1、检测八检测八平面解析几何平面解析几何 (时间：120 分钟满分：150 分) 一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分) 1抛物线 y24x 的焦点坐标是() A. 0， 1 16B(0,1) C(1,0)D. 1 16，0 答案C 解析抛物线 y22px(p0)的焦点坐标为 p 2，0， 则在抛物线 y24x 中，2p4，解得 p2， 则焦点坐标为(1,0)，故选 C. 2双曲线x 2 4 y21 的焦点到渐近线的距离为() A2B. 2C1D3 答案C 解析在双曲线x 2 4 y21 中，焦点坐标为( 5，0)，渐近线方程为 y1 2x， 双曲线x 2 4 y21
2、的焦点到渐近线的距离 d | 5| 141. 3已知双曲线 C：x 2 2 y 2 b21(b0)的两条渐近线互相垂直，则 C 的离心率 e 等于( ) A1B. 2C. 3D2 答案B 解析由题意得b a b a1，可得 ab， 则 e2c 2 a2 a2b2 a2 2，所以 e 2. 4(2020广州质检)已知椭圆x 2 6 y 2 4 1 的两焦点分别为 F1，F2，以椭圆短轴的两顶点为焦点， 线段 F1F2为虚轴的双曲线方程为() Ax2y22By2x22 Cx2y2 2Dy2x2 2 答案B 解析由椭圆方程可得双曲线的两焦点为(0,2)，(0，2)，虚轴长为|F1F2|2 2， 所以
3、双曲线的虚半轴长为 2，长半轴长为 22 22 2， 所以双曲线方程为y 2 2 x 2 2 1， 即 y2x22. 5(2020北京朝阳区检测)设点 P 是圆(x1)2(y2)22 上任一点，则点 P 到直线 xy1 0 距离的最大值为() A. 2B2 2C3 2D22 2 答案C 解析因为(x1)2(y2)22 的圆心坐标为(1,2)，半径为 r 2， 因此圆心到直线的距离为 d|1121| 1212 2 2， 因此点 P 到直线 xy10 距离的最大值为 dr3 2. 6(2020郑州模拟)已知抛物线 y22x 的焦点为 F，准线为 l，P 是 l 上一点，直线 PF 与抛物 线交于
4、M，N 两点，若PF 3MF ，则|MN|等于() A.16 3 B.8 3 C2D.8 3 3 答案B 解析抛物线 C：y22x 的焦点为 F 1 2，0，准线为 l：x1 2， 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，M，N 到准线的距离分别为 dM，dN， 如图，过 M 向 l 作垂线，垂足为 Q，则 dM|MQ|. 由抛物线的定义可知|MF|dMx11 2，|NF|d Nx21 2， 于是|MN|MF|NF|x1x21. PF 3MF ，则 PM2QM， 易知直线 MN 的斜率为 3， F 1 2，0， 直线 PF 的方程为 y 3 x1 2 ， 将 y 3 x1 2 代入方程 y22
5、x，得 3 x1 2 22x，化简得 12x220 x30， x1x25 3， 于是|MN|x1x215 31 8 3. 7已知过抛物线 y24 2x 焦点 F 的直线与抛物线交于 A，B 两点，且AF 3FB，抛物线的 准线 l 与 x 轴交于点 C，AMl 于点 M，则四边形 AMCF 的面积为() A12 3B12C8 3D6 3 答案A 解析过 B 作 BNl 于 N，过 B 作 BKAM 于 K， 设|BF|m，|AF|3m， 则|AB|4m，|AK|2m， BAM60，|CF|p3 2m2 2，m 4 2 3 ， |AM|3m4 2，|MC|AF|sin 603m 3 2 2 6，
6、 S四边形AMCF1 2(|CF|AM|)|MC| 1 2(2 24 2)2 612 3. 8 (2020沈阳调研)已知双曲线 C： x2 a2 y2 b21(a0， b0)的左、 右焦点分别为 F 1(c,0)， F2(c,0)， 点 N 的坐标为 c，3b 2 2a .若双曲线 C 左支上的任意一点 M 均满足|MF2|MN|4b，则双曲线 C 的离心率的取值范围为() A. 13 3 ， 5 B( 5， 13) C. 1， 13 3( 5，)D(1， 5)( 13，) 答案C 解析由已知可得|MF2|MF1|2a， 若|MF2|MN|4b， 即|MF1|MN|2a4b， 由题意知，左支上
7、的点 M 均满足|MF2|MN|4b， 如图所示，当点 M 位于 H 点时，|MF1|MN|最小， 故3b 2 2a 2a4b，即 3b24a28ab， 3b28ab4a20，(2ab)(2a3b)0， 2a3b 或 2a9b2或 4a2b2， 9c25a2， 1c a 5， 双曲线 C 的离心率的取值范围为 1， 13 3( 5，) 二、多项选择题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分全部选对的得 5 分，部分选对的 得 3 分，有选错的得 0 分) 9已知圆 O1的方程为 x2y21，圆 O2的方程为(xa)2y24，如果这两个圆有且只有一 个公共点，那么实数 a 的值可以为(
8、) A1B1 C3D5 答案ABC 解析由题意得两圆心之间的距离 d|a|213 或 d|a|211，所以 a1，1,3， 3.故选 ABC. 10已知双曲线x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的左、右焦点分别为 F 1，F2，在双曲线上存在点 P 满足 2|PF1 PF2 |F1F2 |，则此双曲线的离心率 e 可以是() A. 2B. 3 C2D3 答案CD 解析由 OP 为F1PF2的中线， 可得PF1 PF2 2PO ， 由 2|PF1 PF2 |F1F2 |， 可得 4|PO |F1F2 |，由|PO |a，|F1F2 |2c， 可得 4a2c，可得 ec a2. 11已知点 A
9、 是直线 l：xy100 上一定点，点 P，Q 是圆 C：(x4)2(y2)24 上的 动点，若PAQ 的最大值为 60，则点 A 的坐标可以是() A(4,6)B(2,8)C(6,4)D(8,2) 答案AD 解析点 A 是直线 l：xy100 上一定点，点 P，Q 是圆 C：(x4)2(y2)24 上的动 点， 如图，圆 C 的半径为 2， 所以直线上的 A 到圆心的距离为 4， 结合图形，可知 A 的坐标为(4,6)或(8,2)，满足题意 故选 AD. 12已知椭圆 C1：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右焦点分别为 F 1，F2，离心率为 e1，椭圆 C1的上 顶点为 M，且M
10、F1 MF2 0.双曲线 C2和椭圆 C1有相同焦点，且双曲线 C2的离心率为 e2，P 为椭圆 C1与双曲线 C2的一个公共点，若F1PF2 3，则正确的是( ) A.e2 e12 Be1e2 3 2 Ce21e225 2 De22e211 答案BD 解析如图所示，设双曲线的标准方程为x 2 a21 y2 b211(a 10，b10)，半焦距为 c. 椭圆 C1的上顶点为 M， 且MF1 MF2 0. F1MF2 2， bc，a22c2. e1c a 2 2 . 不妨设点 P 在第一象限，设|PF1|m，|PF2|n. mn2a，mn2a1. mnmn 2mn2 4 a2a21. 在PF1F
11、2中，由余弦定理可得， 4c2m2n22mncos 3(mn) 23mn4a23(a2a2 1) 4c2a23a21. 两边同除以 c2，得 41 e21 3 e22，解得 e 2 3 2. e2 e1 3 2 2 3，e 1e2 2 2 3 2 3 2 ， e21e221 2 3 22，e 2 2e213 2 1 21. 故选 BD. 三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13(2020宜昌示范高中月考)已知直线 l1：(k3)x(4k)y10 与 l2：2(k3)x2y3 0 平行，则 k 的值是_ 答案3 或 5 解析由两直线平行得，当 k30 时，两直线的方程
12、分别为 y1 与 y3 2，显然两直线 平行；当 k30 时，由 k3 2k3 4k 2 1 3，可得 k5，综上所述， k 的值是 3 或 5. 14已知圆 C：x2y24 与圆 D：x2y24x2y40 交于 A，B 两点，则两圆连心线 CD 的方程为_，两圆公共弦 AB 的长为_(本题第一空 2 分，第二空 3 分) 答案x2y0 4 5 5 解析由题意知，圆 C 的圆心坐标为(0,0)，圆 D 的圆心坐标为(2，1)，可得两圆连心线 CD 的方程为 x2y0， 联立两圆方程 x2y24， x2y24x2y40， 易知两圆公共弦 AB 所在直线的方程为 2xy40， 圆 C 的圆心到直线
13、 AB 的距离 d |4| 2212 4 5， 根据勾股定理，可知弦长为 2416 5 4 5 5 . 15在ABC 中，|AB|BC|，cos B 7 18，若以 A，B 为焦点的椭圆经过点 C，则该椭圆的 离心率 e_. 答案 3 8 解析设|AB|BC|1，结合余弦定理求|AC|， 即 cos B|AB| 2|BC|2|AC|2 2|AB|BC| 7 18， 解得|AC|5 3， 然后结合椭圆的定义知，|CA|CB|2a8 3， 又焦距 2c1，故离心率 ec a 3 8. 16(2020惠州调研)已知椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的短轴长为 2，上顶点为 A，左顶点为 B，左
14、、 右焦点分别是 F1，F2，且F1AB 的面积为2 3 2 ，点 P 为椭圆上的任意一点，则 1 |PF1| 1 |PF2| 的取值范围是_ 答案1,4 解析由已知得 2b2，故 b1， F1AB 的面积为2 3 2 ， 1 2(ac)b 2 3 2 ， ac2 3，又 a2c2(ac)(ac)b21， a2，c 3， 1 |PF1| 1 |PF2| |PF1|PF2| |PF1|PF2| 2a |PF1|4|PF1| 4 |PF1|24|PF1|， 又 2 3|PF1|2 3， 1|PF1|24|PF1|4， 1 1 |PF1| 1 |PF2|4. 即 1 |PF1| 1 |PF2|的取值
15、范围为1,4 四、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17(10 分)已知圆 C：(x1)2(y2)225，直线 l：(2m1)x(m1)y7m40. (1)证明：对任意实数 m，直线 l 恒过定点且与圆 C 交于两个不同点； (2)求直线 l 被圆 C 截得的弦长最小时的方程 (1)证明直线 l：(2m1)x(m1)y7m40 可化为 m(2xy7)(xy4)0， 由 2xy70， xy40， 解得 x3， y1， 所以直线 l 恒过点 P(3,1)，而点 P(3,1)在圆 C 内， 所以对任意实数 m，直线 l 恒过点 P(3,1)且与圆 C 交于两个不同点 (2)解由(1)得，直
16、线 l 恒过圆 C 内的定点 P(3,1)， 设过点 P 的弦长为 a，过圆心 C 向直线 l 作垂线，垂足为弦的中点 H， 则 a 2 2|CH|225，弦长 a 最短， 则 CH 最大，而|CH|CP|， 当且仅当 H 与 P 重合时取等号， 此时弦所在的直线与 CP 垂直，即弦所在直线的斜率为 1 kCP 31 122， 又直线过点 P(3,1)， 所以，当直线 l 被圆 C 截得的弦长最小时，弦所在的直线方程为 2xy50. 18(12 分)如图，已知 A，B 是圆 x2y24 与 x 轴的交点，P 为直线 l：x4 上的动点，PA， PB 与圆的另一个交点分别为 M，N. (1)若
17、P 点坐标为(4,6)，求直线 MN 的方程； (2)求证：直线 MN 过定点 (1)解直线 PA 的方程为 yx2 ， 由 yx2， x2y24， 解得 M(0,2)， 直线 PB 的方程为 y3x6 ， 由 y3x6， x2y24， 解得 N 8 5， 6 5 ， 所以直线 MN 的方程为 2xy20. (2)证明设 P(4，t)，则直线 PA 的方程为 yt 6(x2)， 直线 PB 的方程为 yt 2(x2), 由 x2y24， yt 6x2， 得 M 722t2 36t2 ， 24t 36t2， 同理得 N 2t28 4t2 ， 8t 4t2， 直线 MN 的斜率 k 24t 36t
18、2 8t 4t2 722t2 36t2 2t 28 4t2 8t 12t2， 直线 MN 的方程为 y 8t 12t2 x2t 28 4t2 8t 4t2， 化简得 y 8t 12t2x 8t 12t2， 所以直线 MN 过定点(1,0) 19(12 分)(2020山东九校联考)已知椭圆 L：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 3 2 ，短轴长为 2. (1)求椭圆 L 的标准方程； (2)过点 Q(0,2)的直线 l 与椭圆 L 交于 A，B 两点，若以 AB 为直径的圆恰好过坐标原点，求直 线 l 的方程及|AB|的大小 解(1)由 e2c 2 a2 a2b2 a2 1b 2
19、a2 3 4，得 a 24b2， 又短轴长为 2，可得 b1，a24， 椭圆 L 的标准方程为x 2 4 y21. (2)易知直线 l 的斜率存在且不为零， 设直线 l 的斜率为 k(k0)， 则直线 l 的方程为 ykx2， 则联立 ykx2， x24y240， 消元得(4k21)x216kx120， 1616k248(4k21)16(4k23)0，即 k23 4. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， x1x2 16k 4k21，x 1x2 12 4k21， 由题意可知OA OB ，即OA OB 0， x1x2y1y2(1k2)x1x22k(x1x2)40， 121k 2 14k2 3
20、2k2 14k240， 解得 k243 4， |AB| 1k2|x1x2| 1k2 x1x224x1x2 1k24 4k 23 14k2 4 65 17 . 综上，直线 l 的方程为 2xy20 或 2xy20，|AB|4 65 17 . 20(12 分)已知抛物线 C：x22py(p0)，其焦点到准线的距离为 2，直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，过 A，B 分别作抛物线 C 的切线 l1，l2，l1与 l2交于点 M. (1)求 p 的值； (2)若 l1l2，求MAB 面积的最小值 解(1)由题意知，抛物线的焦点为 0，p 2 ，准线方程为 yp 2，焦点到准线的距离为 2，即
21、 p2. (2)抛物线的方程为 x24y，即 y1 4x 2， 所以 y1 2x. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， l1：yx 2 1 4 x1 2 (xx1)，l2：yx 2 2 4 x2 2 (xx2) 由于 l1l2，所以x1 2 x2 2 1，即 x1x24. 由题意知直线 l 的斜率存在， 设直线 l 的方程为 ykxm，与抛物线方程联立， 得 ykxm， x24y， 所以 x24kx4m0， 16k216m0，x1x24k，x1x24m4， 所以 m1， 即 l：ykx1. 联立方程 yx1 2 xx 2 1 4 ， yx2 2 xx 2 2 4 ， 得 x2k， y1，
22、 即 M(2k，1)， M 点到直线 l 的距离 d|k2k11| 1k2 2|k 21| 1k2， |AB| 1k2x1x224x1x24(1k2)， 所以 SMAB1 24(1k 2)2|k 21| 1k24(1k 2)3 24， 当 k0 时，MAB 的面积取得最小值 4. 21(12 分)(2020郑州模拟)已知椭圆 E：y 2 a2 x2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ，且过点 C(1,0) (1)求椭圆 E 的方程； (2)若过点 1 3，0的任意直线与椭圆 E 相交于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 M，求证：对 任意直线，|AB|2|CM|. (1)解由题意知 b1，
23、c a 2 2 ， 又因为 a2b2c2，解得 a 2， 所以椭圆 E 的方程为y 2 2 x21. (2)证明当过点 1 3，0的直线斜率为零时，显然满足题意； 当斜率不为零时，设过点 1 3，0的直线方程为 xty1 3， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 xty1 3， y2 2 x21， 得(918t2)y212ty160，且0. 则 y1y2 12t 918t2， y1y2 16 918t2. 又因为CA (x 11，y1)，CB (x 21，y2)， CA CB(x 11)(x21)y1y2 ty14 3 ty24 3 y1y2 (1t2)y1y24 3t(y 1y2)
24、16 9 (1t2) 16 918t2 4t 3 12t 918t2 16 9 0， 所以CA CB . 因为线段 AB 的中点为 M，所以|AB|2|CM|. 22(12 分)(2020遵义统考)顺次连接椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的四个顶点，怡好构成了一个 边长为 3且面积为 22的菱形 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 M(3,0)，过椭圆 C 的右焦点 F 的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，若对满足条件的任意 直线 l，不等式MA MB (R)恒成立，求的最小值 解(1)由已知得 1 22a2b2 2， a2b23， 又 ab0，所以 a 2，b1, 所以
25、椭圆 C 的方程为x 2 2 y21. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， MA MB (x13，y1)(x23，y2)(x13)(x23)y1y2， 当直线 l 垂直于 x 轴时，x1x21，y1y2，且 y211 2， 此时MA (4，y1)，MB (4，y2)， MA MB 31 2 ； 当直线 l 不垂直于 x 轴时，设直线 l：yk(x1)， 由 ykx1， x22y22， 得(12k2)x24k2x2k220 (4k2)24(2k22)(12k2)0， x1x2 4k2 12k2，x 1x22k 22 12k2， MA MB x1x23(x1x2)9k2(x11)(x21) (1k2)x1x2(3k2)(x1x2)k2931k 27 2k21 1 2 31 17 2k21 31 2 ， 要使不等式MA MB (R)恒成立， 只需(MA MB )max31 2 . 即的最小值为31 2 .
