模塊卷(一)時間:110分鐘　分值:140分解析幾何一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.(2020北京清華附中朝陽學(xué)校摸底,1)拋物線y2=2x的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為(　　)A.　　B.1C.2　　D.3答案　B　由題意可知,拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為,準(zhǔn)線方程為x=-,故焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為1.2.數(shù)學(xué)家歐拉在1765年發(fā)現(xiàn),任意三角形的外心、重心、垂心位于同一條直線上,這條直線稱為歐拉線.已知△ABC的頂點(diǎn)A(2,0),B(0,4),若其歐拉線的方程為x-y+2=0,則頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為(　　)A.(-4,0)　　B.(-3,-1)C.(-5,0)　　D.(-4,-2)答案　A　設(shè)C(m,n),由重心坐標(biāo)公式得,三角形ABC的重心坐標(biāo)為,代入歐拉線方程,得-+2=0,整理,得m-n+4=0①,線段AB的中點(diǎn)為(1,2),kAB==-2,線段AB的中垂線方程為y-2=(x-1),即x-2y+3=0.聯(lián)立解得∴△ABC的外心為(-1,1), ∴(m+1)2+(n-1)2=(2+1)2+(0-1)2=10,整理,得m2+n2+2m-2n=8②,聯(lián)立①②,得m=-4,n=0或m=0,n=4.當(dāng)m=0,n=4時,B,C重合,舍去.∴頂點(diǎn)C的坐標(biāo)是(-4,0).故選A.解后反思　設(shè)出點(diǎn)C的坐標(biāo),由重心坐標(biāo)公式求得重心坐標(biāo),代入歐拉線方程得一方程,求出線段AB的垂直平分線方程,和歐拉線方程聯(lián)立,求得三角形的外心坐標(biāo),由外心到兩個頂點(diǎn)的距離相等得另一方程,兩方程聯(lián)立求得點(diǎn)C的坐標(biāo).3.(2020浙江紹興嵊州期末,6)若圓x2+y2-2x-2y-k=0上的點(diǎn)到直線x+y-10=0的最大距離與最小距離的差為6,則實(shí)數(shù)k的值是(　　)A.-34　　B.1C.4　　D.7答案　D　本題考查了與圓有關(guān)的最值問題,屬于中檔題.將圓的一般方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程可知,(x-1)2+(y-1)2=k+2,則k+2>0?k>-2,圓的半徑r=,設(shè)圓心(1,1)到直線x+y-10=0的距離為d,則d==4.當(dāng)d>r時,圓x2+y2-2x-2y-k=0上的點(diǎn)到直線x+y-10=0的最大距離為d+r,最小距離為d-r,由已知條件得(d+r)-(d-r)=2r=6,所以r=3,即=3,解得k=7.此時,d=4>3,直線x+y-10=0與圓(x-1)2+(y-1)2=9相離,符合題意.當(dāng)d≤r時,圓x2+y2-2x-2y-k=0上的點(diǎn)到直線x+y-10=0的最大距離為d+r,最小距離為0,由已知條件得d+r=6?r=6-4<4,矛盾,舍去.綜上,k=7,故選D.4.(2019北京海淀新高考調(diào)研卷,7)已知圓C:x2+y2-2x-2y-2=0,直線y=k(x-2)與圓C交于A,B兩點(diǎn),則|AB|的最小值為(　　)A.2　　B.2　　C.2　　D.4答案　B　由題意得圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-1)2+(y-1)2=4,則圓心C(1,1)到直線y=k(x-2)的距離d= ,則有|AB|=2=2=2=2,∴當(dāng)k>0,且k==1時,|AB|取最小值,此時|AB|=2,故選B.5.(2019北京昌平期末,8)設(shè)點(diǎn)F1、F2分別為橢圓C:+=1的左、右焦點(diǎn),點(diǎn)P是橢圓C上任意一點(diǎn),若使得·=m成立的點(diǎn)恰好是4個,則實(shí)數(shù)m的值可以是(　　)A.　　B.3　　C.5　　D.8答案　B　易知F1(-2,0),F2(2,0),設(shè)P(x0,y0),則·=(-2-x0,-y0)·(2-x0,-y0)=+-4.∵+=1,得=9-,且0≤≤5,∴m=·=5-∈[1,5],∵滿足條件的點(diǎn)有4個,∴m∈(1,5),故選B.小題巧解　當(dāng)P位于橢圓上頂點(diǎn)或下頂點(diǎn)時,得到m=(2,-)·(-2,-)=1或m=(2,)·(-2,)=1;當(dāng)P位于左頂點(diǎn)或右頂點(diǎn)時,m=(1,0)·(5,0)=5或m=(-5,0)·(-1,0)=5.故若使?jié)M足·=m的點(diǎn)P有4個,需m∈(1,5),故選B.6.(2020江西南昌十中高二月考,4)圓x2+4x+y2=0與圓(x-2)2+(y-3)2=r2有三條公切線,則半徑r=(　　)A.5　　B.4　　C.3　　D.2答案　C　由圓x2+4x+y2=0,得(x+2)2+y2=4,∴圓心坐標(biāo)為(-2,0),半徑為2.由(x-2)2+(y-3)2=r2,得圓心坐標(biāo)為(2,3),半徑為r. 因?yàn)閳Ax2+4x+y2=0與圓(x-2)2+(y-3)2=r2有三條公切線,所以兩圓相外切,∴=2+r,解得r=3.故選C.7.(2020湖南寧遠(yuǎn)期中)古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積.若橢圓C的中心為原點(diǎn),焦點(diǎn)F1,F2均在x軸上,C的面積為2π,過點(diǎn)F1的直線交C于點(diǎn)A,B,且△ABF2的周長為8.則C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(　　)A.+y2=1　　B.+=1C.+=1　　D.+=1答案　C　因?yàn)椤鰽BF2的周長為8,所以|AB|+|AF2|+|BF2|=8?|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=8?(|AF1|+|AF2|)+(|BF1|+|BF2|)=8,由橢圓的定義可知|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+|BF2|=2a,所以2a+2a=8,所以a=2,由題意可得abπ=2π,解得b=,因?yàn)闄E圓的焦點(diǎn)在x軸上,所以C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.故選C.8.(2019浙江嘉興9月基礎(chǔ)測試,9)已知雙曲線-=1(a>0,b>0)的一個焦點(diǎn)到一條漸近線的距離小于它的實(shí)軸長,則該雙曲線離心離e的取值范圍是(　　)A.1　　D.e>答案　B　雙曲線-=1(a>0,b>0)的一個焦點(diǎn)F(c,0)到一條漸近線y=x的距離是==b,由已知有b<2a,所以b2<4a2,即c2-a2<4a2,解得10)的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為l,點(diǎn)M是拋物線C上一 點(diǎn),MH⊥l于H.若|MH|=4,∠HFM=60°,則拋物線C的方程為(　　)A.y2=16x　　B.y2=8x　　C.y2=4x　　D.y2=2x答案　C　因?yàn)閽佄锞€上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離等于到準(zhǔn)線的距離,所以|MF|=|MH|=4,又∠HFM=60°,所以△MHF為正三角形,所以|HF|=4,記準(zhǔn)線l與x軸交于點(diǎn)Q,則∠QHF=30°,所以p=|QF|=|HF|sin∠QHF=4sin30°=2,所以拋物線C的方程為y2=4x.思路分析　根據(jù)題意得到|MF|=|MH|=4,推出△MHF為正三角形,求出|HF|=4,記準(zhǔn)線l與x軸交于點(diǎn)Q,根據(jù)p=|QF|=|HF|sin∠QHF即可求出結(jié)果.10.(2019湖南三湘名校教育聯(lián)盟第一次大聯(lián)考,12)過拋物線y2=4x的焦點(diǎn)F且傾斜角為60°的直線交拋物線于A、B兩點(diǎn),以AF、BF為直徑的圓分別與y軸相切于點(diǎn)M,N,則|MN|=(　　)A.　　B.　　C.　　D.2答案　C　設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為F(1,0),由直線AB的傾斜角為60°,可得直線AB的斜率為,所以直線AB的方程為y=(x-1).因?yàn)橐訟F,BF為直徑的圓分別與y軸相切于點(diǎn)M,N,所以|OM|=|y1|,|ON|=|y2|,∴|MN|=|y1-y2|,將直線AB的方程y=(x-1)代入y2=4x中, 整理得y2-4y-4=0,解得y1=2,y2=-,則|MN|==,故選C.11.(2020北京清華大學(xué)中學(xué)生標(biāo)準(zhǔn)學(xué)術(shù)能力11月測試,11)已知雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F,直線l:y=x與C交于A、B兩點(diǎn),AF,BF的中點(diǎn)分別為M,N,若以線段MN為直徑的圓經(jīng)過原點(diǎn),則雙曲線的離心率為(　　)A.3-　　B.2-1　　C.+2　　D.+1答案　D　本題考查雙曲線的幾何性質(zhì)、直線與圓的位置關(guān)系,考查學(xué)生運(yùn)用化歸與轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合的思想方法分析問題與解決問題的能力,體現(xiàn)直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).由得x2=,設(shè)A,B,F(c,0),則M,N,∵點(diǎn)O在以線段MN為直徑的圓上,∴·=c+·-·=0,從而有c2b2-3c2a2=4a2b2,即c4-8a2c2+4a4=0,∴e4-8e2+4=0,解得e2=4+2或e2=4-2(舍),∴e=+1,故選D.方法總結(jié)　直線與雙曲線的問題轉(zhuǎn)化為直線與圓的問題,再轉(zhuǎn)化為兩向量的垂直問題,最后得關(guān)于離心率e的方程即可求解.12.(2020北京八一學(xué)校開學(xué)摸底,8)已知拋物線W:y2=x及直線m:y=x-4.矩形ABCD的頂點(diǎn)A,B在m上,C,D在W上,經(jīng)過C,D的直線記為l.給出下列四個命題: ①?s>0,使矩形ABCD的面積為s的直線l不存在;②?s>0,使矩形ABCD的面積為s的直線l僅有一條;③?s>0,使矩形ABCD的面積為s的直線l僅有兩條;④?s>0,使矩形ABCD的面積為s的直線l僅有三條.其中所有真命題的序號是(　　)A.①②③④　　B.①②③　　C.②③　　D.②③④答案　D　本題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、圓錐曲線的弦長、導(dǎo)數(shù)求極值的方法,通過直線與圓錐曲線的位置關(guān)系考查學(xué)生的化歸與轉(zhuǎn)化、函數(shù)與方程思想方法的運(yùn)用,體現(xiàn)邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).如圖(1)所示,設(shè)l:y=x+b(b≠-4),聯(lián)立消去x得y2-y+b=0,Δ=1-4b>0,即b<,設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),則y1+y2=1,y1y2=b,則|CD|=·=,又l與m的距離d=,故S矩形ABCD=|CD|·d=|b+4|·=,令f(b)=(b+4)2(1-4b)=-4b3-31b2-56b+16,則f'(b)=-12b2-62b-56=-2(6b2+31b+28),Δ=312-4×6×28=961-672=289>0.令f'(b)=0,解得b1=-4,b2=-,如圖(2)所示,f(b)在(-∞,-4)上為減函數(shù),在上為增函數(shù),在上為減函數(shù).當(dāng)s2>f時,直線l有一條;當(dāng)s2=f時,直線l有兩條;當(dāng)00)經(jīng)過點(diǎn)(3,4),則該雙曲線的漸近線方程是　　　　.?答案　y=±x解析　由已知得9-=1,因?yàn)閎>0,所以b=,又a=1,所以漸近線方程為y=±x=±x.14.(2020浙江紹興柯橋期末,12)設(shè)直線y=kx與圓C:(x-2)2+y2=1相交于A,B兩點(diǎn),若|AB|=,則k=　　　　,當(dāng)k變化時,弦AB中點(diǎn)的軌跡長度是　　　　.? 答案　±;解析　易得+=1,解得k=±.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),弦AB的中點(diǎn)為M(x0,y0),則x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,聯(lián)立得消去y,得(1+k2)x2-4x+3=0,令Δ=16-12(1+k2)>0,得k2<.由根與系數(shù)的關(guān)系可知x1+x2=,所以y1+y2=k(x1+x2)=,由消去k,得(x0-1)2+=1.又由k2<得x0>,故弦AB中點(diǎn)的軌跡長度等于半徑為1的圓的周長的,如圖中實(shí)線部分,所以弦AB中點(diǎn)的軌跡長度為2π×=.15.(2018青海西寧四中月考,16)已知F是橢圓C:+=1的右焦點(diǎn),P是C上一點(diǎn),A(-2,1),當(dāng)△APF的周長最小時,其面積為　　　　.?答案　4解析　在橢圓C:+=1中,a=2,b=2,c=4,設(shè)左焦點(diǎn)為F'(-4,0), △APF周長為|AF|+|AP|+|PF|=|AF|+|AP|+(2a-|PF'|)=|AF|+|AP|-|PF'|+2a≥|AF|-|AF'|+2a,當(dāng)且僅當(dāng)A,P,F'三點(diǎn)共線,且P位于x軸上方時,三角形周長最小.易知直線AF'的方程為y=(x+4),代入x2+5y2=20中,可求得P(0,2),故S△APF=S△PF'F-S△AF'F=×2×8-×1×8=4.思路分析　取左焦點(diǎn),由橢圓的定義和不等式確定點(diǎn)P的位置,利用面積公式求解.解題關(guān)鍵　取另一個焦點(diǎn)F',進(jìn)而靈活利用橢圓的定義和三角形的基本性質(zhì)是求解關(guān)鍵.16.(2018湖南六校4月聯(lián)考,15)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)P(-1,0)作直線l與拋物線C交于A、B兩點(diǎn).若S△ABF=,且|AF|<|BF|,則=　　　　.?答案　解析　設(shè)直線l的方程為x=my-1,將直線方程代入拋物線C:y2=4x的方程得y2-4my+4=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則0<<1,y1+y2=4m,y1·y2=4,又S△ABF=,所以S△BPF-S△APF=|y2-y1|=,因此+=10,所以==,從而=,又由拋物線的定義與相似三角形可知==,∴==.思路分析　由題意設(shè)出直線l的方程,與拋物線方程聯(lián)立,得出y1+y2與y1y2,利用S△ABF=得+=10,結(jié)合y1y2=4求得的值,進(jìn)而利用相似關(guān)系求得. 三、解答題:共60分.解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟.17.(12分)(2018寧夏銀川二中4月模擬,21)已知圓M的半徑為3,圓心在x軸正半軸上,直線3x-4y+9=0與圓M相切.(1)求圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過點(diǎn)N(0,-3)的直線l與圓M交于不同的兩點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),而且滿足+=x1x2,求直線l的方程.解析　(1)設(shè)圓心為M(a,0)(a>0),∵直線3x-4y+9=0與圓M相切,∴=3,解得a=2,所以圓M的方程為(x-2)2+y2=9.(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時,直線l:x=0,與圓M交于A(0,),B(0,-),此時+=x1x2=0,所以x=0符合題意.當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)直線l:y=kx-3,由消去y,得(x-2)2+(kx-3)2=9,整理得:(1+k2)x2-(4+6k)x+4=0,①所以x1+x2=,x1x2=,∵+=x1x2,∴(x1+x2)2=x1x2,即=×,整理得7k2-24k+17=0,∴k=1或k=,把k值代入到方程①中的判別式Δ=[-(4+6k)]2-16(1+k2)=48k+20k2中, 判別式的值都為正數(shù),所以k=1或k=,所以直線l的方程為y=x-3或y=x-3,即x-y-3=0或17x-7y-21=0.綜上,直線l為x-y-3=0或17x-7y-21=0或x=0.18.(12分)(2020北師大二附中期中,17)已知圓O:x2+y2=4.(1)直線l1:x+y-2=0與圓O相交于A、B兩點(diǎn),求|AB|;(2)如圖,設(shè)M(x1,y1),P(x2,y2)是圓O上的兩個動點(diǎn),點(diǎn)M關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)為M1,點(diǎn)M關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為M2,如果直線PM1,PM2與y軸分別交于(0,m)和(0,n),問mn是不是定值?若是,求出該定值;若不是,請說明理由.解析　本題考查直線與圓的位置關(guān)系,弦長公式,直線方程,主要通過直線與圓的位置關(guān)系考查學(xué)生分析問題與解決問題的能力,體現(xiàn)數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)∵圓心(0,0)到直線x+y-2=0的距離d==.圓的半徑r=2,∴|AB|=2=2.(2)mn為定值.理由如下:由題意得M1(-x1,-y2)、M2(x1,-y1),且+=4,+=4,直線PM1的方程為=,令x=0,得y=m=. 直線PM2的方程為=,令x=0,得y=n=,∴mn=·===4,即mn是定值.思路分析　(1)先求出圓心(0,0)到直線x+y-2=0的距離,再利用弦長公式求得|AB|的值.(2)先求出M1和M2的坐標(biāo),用兩點(diǎn)式求直線PM1和PM2的方程,根據(jù)方程求得他們在y軸上的截距m、n的值,計算mn的值,可得結(jié)論.19.(12分)(2020甘肅蘭州一中二模)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)A(2,2),點(diǎn)B在拋物線C上,且滿足=-2(O為坐標(biāo)原點(diǎn)).(1)求拋物線C的方程;(2)過焦點(diǎn)F任作兩條相互垂直的直線l與D',直線l與拋物線C交于P,Q兩點(diǎn),直線D'與拋物線C交于M,N兩點(diǎn),△OPQ的面積記為S1,△OMN的面積記為S2,求證:+為定值.解析　(1)設(shè)B(x1,y1),∵F,∴=,=,=,又∵=-2,∴=,∴=x1--4+p,y1-4=0,∴x1=4,y1=4,∵點(diǎn)B在拋物線C上,∴42=2p·4,∴p=2,∴y2=4x.(2)證明:由題意得直線l的斜率存在且不為零,設(shè)l:x=my+1,代入y2=4x得y2-4my-4=0,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),所以y1+y2=4m,y1y2=-4,∴|y1-y2|==4,因此S1=|y1-y2|×1=2,同理可得S2=2, 因此+=+=+=.故+為定值.20.(12分)(2020首師大附中開學(xué)摸底,19)已知橢圓C:+=1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn),離心率為.(1)求橢圓C的方程;(2)直線y=k(x-1)(k≠0)與橢圓C交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)M是橢圓C的右頂點(diǎn),直線AM與直線BM分別與y軸交于點(diǎn)P,Q,試問以線段PQ為直徑的圓是否過x軸上的定點(diǎn)?若過,求出定點(diǎn)坐標(biāo);若不過,說明理由.解析　本題考查橢圓的幾何性質(zhì)以及直線與橢圓的位置關(guān)系中的定點(diǎn)問題,考查學(xué)生運(yùn)用化歸轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想分析問題、解決問題的能力,滲透邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)由題意得解得a=2,b=1,所以橢圓C的方程是+y2=1.(2)以線段PQ為直徑的圓過x軸上的定點(diǎn).將y=k(x-1)(k≠0)代入橢圓方程可得(1+4k2)x2-8k2x+4k2-4=0,易得Δ>0恒成立,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=,x1x2=.因?yàn)辄c(diǎn)M是橢圓C的右頂點(diǎn),所以點(diǎn)M(2,0).由題意可知直線AM的方程為y=(x-2),故點(diǎn)P,直線BM的方程為y=(x-2),故點(diǎn)Q,若以線段PQ為直徑的圓過x軸上的定點(diǎn)N(x0,0),則等價于·=0恒成立, 又因?yàn)?,=,所以·=+·=0恒成立,又因?yàn)?x1-2)(x2-2)=x1x2-2(x1+x2)+4=,y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=,所以+·=-3=0,解得x0=±,故以線段PQ為直徑的圓過x軸上的定點(diǎn)(±,0).思路分析　(1)列出關(guān)于a,b,c的方程組,解出a,b即得橢圓C的方程.(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),寫出直線AM與BM的方程,得點(diǎn)P、Q坐標(biāo),再利用以線段PQ為直徑的圓過定點(diǎn)N,等價于·=0恒成立,即可求解.21.(12分)(2020吉林長春第二中學(xué)月考)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程;(2)斜率為2的直線l與橢圓交于P、Q兩點(diǎn),OP⊥OQ,求直線l的方程;(3)在x軸上是否存在一點(diǎn)E,使得過點(diǎn)E的任一直線與橢圓若有兩個交點(diǎn)M、N,則都有+為定值?若存在,求出點(diǎn)E的坐標(biāo)及相應(yīng)的定值.解析　(1)由題意知,=,ab=1,又a2=b2+c2,∴a=2,b=1,c=,∴橢圓C的方程為+y2=1. (2)設(shè)直線l的方程為y=2x+t,由可得+y2=,即(4t2-4)++(t2-16)=0,∵OP⊥OQ,∴=-1?t2=4?t=±2,∴直線l的方程為y=2x±2,即2x-y±2=0.(3)設(shè)E(m,0)、M(x1,y1)、N(x2,y2),當(dāng)過點(diǎn)E的直線不為x軸時,設(shè)其方程為x=ty+m,聯(lián)立得(t2+4)y2+2tmy+(m2-4)=0,∴y1+y2=-,y1y2=,∴+=+=·,=·,當(dāng)且僅當(dāng)32-8m2=2m2+8,即m=±時,+=5(定值),即在x軸上存在點(diǎn)E,使得+為定值5,點(diǎn)E的坐標(biāo)為或.當(dāng)過點(diǎn)E的直線為x軸時,上面求出的點(diǎn)E也符合題意