2022新高考数学人教A版一轮总复习训练模块卷（二）解析几何（带解析）

模块卷(二)时间:110分钟　分值:135分解析几何一、选择题:本题共11小题,每小题5分,共55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.(2018浙江宁波高三上学期期末,4)已知焦点在y轴上的椭圆+=1的离心率为,则实数m等于(　　)A.3　　B.　　C.5　　D.答案　D　由椭圆焦点在y轴上可知a2=m,b2=4,则c2=a2-b2=m-4,故e2===,解得m=.故选D.2.(2019西藏日喀则南木林高中期中,12)已知圆C过双曲线-=1的一个顶点和一个焦点,且圆心在该双曲线上,则圆心到该双曲线中心的距离是(　　)A.　　B.　　C.　　D.5答案　C　由双曲线的几何性质易知圆C过双曲线同一侧的顶点和焦点,不妨设过双曲线的右焦点和右顶点,所以圆C的圆心的横坐标为4.故圆心坐标为.∴它到中心(0,0)的距离为d==.故选C.3.(2020湖南长沙明德中学3月月考,7)直线l1:2x+(m+1)y+4=0与直线l2:mx+3y-2=0平行”是“m=2”的(　　) A.充分不必要条件　　B.必要不充分条件C.充要条件　　D.既不充分也不必要条件答案　B　本题主要考查充分条件、必要条件的判断,考查数学运算与逻辑推理的核心素养.若l1∥l2,则即解得m=-3或2.因此,“直线l1:2x+(m+1)y+4=0与直线l2:mx+3y-2=0平行”是“m=2”的必要不充分条件.4.(2020广东深圳第二次教学质量检测,9)已知抛物线C:x2=4y的准线为l,记l与y轴交于点M,过点M作直线l'与C相切,切点为N,则以MN为直径的圆的方程为(　　)A.(x+1)2+y2=4或(x-1)2+y2=4B.(x+1)2+y2=16或(x-1)2+y2=16C.(x+1)2+y2=2或(x-1)2+y2=2D.(x+1)2+y2=8或(x-1)2+y2=8答案　C　抛物线x2=4y的准线为y=-1,则M(0,-1),设切线方程为y=kx-1,联立消去y得x2-4kx+4=0,∵直线l'与抛物线相切,∴Δ=16k2-16=0,∴k=±1,当k=1时,x2-4x+4=0,x1=x2=2,此时N(2,1),又M(0,-1),则以MN为直径的圆的方程为(x-1)2+y2=2.同理,当k=-1时,N(-2,1),以MN为直径的圆的方程为(x+1)2+y2=2,故选C.5.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,8)在平面直角坐标系xOy中,已知点P(3,-1)在圆C:x2+y2-2mx-2y+m2-15=0内,动直线AB过点P且交圆C于A,B两点,若△ABC的面积的最大值为8,则实数m的取值范围是(　　)A.(3-2,3+2)　　B.[1,5]C.(3-2,1]∪[5,3+2)　　D.(-∞,1]∪[5,+∞)答案　C　圆的标准方程为(x-m)2+(y-1)2=16,则圆心为C(m,1),半径r=4,S△ABC=r2sin∠ACB=8sin ∠ACB,∴当∠ACB=90°时,S△ABC取得最大值8,此时△ABC为等腰直角三角形,|AB|=r=4,则圆心C到直线AB的距离d=|AB|=2,∴2≤|PC|<4,即2≤<4,∴8≤(m-3)2+4<16,即4≤(m-3)2<12,解得3-2<m≤1或5≤m<3+2.6.(2020山东泰安肥城第一高级中学月考,7)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现:“平面内到两个定点A,B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中,A(-2,0),B(4,0),点P满足=.设点P的轨迹为C,下列结论正确的是(　　)A.C的方程为(x+4)2+y2=9B.在x轴上不存在异于A,B的两定点D,E,使得=C.当A,B,P三点不共线时,射线PO是∠APB的平分线D.在C上存在点M,使得|MO|=2|MA|答案　C　设点P(x,y),则==,化简整理得x2+y2+8x=0,即(x+4)2+y2=16,故A错误;存在D(-1,0),E(2,0),使得=,故B错;对于C选项,cos∠APO=,cos∠BPO=,要证PO为∠APB的平分线,只需证明cos∠APO=cos∠BPO,即证=,即证PO2=2AP2-8,设P(x,y),则PO2=x2+y2,2AP2-8=2x2+8x+2y2=(x2+8x+y2)+(x2+y2)=x2+y2,cos∠APO=cos∠BPO得证,故C正确;对于D选项,设M(x0,y0),由|MO|=2|MA|可得=2,整理得3+3+16x0+16=0,而点M在圆上,故有++8x0=0,联立解得x0=2,y0无实数解,于是D错误.故选C. 思路分析　通过设出点P坐标,利用=即可得到轨迹方程;找出两点D,E即可判断B的正误;证PO为∠APB的平分线,即证两角的余弦值相等,利用分析法可证;设出M点坐标,利用|MO|=2|MA|与圆的方程,解出就存在,解不出就不存在.7.(2018云南红河州质检一,6)已知椭圆+=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1,F2,若椭圆上存在点P使得∠F1PF2是钝角,则椭圆离心率的取值范围是(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　B　当点P从椭圆长轴端点处沿椭圆向短轴端点运动时,∠F1PF2逐渐增大,当且仅当P点位于短轴端点P0处时,∠F1PF2最大.∵椭圆上存在点P使得∠F1PF2是钝角,∴在△F1P0F2中,∠F1P0F2>90°,∴Rt△OP0F2中,∠OP0F2>45°,所以b<c,∴a2-c2<c2,∴a2<2c2,∴e>,∵0<e<1,∴<e<1.故选B.8.(2020北京人大附中摸底,8)已知抛物线C:y2=4x,点P(m,0),O为坐标原点,若在抛物线C上存在一点Q,使得∠OQP=90°,则实数m的取值范围是(　　)A.(4,8)　　B.(4,+∞)　　C.(0,4)　　D.(8,+∞)答案　B　设Q(t≠0),则=,=,∵∠OQP=90°,∴·=·+t2=0,∴m=+4>4,∴实数m的取值范围是(4,+∞). 9.(2020云南红河期末)设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,过F且斜率为1的直线与抛物线相交于A,B两点,若线段AB的中点为E,O为坐标原点,且|OE|=,则p=(　　)A.2　　B.3　　C.6　　D.12答案　A　由题意可知F,则直线AB的方程为y=x-,设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意得两式相减得-=2p(x1-x2)⇒y1+y2=2p,因为E为线段AB的中点,所以E,即E,因为E在直线AB:y=x-上,所以E,又因为|OE|=,p>0,所以p=2.故选A.疑难突破　弦中点问题利用点差法求解,设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意得化简得y1+y2=2p,得E,因为E在直线AB:y=x-上,所以E,再由|OE|=可求得p.10.(2019北京朝阳期末文,7)已知双曲线C:-=1(a>0)的一条渐近线方程为4x+3y=0,F1,F2分别是双曲线C的左,右焦点,点P在双曲线上,且|PF1|=7,则|PF2|=(　　)A.1　　B.13　　C.17　　D.1或13答案　B　∵双曲线C:-=1(a>0)的一条渐近线方程为4x+3y=0,∴=,∴a=3,∴c=5.由F1,F2分别是双曲线C的左、右焦点,点P在双曲线上,且|PF1|=7,可知P在双曲线的左支上,∴|PF2|-|PF1|=6, ∴|PF2|=13,故选B.解题关键　本题考查了双曲线的定义以及标准方程,利用双曲线的渐近线方程求出a是解题关键.11.(2018湖南益阳、湘潭调研,10)如图,过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线交抛物线于点A,B,交其准线l于点C,若F是AC的中点,且|AF|=4,则线段AB的长为(　　)A.5　　B.6　　C.　　D.答案　C　如图,设l与x轴交于点M,过点A作AD⊥l交l于点D,由抛物线的定义知,|AD|=|AF|=4,由F是AC的中点,知|AD|=2|MF|=2p,所以2p=4,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.解法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AF|=x1+=x1+1=4,所以x1=3,可得y1=2,所以A(3,2),又F(1,0),所以直线AF的斜率k==,所以直线AF的方程为y=(x-1),代入抛物线方程y2=4x得3x2-10x+3=0,所以x1+x2=,故|AB|=x1+x2+p=.故选C.解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AF|=x1+=x1+1=4,所以x1=3,又x1x2==1,所以x2=,所以|AB|=x1+x2+p=.故选C. 解法三:因为+=,|AF|=4,所以|BF|=,所以|AB|=|AF|+|BF|=4+=.故选C.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.12.(2019北京朝阳二模,10)已知点M(1,2)在抛物线C:y2=2px(p>0)上,则点M到抛物线C的焦点的距离是　　　　. 答案　2解析　点M在抛物线C上,所以4=2p,解得p=2,点M到抛物线C的焦点的距离为1+=1+1=2.13.(2019北京西城一模,10)设F1,F2为双曲线C:-=1(a>0,b>0)的两个焦点,若双曲线C的两个顶点恰好将线段F1F2三等分,则双曲线C的离心率为　　　　. 答案　3解析　设双曲线C的左,右顶点分别为A1,A2.∵A1,A2将F1F2三等分,∴|A1A2|=|F1F2|,即2a=·2c,∴a=c,∴e==3.14.(2018天津南开中学第四次月考,13)已知圆C:(x-m)2+(y-n)2=9的圆心在第一象限,直线l:x+2y+2=0被圆C截得的弦的长为4,则的最小值为　　　　. 答案　解析　由题意知圆心C的坐标为(m,n),半径R=3, ∵圆心在第一象限,∴m>0,n>0.∵直线l:x+2y+2=0被圆C截得的弦的长为4,∴圆心到直线的距离d===,即=,即m+2n+2=5,则m+2n=3,即+=1,则=×=+++≥+2·=+=,当且仅当=,即m=2n时取等号.∴的最小值为.15.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),15)过原点O的直线l与椭圆+=1(a>b>0)交于M,N两点,点P是椭圆上异于M,N的任一点,满足kPM·kPN>-,则该椭圆的离心率的取值范围是　　　　　. 答案　解析　设P(x0,y0),M(m,n),N(-m,-n),kPM·kPN=·=>-,又P(x0,y0),M(m,n)在椭圆+=1上,则+=1,+=1,两式相减得+=0,所以=-,则->-,a2>3b2=3(a2-c2),3c2>2a2,所以e=>,又e<1,所以离心率的取值范围是<e<1.三、解答题:共60分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.16.(12分)(2018山西长治二中等六校3月联考,20)已知圆C经过点A,B,直线x=0平分圆C,直线l与圆C相切,与圆C1:x2+y2=1相交于P,Q两点,且满足OP⊥OQ. (1)求圆C的方程;(2)求直线l的方程.解析　(1)依题意知圆心C在y轴上,可设圆心C的坐标为(0,b),圆C的方程为x2+(y-b)2=r2(r>0).因为圆C经过A,B两点,所以+=+,即+-b+b2=+-b+b2,解得b=4.则r2=+=,所以圆C的方程为x2+(y-4)2=.(2)当直线l的斜率不存在时,由l与C相切得l的方程为x=±,此时直线l与C1交于P,Q两点,不妨设P点在Q点的上方,则P,Q或P-,,Q-,-,则·=0,所以OP⊥OQ,满足题意.当直线l的斜率存在时,易知其斜率不为0,设直线l的方程为y=kx+m(k≠0,m≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线l的方程与圆C1的方程联立,得消去y,整理得(1+k2)x2+2kmx+m2-1=0,则Δ=4k2m2-4(1+k2)(m2-1)=4(k2-m2+1)>0,即1+k2>m2.因为x1+x2=-,x1x2=,所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=-+m2=. 因为OP⊥OQ,所以·=0,即x1x2+y1y2=+=0,故2m2=1+k2,满足Δ>0,符合题意.因为直线l:y=kx+m与圆C:x2+(y-4)2=相切,所以圆心C(0,4)到直线l的距离d==,即m2-8m+16=,故m2-8m+16=m2,得m=2,故1+k2=2×22,得k=±.故直线l的方程为y=±x+2.综上,直线l的方程为x=±或y=±x+2.17.(12分)(2018广东深圳3月联考,19)如图,直角三角形ABC的顶点A的坐标为(-2,0),直角顶点B的坐标为(0,-2),顶点C在x轴上,点P为线段OA的中点.(1)求BC边所在直线方程;(2)若M为直角三角形ABC外接圆的圆心,求圆M的方程;(3)在(2)的条件下,若动圆N过点P且与圆M内切,求动圆N的圆心的轨迹方程.解析　(1)易知kAB=-,AB⊥BC,∴kCB=,∴BC边所在直线方程为y=x-2.(2)由(1)及题意得C(4,0),∴M(1,0),又∵AM=3,∴外接圆M的方程为(x-1)2+y2=9. (3)∵圆N过点P(-1,0),∴PN是动圆的半径,又∵动圆N与圆M内切,∴MN=3-PN,即MN+PN=3,∴点N的轨迹是以M,P为焦点,长轴长为3的椭圆.∵P(-1,0),M(1,0),∴a=,c=1,b==,∴所求轨迹方程为+=1,即+=1.思路分析　(1)由kAB=-,AB⊥BC,知kBC=,再根据点B的坐标可求BC边所在直线的方程;(2)由(1)中的方程,令y=0,得C(4,0),从而得圆心坐标与半径,进而得出圆M的方程;(3)利用两圆内切得MN+PN=3,利用椭圆定义得点N的轨迹,从而得轨迹方程.方法点拨　求解直线方程或圆的方程,常用方法为待定系数法和定义法,但应注意方程的选择.涉及直线的斜率时,要注意对存在性的讨论.18.(12分)(2019四川成都外国语学校开学考试,20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为抛物线C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交抛物线C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.(1)求抛物线C的方程;(2)若直线l2∥l且l2和抛物线C有且只有一个公共点E,试问直线AE是否过定点,若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.解析　(1)由题意知F,设D(t,0)(t>0),则FD的中点为,由|FA|=|FD|及抛物线的定义知3+=,解得t=3+p或t=-3(舍去), 由解得p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x0>0),D(xD,0)(xD>0),因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1,由x0>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0),故直线l的斜率为k=-,因为直线l2和直线AB平行,故可设直线l2的方程为y=-x+b,代入抛物线方程得y2+·y-=0,由题意知Δ=+=0,得b=-,则=0.设E(xE,yE),则yE=-,xE=,当≠4时,kAE==,可得直线AE的方程y-y0=·(x-x0),由=4x0,整理可得y=(x-1),所以直线AE恒过点F(1,0),当=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE恒过定点F(1,0).思路分析　(1)根据等边三角形的性质可知A点横坐标为FD的中点的横坐标,列出方程组解出p.(2)根据|FA|=|FD|列方程得出A,D横坐标的关系,从而得出l的斜率,设l2的方程,代入抛物线方程,由判别式Δ=0得出l2的截距与A点坐标的关系,求出E点坐标,得出AE的方程,根据方程特点判断定点坐标.19.(12分)(2018湖北武汉4月调研,19)已知椭圆Γ:+=1,过点P(1,1)作倾斜角互补的两条不同直线l1,l2,设l1与椭圆Γ交于A、B两点,l2与椭圆Γ交于C,D两点.(1)若P(1,1)为线段AB的中点,求直线AB的方程;(2)若直线l1与l2的斜率都存在,记λ=,求λ的取值范围.解析　(1)解法一(点差法):由题意可知直线AB的斜率存在. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则两式作差得=-×=-×=-,∴直线AB的方程为y-1=-(x-1),即x+2y-3=0.解法二:由题意可知直线AB的斜率存在.设直线AB的斜率为k,则其方程为y-1=k(x-1),代入x2+2y2=4中,得x2+2[kx-(k-1)]2-4=0.∴(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2(k-1)2-4=0.Δ=[-4(k-1)k]2-4(2k2+1)[2(k-1)2-4]=8(3k2+2k+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则∵AB的中点为(1,1),∴(x1+x2)==1,则k=-.∴直线AB的方程为y-1=-(x-1),即x+2y-3=0.(2)由(1)可知|AB|=|x1-x2|=·=.设直线CD的方程为y-1=-k(x-1)(k≠0).同理可得|CD|=.∴λ==(k≠0),λ>0. ∴λ2=1+=1+.令t=3k+,则t∈(-∞,-2]∪[2,+∞),令g(t)=1+,t∈(-∞,-2]∪[2,+∞),∵g(t)在(-∞,-2],[2,+∞)上单调递减,∴2-≤g(t)<1或1<g(t)≤2+.故2-≤λ2<1或1<λ2≤2+.∴λ∈∪.思路分析　(1)解法一:利用点差法得直线AB的斜率,进而得直线AB的方程.解法二:设出直线AB的方程,与椭圆方程联立并消元,利用根与系数的关系及AB中点的坐标建立斜率k的方程,从而求得k,得直线AB的方程.(2)利用弦长公式求得|AB|与|CD|,进而将λ=表示成关于k的函数,结合函数特征及函数性质求得λ的取值范围.方法点拨　解决直线与圆锥曲线的弦中点问题常利用点差法或根与系数的关系,两者都需要对直线斜率是否存在进行讨论,同时也都用到整体代换的求解方法.20.(12分)(2020北京八一学校开学摸底,18)已知椭圆+=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),M为椭圆的上顶点,O为坐标原点,且△OMF是等腰直角三角形.(1)求椭圆的方程;(2)是否存在直线l交椭圆于P,Q两点,且使点F为△PQM的垂心(即三角形的三条高线的交点)?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.解析　本题考查椭圆的几何性质与标准方程、直线与椭圆的位置关系,圆锥曲线的存在性问题, 考查学生分析问题、解决问题的能力,体现逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)由右焦点F(1,0)得c=1,由△OMF是等腰直角三角形,得b=c=1,则a=b=,故椭圆的方程为+y2=1.(2)存在.假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且F为△PQM的垂心,设P(x1,y1),Q(x2,y2),因为M(0,1),F(1,0),所以kMF=-1,因为F为△PQM的垂心,所以MF⊥PQ,故kPQ=1,设直线l的方程为y=x+m,由得3x2+4mx+2m2-2=0,由Δ>0,得m2<3,且x1+x2=-,x1x2=,由题意应有·=0,又=(x1,y1-1),=(x2-1,y2),故x1(x2-1)+y2(y1-1)=0,得x1(x2-1)+(x2+m)(x1+m-1)=0,即2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m2-m=0,整理得2×-m(m-1)+m2-m=0,解得m=-或m=1,经检验,当m=1时,△PQM不存在,故舍去m=1,当m=-时,所求直线l存在,且直线l的方程为y=x-.思路分析　(1)由右焦点F(1,0)得c=1,由△OMF是等腰直角三角形,得b=c=1,a=b=,即可得到椭圆方程;(2)假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且F为△PQM的垂心,设P(x1,y1),Q(x2,y2),由题意可设直 线l的方程为y=x+m,代入椭圆方程,运用根与系数的关系,结合垂心的定义和向量垂直的条件,化简整理计算即可得到所求直线方程.