专题检测卷(五) 解析几何(时间：120分钟 满分：150分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题5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.(2020·济南质检)若双曲线C：－y2＝1(m>0)的一条渐近线的方程为3x＋2y＝0，则m＝( )A.B.C.D.解析 由题意知，双曲线的渐近线方程为y＝±x(m>0).3x＋2y＝0可化为y＝－x，所以＝，解得m＝.故选A.答案 A2.(2020·北京西城区二模)若圆x2＋y2－4x＋2y＋a＝0与x轴、y轴均有公共点，则实数a的取值范围是( )A.(－∞，1]B.(－∞，0]C.[0，＋∞)D.[5，＋∞)解析 将圆的一般方程化作标准方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝5－a，则该圆的圆心坐标为(2，－1)，半径r＝.因为该圆与x轴、y轴均有公共点，所以解得a≤1，则实数a的取值范围是(－∞，1].故选A.答案 A3.(2020·河南六市模拟)已知P为圆C：(x－5)2＋y2＝36上任意一点，A(－5，0).若线段PA的垂直平分线交直线PC于点Q，则点Q的轨迹方程为( )A.＋＝1B.－＝1C.－＝1(x<0)D.－＝1(x>0)解析 如图，由题意知|QA|＝|QP|，||QA|－|QC||＝||QP|－|QC||＝|PC|＝6<|AC|＝10，所以动点Q的轨迹是以A，C为焦点的双曲线，其方程为－＝1.故选B.\n答案 B4.(2020·辽宁五校模拟)仿照“Dandelin双球”模型，人们借助圆柱内的两个内切球完美地证明了平面截圆柱的截面为椭圆面.如图，底面半径为1的圆柱内两个内切球球心距离为4，现用与两球都相切的平面截圆柱所得到的截面边缘线是一椭圆，则该椭圆的离心率为( )A.B.C.D.解析 由题意可知椭圆的长轴与两球心连线的夹角为30°，所以椭圆的长轴2a＝＝4，a＝2，椭圆的短轴长等于球的直径，所以b＝1，c＝，e＝＝，故选D.答案 D5.(2020·江南十校素质测试)已知点P在圆C：x2＋(y－2)2＝1上，点Q在直线l：x－2y＋1＝0上，且点Q的横坐标x∈[－1，a).若|PQ|既有最大值又有最小值，则实数a的取值范围是( )A.B.C.D.解析 如图，直线l：x－2y＋1＝0与x轴交于点Q1(－1，0).连接Q1C并延长，交圆C于点P1.过点C作CQ2⊥直线l于点Q2，交圆C于点P2，则|P2Q2|为|PQ|的最小值.易知直线CQ2：y＝－2x＋2.设Q2(x2，y2)，联立得方程组解得x2＝，\n∴a>.设点Q3(x3，y3).为点Q1关于点Q2的对称点，则x3＝.当a>时，|PQ|无法取到最大值，当<a≤时，|PQ|的最大值为|P1Q1|，∴<a≤.故选A.答案 A6.(2020·青岛检测)已知直线y＝k(x－1)与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，直线y＝2k(x－2)与抛物线D：y2＝8x交于M，N两点，设λ＝|AB|－2|MN|，则( )A.λ<－16B.λ＝－16C.－12<λ<0D.λ＝－12解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2).由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，则x1＋x2＝＝2＋.因为直线y＝k(x－1)经过抛物线C的焦点，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝4＋.同理可得|MN|＝8＋.所以λ＝4＋－2×＝4－16＝－12.故选D.答案 D7.(2020·南昌调研)圆C：x2＋y2－10y＋16＝0上有且仅有两点到双曲线－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的距离为1，则该双曲线离心率的取值范围是( )A.(，)B.C.D.(，＋1)解析 双曲线－＝1的一条渐近线方程为bx－ay＝0，圆C：x2＋y2－10y＋16＝0的圆心坐标为(0，5)，半径为3.因为圆C上有且仅有两点到直线bx－ay＝0的距离为1，所以圆心(0，5)到直线bx－ay＝0的距离d的范围为2<d<4，即2<<4.又a2＋b2＝c2，所以2<<4，即<e<.故选C.答案 C8.(2020·潍坊模拟)如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点P(x0，2)是抛物线C上一点.以P为圆心的圆与线段PF交于点Q，与过焦点F且垂直于x轴的直线交于点A，B，|AB|＝|PQ|，直线PF与抛物线C的另一交点为M.若|PF|＝|PQ|，则＝( )\nA.1B.C.2D.解析 如图，连接PA，PB.因为|AB|＝|PQ|，所以△PAB是正三角形.又x0>，所以x0－＝|PQ|.又因为|PF|＝x0＋＝|PQ|，所以x0＝.所以点P，所以(2)2＝2p·.因为p>0，所以p＝2.所以F(1，0)，P(3，2)，所以|PQ|＝|PF|＝·＝，抛物线C的方程为y2＝4x，直线PF的方程为y＝(x－1).由得M，所以|FM|＝＋1＝，所以＝.故选B.答案 B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.过点P(2，2)作圆C：(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2(r>0)的两条切线，切点分别为A，B，下列说法正确的是( )A.0<r<2B.若△PAB为直角三角形，则r＝4C.△PAB外接圆的方程为x2＋y2＝4D.直线AB的方程为4x＋4y＋16－r2＝0解析 因为过点P(2，2)作圆C：(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2(r>0)的切线有两条，则点P在圆C\n外，则r<|PC|＝4，故A错误；若△PAB为直角三角形，则四边形PACB为正方形，则r＝|PC|＝4，解得r＝4，故B正确；由PA⊥CA，PB⊥CB，可得点P，A，C，B共圆，所以△PAB的外接圆就是以PC为直径的圆，即x2＋y2＝8，故C错误；将(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2与x2＋y2＝8相减即得直线AB的方程，所以直线AB的方程为4x＋4y＋16－r2＝0，所以D正确.故选BD.答案 BD10.(2020·潍坊模拟)已知双曲线－＝sin2θ(θ≠kπ，k∈Z)，则不因θ改变而变化的是( )A.焦距B.离心率C.顶点坐标D.渐近线方程解析 由题意，得双曲线的标准方程为－＝1，则a＝2|sinθ|，b＝|sinθ|，则c＝＝|sinθ|，则双曲线的焦距为2c＝2|sinθ|，顶点坐标为(±2|sinθ|，0)，离心率为e＝＝，渐近线方程为y＝±x.所以不因θ改变而变化的是离心率、渐近线方程.故选BD.答案 BD11.设P是椭圆C：＋y2＝1上任意一点，F1，F2是椭圆C的左、右焦点，则( )A.|PF1|＋|PF2|＝2B.－2<|PF1|－|PF2|<2C.1≤|PF1|·|PF2|≤2D.0≤·≤1解析 椭圆C的长轴长为2，根据椭圆的定义得|PF1|＋|PF2|＝2，故A正确；||PF1|－|PF2||≤|F1F2|＝2＝2，所以－2≤|PF1|－|PF2|≤2，B错误；|PF1|·|PF2|＝[(|PF1|＋|PF2|)2－(|PF1|－|PF2|)2]，而0≤(|PF1|－|PF2|)2≤4，所以1≤|PF1|·|PF2|≤2，C正确；·＝(－)·(－)＝·－·(＋)＋||2＝||2－1，根据椭圆性质有1≤|OP|≤，所以0≤·＝||2－1≤1，D正确.故选ACD.答案 ACD12.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l.设l与x轴的交点为K，P为C上异于O的任意一点，P在l上的射影为E，∠EPF的外角平分线交x轴于点Q，过点Q作QN⊥PE交EP的延长线于点N，作QM⊥PF交线段PF于点M，则( )\nA.|PE|＝|PF|B.|PF|＝|QF|C.|PN|＝|MF|D.|PN|＝|KF|解析 由抛物线的定义，得|PE|＝|PF|，A正确；∵PN∥QF，PQ是∠FPN的平分线，∴∠FQP＝∠NPQ＝∠FPQ，∴|PF|＝|QF|，B正确；若|PN|＝|MF|，则由PQ是∠FPN的平分线，QN⊥PE，QM⊥PF，得|QM|＝|QN|，从而有|PM|＝|PN|，于是有|PM|＝|FM|，则有|QP|＝|QF|，∴△PFQ为等边三角形，∠FPQ＝60°，也即有∠FPE＝60°，这只是在特殊位置才有可能，因此C错误；连接EF，如图，由选项A、B知|PE|＝|QF|，又PE∥QF，∴EPQF是平行四边形，∴|EF|＝|PQ|，∴△EKF≌△QNP，∴|KF|＝|PN|，D正确.故选ABD.答案 ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.(2020·武汉质检)已知以x±2y＝0为渐近线的双曲线经过点(4，1)，则该双曲线的标准方程为________.解析 由题知，双曲线的渐近线方程为x±2y＝0，设双曲线的方程为x2－4y2＝λ(λ≠0).因为点(4，1)在双曲线上，所以λ＝42－4＝12，所以双曲线的标准方程为－＝1.答案 －＝114.已知点A(－5，0)，B(－1，－3)，若圆x2＋y2＝r2(r>0)上恰有两点M，N，使得△MAB和△NAB的面积均为5，则r的取值范围是________.解析 由题意可得|AB|＝＝5，根据△MAB和△NAB的面积均为5可得M，N到直线AB的距离均为2，由于直线AB的方程为＝，即3x＋4y＋15＝0，若圆上只有一个点到直线AB的距离为2，则圆心到直线AB的距离为＝r\n＋2，解得r＝1，若圆上只有3个点到直线AB的距离为2，则圆心到直线AB的距离为＝r－2，解得r＝5.故r的取值范围是(1，5).答案 (1，5)15.如图，点A，B分别是椭圆＋＝1(0<b<5)的长轴的左、右端点，F为椭圆的右焦点，直线PF的方程为x＋y－4＝0，且·＝0，设M是椭圆长轴AB上的一点，M到直线AP的距离等于|MB|，则椭圆上的点到点M的距离d的最小值为________.解析 依题意得直线AP的方程为x－y＋5＝0，直线PF与x轴的交点为(4，0)，即F(4，0)，∴b2＝25－16＝9，即椭圆方程为＋＝1.设M(m，0)(－5≤m≤5)，则M到直线AP的距离为，又|MB|＝|5－m|，所以＝|5－m|，∵－5≤m≤5，∴＝5－m，解得m＝3，∴M(3，0).设椭圆上的点(x，y)(x∈[－5，5])到M(3，0)的距离为d，则d2＝(x－3)2＋y2＝(x－3)2＋9＝x2－6x＋18＝＋，∵x∈[－5，5]，∴当x＝时，d2最小，此时dmin＝.答案 16.(2020·烟台诊断)已知F为抛物线x2＝2py(p>0)的焦点，点A(1，p)，M为抛物线上任意一点，且|MA|＋|MF|的最小值为3，则该抛物线的方程为________.若线段AF的垂直平分线交抛物线于P，Q两点，则四边形APFQ的面积为________.(本小题第一空2分，第二空3分)解析 由题意，得抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线的方程为y＝－.因为|MF|等于点M到准线的距离，所以当p>时，|MA|＋|MF|的最小值为点A到准线y＝－的距离，而|MA|＋|MF|的最小值为3，所以＝3，解得p＝2，满足p>；当p≤时，|MA|＋|MF|的最小值为|AF|，而|MA|＋|MF|的最小值为3，所以＝3，解得p＝4，不满足p≤\n.综上所述，p＝2.因此抛物线的方程为x2＝4y.由p＝2得，点A(1，2)，焦点F(0，1)，则线段AF的垂直平分线的方程为x＋y－2＝0，且|AF|＝＝.设线段AF的垂直平分线与抛物线的交点分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2).由解得或则|PQ|＝＝4.所以四边形APFQ的面积S＝|AF|·|PQ|＝××4＝4.答案 x2＝4y 4四、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.(本小题满分10分)(2020·北京适应性考试)已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0，1)，B(0，－1)，焦距为2.(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线y＝m与椭圆C有两个不同的交点M，N，设D为直线AN上一点，且直线BD，BM的斜率的积为－.证明：点D在x轴上.(1)解 由题意知c＝，b＝1，∴a2＝b2＋c2＝4.∵焦点在x轴上，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明 由题意可设M(－x0，m)，N(x0，m)，－1<m<1，则x＝4(1－m2).①∵点D在直线AN上一点，A(0，1)，∴＝λ＝λ(x0，m－1)，∴＝＋＝(λx0，λ(m－1)＋1)，∴D(λx0，λ(m－1)＋1).∵B(0，－1)，M(－x0，m)，∴kBD·kBM＝·＝－.整理，得4λ(m2－1)＋8(m＋1)＝λx.将①代入上式得(m＋1)[λ(m－1)＋1]＝0.∵m＋1≠0，∴λ(m－1)＋1＝0，\n∴点D在x轴上.18.(本小题满分12分)(2020·浙江卷)如图，已知椭圆C1：＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p＞0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A).(1)若p＝，求抛物线C2的焦点坐标；(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值.解 (1)由p＝，得抛物线C2的焦点坐标是.(2)由题意可设直线l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，点A(x0，y0).将直线l的方程代入椭圆C1：＋y2＝1，得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，所以点M的纵坐标yM＝－.将直线l的方程代入抛物线C2：y2＝2px，得y2－2pmy－2pt＝0，所以y0yM＝－2pt，解得y0＝，因此x0＝.由＋y＝1，得＝4＋2≥160，当且仅当m＝，t＝时，p取到最大值.19.(本小题满分12分)(2019·北京卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1).(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点.(1)解 由题意，得b2＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2.\n所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为y＝x＋1.令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝.同理，|ON|＝.由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，则x1＋x2＝－，x1x2＝.所以|OM|·|ON|＝·＝＝＝2.又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2.解得t＝0，所以直线l经过定点(0，0).20.(本小题满分12分)(2020·沈阳一监)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l′，直线l与抛物线C交于P，Q两点，直线l′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.(1)解 设B(x0，y0)，∵F，∴＝－2＝－2＝＝，\n∴∴∵点B在抛物线C上，∴42＝2p×4，∴p＝2，∴y2＝4x.(2)证明 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，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.∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.∴|y1－y2|＝＝＝4.因此S1＝|y1－y2|×1＝2.同理可得，S2＝2.∴＋＝＋＝＋＝.∴＋为定值，定值为.21.(本小题满分12分)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.(1)证明 因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.由题设得A(－1，0)，B(1，0)，|AB|＝2，又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4>|AB|.由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：＋＝1(y≠0).(2)解 当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).\n由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.则x1＋x2＝，x1x2＝，所以|MN|＝|x1－x2|＝.过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，A到m的距离为，所以|PQ|＝2＝4.故四边形MPNQ的面积S＝|MN||PQ|＝12.可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12，8).当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，故四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12，8).22.(本小题满分12分)(2020·东北三校一联)已知以动点P为圆心的⊙P与直线l：x＝－相切，与定圆F：(x－1)2＋y2＝外切.(1)求动圆圆心P的轨迹C的方程；(2)过曲线C上位于x轴两侧的点M，N(MN不与x轴垂直)分别作直线l的垂线，垂足分别为M1，N1，直线l交x轴于点A，记△AMM1，△AMN，△ANN1的面积分别为S1，S2，S3，且S＝4S1S3，求证：直线MN过定点.(1)解 设P(x，y)，⊙P的半径为R，则R＝x＋，|PF|＝R＋，∴点P到直线x＝－1的距离与到定点F(1，0)的距离相等，故点P的轨迹C的方程为y2＝4x.(2)证明 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则M1，N，设直线MN：x＝ty＋n(t≠0，n>0).将直线MN的方程代入y2＝4x消去x并整理，得y2－4ty－4n＝0，则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4n<0.∵S1＝·|y1|，S3＝·|y2|，\n∴4S1S3＝|y1y2|＝|y1y2|＝·|－4n|＝·4n＝·4n.∵S2＝·|y1－y2|＝·，∴S＝·(16t2＋16n)＝4(t2＋n).∵S＝4S1S3，∴n＝(t2＋n)，即2n＝，解得n＝.∴直线MN恒过定点.
