模塊卷(二)時間:110分鐘　分值:135分解析幾何一、選擇題:本題共11小題,每小題5分,共55分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2018浙江寧波高三上學期期末,4)已知焦點在y軸上的橢圓+=1的離心率為,則實數m等于(　　)A.3　　B.　　C.5　　D.答案　D　由橢圓焦點在y軸上可知a2=m,b2=4,則c2=a2-b2=m-4,故e2===,解得m=.故選D.2.(2019西藏日喀則南木林高中期中,12)已知圓C過雙曲線-=1的一個頂點和一個焦點,且圓心在該雙曲線上,則圓心到該雙曲線中心的距離是(　　)A.　　B.　　C.　　D.5答案　C　由雙曲線的幾何性質易知圓C過雙曲線同一側的頂點和焦點,不妨設過雙曲線的右焦點和右頂點,所以圓C的圓心的橫坐標為4.故圓心坐標為.∴它到中心(0,0)的距離為d==.故選C.3.(2020湖南長沙明德中學3月月考,7)直線l1:2x+(m+1)y+4=0與直線l2:mx+3y-2=0平行”是“m=2”的(　　) A.充分不必要條件　　B.必要不充分條件C.充要條件　　D.既不充分也不必要條件答案　B　本題主要考查充分條件、必要條件的判斷,考查數學運算與邏輯推理的核心素養(yǎng).若l1∥l2,則即解得m=-3或2.因此,“直線l1:2x+(m+1)y+4=0與直線l2:mx+3y-2=0平行”是“m=2”的必要不充分條件.4.(2020廣東深圳第二次教學質量檢測,9)已知拋物線C:x2=4y的準線為l,記l與y軸交于點M,過點M作直線l'與C相切,切點為N,則以MN為直徑的圓的方程為(　　)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　拋物線x2=4y的準線為y=-1,則M(0,-1),設切線方程為y=kx-1,聯(lián)立消去y得x2-4kx+4=0,∵直線l'與拋物線相切,∴Δ=16k2-16=0,∴k=±1,當k=1時,x2-4x+4=0,x1=x2=2,此時N(2,1),又M(0,-1),則以MN為直徑的圓的方程為(x-1)2+y2=2.同理,當k=-1時,N(-2,1),以MN為直徑的圓的方程為(x+1)2+y2=2,故選C.5.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期中,8)在平面直角坐標系xOy中,已知點P(3,-1)在圓C:x2+y2-2mx-2y+m2-15=0內,動直線AB過點P且交圓C于A,B兩點,若△ABC的面積的最大值為8,則實數m的取值范圍是(　　)A.(3-2,3+2)　　B.[1,5]C.(3-2,1]∪[5,3+2)　　D.(-∞,1]∪[5,+∞)答案　C　圓的標準方程為(x-m)2+(y-1)2=16,則圓心為C(m,1),半徑r=4,S△ABC=r2sin∠ACB=8sin ∠ACB,∴當∠ACB=90°時,S△ABC取得最大值8,此時△ABC為等腰直角三角形,|AB|=r=4,則圓心C到直線AB的距離d=|AB|=2,∴2≤|PC|<4,即2≤<4,∴8≤(m-3)2+4<16,即4≤(m-3)2<12,解得3-2b>0)的兩個焦點分別為F1,F2,若橢圓上存在點P使得∠F1PF2是鈍角,則橢圓離心率的取值范圍是(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　B　當點P從橢圓長軸端點處沿橢圓向短軸端點運動時,∠F1PF2逐漸增大,當且僅當P點位于短軸端點P0處時,∠F1PF2最大.∵橢圓上存在點P使得∠F1PF2是鈍角,∴在△F1P0F2中,∠F1P0F2>90°,∴Rt△OP0F2中,∠OP0F2>45°,所以b,∵04,∴實數m的取值范圍是(4,+∞). 9.(2020云南紅河期末)設拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F,過F且斜率為1的直線與拋物線相交于A,B兩點,若線段AB的中點為E,O為坐標原點,且|OE|=,則p=(　　)A.2　　B.3　　C.6　　D.12答案　A　由題意可知F,則直線AB的方程為y=x-,設A(x1,y1),B(x2,y2),由題意得兩式相減得-=2p(x1-x2)?y1+y2=2p,因為E為線段AB的中點,所以E,即E,因為E在直線AB:y=x-上,所以E,又因為|OE|=,p>0,所以p=2.故選A.疑難突破　弦中點問題利用點差法求解,設A(x1,y1),B(x2,y2),由題意得化簡得y1+y2=2p,得E,因為E在直線AB:y=x-上,所以E,再由|OE|=可求得p.10.(2019北京朝陽期末文,7)已知雙曲線C:-=1(a>0)的一條漸近線方程為4x+3y=0,F1,F2分別是雙曲線C的左,右焦點,點P在雙曲線上,且|PF1|=7,則|PF2|=(　　)A.1　　B.13　　C.17　　D.1或13答案　B　∵雙曲線C:-=1(a>0)的一條漸近線方程為4x+3y=0,∴=,∴a=3,∴c=5.由F1,F2分別是雙曲線C的左、右焦點,點P在雙曲線上,且|PF1|=7,可知P在雙曲線的左支上,∴|PF2|-|PF1|=6, ∴|PF2|=13,故選B.解題關鍵　本題考查了雙曲線的定義以及標準方程,利用雙曲線的漸近線方程求出a是解題關鍵.11.(2018湖南益陽、湘潭調研,10)如圖,過拋物線y2=2px(p>0)的焦點F的直線交拋物線于點A,B,交其準線l于點C,若F是AC的中點,且|AF|=4,則線段AB的長為(　　)A.5　　B.6　　C.　　D.答案　C　如圖,設l與x軸交于點M,過點A作AD⊥l交l于點D,由拋物線的定義知,|AD|=|AF|=4,由F是AC的中點,知|AD|=2|MF|=2p,所以2p=4,解得p=2,所以拋物線的方程為y2=4x.解法一:設A(x1,y1),B(x2,y2),則|AF|=x1+=x1+1=4,所以x1=3,可得y1=2,所以A(3,2),又F(1,0),所以直線AF的斜率k==,所以直線AF的方程為y=(x-1),代入拋物線方程y2=4x得3x2-10x+3=0,所以x1+x2=,故|AB|=x1+x2+p=.故選C.解法二:設A(x1,y1),B(x2,y2),則|AF|=x1+=x1+1=4,所以x1=3,又x1x2==1,所以x2=,所以|AB|=x1+x2+p=.故選C. 解法三:因為+=,|AF|=4,所以|BF|=,所以|AB|=|AF|+|BF|=4+=.故選C.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.12.(2019北京朝陽二模,10)已知點M(1,2)在拋物線C:y2=2px(p>0)上,則點M到拋物線C的焦點的距離是　　　　.?答案　2解析　點M在拋物線C上,所以4=2p,解得p=2,點M到拋物線C的焦點的距離為1+=1+1=2.13.(2019北京西城一模,10)設F1,F2為雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的兩個焦點,若雙曲線C的兩個頂點恰好將線段F1F2三等分,則雙曲線C的離心率為　　　　.?答案　3解析　設雙曲線C的左,右頂點分別為A1,A2.∵A1,A2將F1F2三等分,∴|A1A2|=|F1F2|,即2a=·2c,∴a=c,∴e==3.14.(2018天津南開中學第四次月考,13)已知圓C:(x-m)2+(y-n)2=9的圓心在第一象限,直線l:x+2y+2=0被圓C截得的弦的長為4,則的最小值為　　　　.?答案　解析　由題意知圓心C的坐標為(m,n),半徑R=3, ∵圓心在第一象限,∴m>0,n>0.∵直線l:x+2y+2=0被圓C截得的弦的長為4,∴圓心到直線的距離d===,即=,即m+2n+2=5,則m+2n=3,即+=1,則=×=+++≥+2·=+=,當且僅當=,即m=2n時取等號.∴的最小值為.15.(2018浙江新高考調研卷四(金華一中),15)過原點O的直線l與橢圓+=1(a>b>0)交于M,N兩點,點P是橢圓上異于M,N的任一點,滿足kPM·kPN>-,則該橢圓的離心率的取值范圍是　　　　　.?答案　解析　設P(x0,y0),M(m,n),N(-m,-n),kPM·kPN=·=>-,又P(x0,y0),M(m,n)在橢圓+=1上,則+=1,+=1,兩式相減得+=0,所以=-,則->-,a2>3b2=3(a2-c2),3c2>2a2,所以e=>,又e<1,所以離心率的取值范圍是0).因為圓C經過A,B兩點,所以+=+,即+-b+b2=+-b+b2,解得b=4.則r2=+=,所以圓C的方程為x2+(y-4)2=.(2)當直線l的斜率不存在時,由l與C相切得l的方程為x=±,此時直線l與C1交于P,Q兩點,不妨設P點在Q點的上方,則P,Q或P-,,Q-,-,則·=0,所以OP⊥OQ,滿足題意.當直線l的斜率存在時,易知其斜率不為0,設直線l的方程為y=kx+m(k≠0,m≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),將直線l的方程與圓C1的方程聯(lián)立,得消去y,整理得(1+k2)x2+2kmx+m2-1=0,則Δ=4k2m2-4(1+k2)(m2-1)=4(k2-m2+1)>0,即1+k2>m2.因為x1+x2=-,x1x2=,所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=-+m2=. 因為OP⊥OQ,所以·=0,即x1x2+y1y2=+=0,故2m2=1+k2,滿足Δ>0,符合題意.因為直線l:y=kx+m與圓C:x2+(y-4)2=相切,所以圓心C(0,4)到直線l的距離d==,即m2-8m+16=,故m2-8m+16=m2,得m=2,故1+k2=2×22,得k=±.故直線l的方程為y=±x+2.綜上,直線l的方程為x=±或y=±x+2.17.(12分)(2018廣東深圳3月聯(lián)考,19)如圖,直角三角形ABC的頂點A的坐標為(-2,0),直角頂點B的坐標為(0,-2),頂點C在x軸上,點P為線段OA的中點.(1)求BC邊所在直線方程;(2)若M為直角三角形ABC外接圓的圓心,求圓M的方程;(3)在(2)的條件下,若動圓N過點P且與圓M內切,求動圓N的圓心的軌跡方程.解析　(1)易知kAB=-,AB⊥BC,∴kCB=,∴BC邊所在直線方程為y=x-2.(2)由(1)及題意得C(4,0),∴M(1,0),又∵AM=3,∴外接圓M的方程為(x-1)2+y2=9. (3)∵圓N過點P(-1,0),∴PN是動圓的半徑,又∵動圓N與圓M內切,∴MN=3-PN,即MN+PN=3,∴點N的軌跡是以M,P為焦點,長軸長為3的橢圓.∵P(-1,0),M(1,0),∴a=,c=1,b==,∴所求軌跡方程為+=1,即+=1.思路分析　(1)由kAB=-,AB⊥BC,知kBC=,再根據點B的坐標可求BC邊所在直線的方程;(2)由(1)中的方程,令y=0,得C(4,0),從而得圓心坐標與半徑,進而得出圓M的方程;(3)利用兩圓內切得MN+PN=3,利用橢圓定義得點N的軌跡,從而得軌跡方程.方法點撥　求解直線方程或圓的方程,常用方法為待定系數法和定義法,但應注意方程的選擇.涉及直線的斜率時,要注意對存在性的討論.18.(12分)(2019四川成都外國語學校開學考試,20)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,A為拋物線C上異于原點的任意一點,過點A的直線l交拋物線C于另一點B,交x軸的正半軸于點D,且有|FA|=|FD|.當點A的橫坐標為3時,△ADF為正三角形.(1)求拋物線C的方程;(2)若直線l2∥l且l2和拋物線C有且只有一個公共點E,試問直線AE是否過定點,若過定點,求出定點坐標;若不過定點,請說明理由.解析　(1)由題意知F,設D(t,0)(t>0),則FD的中點為,由|FA|=|FD|及拋物線的定義知3+=,解得t=3+p或t=-3(舍去), 由解得p=2,所以拋物線C的方程為y2=4x.(2)由(1)知F(1,0),設A(x0,y0)(x0>0),D(xD,0)(xD>0),因為|FA|=|FD|,則|xD-1|=x0+1,由x0>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0),故直線l的斜率為k=-,因為直線l2和直線AB平行,故可設直線l2的方程為y=-x+b,代入拋物線方程得y2+·y-=0,由題意知Δ=+=0,得b=-,則=0.設E(xE,yE),則yE=-,xE=,當≠4時,kAE==,可得直線AE的方程y-y0=·(x-x0),由=4x0,整理可得y=(x-1),所以直線AE恒過點F(1,0),當=4時,直線AE的方程為x=1,過點F(1,0),所以直線AE恒過定點F(1,0).思路分析　(1)根據等邊三角形的性質可知A點橫坐標為FD的中點的橫坐標,列出方程組解出p.(2)根據|FA|=|FD|列方程得出A,D橫坐標的關系,從而得出l的斜率,設l2的方程,代入拋物線方程,由判別式Δ=0得出l2的截距與A點坐標的關系,求出E點坐標,得出AE的方程,根據方程特點判斷定點坐標.19.(12分)(2018湖北武漢4月調研,19)已知橢圓Γ:+=1,過點P(1,1)作傾斜角互補的兩條不同直線l1,l2,設l1與橢圓Γ交于A、B兩點,l2與橢圓Γ交于C,D兩點.(1)若P(1,1)為線段AB的中點,求直線AB的方程;(2)若直線l1與l2的斜率都存在,記λ=,求λ的取值范圍.解析　(1)解法一(點差法):由題意可知直線AB的斜率存在. 設A(x1,y1),B(x2,y2),則兩式作差得=-×=-×=-,∴直線AB的方程為y-1=-(x-1),即x+2y-3=0.解法二:由題意可知直線AB的斜率存在.設直線AB的斜率為k,則其方程為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.設A(x1,y1),B(x2,y2),則∵AB的中點為(1,1),∴(x1+x2)==1,則k=-.∴直線AB的方程為y-1=-(x-1),即x+2y-3=0.(2)由(1)可知|AB|=|x1-x2|=·=.設直線CD的方程為y-1=-k(x-1)(k≠0).同理可得|CD|=.∴λ==(k≠0),λ>0. ∴λ2=1+=1+.令t=3k+,則t∈(-∞,-2]∪[2,+∞),令g(t)=1+,t∈(-∞,-2]∪[2,+∞),∵g(t)在(-∞,-2],[2,+∞)上單調遞減,∴2-≤g(t)<1或1b>0)的右焦點為F(1,0),M為橢圓的上頂點,O為坐標原點,且△OMF是等腰直角三角形.(1)求橢圓的方程;(2)是否存在直線l交橢圓于P,Q兩點,且使點F為△PQM的垂心(即三角形的三條高線的交點)?若存在,求出直線l的方程;若不存在,請說明理由.解析　本題考查橢圓的幾何性質與標準方程、直線與橢圓的位置關系,圓錐曲線的存在性問題, 考查學生分析問題、解決問題的能力,體現邏輯推理與數學運算的核心素養(yǎng).(1)由右焦點F(1,0)得c=1,由△OMF是等腰直角三角形,得b=c=1,則a=b=,故橢圓的方程為+y2=1.(2)存在.假設存在直線l交橢圓于P,Q兩點,且F為△PQM的垂心,設P(x1,y1),Q(x2,y2),因為M(0,1),F(1,0),所以kMF=-1,因為F為△PQM的垂心,所以MF⊥PQ,故kPQ=1,設直線l的方程為y=x+m,由得3x2+4mx+2m2-2=0,由Δ>0,得m2<3,且x1+x2=-,x1x2=,由題意應有·=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,經檢驗,當m=1時,△PQM不存在,故舍去m=1,當m=-時,所求直線l存在,且直線l的方程為y=x-.思路分析　(1)由右焦點F(1,0)得c=1,由△OMF是等腰直角三角形,得b=c=1,a=b=,即可得到橢圓方程;(2)假設存在直線l交橢圓于P,Q兩點,且F為△PQM的垂心,設P(x1,y1),Q(x2,y2),由題意可設直 線l的方程為y=x+m,代入橢圓方程,運用根與系數的關系,結合垂心的定義和向量垂直的條件,化簡整理計算即可得到所求直線方程.