1、专题突破练28专题七解析几何过关检测一、单项选择题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l1l2,则m=()A.m=0或m=1B.m=1C.m=-32D.m=0或m=-322.(2020百师联盟高三5月月考,4)已知点F是双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左焦点,点P是该双曲线渐近线上一点,若POF是等边三角形(其中O为坐标原点),则双曲线C的离心率为()A.3B.2C.3D.2333.(2020北京朝阳一模,5)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,准线为l,点A是抛物线C上一点
2、,ADl于D.若AF=4,DAF=60,则抛物线C的方程为()A.y2=8xB.y2=4xC.y2=2xD.y2=x4.(2020北京东城一模,4)若双曲线C:x2-y2b2=1(b0)的一条渐近线与直线y=2x+1平行,则b的值为()A.1B.2C.3D.25.(2020北京东城一模,9)设O为坐标原点,点A(1,0),动点P在抛物线y2=2x上,且位于第一象限,M是线段PA的中点,则直线OM斜率的取值范围是()A.(0,1B.0,22C.0,22D.22,+6.(2019陕西宝鸡高三高考模拟检测三)双曲线x236-y29=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
3、-y-2=0B.2x+y-10=0C.x-2y=0D.x+2y-8=07.已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的半焦距为c(c0),左焦点为F,右顶点为A,抛物线y2=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.128.(2020黑龙江铁人中学二模)设F1,F2是双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点,点A是双曲线C右支上一点,若AF1F2的内切圆M的半径为a,且AF1F2的重心G满足MG=F1F2,则双曲线C的离心率为()A.3B.5C.2D.25二、多项选择题9.下列说法正确的是()A.直线x-
4、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=010.已知点F是抛物线y2=2px(p0)的焦点,AB,CD是经过点F的弦且ABCD,AB的斜率为k,且k0,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|=12pB.若|AF|BF|=43p2,则k=33C.OAOB=OCODD.四边形ABCD面积最小值为16p211.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a
5、b0)的左、右焦点分别为F1,F2,长轴的顶点分别为A1,A2,短轴的顶点分别为B1,B2,过F2的直线l交C于A,B两点.若椭圆C的离心率为63,AF1B的周长为43,则下列说法正确的是()A.|A1A2|=23B.方程为x23+y2=1C.cos F1F2B1=63D.中心O到直线A2B2的距离为212.(2020山东聊城二模,11)已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1),则下列结论正确的是()A.点P到抛物线焦点的距离为32B.过点P作过抛物线焦点的直线交抛物线于点Q,则OPQ的面积为532C.过点P与抛物线相切的直线方程为x-2y+1=0D.过点P作两条斜率互为相反数的直线交抛物线
6、于M,N点,则直线MN的斜率为定值三、填空题13.(2019山东临沂模拟)椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为12,过F2的直线交椭圆于A,B两点,ABF1的周长为8,则该椭圆的短轴长为.14.(2020安徽安庆二模,16)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,一条渐近线方程记为y=xtan 00,b0)的两条渐近线分别交于点A,B,若点P(m,0)满足|PA|=|PB|,则双曲线C的渐近线方程为,离心率为.四、解答题17.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),点3,32在椭圆上,过C的焦点且与长轴垂直的弦
7、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l1,l2,l1与椭圆交于P,Q两点(点P在点Q的上方),l2与椭圆交于M,N两点(点M在点N的上方),若直线l1的斜率为-17,SMAP=2534SNAQ,求直线l2的斜率.18.(2020山东济宁三模,21)已知点F为椭圆x29+y28=1的右焦点,点A为椭圆的右顶点.(1)求过点F、A且和直线x=9相切的圆C的方程;(2)过点F任作一条不与x轴重合的直线l,直线l与椭圆交于P,Q两点,直线PA,QA分别与直线x=9相交于点M,N.试证明:以线段MN为直径的圆恒过点F.19.(2020北京东城一模,19)已知椭圆
8、E:x2a2+y2b2=1(ab0),它的上、下顶点分别为A,B,左、右焦点分别为F1,F2,若四边形AF1BF2为正方形,且面积为2.(1)求椭圆E的标准方程;(2)设存在斜率不为零且平行的两条直线l1,l2,与椭圆E分别交于点C,D,M,N,且四边形CDMN是菱形,求出该菱形周长的最大值.专题突破练28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.B解析由P在渐近线上且POF是等边三角形,其中一条渐近线的斜率ba=tan60=3,所以
9、离心率e=1+b2a2=2.3.B解析如图所示,由抛物线的定义可知,AD=AF=4,DAF=60,ADF为等边三角形.DE=4,ADF=60.ADl,AD平行于x轴,DFO=ADF=60,cos60=pDF,即12=p4,p=2,抛物线的方程为y2=4x,故选B.4.D解析双曲线C:x2-y2b2=1(b0)的一条渐近线y=bx,由直线y=bx与直线y=2x+1平行,可得b=2.故选D.5.C解析设Py22,y,y0,所以PA的中点My2+24,y2,所以kOM=y2y2+24=2y2+y2=2y+2y,因为y+2y22,当且仅当y=2y,即y=2时,等号成立,所以01不合题意,舍去,故答案为
10、12.8.C解析如图所示,因为MG=F1F2,所以MGF1F2,所以yM=yG=a,yA=3yG=3a,所以SAF1F2=122c3a=12(|AF1|+|AF2|+2c)a,又|AF1|-|AF2|=2a,解得|AF1|=2c+a,|AF2|=2c-a,设A(xA,yA),F1(-c,0),所以|AF1|=(xA+c)2+yA2=(xA+c)2+b2xA2a2-1=e2xA2+2cxA+a2=(exA+a)2=exA+a.所以|AF1|=a+exA,解得xA=2a,所以A(2a,3a),代入双曲线方程,得(2a)2a2-(3a)2b2=1,整理得b2a2=3,所以e=1+b2a2=2.故选C
11、.9.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y2y1,x2x1,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.10.AC解析因为AB的斜率为k,ABCD,所以kCD=-1k,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的方程为y=kx-p2,由y=kx-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(k2+2)k2+p=2
12、p(k2+1)k2,同理可得|CD|=2p1k2+11k2=2p(1+k2),则有1|AB|+1|CD|=12p,所以A正确;OAOB=x1x2+y1y2=14p2+k2x1-p2x2-p2=14p2+k2x1x2-p2(x1+x2)+14p2=14p2+12k2p2-p2(k2+2)2=-34p2与k无关,同理OCOD=-34p2,故OAOB=OCOD,C正确;若|AF|BF|=43p2,由x1+p2x2+p2=x1x2+p2(x1+x2)+14p2得12p2+p2(k2+2)2k2=p2+p2k2=43p2,解得k=3,故B错误;因为ABCD,所以四边形ABCD面积SABCD=12|AB|
13、CD|=122p(k2+1)k22p(1+k2)=2p2(k2+1)2k2=2p2k2+1k2+28p2,当且仅当k2=1k2,即k=1时,等号成立,故D错误.故选AC.11.ABC解析由题意及椭圆的定义知4a=43,则a=3,AA1=23,选项A正确.又ca=63,所以c=2,所以b2=1,所以椭圆C的方程x23+y2=1,选项B正确.cosF1F2B1为离心率,即为63,选项C正确.中心O到直线A2B2的距离为32,不是2,选项D错误.故选ABC.12.BCD解析因为抛物线C:y2=2px过点P(1,1),所以p=12,所以抛物线方程为y2=x,焦点坐标为F14,0.对于A,|PF|=1+
14、14=54,故选项A错误;对于B,kPF=43,所以lPF:y=43x-14,与y2=x联立消去x,得4y2-3y-1=0,所以y1+y2=34,y1y2=-14,所以SOPQ=12|OF|y1-y2|=1214(y1+y2)2-4y1y2=532,故选项B正确;对于C,依题意斜率存在,设直线方程为y-1=k(x-1),与y2=x联立消去x,得ky2-y+1-k=0,=1-4k(1-k)=0,4k2-4k+1=0,解得k=12,所以切线方程为x-2y+1=0,故选项C正确;对于D,依题意斜率存在,设lPM:y-1=k(x-1),与y2=x联立消去x,得ky2-y+1-k=0,所以yM+1=1k
15、,即yM=1k-1,则xM=1k-12,所以点M1k-12,1k-1,同理N-1k-12,-1k-1,所以kMN=1k-1-1k-11k-12-1k-12=2k-4k=-12,故选项D正确.故选BCD.13.23解析因为ABF1的周长为8,所以F1A+F1B+F2A+F2B=4a=8,解得a=2.因为离心率为12,所以ca=12,c=12a=1.由a2=b2+c2,解得b=3,则该椭圆的短轴长为23.14.5-1解析如图,延长F2P交直线y=xtan02于点M,则由角平分线的性质可得P为MF2的中点,|OM|=|OF2|=c,求得M(a,b),Pa+c2,b2,因为点Pa+c2,b2在双曲线C
16、上,所以有a+c22a2-b22b2=1,整理,得e2+2e-4=0,解得e=5-1.15.(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,-aa-c20,即c3a,e=ca1,1eb0),所以a2=b2+c2.因为四边形AF1BF2为正方形,且面积为2,所以2b=2c,12(2b)2c=2.所以b=c=1,a2=b2+c2=2.所以椭圆E:x22+y2=1.(2)设平行直线l1:y=kx+m,l2:y=kx-m,不妨设直线y=kx+m与x22+y2=1交于C(x1,y1),D(x2,y2),由x22+y2=1,y=kx
17、+m,得x2+2(kx+m)2=2,整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0,其中=(4km)2-4(2k2+1)(2m2-2)=16k2-8m2+80,即m22k2+1.所以x1+x2=-4km2k2+1,x1x2=2m2-22k2+1,由椭圆的对称性和菱形的中心对称性,可知OCOD,所以x1x2+y1y2=0,y1=kx1+m,y2=kx2+m,x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(2m2-2)(1+k2)-4k2m2+m2(2k2+1)2k2+1=2k2m2+2m2-2k2-2-4k2m2+2k2m2+m22k2+1=3m2-2k2-22k2+1,所以3m2=2k2+2.|CD|=(1+k2)(x1+x2)2-4x1x2=(1+k2)16k2m2(2k2+1)2-8(m2-1)2k2+1=(1+k2)(32k2+8)3(2k2+1)2=83+8k23(2k2+1)2=83+834k2+4+1k283+834+24k21k2=3,所以当且仅当k=22时,|CD|的最大值为3.此时菱形CDMN周长的最大值为43.
