适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习专题检测5解析几何理（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习专题检测5解析几何理（附解析），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.(2023四川凉山期末)设直线l1:ax+y+1=0,l2:x+ay-1=0,若l1⊥l2,则a=( )
A.0B.0或-1C.1D.-1
2.直线x+y=2与圆(x-2)2+(y-3)2=6交于A,B两点,则|AB|=( )
A.3B.C.D.2
3.(2023江西南昌一模)数学探究课上,某同学用拋物线C1:y2=-2px(p>0)和C2:y2=2px(p>0)构造了一个类似“米”字形的图案,如图所示,若抛物线C1,C2的焦点分别为F1,F2,点P在拋物线C1上,过点P作x轴的平行线交抛物线C2于点Q,若|PF1|=2|PQ|=4,则p=( )
A.2B.3C.4D.6
4.(2023全国甲,理8)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的离心率为,C的一条渐近线与圆(x-2)2+(y-3)2=1交于A,B两点,则|AB|=( )
A.B.C.D.
5.双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点M在y轴上,且△MF1F2为正三角形.若MF2的中点恰好在E的渐近线上,则E的离心率等于( )
A.B.2C.D.
6.(2023河南郑州一模)设F1,F2为双曲线C:-y2=1的左、右焦点,Q为双曲线右支上一点,点P(0,2).当|QF1|+|PQ|取最小值时,|QF2|的值为( )
A.B.C.-2D.+2
7.(2023宁夏吴忠一模)如图,过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线l交抛物线于A,B两点,交其准线于点C,若点F是AC的中点,且|AF|=4,则线段AB的长为( )
A.5B.6C.D.
8.已知椭圆M:=1(a>),过焦点F的直线l与M交于A,B两点,坐标原点O在以AF为直径的圆上,若|AF|=2|BF|,则M的方程为( )
A.=1B.=1
C.=1D.=1
9.(2023陕西安康二模)设抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点是F,直线l与抛物线C相交于A,B两点,且∠AFB=,过弦AB的中点P作直线y=-的垂线,垂足为Q,则()2的最小值为( )
A.2+B.3C.D.2-
10.(2023江西吉安一模)椭圆E:=1(a>b>0)的内接四边形ABCD的对角线AC,BD交于点P(1,1),满足=2=2,若直线AB的斜率为-,则椭圆的离心率等于( )
A.B.
C.D.
11.(2023山东潍坊二模)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点,过F1作C的一条渐近线的垂线,垂足为点D,且|DF2|=2|OD|,则C的离心率为( )
A.B.2C.D.3
12.已知椭圆C:=1,过其左焦点F1作直线l交椭圆C于P,A两点,取P点关于x轴的对称点B.若G点为△PAB的外心,则=( )
A.2B.3
C.4D.以上都不对
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2023山东济南一模)在平面直角坐标系xOy中,圆C1:x2+y2=2关于直线l对称的圆为C2:x2+y2+2x-4y+3=0,则直线l的方程为 .
14.(2022新高考Ⅱ,15)设点A(-2,3),B(0,a),直线AB关于直线y=a的对称直线为l,已知l与圆C:(x+3)2+(y+2)2=1有公共点,则a的取值范围为 .
15.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,A,B是抛物线C上的两个动点,且AF⊥AB,∠ABF=30°,设线段AB的中点M在准线l上的投影为点N,则的值是 .
16.(2023陕西西安长安一模)在生活中,可以利用如右图的工具绘制椭圆,已知O是滑竿上的一个定点,D可以在滑竿上自由移动,线段|OA|=|AD|=3,点E满足=2,则点E所形成的椭圆的离心率为 .
三、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.(10分)(2023天津,18)设椭圆=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,右焦点为F,已知|A1F|=3,|A2F|=1.
(1)求椭圆方程及其离心率;
(2)已知点P是椭圆上一动点(不与顶点重合),直线A2P交y轴于点Q,若△A1PQ的面积是△A2FP面积的二倍,求直线A2P的方程.
18.(12分)(2023陕西铜川二模)已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点P(-3,2),|PF|=2,若过点P作直线与抛物线E顺次交于A,B两点,过点A作斜率为1的直线与抛物线的另一个交点为点C.
(1)求抛物线E的标准方程;
(2)求证:直线BC过定点.
19.(12分)(2023江西吉安一模)已知双曲线C:=1(a>0,b>0),焦点到渐近线2x-y=0的距离为2.
(1)求双曲线C的标准方程.
(2)记双曲线C的左、右顶点分别为A,B,直线l交双曲线C于点M,N(点M在第一象限),记直线MA斜率为k1,直线NB斜率为k2,过原点O作直线l的垂线,垂足为H,当为定值-时,问是否存在定点G,使得|GH|为定值?若存在,求此定点G;若不存在,请说明理由.
20.(12分)已知抛物线C:x2=4y,过抛物线外一点N作抛物线C的两条切线,A,B是切点.
(1)若点N的纵坐标为-2,求证:直线AB恒过定点;
(2)若|AB|=m(m>0),求△ABN面积的最大值(结果用m表示).
21.(12分)如图,已知椭圆C:=1(a>b>0),A1,A2分别是C的左、右端点,F2是右焦点.椭圆C过点(0,),离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线x=4上有两个点M,N,且=0,
①求△MNF2面积的最小值;
②连接MA1交椭圆C于另一点P,证明:P,A2,N三点共线.
22.(12分)(2023山东淄博一模)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上一点P(2,t)到其焦点F的距离为3,A,B为抛物线C上异于原点的两点.延长AF,BF分别交抛物线C于点M,N,直线AN,BM相交于点Q.
(1)若AF⊥BF,求四边形ABMN面积的最小值;
(2)证明:点Q在定直线上.
专题检测五 解析几何
1.A 解析 由直线l1:ax+y+1=0,l2:x+ay-1=0,因为l1⊥l2,可得a×1+1×a=0,解得a=0.故选A.
2.B 解析 圆心(2,3)到直线x+y=2的距离为d=,又,故|AB|=故选B.
3.D 解析 因为2|PQ|=4,即|PQ|=2,由抛物线的对称性知点P的横坐标xP=-1,由抛物线定义可知,|PF1|=-xP,即4=-(-1),解得p=6,故选D.
4.D 解析 由e=,得c=a,所以b==2a.所以双曲线C的渐近线的方程为y=±x=±2x.由题意知,双曲线的一条渐近线与圆(x-2)2+(y-3)2=1交于A,B两点,所以满足条件的双曲线为y=x=2x.又圆心(2,3)到渐近线2x-y=0的距离d=,圆的半径r=1,所以|AB|=2=2故选D.
5.B 解析 不妨设M在y轴的正半轴,设M(0,t),t>0,由于△MF1F2为正三角形,所以t=c,故M(0,c),设MF2的中点为N,由于F2(c,0),所以N,N在渐近线y=x上,所以,则,e==2.故选B.
6.A 解析由双曲线定义得|QF1|-|QF2|=2a=2,故|QF1|+|PQ|=|PQ|+|QF2|+2,如图所示,当P,Q,F2三点共线,即Q在点M位置时,|QF1|+|PQ|取最小值,
∵F2(2,0),P(0,2),故直线PF2的方程为y=-x+2,联立得点Q(3--1),
故|QF2|=,故选A.
7.C 解析设A,B在准线上的射影分别为点M,N,准线与横轴交于点H,则FH=p,由于点F是AC的中点,|AF|=4,
∴AM=4=2p,∴p=2.设BF=BN=x,则,即,解得x=
∴AB=AF+BF=4+
8.A 解析 由于坐标原点O在以AF为直径的圆上,则OA⊥OF,故可设A为上顶点,F为右焦点,F1为左焦点.则|AF|=|AF1|=a,|BF|=a,|BF1|=2a-|BF|=a,cs∠F1AF=cs∠F1AB,
由余弦定理得,整理得a2=3c2,又因为b2=a2-c2=2c2=2,所以c2=1,a2=3.所以M的方程为=1.故选A.
9.A 解析 设|AF|=m,|BF|=n,过点A,B分别作抛物线的准线的垂线,垂足分别为A1,B1,则|AA1|=m,|BB1|=n.
∵点P为弦AB的中点,
∴|PQ|=,
∵∠AFB=,∴在△AFB中,由余弦定理得|AB|2=m2+n2-2mncs=m2+n2+mn,
∴()2==4[1-]=4(1-)≥4(1-)≥4(1-)=2+,当且仅当m=n时取等号.
的最小值为2+故选A.
10.B 解析 设点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x,y),∵P(1,1),且=2,
∴(1-x1,1-y1)=2(x-1,y-1),即解得C(),
由A,C两点在椭圆E上,
有
①-4×②,得=-3,即2b2x1+2a2y1+a2b2-3a2-3b2=0,同理可得2b2x2+2a2y2+a2b2-3a2-3b2=0,∴直线AB的方程为2b2x+2a2y+a2b2-3a2-3b2=0,从而直线AB的斜率为-=-,由e2=1-,可得e=故选B.
11.C 解析如图所示,双曲线C的左焦点F1(-c,0),渐近线l1的方程为bx-ay=0.
由题意|DF1|==b,|OD|==a.在Rt△DOF1中,∠ODF1=,∴cs∠DOF1=,在△DOF2中,|OD|=a,|DF2|=2a,|OF2|=c,cs∠DOF2=cs(π-∠DOF1)=-cs∠DOF1=-
由余弦定理得cs∠DOF2==
=-,化简得c2=5a2,即c=a.所以双曲线C的离心率为e=故选C.
12.C 解析(方法一)由题意,得F1(-1,0),显然直线PA的斜率存在且不为0,设其方程为y=k(x+1)(k≠0),
由得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,
设P(x1,y1),A(x2,y2),故x1+x2=,x1x2=,y1+y2=k(x1+x2)+2k=,故|PA|=,设PA的中点为H,则其坐标为(),即(),显然x轴垂直平分PB,故可设G(x3,0),又GH直线方程为y-=-(x+).
令y=0,解得x=,故|GF1|=|+1|=,故=4.
(方法二)设A(x1,y1),P(x2,y2),AP中点为M(x0,y0),则由中点弦斜率公式得kAP·kOM=-,又由题设可知kAP·kGM=-1,∴两式相除得kGM=kOM=,则直线MG的方程为y-y0=(x-x0),显然x轴垂直平分PB,故G点在x轴上,令y=0,得x=,∴G点坐标为(,0),易知x0>-1,|GF1|=+1,
又由焦半径公式|PF左|=a+exP,得|PA|=|AF1|+|F1P|=2+x1+2+x2=x0+4,则=4.
13.2x-4y+5=0 解析 圆C1的圆心为C1(0,0),半径为,圆C2化为(x+1)2+(y-2)2=2,圆心为C2(-1,2),半径为,所以直线C1C2的斜率=-2,线段C1C2的中点为(-,1),因为直线l为线段C1C2的垂直平分线,所以直线l的方程为y-1=(x+),即2x-4y+5=0.
14.[] 解析 因为kAB=,所以直线AB关于直线y=a的对称直线为(3-a)x-2y+2a=0.
由题意得1,整理解得a
15 解析 如图所示,作BE⊥l于点E,AD⊥l于点D,设|AF|=a,|BF|=b,由抛物线定义,得|AF|=|AD|,|BF|=|BE|,在梯形ABED中,2|MN|=|AD|+|BE|=a+b,由AF⊥AB,∠ABF=30°,得b=2a,则|MN|=,
又|AB|=a,故
16 解析(方法一)由|AD|=3,=2,得|AE|=2,以点O为坐标原点,直线OD为x轴建立平面直角坐标系,如图所示,过点E作PC⊥OD于点C,交OA的延长线于点P,过点A作AB⊥PE于点B,有AB∥x轴,而|OA|=|AD|,即∠PAB=∠AOD=∠ADO=∠EAB,则点B是PE的中点,且有|AP|=|AE|=2,因此|OP|=5,|PE|=2|BE|=4|EC|,即|PC|=5|EC|.设E(x,y),有P(x,5y),于是x2+(5y)2=25,整理得点E的轨迹方程为+y2=1,该椭圆长半轴长a=5,短半轴长b=1,所求离心率e=
(方法二)如图,以点O为坐标原点,直线OD为x轴建立平面直角坐标系,过点A,E分别作x轴的垂线,垂足分别为点F,C,
设E(x,y),因为=2,所以|FC|=2|CD|,设|CD|=n,则|OF|=|FD|=3n,|OC|=5n,即x=5n,点A的横坐标xA=3n=x,又=3,所以点A的纵坐标yA=3y,即A(x,3y),由|OA|=3,得+9y2=9,即点E的轨迹方程为+y2=1,所求离心率e=
17.解(1)设椭圆的焦距为2c,则解得b2=a2-c2=3,e=,所求椭圆方程为=1.
(2)设P(x0,y0),x0∈(-2,0)∪(0,2).
由(1)及题意可知A1(-2,0),A2(2,0),F(1,0),所以直线A2P的方程为y-0=(x-2),令x=0,则y=,即Q(0,).
(根据点P的坐标求出点Q的坐标是解题的关键)
所以=||=|4×||-4×|y0||=|||-2|y0||,1×|y0|=|y0|.
由题意可得|||-2|y0||=2|y0|,所以|x0-2|=4(舍)或|x0-2|=,所以x0=(舍)或x0=,所以P(,±),
所以直线A2P的方程为x+y-2=0或x-y-2=0.
18.解(1)由题意可知F(,0),∴|PF|==2
又p>0,∴p=2,∴抛物线E的标准方程为y2=4x.
(2)显然直线AB斜率存在,设直线AB的方程为y-2=k(x+3),联立方程
消去x,整理得ky2-4y+8+12k=0(k≠0),
∴Δ=16(-3k2-2k+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
∴y1+y2=,y1y2=+12,
∴y1y2=2(y1+y2)+12,①
直线AC的方程为y-y1=x-,联立方程消去x,整理得y2-4y+4y1-=0,∴Δ=16-4(4y1-)>0,设C(x3,y3),则y1+y3=4,②
由①②得(4-y3)y2-12=2(4-y3+y2),即2(y2+y3)=y2y3+20,③
(ⅰ)若直线BC的斜率不存在,则y2+y3=0,
又2(y2+y3)=y2y3+20,=20,∴x3==5,∴直线BC的方程为x=5.
(ⅱ)若直线BC的斜率存在,为,∴直线BC的方程为y-y2=(x-),即4x-(y2+y3)y+y2y3=0,将③代入得4x-(y2+y3)y+2(y2+y3)-20=0,∴(y2+y3)(2-y)+4(x-5)=0,∴直线BC斜率存在时过点(5,2),
由(ⅰ)(ⅱ)可知,直线BC过定点(5,2).
19.解(1)由题意,得=2,焦点到直线2x-y=0的距离=2,解得c=,
又c2=a2+b2,∴5a2=5,∴a=1,b=2,故双曲线C的标准方程为x2-=1.
(2)由题意知A(-1,0),B(1,0),且直线l斜率不能为零,故直线l的方程可设为x=ny+t,设M(x1,y1),N(x2,y2),联立消去x,整理得(4n2-1)y2+8nty+4t2-4=0,Δ=64n2t2-4(4n2-1)(4t2-4)=16(t2+4n2-1)>0,即t2+4n2-1>0.
∴y1+y2=-,y1y2=,
∴ny1y2=-(y1+y2).
∵直线MA的斜率k1=,直线NB的斜率k2=,
=-,整理得(t-2)[(t-1)y1-(t+1)y2]=0.
∵因式(t-1)y1-(t+1)y2恒不为零,∴t=2,此时t2+4n2-1>0成立.
可知直线l过定点P(2,0),又OH⊥l,∴点H的运动轨迹是以点(1,0)为圆心,以线段OP为直径的圆(除去点(0,0)),∴存在定点G(1,0),使得|GH|为定值1.
20.(1)证明 设A(x1,y1),B(x2,y2),由y=x2得y'=x,则直线NA的斜率为,从而直线NA的方程为y-y1=(x-x1),即2(y-y1)=x1x-4y1,即x1x=2(y+y1),同理可得,直线NB的方程为x2x=2(y+y2),又直线NA和直线NB都过N(x0,y0),则x1x0=2(y0+y1),x2x0=2(y0+y2),从而A(x1,y1),B(x2,y2)均在方程x0x=2(y0+y)表示的直线上,故直线AB的方程为x0x=2(y0+y).
又y0=-2,则直线AB的方程为x0x=2(y-2),故直线AB恒过定点(0,2).
(2)解 设N(x0,y0),则由(1)知直线AB的方程为x0x=2(y+y0),把它与抛物线x2=4y联立得x2-2x0x+4y0=0,Δ=4-16y0>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=2x0,x1x2=4y0,则|AB|=|x1-x2|=
=m,于是-4y0=
又点N到直线AB的距离d=,则S△ABN=d·|AB|=,故△ABN的最大面积是,此时x0=0.
21.解(1)将点(0,)代入椭圆方程,得b=,由e=,解得a2=4,∴椭圆C的方程为=1.
(2)①设M(4,yM),N(4,yN),由于F2(1,0),因此=(-3,-yM),=(-3,-yN),
=0,∴yMyN+9=0,MF2⊥NF2,
==
==9,
当且仅当|yM|=|yN|,即-+9=0,即yM=3,yN=-3时,等号成立,△MNF2面积的最小值为9.
②证明:∵A1(-2,0),∴直线A1M的方程为y=(x+2).
由
得(27+)x2+4x+4-108=0.
设P(x1,y1),∴x1+(-2)=-,
∴x1=,代入直线A1M的方程得y1=,∴P
∵A2(2,0),∴直线PA2的斜率为=-,直线NA2的斜率为
∵yMyN+9=0,=-,故P,A2,N三点共线.
22.(1)解 由抛物线定义可知,2+=3,解得p=2,即抛物线C的方程为y2=4x.
由题意,设A(x1,y1),M(x2,y2).
设直线AM的方程为x=my+1(m≠0),由消去x,整理得y2-4my-4=0,Δ=16m2+16>0恒成立,则y1+y2=4m,y1y2=-4,故|AM|=x1+x2+p=m(y1+y2)+4=4(m2+1).
因为AF⊥BF,所以直线BN的方程为x=-y+1,于是|BN|=4(+1),则四边形ABMN的面积S=|AM|·|BN|=4(m2+1)×4(+1)=8(m2++2)≥32,当且仅当m2=,即m=±1时等号成立,所以四边形ABMN面积的最小值为32.
(2)证明 设B(x3,y3),N(x4,y4),Q(xQ,yQ).因为点A,B,M,N都在C上,所以xi=(i=1,2,3,4),因为A,N,Q三点共线,所以有,即,整理得yQ=,同理,由B,M,Q三点共线,得yQ=,即,解得4xQ=,
由(1)可知,y1y2=y3y4=-4,代入上式可得4xQ==-4,得xQ=-1,
即点Q在定直线x=-1上.