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2022高考数学一轮复习单元质检卷九解析几何（含解析）
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这是一份2022高考数学一轮复习单元质检卷九解析几何（含解析），共13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。
单元质检卷九 解析几何
(时间:100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.3 B.4 C.5 D.7
2.(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=4 B.x2+(y+1)2=4
C.(x+1)2+y2=4 D.x2+(y-1)2=4
3.(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.±22 B.±32 C.±1 D.±2
6.(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=9 B.x2+y2=7
C.x2+y2=5 D.x2+y2=4
7.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.12 B.1 C.2 D.4
8.
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( )
A.(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=0 B.2x+3y-2=0
C.4x+3y-4=0 D.3x+4y-3=0
10.(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.213 B.193 C.23 D.733
12.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.3 B.22
C.5 D.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 .
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.
19.
(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
(2)求|PA|·|PQ|的最大值.
20.(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.
21.(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;
②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
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).
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,
同理|CD|=x2,则AB·CD=|AB|·|CD|·cos=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,
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
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.
21.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.
单元质检卷九 解析几何
(时间:100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.3 B.4 C.5 D.7
2.(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=4 B.x2+(y+1)2=4
C.(x+1)2+y2=4 D.x2+(y-1)2=4
3.(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.±22 B.±32 C.±1 D.±2
6.(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=9 B.x2+y2=7
C.x2+y2=5 D.x2+y2=4
7.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.12 B.1 C.2 D.4
8.
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( )
A.(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=0 B.2x+3y-2=0
C.4x+3y-4=0 D.3x+4y-3=0
10.(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.213 B.193 C.23 D.733
12.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.3 B.22
C.5 D.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 .
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.
19.
(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
(2)求|PA|·|PQ|的最大值.
20.(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.
21.(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;
②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
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).
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,
同理|CD|=x2,则AB·CD=|AB|·|CD|·cos
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,
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
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.
21.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.
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