2023高考数学一轮复习单元质检卷九解析几何文含解析北师大版202303232102

单元质检卷九　解析几何(时间:120分钟　满分:140分)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.点P(2,3)到直线l:ax+y-2a=0的距离为d,则d的最大值为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.3B.4C.5D.72.(2020山东潍坊二模,4)以抛物线E:x2=4y的焦点为圆心,且与E的准线相切的圆的方程为(　　)A.(x-1)2+y2=4B.x2+(y+1)2=4C.(x+1)2+y2=4D.x2+(y-1)2=43.(2020江西上饶三模,文11)圆x2+y2+2x-2y-2=0上到直线l:x+y+2=0距离为3的点共有(　　)A.1个B.2个C.3个D.4个4.(2020江西上饶三模,文10)过双曲线x24-y28=1的右焦点作直线l交双曲线于A,B两点,则满足|AB|=8的直线l有(　　)A.1条B.2条C.3条D.4条5.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过点F的直线l与抛物线C交于A,B两点,且直线l与圆x2-px+y2-34p2=0交于C,D两点.若|AB|=2|CD|,则直线l的斜率为(　　)A.±22B.±32C.±1D.±26.(2020山东青岛三模,6)“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理,该定理的内容为:椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上,该圆称为原椭圆的蒙日圆.若椭圆C:x2a+1+y2a=1(a>0)的离心率为12,则椭圆C的蒙日圆方程为(　　)A.x2+y2=9B.x2+y2=7C.x2+y2=5D.x2+y2=47.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,P为C上一点,PQ垂直l于点Q,M,N分别为PQ,PF的中点,直线MN与x轴相交于点R,若∠NRF=60°,则|FR|等于(　　)A.12B.1C.2D.48.如图,点F是抛物线C:x2=4y的焦点,点A,B分别在抛物线C和圆x2+(y-1)2=4的实线部分上运动,且AB总是平行于y轴,则△AFB周长的取值范围是(　　)\nA.(3,6)B.(4,6)C.(4,8)D.(6,8)9.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1作垂直x轴的直线交椭圆E于A,B两点,点A在x轴上方.若|AB|=3,△ABF2的内切圆的面积为9π16,则直线AF2的方程是(　　)A.3x+2y-3=0B.2x+3y-2=0C.4x+3y-4=0D.3x+4y-3=010.(2020陕西宝鸡三模,文10)已知F1,F2是双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,P是双曲线右支上任意一点,M是线段PF1的中点,则以PF1为直径的圆与圆x2+y2=a2的位置关系是(　　)A.相离B.相切C.相交D.以上都有可能11.(2020陕西榆林一模,理11)设F1,F2分别为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,A为双曲线的左顶点,以F1F2为直径的圆交双曲线某条渐近线于M,N两点,且满足∠MAN=120°,则该双曲线的离心率为(　　)A.213B.193C.23D.73312.在矩形ABCD中,AB=1,AD=2,动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上.若AP=λAB+μAD,则λ+μ的最大值为(　　)A.3B.22C.5D.2二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2020山西太原二模,理14)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A,B,点P是双曲线上一点,若△PAB为等腰三角形,∠PAB=120°,则双曲线的离心率为　　　　　. 14.已知直线l:kx-y-k+2=0与圆C:x2+y2-2y-7=0相交于A,B两点,则|AB|的最小值为　　　　　. 15.(2020陕西榆林一模,理15)如图,抛物线C1:y2=4x和圆C2:(x-1)2+y2=1,直线l经过C1的焦点F,交C1于A,D两点,交C2于B,C两点,则AB·CD的值是　　　　　. 16.(2020山东烟台模拟,15)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点和点P(2a,b)为某个等腰三角形的三个顶点,则双曲线C的离心率为　　　　　. \n三、解答题:本题共5小题,共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(12分)(2020全国2,文19)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率;(2)若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12,求C1与C2的标准方程.18.(12分)(2020湖南湘潭三模,文20)椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,椭圆E上两动点P,Q使得四边形PF1QF2为平行四边形,且平行四边形PF1QF2的周长和最大面积分别为8和23.(1)求椭圆E的标准方程;(2)设直线PF2与椭圆E的另一交点为M,当点F1在以线段PM为直径的圆上时,求直线PF2的方程.\n19.(12分)(2020山东淄博一模,20)如图,已知抛物线x2=y,点A-12,14,B32,94,抛物线上的点P(x,y)-12<x<32,过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.(1)求直线AP的斜率的取值范围;(2)求|PA|·|PQ|的最大值.\n20.(12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,点-3,12在椭圆上,A,B分别为椭圆C的上、下顶点,点M(t,2)(t≠0).(1)求椭圆C的方程;(2)若直线MA,MB与椭圆C的另一交点分别为P,Q,证明:直线PQ过定点.\n21.(12分)(2020山东日照一模,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,以F2为圆心过椭圆左顶点M的圆与直线3x-4y+12=0相切于N,且满足MF1=12F1F2.(1)求椭圆C的标准方程.(2)过椭圆C右焦点F2的直线l与椭圆C交于不同的两点A,B,问△F1AB的内切圆面积是否有最大值?若有,求出最大值;若没有,说明理由.参考答案单元质检卷九　解析几何1.A　直线方程即y=-a(x-2),据此可知直线恒过定点M(2,0),当直线l⊥PM时,d有最大值,结合两点之间距离公式可得d的最大值为(2-2)2+(3-0)2=3.故选A.2.D　由题意抛物线的焦点为(0,1),准线为y=-1,则焦点到准线的距离为2,所以圆的方程为x2+(y-1)2=4.3.A　化圆x2+y2+2x-2y-2=0为(x+1)2+(y-1)2=4,得圆心坐标为(-1,1),半径为2.∵圆心(-1,1)到直线l:x+y+2=0的距离d=|-1+1+2|2=1,∴圆x2+y2+2x-2y-2=0上到直线l:x+y+2=0距离为3的点共有1个.4.C　①若A,B都在右支,当AB垂直于x轴时,a2=4,b2=8,c2=12,所以右焦点F(23,0),则AB:x=23,代入双曲线x24-y28=1,求得y=±4,所以|AB|=8,所以满足|AB|=8的直线l有一条,即垂直于x轴;\n②若A,B分别在两支,a=2,所以两顶点之间的距离为2+2=4<8,所以满足|AB|=8的直线l有两条,且关于x轴对称.故满足条件的直线l共有3条.5.C　由题设可得x-p22+y2=p2,故圆心在焦点上,故CD=2p,AB=4p,设直线l的方程为x=ty+p2,设A(x1,y1)B(x2,y2)代入y2=2px(p>0)得y2-2pty-p2=0,所以y1+y2=2pt,y1y2=-p2,则AB=(1+t2)(4p2t2+4p2)=2p(1+t2)=4p,即1+t2=2,解得t=±1.故选C.6.B　因为椭圆C:x2a+1+y2a=1(a>0)的离心率为12,所以1a+1=12,解得a=3,所以椭圆C的方程为x24+y23=1,所以椭圆的上顶点A(0,3),右顶点B(2,0),所以经过A,B两点的切线方程分别为y=3,x=2,所以两条切线的交点坐标为(2,3),又过A,B的切线互相垂直,由题意知交点必在一个与椭圆C同心的圆上,可得圆的半径r=22+(3)2=7,所以椭圆C的蒙日圆方程为x2+y2=7.故选B.7.C　∵M,N分别是PQ,PF的中点,∴MN∥FQ,且PQ∥x轴,∵∠NRF=60°,∴∠FQP=60°,由抛物线定义知,|PQ|=|PF|,∴△FQP为正三角形,则FM⊥PQ⇒QM=p=2,正三角形边长为4,PQ=4,FN=12PF=2,又可得△FRN为正三角形,∴FR=2,故选C.8.B　抛物线x2=4y的焦点为(0,1),准线方程为y=-1,圆(y-1)2+x2=4的圆心为(0,1),与抛物线的焦点重合,且半径r=2,∴|FB|=2,|AF|=yA+1,|AB|=yB-yA,∴三角形ABF的周长=2+yA+1+yB-yA=yB+3,∵1<yB<3,∴三角形ABF的周长的取值范围是(4,6).故选B.9.D　设内切圆半径为r,则πr2=9π16,∴r=34,∵F1(-c,0),∴内切圆圆心为-c+34,0,由|AB|=3知A-c,32,又F2(c,0),所以AF2方程为3x+4cy-3c=0,由内切圆圆心到直线AF2距离为r,即|3(-c+34)-3c|32+(4c)2=34,得c=1,所以AF2方程为3x+4y-3=0,故选D.10.B　∵P在双曲线右支上,∴|PF1|-|PF2|=2a.∵M是线段PF1的中点,∴|MF1|=|PM|=12|PF1|.∵O是线段F1F2的中点,∴|MO|=12|PF2|,∴12|PF1|-12|PF2|=a,即|MF1|-|OM|=a,即|OM|=|MF1|-a,即圆心距等于两圆的半径之差,∴以线段PF1为直径的圆与圆x2+y2=a2的位置关系是相切.故选B.11.A　设以F1F2为直径的圆与渐近线y=bax的一个交点M的坐标为(x0,y0)(x0>0),根据对称性得N点的坐标为(-x0,-y0),∴y0=bax0,x02+y02=c2,解得M(a,b),N(-a,-b).\n又A(-a,0),且∠MAN=120°,∴由余弦定理得4a2+4b2=(a+a)2+b2+b2-2(a+a)2+b2·bcos120°,化简得3b2=4a2,∴e=a2+b2a2=1+b2a2=213.故选A.12.A　建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,1),B(0,0),D(2,1).设P(x,y),圆C的半径为r,由|BC|·|CD|=|BD|·r,得r=|BC|·|CD||BD|=2×15=255,即圆的方程是(x-2)2+y2=45.易知AP=(x,y-1),AB=(0,-1),AD=(2,0).由AP=λAB+μAD,得x=2μ,y-1=-λ,所以μ=x2,λ=1-y,所以λ+μ=12x-y+1.设z=12x-y+1,即12x-y+1-z=0.因为点P(x,y)在圆(x-2)2+y2=45上,所以圆心C到直线12x-y+1-z=0的距离d≤r,即|2-z|14+1≤255,解得1≤z≤3,所以z的最大值是3,即λ+μ的最大值是3,故选A.13.2　设P(m,n)在第二象限,由△PAB为等腰三角形,∠PAB=120°,可得|PA|=|AB|=2a,可得m=2acos120°-a=-2a,n=2asin60°=3a,即P(-2a,3a).由P在双曲线上,可得4a2a2-3a2b2=1,即有b2a2=1,即a=b.可得e=ca=1+b2a2=2.14.26　kx-y-k+2=0,化为y-2=k(x-1),直线过定点E(1,2),E(1,2)在圆x2+y2-2y-7=0内,当E是AB中点时,|AB|最小,由x2+y2-2y-7=0得x2+(y-1)2=8,圆心C(0,1),半径22,|AB|=28-|EC|2=28-2=26.15.1　抛物线C1:y2=4x的焦点为F(1,0).当直线l不与x轴垂直时,设直线l的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),D(x2,y2),联立y=k(x-1),y2=4x,得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,则x1x2=1.根据抛物线的定义可知,|AB|=|AF|-|BF|=x1+1-1=x1,\n同理|CD|=x2,则AB·CD=|AB|·|CD|·cos<AB,CD>=x1x2=1.当直线l与x轴垂直时,可得|AB|=|CD|=1,则AB·CD=1.16.10+22　由题设双曲线的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),因为左、右焦点和点P(2a,b)为某个等腰三角形的三个顶点,当F1F2=PF2时,2c=(2a-c)2+b2,由b2=c2-a2可得2c2+4ac-3a2=0,等式两边同除以a2,可得2e2+4e-3=0,解得e=±10-22<1(舍);当F1F2=PF1时,2c=(2a+c)2+b2,由b2=c2-a2可得2c2-4ac-3a2=0,等式两边同除以a2,可得2e2-4e-3=0,解得e=10+22e=-10+22<0,舍.17.解(1)由已知可设C2的方程为y2=4cx,其中c=a2-b2.不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为b2a,-b2a;C,D的纵坐标分别为2c,-2c,故|AB|=2b2a,|CD|=4c.由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3×ca=2-2ca2,解得ca=-2(舍去),ca=12.所以C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c2+y23c2=1.所以C1的四个顶点坐标分别为(2c,0),(-2c,0),(0,3c),(0,-3c),C2的准线为x=-c.由已知得3c+c+c+c=12,即c=2.所以C1的标准方程为x216+y212=1,C2的标准方程为y2=8x.18.解(1)由平行四边形PF1QF2的周长为8,可知4a=8,即a=2.由平行四边形的最大面积为23,可知bc=3,又a>b>1,解得b=3,c=1.所以椭圆E的标准方程为x24+y23=1.(2)因为直线PF2的斜率不为0,且过定点F2(1,0).所以设直线PF2的方程为x=my+1,P(x1,y1),M(x2,y2),联立x=my+1,3x2+4y2=12,消x得(3m2+4)y2+6my-9=0,所以y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4.因为F1P=(my1+2,y1),F1M=(my2+2,y2),所以F1P·F1M=(my1+2)(my2+2)+y1y2=(m2+1)y1y2+2m(y1+y2)+4=-9(m2+1)3m2+4-12m23m2+4+4=7-9m23m2+4.因为点F1在以线段PM为直径的圆上,所以F1P·F1M=0,即m=±73,\n所以直线PF2的方程为3x+7y-3=0或3x-7y-3=0.19.解(1)设直线AP的斜率为k,k=x2-14x+12=x-12.因为-12<x<32,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).(2)联立直线AP与BQ的方程kx-y+12k+14=0,x+ky-94k-32=0,解得点Q的横坐标为xQ=-k2+4k+32(k2+1),由(1)可知,点P的横坐标x=k+12,故|PA|=1+k2x+12=1+k2(k+1),|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)2k2+1,所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3.令f(k)=-(k-1)(k+1)3,因为f'(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在区间-1,12上单调递增,12,1上单调递减,因此当k=12时,|PA|·|PQ|取得最大值2716.20.(1)解由题意知ca=32,3a2+14b2=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1,c=3,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明易知A(0,1),B(0,-1),则直线MA的方程为y=1tx+1,直线MB的方程为y=3tx-1.联立y=1tx+1,x24+y2=1,消去y得4t2+1x2+8tx=0,于是xP=-8tt2+4,yP=t2-4t2+4,同理可得xQ=24tt2+36,yQ=36-t2t2+36,又由点M(t,2)(t≠0)及椭圆的对称性可知定点在y轴上,设为N(0,n),则直线PN的斜率k1=t2-4t2+4-n-8tt2+4,直线QN的斜率k2=36-t2t2+36-n24tt2+36,令k1=k2,则t2-4t2+4-n-8tt2+4=36-t2t2+36-n24tt2+36,化简得t2-4-n(t2+4)-8t=36-t2-n(t2+36)24t,解得n=12,所以直线PQ过定点0,12.\n21.解(1)由题意,设椭圆右焦点F2(c,0),由F2到直线3x-4y+12=0的距离等于a+c,得|3c+12|5=a+c,则12=5a+2c.又因为MF1=12F1F2,所以2c=a.又a2=b2+c2,求得a2=4,b2=3.所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)△F1AB的内切圆面积有最大值.设A(x1,y1),B(x2,y2),设△F1AB的内切圆半径为r,则△F1AB的周长为|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=8,所以S△F1AB=12×4a×r=4r.根据题意,直线l的斜率不为零,可设直线l的方程为x=my+1,联立x24+y23=1,x=my+1,消去x得(3m2+4)y2+6my-9=0,Δ=(6m)2+36(3m2+4)>0,y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4.所以S△F1AB=12|F1F2|·|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=12m2+13m2+4,令t=m2+1,则t≥1,所以S△F1AB=12t3t2+1=4t+13t.令f(t)=t+13t,则当t≥1时,f'(t)=1-13t2>0,f(t)=t+13t单调递增,所以f(t)≥f(1)=43.所以S△F1AB≤3,即当t=1,m=0,直线l的方程为x=1时,S△F1AB的最大值为3,此时内切圆半径r最大为34,△F1AB内切圆的面积有最大值916π.