2021新高考數(shù)學二輪總復習專題突破練28專題七解析幾何過關(guān)檢測

專題突破練28專題七解析幾何過關(guān)檢測一、單項選擇題1.(2019重慶第一中學高三下學期第三次月考)已知直線l1:mx+(m3)y+1=0,直線l2:(m+1)x+my1=0,若l1⊥l2,則m=()A.m=0或m=1 B.m=1C.m=32 D.m=0或m=2.(2020百師聯(lián)盟高三5月月考,4)已知點F是雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點,點P是該雙曲線漸近線上一點,若△POF是等邊三角形(其中OA.3 B.2 C.3 D.23.(2020北京朝陽一模,5)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,準線為l,點A是拋物線C上一點,AD⊥l于D.若AF=4,∠DAF=60°,則拋物線C的方程為()A.y2=8x B.y2=4xC.y2=2x D.y2=x4.(2020北京東城一模,4)若雙曲線C:x2y2b2=1(b>0)的一條漸近線與直線y=2x+1平行,則b的值為A.1 B.2 C.3 D.25.(2020北京東城一模,9)設(shè)O為坐標原點,點A(1,0),動點P在拋物線y2=2x上,且位于第一象限,M是線段PA的中點,則直線OM斜率的取值范圍是()A.(0,1] B.0C.0,226.(2019陜西寶雞高三高考模擬檢測三)雙曲線x236-y29=1的一條弦被點P(4,2)A.xy2=0 B.2x+y10=0C.x2y=0 D.x+2y8=07.已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的半焦距為c(c>0),左焦點為F,右頂點為A,拋物線y2=158(a+c)x與橢圓交于B,C兩點,A.815 B.415 C.238.(2020黑龍江鐵人中學二模)設(shè)F1,F2是雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點,點A是雙曲線C右支上一點,若△AF1F2的內(nèi)切圓M的半徑為a,且△AF1F2的重心G滿足MG=λA.3 B.5 C.2 D.25二、多項選擇題9.下列說法正確的是()A.直線xy2=0與兩坐標軸圍成的三角形的面積是2B.點(0,2)關(guān)于直線y=x+1的對稱點為(1,1)C.過(x1,y1),(x2,y2)兩點的直線方程為yD.經(jīng)過點(1,1)且在x軸和y軸上的截距都相等的直線方程為x+y2=010.已知點F是拋物線y2=2px(p>0)的焦點,AB,CD是經(jīng)過點F的弦且AB⊥CD,AB的斜率為k,且k>0,C,A兩點在x軸上方,則下列結(jié)論中一定成立的是()A.1B.若|AF|·|BF|=43p2,則k=C.OAD.四邊形ABCD面積最小值為16p211.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,長軸的頂點分別為A1,A2,短軸的頂點分別為B1,B2,過F2的直線l交C于A,B兩點.若橢圓C的離心率為63,△AF1BA.|A1A2|=23B.方程為x23+y2C.cos∠F1F2B1=6D.中心O到直線A2B2的距離為212.(2020山東聊城二模,11)已知拋物線C:y2=2px過點P(1,1),則下列結(jié)論正確的是()A.點P到拋物線焦點的距離為3B.過點P作過拋物線焦點的直線交拋物線于點Q,則△OPQ的面積為5C.過點P與拋物線相切的直線方程為x2y+1=0D.過點P作兩條斜率互為相反數(shù)的直線交拋物線于M,N點,則直線MN的斜率為定值三、填空題13.(2019山東臨沂模擬)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,離心率為12,過F2的直線交橢圓于A,B兩點,14.(2020安徽安慶二模,16)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,一條漸近線方程記為y=xtanα0<α<π2,直線l:y=xtanα2與雙曲線C在第一象限內(nèi)交于點P15.已知焦點在x軸上的雙曲線C的左焦點為F,右頂點為A,若線段FA的垂直平分線與雙曲線C沒有公共點,則雙曲線C的離心率的取值范圍是.

16.(2020山東泰安一模,16)過點M(m,0)(m≠0)的直線l與直線3x+y3=0垂直,直線l與雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的兩條漸近線分別交于點A,B,若點P(m,0)滿足|PA|=|PB|,則雙曲線四、解答題17.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),點3,32(1)求橢圓C的標準方程;(2)過點A(2,0)作兩條相交直線l1,l2,l1與橢圓交于P,Q兩點(點P在點Q的上方),l2與橢圓交于M,N兩點(點M在點N的上方),若直線l1的斜率為17,S△MAP=2534S△NAQ,求直線l218.(2020山東濟寧三模,21)已知點F為橢圓x29+y28=1(1)求過點F、A且和直線x=9相切的圓C的方程;(2)過點F任作一條不與x軸重合的直線l,直線l與橢圓交于P,Q兩點,直線PA,QA分別與直線x=9相交于點M,N.試證明:以線段MN為直徑的圓恒過點F.19.(2020北京東城一模,19)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),它的上、下頂點分別為A,B,左、右焦點分別為F1,F2,若四邊形AF(1)求橢圓E的標準方程;(2)設(shè)存在斜率不為零且平行的兩條直線l1,l2,與橢圓E分別交于點C,D,M,N,且四邊形CDMN是菱形,求出該菱形周長的最大值.專題突破練28專題七解析幾何過關(guān)檢測1.A解析因為直線l1:mx+(m3)y+1=0與直線l2:(m+1)x+my1=0垂直,所以m(m+1)+m(m3)=0,即m(m1)=0,解得m=0或m=1.故選A.2.B解析由P在漸近線上且△POF是等邊三角形,其中一條漸近線的斜率ba=tan60°=3,所以離心率e=1+b23.B解析如圖所示,由拋物線的定義可知,AD=AF=4,∵∠DAF=60°,∴△ADF為等邊三角形.∴DE=4,∠ADF=60°.∵AD⊥l,∴AD平行于x軸,∴∠DFO=∠ADF=60°,∴cos60°=pDF,即12=p∴拋物線的方程為y2=4x,故選B.4.D解析雙曲線C:x2y2b2=1(b>0)由直線y=bx與直線y=2x+1平行,可得b=2.故選D.5.C解析設(shè)Py22,y,y>0,所以PA所以kOM=y2因為y+2y≥22,當且僅當y=2y,即y=2時,等號成立,所以0<2y+2y≤26.C解析設(shè)弦的兩端點A(x1,y1),B(x2,y2),斜率為k,則x1236-y129=1,x2236-y229=1,兩式相減得(x1-x2)(7.D解析由題意得A(a,0),F(c,0),∵拋物線y2=158(a+c)x與橢圓交于B,C兩點,∴B,C兩點關(guān)于x軸對稱,可設(shè)B(m,n),C(m,n),∵四邊形ABFC是菱形,∴m=12(ac),將B(m,n)代入拋物線方程,得n2=1516(a+c)(ac)=1516b2,∴B12(ac),154b,再代入橢圓方程,得[12(a-c)]

2a2+(154b)

2b2=1,8.C解析如圖所示,因為MG=λF所以MG∥所以yM=yG=a,yA=3yG=3a,所以S△AF1F2=12×2c×3a=12·又|AF1||AF2|=2a,解得|AF1|=2c+a,|AF2|=2ca,設(shè)A(xA,yA),F1(c,0),所以|AF1|=(=e2xA2所以|AF1|=a+exA,解得xA=2a,所以A(2a,3a),代入雙曲線方程,得(2a)2a2所以e=1+b2a2=29.AB解析A中直線在兩坐標軸上的截距分別為2,2,所以圍成三角形的面積是2,正確;B中0+12,2+12在直線y=x+1上,且(0,2),(1,1)連線的斜率為1,所以B正確;C選項需要條件y2≠y1,x2≠x1,故錯誤;D選項錯誤,還有一條截距都為0的直線y=x.故選10.AC解析因為AB的斜率為k,AB⊥CD,所以kCD=1k,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),AB的方程為y=kx由y=kx-p2,y2=2px可得,k2x2p(kx所以|AB|=x1+x2+p=p(k2+2)k2+p=2p(k2則有1|所以A正確;OA·OB=x1x2+y1y2=14p2+k2x1p2x2p2=14p2+k2x1x2p2(x1+x2)+14p2=14p2+12k2p2p2(k2+2)2=34p2與k無關(guān),若|AF|·|BF|=43p2,由x1+p2x2+p2=x1x2+p2(x1+x2)+14p2得12p2+p2(k2+2)2k2=p2+p因為AB⊥CD,所以四邊形ABCD面積SABCD=12|AB||CD|=12·2p(k2+1)k2·2p(1+k2)=2p2(k2+1)2k2=2p2k2+1k2+2≥811.ABC解析由題意及橢圓的定義知4a=43,則a=3,AA1=23,選項A正確.又ca=63,所以c=2,所以b2=1,所以橢圓C的方程x23+y2=1,選項B正確.cos∠F1F2B1為離心率,即為中心O到直線A2B2的距離為32,不是2,選項D錯誤.故選ABC12.BCD解析因為拋物線C:y2=2px過點P(1,1),所以p=12所以拋物線方程為y2=x,焦點坐標為F1對于A,|PF|=1+14=54,對于B,kPF=43,所以lPF:y=43x-14,與y2=x聯(lián)立消去x,得4y所以y1+y2=34,y1y2=1所以S△OPQ=12|OF|·|y1y2|=12×14對于C,依題意斜率存在,設(shè)直線方程為y1=k(x1),與y2=x聯(lián)立消去x,得ky2y+1k=0,Δ=14k(1k)=0,4k24k+1=0,解得k=12所以切線方程為x2y+1=0,故選項C正確;對于D,依題意斜率存在,設(shè)lPM:y1=k(x1),與y2=x聯(lián)立消去x,得ky2y+1k=0,所以yM+1=1k,即yM=1k1,則xM=所以點M1k-12,所以kMN=1k-1--1k-1113.23解析因為△ABF1的周長為8,所以F1A+F1B+F2A+F2B=4a=8,解得a=2.因為離心率為12,所以ca=12,c=12a=1.由a2=b2+c2,解得14.51解析如圖,延長F2P交直線y=xtanα0<α則由角平分線的性質(zhì)可得P為MF2的中點,|OM|=|OF2|=c,求得M(a,b),Pa+c2,b2,因為點Pa+c2,b2在雙曲線C上,所以有a+c22a215.(1,3)解析∵F(c,0),A(a,0),∴線段FA的垂直平分線為x=a-c2.∵線段FA的垂直平分線與雙曲線C沒有公共點,∴a<a-c2<0,即c<3a,∴e=ca<3,16.y=±12x52解析過點M(m,0)(m≠0)的直線l與直線3x+y3=0垂直,可得直線l:x3y+m=0(m≠雙曲線的漸近線為y=±bax分別與x3y+m=0(m≠0)聯(lián)立,解得A-amB-∴AB中點坐標為m∵點P(m,0)滿足|PA|=|PB|,∴3m∴a=2b,∴雙曲線C的漸近線方程為y=±12x∴e=1+17.解(1)由已知得9a2+34b2=1,2b(2)由題設(shè)可知:l1的直線方程為x=7y2.聯(lián)立方程組x整理,得85y2+28y32=0.yP=817,yQ=∴∵S△MAP=2534S△NAQ∴12|AM||AP|sinθ=2534×12設(shè)l2的直線方程為x=my2(m≠0).將x=my2代入x236+y2=1得(m2+36)y24my32=設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則y1+y2=4mm2+36,y1又∵y1=54y2,∴54y2+y2=4mm∴y2=16∴16mm2+362解得m2=4,∴m=±2.故直線l2的斜率為±118.解(1)由已知得a=3,b=22,c=1.∴A(3,0),F(1,0).∴圓C的圓心一定在線段AF中垂線x=1+32=2上由圓C與直線x=9相切,得圓C的半徑r=92=7.設(shè)圓C的圓心坐標為C(2,m),則有:r=|AC|=(3-2)2+(即圓心C(2,±43).∴圓C的方程為(x2)2+(y±43)2=49.(2)證明:當直線l斜率不存在時,其方程為x=1,可求得M,N兩點坐標分別為M(9,8),N(9,8)或M(9,8),N(9,8),又F(1,0),∴FM,FN的斜率之積為kFM·kFN=-8-∴FM⊥FN.當直線l斜率存在時,設(shè)直線l的方程為y=k(x1),P(x1,y1),Q(x2,y2),聯(lián)立方程組y消去y整理,得(8+9k2)x218k2x+9k272=0,∴x1+x2=18k28+9k2,xy1y2=k(x11)·k(x21)=k2[x1x2(x1+x2)+1].又設(shè)M(9,yM),N(9,yN),由P,A,M共線得y1-0x1-由Q,A,N共線得y2-0x2-所以FM,FN的斜率之積為:kFM·kFN=y=9k2[x1x2-(x1+x2)+1]16[x1x19.解(1)因為E:x2a2+所以a2=b2+c2.因為四邊形AF1BF2為正方形,且面積為2,所以2b=2c,12(2b)×2c=2所以b=c=1,a2=b2+c2=2.所以橢圓E:x22+y2=(2)設(shè)平行直線l1:y=kx+m,l2:y=kxm,不妨設(shè)直線y=kx+m與x22+y2=1交于