1、.模块卷(二)时间:110分钟分值:135分解析几何一、选择题:本题共11小题,每小题5分,共55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.(2018浙江宁波高三上学期期末,4)已知焦点在y轴上的椭圆x24+y2m=1的离心率为12,则实数m等于()A.3B.165C.5D.163答案D由椭圆焦点在y轴上可知a2=m,b2=4,则c2=a2-b2=m-4,故e2=c2a2=m-4m=14,解得m=163.故选D.2.(2019西藏日喀则南木林高中期中,12)已知圆C过双曲线x29-y216=1的一个顶点和一个焦点,且圆心在该双曲线上,则圆心到该双曲线中心的距离是()A.43B
2、.4310C.163D.5答案C由双曲线的几何性质易知圆C过双曲线同一侧的顶点和焦点,不妨设过双曲线的右焦点和右顶点,所以圆C的圆心的横坐标为4.故圆心坐标为4,473.它到中心(0,0)的距离为d=16+1129=163.故选C.3.(2020湖南长沙明德中学3月月考,7)直线l1:2x+(m+1)y+4=0与直线l2:mx+3y-2=0平行”是“m=2”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案B本题主要考查充分条件、必要条件的判断,考查数学运算与逻辑推理的核心素养.若l1l2,则m(m+1)=6,4m2(-2),即m2+m-6=0,m-1,解得m=
3、-3或2.因此,“直线l1:2x+(m+1)y+4=0与直线l2:mx+3y-2=0平行”是“m=2”的必要不充分条件.4.(2020广东深圳第二次教学质量检测,9)已知抛物线C:x2=4y的准线为l,记l与y轴交于点M,过点M作直线l与C相切,切点为N,则以MN为直径的圆的方程为()A.(x+1)2+y2=4或(x-1)2+y2=4B.(x+1)2+y2=16或(x-1)2+y2=16C.(x+1)2+y2=2或(x-1)2+y2=2D.(x+1)2+y2=8或(x-1)2+y2=8答案C抛物线x2=4y的准线为y=-1,则M(0,-1),设切线方程为y=kx-1,联立x2=4y,y=kx-
4、1,消去y得x2-4kx+4=0,直线l与抛物线相切,=16k2-16=0,k=1,当k=1时,x2-4x+4=0,x1=x2=2,此时N(2,1),又M(0,-1),则以MN为直径的圆的方程为(x-1)2+y2=2.同理,当k=-1时,N(-2,1),以MN为直径的圆的方程为(x+1)2+y2=2,故选C.5.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,8)在平面直角坐标系xOy中,已知点P(3,-1)在圆C:x2+y2-2mx-2y+m2-15=0内,动直线AB过点P且交圆C于A,B两点,若ABC的面积的最大值为8,则实数m的取值范围是()A.(3-23,3+23)B.1,5C.(3-23,15,
5、3+23)D.(-,15,+)答案C圆的标准方程为(x-m)2+(y-1)2=16,则圆心为C(m,1),半径r=4,SABC=12r2sinACB=8sinACB,当ACB=90时,SABC取得最大值8,此时ABC为等腰直角三角形,|AB|=2r=42,则圆心C到直线AB的距离d=12|AB|=22,22|PC|4,即22(m-3)2+224,8(m-3)2+416,即4(m-3)212,解得3-23m1或5mb0)的两个焦点分别为F1,F2,若椭圆上存在点P使得F1PF2是钝角,则椭圆离心率的取值范围是()A.0,22B.22,1C.0,12D.12,1答案B当点P从椭圆长轴端点处沿椭圆向
6、短轴端点运动时,F1PF2逐渐增大,当且仅当P点位于短轴端点P0处时,F1PF2最大.椭圆上存在点P使得F1PF2是钝角,在F1P0F2中,F1P0F290,RtOP0F2中,OP0F245,所以bc,a2-c2c2,a222,0e1,22e4,实数m的取值范围是(4,+).9.(2020云南红河期末)设抛物线y2=2px(p0)的焦点为F,过F且斜率为1的直线与抛物线相交于A,B两点,若线段AB的中点为E,O为坐标原点,且|OE|=13,则p=()A.2B.3C.6D.12答案A由题意可知Fp2,0,则直线AB的方程为y=x-p2,设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意得y12=2px
7、1,y22=2px2,两式相减得y12-y22=2p(x1-x2)y1+y2=2p,因为E为线段AB的中点,所以Ex1+x22,y1+y22,即Ex1+x22,p,因为E在直线AB:y=x-p2上,所以E3p2,p,又因为|OE|=13,p0,所以p=2.故选A.疑难突破弦中点问题利用点差法求解,设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意得y12=2px1,y22=2px2,化简得y1+y2=2p,得Ex1+x22,p,因为E在直线AB:y=x-p2上,所以E3p2,p,再由|OE|=13可求得p.10.(2019北京朝阳期末文,7)已知双曲线C:x2a2-y216=1(a0)的一条渐近线方
8、程为4x+3y=0,F1,F2分别是双曲线C的左,右焦点,点P在双曲线上,且|PF1|=7,则|PF2|=()A.1B.13C.17D.1或13答案B双曲线C:x2a2-y216=1(a0)的一条渐近线方程为4x+3y=0,4a=43,a=3,c=5.由F1,F2分别是双曲线C的左、右焦点,点P在双曲线上,且|PF1|=7,可知P在双曲线的左支上,|PF2|-|PF1|=6,|PF2|=13,故选B.解题关键本题考查了双曲线的定义以及标准方程,利用双曲线的渐近线方程求出a是解题关键.11.(2018湖南益阳、湘潭调研,10)如图,过抛物线y2=2px(p0)的焦点F的直线交抛物线于点A,B,交
9、其准线l于点C,若F是AC的中点,且|AF|=4,则线段AB的长为()A.5B.6C.163D.203答案C如图,设l与x轴交于点M,过点A作ADl交l于点D,由抛物线的定义知,|AD|=|AF|=4,由F是AC的中点,知|AD|=2|MF|=2p,所以2p=4,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.解法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AF|=x1+p2=x1+1=4,所以x1=3,可得y1=23,所以A(3,23),又F(1,0),所以直线AF的斜率k=233-1=3,所以直线AF的方程为y=3(x-1),代入抛物线方程y2=4x得3x2-10x+3=0,所以x1+x2=1
10、03,故|AB|=x1+x2+p=163.故选C.解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AF|=x1+p2=x1+1=4,所以x1=3,又x1x2=p24=1,所以x2=13,所以|AB|=x1+x2+p=163.故选C.解法三:因为1|AF|+1|BF|=2p,|AF|=4,所以|BF|=43,所以|AB|=|AF|+|BF|=4+43=163.故选C.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.12.(2019北京朝阳二模,10)已知点M(1,2)在抛物线C:y2=2px(p0)上,则点M到抛物线C的焦点的距离是.答案2解析点M在抛物线C上,所以4=2p,解得p=2,点M到
11、抛物线C的焦点的距离为1+p2=1+1=2.13.(2019北京西城一模,10)设F1,F2为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的两个焦点,若双曲线C的两个顶点恰好将线段F1F2三等分,则双曲线C的离心率为.答案3解析设双曲线C的左,右顶点分别为A1,A2.A1,A2将F1F2三等分,|A1A2|=13|F1F2|,即2a=132c,a=13c,e=ca=3.14.(2018天津南开中学第四次月考,13)已知圆C:(x-m)2+(y-n)2=9的圆心在第一象限,直线l:x+2y+2=0被圆C截得的弦的长为4,则m+2nmn的最小值为.答案83解析由题意知圆心C的坐标为(m,n),半
12、径R=3,圆心在第一象限,m0,n0.直线l:x+2y+2=0被圆C截得的弦的长为4,圆心到直线的距离d=R2-22=9-4=5,即|m+2n+2|5=5,即m+2n+2=5,则m+2n=3,即m3+2n3=1,则m+2nmn=1n+2mm3+2n3=23+23+m3n+4n3m43+2m3n4n3m=43+43=83,当且仅当m3n=4n3m,即m=2n时取等号.m+2nmn的最小值为83.15.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),15)过原点O的直线l与椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)交于M,N两点,点P是椭圆上异于M,N的任一点,满足kPMkPN-13,则该椭圆的离心率的取值范
13、围是.答案63,1解析设P(x0,y0),M(m,n),N(-m,-n),kPMkPN=y0-nx0-my0+nx0+m=y02-n2x02-m2-13,又P(x0,y0),M(m,n)在椭圆x2a2+y2b2=1上,则x02a2+y02b2=1,m2a2+n2b2=1,两式相减得x02-m2a2+y02-n2b2=0,所以y02-n2x02-m2=-b2a2,则-b2a2-13,a23b2=3(a2-c2),3c22a2,所以e=ca63,又e1,所以离心率的取值范围是63e0).因为圆C经过A,B两点,所以742+174-b2=-3182+338-b2,即716+28916-172b+b2
14、=3164+108964-334b+b2,解得b=4.则r2=742+174-42=12,所以圆C的方程为x2+(y-4)2=12.(2)当直线l的斜率不存在时,由l与C相切得l的方程为x=22,此时直线l与C1交于P,Q两点,不妨设P点在Q点的上方,则P22,22,Q22,-22或P-22,22,Q-22,-22,则OPOQ=0,所以OPOQ,满足题意.当直线l的斜率存在时,易知其斜率不为0,设直线l的方程为y=kx+m(k0,m0),P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线l的方程与圆C1的方程联立,得y=kx+m,x2+y2=1,消去y,整理得(1+k2)x2+2kmx+m2-1=0,
15、则=4k2m2-4(1+k2)(m2-1)=4(k2-m2+1)0,即1+k2m2.因为x1+x2=-2km1+k2,x1x2=m2-11+k2,所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2(m2-1)1+k2-2k2m21+k2+m2=m2-k21+k2.因为OPOQ,所以OPOQ=0,即x1x2+y1y2=m2-11+k2+m2-k21+k2=0,故2m2=1+k2,满足0,符合题意.因为直线l:y=kx+m与圆C:x2+(y-4)2=12相切,所以圆心C(0,4)到直线l的距离d=|m-4|1+k2=22,即m2-8m+16=1+k22,故m2
16、-8m+16=m2,得m=2,故1+k2=222,得k=7.故直线l的方程为y=7x+2.综上,直线l的方程为x=22或y=7x+2.17.(12分)(2018广东深圳3月联考,19)如图,直角三角形ABC的顶点A的坐标为(-2,0),直角顶点B的坐标为(0,-22),顶点C在x轴上,点P为线段OA的中点.(1)求BC边所在直线方程;(2)若M为直角三角形ABC外接圆的圆心,求圆M的方程;(3)在(2)的条件下,若动圆N过点P且与圆M内切,求动圆N的圆心的轨迹方程.解析(1)易知kAB=-2,ABBC,kCB=22,BC边所在直线方程为y=22x-22.(2)由(1)及题意得C(4,0),M(
17、1,0),又AM=3,外接圆M的方程为(x-1)2+y2=9.(3)圆N过点P(-1,0),PN是动圆的半径,又动圆N与圆M内切,MN=3-PN,即MN+PN=3,点N的轨迹是以M,P为焦点,长轴长为3的椭圆.P(-1,0),M(1,0),a=32,c=1,b=a2-c2=54,所求轨迹方程为x294+y254=1,即4x29+4y25=1.思路分析(1)由kAB=-2,ABBC,知kBC=22,再根据点B的坐标可求BC边所在直线的方程;(2)由(1)中的方程,令y=0,得C(4,0),从而得圆心坐标与半径,进而得出圆M的方程;(3)利用两圆内切得MN+PN=3,利用椭圆定义得点N的轨迹,从而
18、得轨迹方程.方法点拨求解直线方程或圆的方程,常用方法为待定系数法和定义法,但应注意方程的选择.涉及直线的斜率时,要注意对存在性的讨论.18.(12分)(2019四川成都外国语学校开学考试,20)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,A为抛物线C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交抛物线C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,ADF为正三角形.(1)求抛物线C的方程;(2)若直线l2l且l2和抛物线C有且只有一个公共点E,试问直线AE是否过定点,若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.解析(1)由题意知Fp2,0,设D(t,0)(t0)
19、,则FD的中点为p+2t4,0,由|FA|=|FD|及抛物线的定义知3+p2=t-p2,解得t=3+p或t=-3(舍去),由p+2t4=3,t=3+p,解得p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x00),D(xD,0)(xD0),因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1,由x00得xD=x0+2,故D(x0+2,0),故直线l的斜率为k=-y02,因为直线l2和直线AB平行,故可设直线l2的方程为y=-y02x+b,代入抛物线方程得y2+8y0y-8by0=0,由题意知=64y02+32by0=0,得b=-2y0,则y+4y02=0.
20、设E(xE,yE),则yE=-4y0,xE=4y02,当y024时,kAE=yE-y0xE-x0=4y0y02-4,可得直线AE的方程y-y0=4y0y02-4(x-x0),由y02=4x0,整理可得y=4y0y02-4(x-1),所以直线AE恒过点F(1,0),当y02=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE恒过定点F(1,0).思路分析(1)根据等边三角形的性质可知A点横坐标为FD的中点的横坐标,列出方程组解出p.(2)根据|FA|=|FD|列方程得出A,D横坐标的关系,从而得出l的斜率,设l2的方程,代入抛物线方程,由判别式=0得出l2的截距与A点坐标的关系,求出E
21、点坐标,得出AE的方程,根据方程特点判断定点坐标.19.(12分)(2018湖北武汉4月调研,19)已知椭圆:x24+y22=1,过点P(1,1)作倾斜角互补的两条不同直线l1,l2,设l1与椭圆交于A、B两点,l2与椭圆交于C,D两点.(1)若P(1,1)为线段AB的中点,求直线AB的方程;(2)若直线l1与l2的斜率都存在,记=|AB|CD|,求的取值范围.解析(1)解法一(点差法):由题意可知直线AB的斜率存在.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y122=1,x224+y222=1,两式作差得y1-y2x1-x2=-24x1+x2y1+y2=-242121=-12,直线A
22、B的方程为y-1=-12(x-1),即x+2y-3=0.解法二:由题意可知直线AB的斜率存在.设直线AB的斜率为k,则其方程为y-1=k(x-1),代入x2+2y2=4中,得x2+2kx-(k-1)2-4=0.(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2(k-1)2-4=0.=-4(k-1)k2-4(2k2+1)2(k-1)2-4=8(3k2+2k+1)0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k(k-1)2k2+1,x1x2=2(k-1)2-42k2+1.AB的中点为(1,1),12(x1+x2)=2k(k-1)2k2+1=1,则k=-12.直线AB的方程为y-1=-12(x-1
23、),即x+2y-3=0.(2)由(1)可知|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k28(3k2+2k+1)2k2+1.设直线CD的方程为y-1=-k(x-1)(k0).同理可得|CD|=1+k28(3k2-2k+1)2k2+1.=|AB|CD|=3k2+2k+13k2-2k+1(k0),0.2=1+4k3k2+1-2k=1+43k+1k-2.令t=3k+1k,则t(-,-2323,+),令g(t)=1+4t-2,t(-,-2323,+),g(t)在(-,-23,23,+)上单调递减,2-3g(t)1或1g(t)2+3.故2-321或1b0)的右焦点为F(1
24、,0),M为椭圆的上顶点,O为坐标原点,且OMF是等腰直角三角形.(1)求椭圆的方程;(2)是否存在直线l交椭圆于P,Q两点,且使点F为PQM的垂心(即三角形的三条高线的交点)?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.解析本题考查椭圆的几何性质与标准方程、直线与椭圆的位置关系,圆锥曲线的存在性问题,考查学生分析问题、解决问题的能力,体现逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)由右焦点F(1,0)得c=1,由OMF是等腰直角三角形,得b=c=1,则a=2b=2,故椭圆的方程为x22+y2=1.(2)存在.假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且F为PQM的垂心,设P(x1,y1),Q(x2,y2
25、),因为M(0,1),F(1,0),所以kMF=-1,因为F为PQM的垂心,所以MFPQ,故kPQ=1,设直线l的方程为y=x+m,由y=x+m,x2+2y2=2得3x2+4mx+2m2-2=0,由0,得m23,且x1+x2=-4m3,x1x2=2m2-23,由题意应有MPFQ=0,又MP=(x1,y1-1),FQ=(x2-1,y2),故x1(x2-1)+y2(y1-1)=0,得x1(x2-1)+(x2+m)(x1+m-1)=0,即2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m2-m=0,整理得22m2-23-43m(m-1)+m2-m=0,解得m=-43或m=1,经检验,当m=1时,PQM不存在,故舍去m=1,当m=-43时,所求直线l存在,且直线l的方程为y=x-43.思路分析(1)由右焦点F(1,0)得c=1,由OMF是等腰直角三角形,得b=c=1,a=2b=2,即可得到椭圆方程;(2)假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且F为PQM的垂心,设P(x1,y1),Q(x2,y2),由题意可设直线l的方程为y=x+m,代入椭圆方程,运用根与系数的关系,结合垂心的定义和向量垂直的条件,化简整理计算即可得到所求直线方程.
