 假设存在点P,使得四边形PEQF为矩形,由四边形PEQF为矩形,得EQFQ,即AQBQ,所以kAQkBQ=-1,即12x112x2=-1.由(2),得14x1x2=14(-4m)=-1,解得m=1.所以P(0,1).以下只要验证此时的四边形PEQF为平行四边形即可.在中,令y=0,得E12x1,0.同理得F12x2,0.所以直线EP的斜率为kEP=1-00-12x1=-2x1,直线FQ的斜率kFQ=0-(-1)12x2-x1+x22=-2x1,所以kEP=kFQ,即EPFQ.同理PFEQ.所以四边形PEQF
24、为平行四边形.综上所述,存在点P(0,1),使得四边形PEQF为矩形.22.(1)解 a=(x+3)i+yj,b=(x-3)i+yj,且|a|+|b|=4,(x+3)2+y2+(x-3)2+y2=4.点M(x,y)到两个定点F1(-3,0),F2(3,0)的距离之和为4.点M的轨迹C是以F1,F2为焦点的椭圆,设所求椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1(ab0),则c=3,a=2,故b2=a2-c2=1.其方程为x24+y2=1.(2)证明 设A(x1,y1),B(x2,y2),将y=kx+m代入椭圆E的方程,消去x可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,显然直线与椭圆C的切点在椭圆E内,故0,由韦达定理可得x1+x2=-8 km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2.所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2.因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m),所以OAB的面积S=12|m|x1-x2|=216k2+4-m2|m|1+4k2=2(16k2+4-m2)m21+4k2=24-m21+4k2m21+4k2.设m21+4k2=t,将y=kx+m代入椭圆C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.由=0,可得m2=1+4k2,即t=1,又因为S=2(4-t)t=2-t2+4t,故S=23为定值.
