模块卷(一)时间:110分钟 分值:140分解析几何一、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.(2020北京清华附中朝阳学校摸底,1)抛物线y2=2x的焦点到准线的距离为( )A. B.1C.2 D.3答案 B 由题意可知,抛物线的焦点坐标为,准线方程为x=-,故焦点到准线的距离为1.2.数学家欧拉在1765年发现,任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上,这条直线称为欧拉线.已知△ABC的顶点A(2,0),B(0,4),若其欧拉线的方程为x-y+2=0,则顶点C的坐标为( )A.(-4,0) B.(-3,-1)C.(-5,0) D.(-4,-2)答案 A 设C(m,n),由重心坐标公式得,三角形ABC的重心坐标为,代入欧拉线方程,得-+2=0,整理,得m-n+4=0①,线段AB的中点为(1,2),kAB==-2,线段AB的中垂线方程为y-2=(x-1),即x-2y+3=0.联立解得∴△ABC的外心为(-1,1),
∴(m+1)2+(n-1)2=(2+1)2+(0-1)2=10,整理,得m2+n2+2m-2n=8②,联立①②,得m=-4,n=0或m=0,n=4.当m=0,n=4时,B,C重合,舍去.∴顶点C的坐标是(-4,0).故选A.解后反思 设出点C的坐标,由重心坐标公式求得重心坐标,代入欧拉线方程得一方程,求出线段AB的垂直平分线方程,和欧拉线方程联立,求得三角形的外心坐标,由外心到两个顶点的距离相等得另一方程,两方程联立求得点C的坐标.3.(2020浙江绍兴嵊州期末,6)若圆x2+y2-2x-2y-k=0上的点到直线x+y-10=0的最大距离与最小距离的差为6,则实数k的值是( )A.-34 B.1C.4 D.7答案 D 本题考查了与圆有关的最值问题,属于中档题.将圆的一般方程化为标准方程可知,(x-1)2+(y-1)2=k+2,则k+2>0⇒k>-2,圆的半径r=,设圆心(1,1)到直线x+y-10=0的距离为d,则d==4.当d>r时,圆x2+y2-2x-2y-k=0上的点到直线x+y-10=0的最大距离为d+r,最小距离为d-r,由已知条件得(d+r)-(d-r)=2r=6,所以r=3,即=3,解得k=7.此时,d=4>3,直线x+y-10=0与圆(x-1)2+(y-1)2=9相离,符合题意.当d≤r时,圆x2+y2-2x-2y-k=0上的点到直线x+y-10=0的最大距离为d+r,最小距离为0,由已知条件得d+r=6⇒r=6-4<4,矛盾,舍去.综上,k=7,故选D.4.(2019北京海淀新高考调研卷,7)已知圆C:x2+y2-2x-2y-2=0,直线y=k(x-2)与圆C交于A,B两点,则|AB|的最小值为( )A.2 B.2 C.2 D.4答案 B 由题意得圆C的标准方程为(x-1)2+(y-1)2=4,则圆心C(1,1)到直线y=k(x-2)的距离d=
,则有|AB|=2=2=2=2,∴当k>0,且k==1时,|AB|取最小值,此时|AB|=2,故选B.5.(2019北京昌平期末,8)设点F1、F2分别为椭圆C:+=1的左、右焦点,点P是椭圆C上任意一点,若使得·=m成立的点恰好是4个,则实数m的值可以是( )A. B.3 C.5 D.8答案 B 易知F1(-2,0),F2(2,0),设P(x0,y0),则·=(-2-x0,-y0)·(2-x0,-y0)=+-4.∵+=1,得=9-,且0≤≤5,∴m=·=5-∈[1,5],∵满足条件的点有4个,∴m∈(1,5),故选B.小题巧解 当P位于椭圆上顶点或下顶点时,得到m=(2,-)·(-2,-)=1或m=(2,)·(-2,)=1;当P位于左顶点或右顶点时,m=(1,0)·(5,0)=5或m=(-5,0)·(-1,0)=5.故若使满足·=m的点P有4个,需m∈(1,5),故选B.6.(2020江西南昌十中高二月考,4)圆x2+4x+y2=0与圆(x-2)2+(y-3)2=r2有三条公切线,则半径r=( )A.5 B.4 C.3 D.2答案 C 由圆x2+4x+y2=0,得(x+2)2+y2=4,∴圆心坐标为(-2,0),半径为2.由(x-2)2+(y-3)2=r2,得圆心坐标为(2,3),半径为r.
因为圆x2+4x+y2=0与圆(x-2)2+(y-3)2=r2有三条公切线,所以两圆相外切,∴=2+r,解得r=3.故选C.7.(2020湖南宁远期中)古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的中心为原点,焦点F1,F2均在x轴上,C的面积为2π,过点F1的直线交C于点A,B,且△ABF2的周长为8.则C的标准方程为( )A.+y2=1 B.+=1C.+=1 D.+=1答案 C 因为△ABF2的周长为8,所以|AB|+|AF2|+|BF2|=8⇒|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=8⇒(|AF1|+|AF2|)+(|BF1|+|BF2|)=8,由椭圆的定义可知|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+|BF2|=2a,所以2a+2a=8,所以a=2,由题意可得abπ=2π,解得b=,因为椭圆的焦点在x轴上,所以C的标准方程为+=1.故选C.8.(2019浙江嘉兴9月基础测试,9)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的一个焦点到一条渐近线的距离小于它的实轴长,则该双曲线离心离e的取值范围是( )A.1<e< B.1<e<C.e> D.e>答案 B 双曲线-=1(a>0,b>0)的一个焦点F(c,0)到一条渐近线y=x的距离是==b,由已知有b<2a,所以b2<4a2,即c2-a2<4a2,解得1<e<.选B.9.(2020云南昆明一中)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点M是抛物线C上一
点,MH⊥l于H.若|MH|=4,∠HFM=60°,则抛物线C的方程为( )A.y2=16x B.y2=8x C.y2=4x D.y2=2x答案 C 因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离,所以|MF|=|MH|=4,又∠HFM=60°,所以△MHF为正三角形,所以|HF|=4,记准线l与x轴交于点Q,则∠QHF=30°,所以p=|QF|=|HF|sin∠QHF=4sin30°=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.思路分析 根据题意得到|MF|=|MH|=4,推出△MHF为正三角形,求出|HF|=4,记准线l与x轴交于点Q,根据p=|QF|=|HF|sin∠QHF即可求出结果.10.(2019湖南三湘名校教育联盟第一次大联考,12)过抛物线y2=4x的焦点F且倾斜角为60°的直线交抛物线于A、B两点,以AF、BF为直径的圆分别与y轴相切于点M,N,则|MN|=( )A. B. C. D.2答案 C 设A(x1,y1),B(x2,y2),抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),由直线AB的倾斜角为60°,可得直线AB的斜率为,所以直线AB的方程为y=(x-1).因为以AF,BF为直径的圆分别与y轴相切于点M,N,所以|OM|=|y1|,|ON|=|y2|,∴|MN|=|y1-y2|,将直线AB的方程y=(x-1)代入y2=4x中,
整理得y2-4y-4=0,解得y1=2,y2=-,则|MN|==,故选C.11.(2020北京清华大学中学生标准学术能力11月测试,11)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F,直线l:y=x与C交于A、B两点,AF,BF的中点分别为M,N,若以线段MN为直径的圆经过原点,则双曲线的离心率为( )A.3- B.2-1 C.+2 D.+1答案 D 本题考查双曲线的几何性质、直线与圆的位置关系,考查学生运用化归与转化、数形结合的思想方法分析问题与解决问题的能力,体现直观想象、数学运算的核心素养.由得x2=,设A,B,F(c,0),则M,N,∵点O在以线段MN为直径的圆上,∴·=c+·-·=0,从而有c2b2-3c2a2=4a2b2,即c4-8a2c2+4a4=0,∴e4-8e2+4=0,解得e2=4+2或e2=4-2(舍),∴e=+1,故选D.方法总结 直线与双曲线的问题转化为直线与圆的问题,再转化为两向量的垂直问题,最后得关于离心率e的方程即可求解.12.(2020北京八一学校开学摸底,8)已知抛物线W:y2=x及直线m:y=x-4.矩形ABCD的顶点A,B在m上,C,D在W上,经过C,D的直线记为l.给出下列四个命题:
①∃s>0,使矩形ABCD的面积为s的直线l不存在;②∃s>0,使矩形ABCD的面积为s的直线l仅有一条;③∃s>0,使矩形ABCD的面积为s的直线l仅有两条;④∃s>0,使矩形ABCD的面积为s的直线l仅有三条.其中所有真命题的序号是( )A.①②③④ B.①②③ C.②③ D.②③④答案 D 本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、圆锥曲线的弦长、导数求极值的方法,通过直线与圆锥曲线的位置关系考查学生的化归与转化、函数与方程思想方法的运用,体现逻辑推理与数学运算的核心素养.如图(1)所示,设l:y=x+b(b≠-4),联立消去x得y2-y+b=0,Δ=1-4b>0,即b<,设C(x1,y1),D(x2,y2),则y1+y2=1,y1y2=b,则|CD|=·=,又l与m的距离d=,故S矩形ABCD=|CD|·d=|b+4|·=,令f(b)=(b+4)2(1-4b)=-4b3-31b2-56b+16,则f'(b)=-12b2-62b-56=-2(6b2+31b+28),Δ=312-4×6×28=961-672=289>0.令f'(b)=0,解得b1=-4,b2=-,如图(2)所示,f(b)在(-∞,-4)上为减函数,在上为增函数,在上为减函数.当s2>f时,直线l有一条;当s2=f时,直线l有两条;当0<s2<f时,直线l有三条.故②③④为真命题.故选D.
图(1)图(2)思路分析 首先设出直线l的方程,然后把它与抛物线方程联立消元后求弦长|CD|,接着求出平行直线AB、CD间的距离,从而求得矩形的面积,最后运用导数来解决.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2020北师大二附中期中,11)在平面直角坐标系xOy中,若双曲线x2-=1(b>0)经过点(3,4),则该双曲线的渐近线方程是 . 答案 y=±x解析 由已知得9-=1,因为b>0,所以b=,又a=1,所以渐近线方程为y=±x=±x.14.(2020浙江绍兴柯桥期末,12)设直线y=kx与圆C:(x-2)2+y2=1相交于A,B两点,若|AB|=,则k= ,当k变化时,弦AB中点的轨迹长度是 .
答案 ±;解析 易得+=1,解得k=±.设A(x1,y1),B(x2,y2),弦AB的中点为M(x0,y0),则x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,联立得消去y,得(1+k2)x2-4x+3=0,令Δ=16-12(1+k2)>0,得k2<.由根与系数的关系可知x1+x2=,所以y1+y2=k(x1+x2)=,由消去k,得(x0-1)2+=1.又由k2<得x0>,故弦AB中点的轨迹长度等于半径为1的圆的周长的,如图中实线部分,所以弦AB中点的轨迹长度为2π×=.15.(2018青海西宁四中月考,16)已知F是椭圆C:+=1的右焦点,P是C上一点,A(-2,1),当△APF的周长最小时,其面积为 . 答案 4解析 在椭圆C:+=1中,a=2,b=2,c=4,设左焦点为F'(-4,0),
△APF周长为|AF|+|AP|+|PF|=|AF|+|AP|+(2a-|PF'|)=|AF|+|AP|-|PF'|+2a≥|AF|-|AF'|+2a,当且仅当A,P,F'三点共线,且P位于x轴上方时,三角形周长最小.易知直线AF'的方程为y=(x+4),代入x2+5y2=20中,可求得P(0,2),故S△APF=S△PF'F-S△AF'F=×2×8-×1×8=4.思路分析 取左焦点,由椭圆的定义和不等式确定点P的位置,利用面积公式求解.解题关键 取另一个焦点F',进而灵活利用椭圆的定义和三角形的基本性质是求解关键.16.(2018湖南六校4月联考,15)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点P(-1,0)作直线l与抛物线C交于A、B两点.若S△ABF=,且|AF|<|BF|,则= . 答案 解析 设直线l的方程为x=my-1,将直线方程代入抛物线C:y2=4x的方程得y2-4my+4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则0<<1,y1+y2=4m,y1·y2=4,又S△ABF=,所以S△BPF-S△APF=|y2-y1|=,因此+=10,所以==,从而=,又由抛物线的定义与相似三角形可知==,∴==.思路分析 由题意设出直线l的方程,与抛物线方程联立,得出y1+y2与y1y2,利用S△ABF=得+=10,结合y1y2=4求得的值,进而利用相似关系求得.
三、解答题:共60分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.17.(12分)(2018宁夏银川二中4月模拟,21)已知圆M的半径为3,圆心在x轴正半轴上,直线3x-4y+9=0与圆M相切.(1)求圆M的标准方程;(2)过点N(0,-3)的直线l与圆M交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),而且满足+=x1x2,求直线l的方程.解析 (1)设圆心为M(a,0)(a>0),∵直线3x-4y+9=0与圆M相切,∴=3,解得a=2,所以圆M的方程为(x-2)2+y2=9.(2)当直线l的斜率不存在时,直线l:x=0,与圆M交于A(0,),B(0,-),此时+=x1x2=0,所以x=0符合题意.当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx-3,由消去y,得(x-2)2+(kx-3)2=9,整理得:(1+k2)x2-(4+6k)x+4=0,①所以x1+x2=,x1x2=,∵+=x1x2,∴(x1+x2)2=x1x2,即=×,整理得7k2-24k+17=0,∴k=1或k=,把k值代入到方程①中的判别式Δ=[-(4+6k)]2-16(1+k2)=48k+20k2中,
判别式的值都为正数,所以k=1或k=,所以直线l的方程为y=x-3或y=x-3,即x-y-3=0或17x-7y-21=0.综上,直线l为x-y-3=0或17x-7y-21=0或x=0.18.(12分)(2020北师大二附中期中,17)已知圆O:x2+y2=4.(1)直线l1:x+y-2=0与圆O相交于A、B两点,求|AB|;(2)如图,设M(x1,y1),P(x2,y2)是圆O上的两个动点,点M关于原点的对称点为M1,点M关于x轴的对称点为M2,如果直线PM1,PM2与y轴分别交于(0,m)和(0,n),问mn是不是定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.解析 本题考查直线与圆的位置关系,弦长公式,直线方程,主要通过直线与圆的位置关系考查学生分析问题与解决问题的能力,体现数学运算的核心素养.(1)∵圆心(0,0)到直线x+y-2=0的距离d==.圆的半径r=2,∴|AB|=2=2.(2)mn为定值.理由如下:由题意得M1(-x1,-y2)、M2(x1,-y1),且+=4,+=4,直线PM1的方程为=,令x=0,得y=m=.
直线PM2的方程为=,令x=0,得y=n=,∴mn=·===4,即mn是定值.思路分析 (1)先求出圆心(0,0)到直线x+y-2=0的距离,再利用弦长公式求得|AB|的值.(2)先求出M1和M2的坐标,用两点式求直线PM1和PM2的方程,根据方程求得他们在y轴上的截距m、n的值,计算mn的值,可得结论.19.(12分)(2020甘肃兰州一中二模)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点A(2,2),点B在抛物线C上,且满足=-2(O为坐标原点).(1)求抛物线C的方程;(2)过焦点F任作两条相互垂直的直线l与D',直线l与抛物线C交于P,Q两点,直线D'与抛物线C交于M,N两点,△OPQ的面积记为S1,△OMN的面积记为S2,求证:+为定值.解析 (1)设B(x1,y1),∵F,∴=,=,=,又∵=-2,∴=,∴=x1--4+p,y1-4=0,∴x1=4,y1=4,∵点B在抛物线C上,∴42=2p·4,∴p=2,∴y2=4x.(2)证明:由题意得直线l的斜率存在且不为零,设l:x=my+1,代入y2=4x得y2-4my-4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),所以y1+y2=4m,y1y2=-4,∴|y1-y2|==4,因此S1=|y1-y2|×1=2,同理可得S2=2,
因此+=+=+=.故+为定值.20.(12分)(2020首师大附中开学摸底,19)已知椭圆C:+=1(a>b>0)经过点,离心率为.(1)求椭圆C的方程;(2)直线y=k(x-1)(k≠0)与椭圆C交于A,B两点,点M是椭圆C的右顶点,直线AM与直线BM分别与y轴交于点P,Q,试问以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点?若过,求出定点坐标;若不过,说明理由.解析 本题考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆的位置关系中的定点问题,考查学生运用化归转化的数学思想分析问题、解决问题的能力,渗透逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)由题意得解得a=2,b=1,所以椭圆C的方程是+y2=1.(2)以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点.将y=k(x-1)(k≠0)代入椭圆方程可得(1+4k2)x2-8k2x+4k2-4=0,易得Δ>0恒成立,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=,x1x2=.因为点M是椭圆C的右顶点,所以点M(2,0).由题意可知直线AM的方程为y=(x-2),故点P,直线BM的方程为y=(x-2),故点Q,若以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点N(x0,0),则等价于·=0恒成立,
又因为=,=,所以·=+·=0恒成立,又因为(x1-2)(x2-2)=x1x2-2(x1+x2)+4=,y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=,所以+·=-3=0,解得x0=±,故以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点(±,0).思路分析 (1)列出关于a,b,c的方程组,解出a,b即得椭圆C的方程.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),写出直线AM与BM的方程,得点P、Q坐标,再利用以线段PQ为直径的圆过定点N,等价于·=0恒成立,即可求解.21.(12分)(2020吉林长春第二中学月考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程;(2)斜率为2的直线l与椭圆交于P、Q两点,OP⊥OQ,求直线l的方程;(3)在x轴上是否存在一点E,使得过点E的任一直线与椭圆若有两个交点M、N,则都有+为定值?若存在,求出点E的坐标及相应的定值.解析 (1)由题意知,=,ab=1,又a2=b2+c2,∴a=2,b=1,c=,∴椭圆C的方程为+y2=1.
(2)设直线l的方程为y=2x+t,由可得+y2=,即(4t2-4)++(t2-16)=0,∵OP⊥OQ,∴=-1⇒t2=4⇒t=±2,∴直线l的方程为y=2x±2,即2x-y±2=0.(3)设E(m,0)、M(x1,y1)、N(x2,y2),当过点E的直线不为x轴时,设其方程为x=ty+m,联立得(t2+4)y2+2tmy+(m2-4)=0,∴y1+y2=-,y1y2=,∴+=+=·,=·,当且仅当32-8m2=2m2+8,即m=±时,+=5(定值),即在x轴上存在点E,使得+为定值5,点E的坐标为或.当过点E的直线为x轴时,上面求出的点E也符合题意
