2021-2022学年数学人教B版（2019）选择性必修第一册第二章平面解析几何专题综合练习（Word含答案解析）
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年数学人教B版（2019）选择性必修第一册第二章平面解析几何专题综合练习（Word含答案解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 974.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-10-17 22:18:30 | ||
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文档简介
高二同步专题测试题
综合练习（2）
本试卷共9页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分 （选择题爱共40分）
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项)
1．经过两点的直线的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
2．设双曲线的一条渐近线方程为，则（ ）
A． B． C． D．
3．直线：与圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
4．已知，直线，为上一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
5．已知两圆分别为圆C1：x2＋y2＝49和圆C2：x2＋y2－6x－8y＋9＝0，这两圆的位置关系是（ ）
A．相离 B．外切 C．内含 D．相交
6．“直线与抛物线相切”是“直线与抛物线只有一个公共点”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
7．点在直线上，若椭圆上存在两点，使得是等腰三角形，则称椭圆具有性质．下列结论中正确的是（ ）
A．对于直线上的所有点，椭圆都不具有性质
B．直线上仅有有限个点，使椭圆具有性质
C．直线上有无穷多个点（但不是所有的点），使椭圆具有性质
D．对于直线上的所有点，椭圆都具有性质
8．如图，正方体中，P为底面上的动点，于E，且则点P的轨迹是（ ）
A．线段 B．圆 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分
9．唐代诗人李欣的是古从军行开头两句说“百日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”诗中隐含着一个有趣的数学故事“将军饮马”的问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从出发，河岸线所在直线方程，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A． B． C． D．
10．已知抛物线C：y2=4x上的两点分别为，，且点C（1，0），若直线AB与坐标轴不平行，则下列说法错误的是（ ）
A．存在以点A为直角顶点的Rt△ABC B．若，则|AC|≠|BC|
C．△ABC可能是等边三角形 D．当A、B、C三点共线时，则|AB|>4
第二部分 （非选择题爱共110分）
二、填空题(共5小题，每小题5分，共25分)
11．若抛物线（）的准线经过双曲线的一个焦点，则______．
12．已知直线和互相平行，则它们之间的距离是___________.
13．已知长方形，，，则以、为焦点，且过、的椭圆的离心率为__________．
14．已知点在抛物线上，直线交抛物线于两点，且直线与都是圆的切线，则两点纵坐标之和是___________，直线的方程为___________.
15．已知曲线．给出下列结论：
①曲线是中心对称图形；
②曲线是轴对称图形；
③曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
④设为坐标原点，则曲线上存在点，使得．
其中，所有正确结论的序号是________．
三、解答题(共6小题，共85分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程)
16．已知圆的圆心在直线上，且与轴相切于点.
（Ⅰ）求圆的方程；
（Ⅱ）若圆与直线：交于，两点，_____________，求的值.从下列两个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：条件①：；条件②：.注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.
17．已知圆：过点．
（1）求圆的面积；
（2）直线：交轴于点，交圆于，两点，直线，分别交轴于点，，记，的面积分别为，，求证：为定值．
18．已知椭圆：经过点为，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆相切于点，与直线相交于点.已知点，且，求此时的值.
19．已知椭圆，过点，离心率.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过右焦点的直线与椭圆交于、两点，点的坐标为，设直线和的斜率分别为和，求的值.
20．在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，，是动点，且直线与的斜率之积等于.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）设是曲线的左焦点，过点的直线与曲线相交于，两点，过，分别作直线的垂线与轴相交于，两点.若，求此时直线的斜率.
21．已知椭圆：的离心率为设过点的直线交椭圆于，两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线的斜率为，求；
（3）设为椭圆的左顶点，分别交轴于点，在轴上是否存在点使得以为直径的圆恒过点？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，说明理由．
试卷第4页，共4页
试卷第9页，共9页
参考答案
1．B
【分析】
求出直线的斜率后可得倾斜角．
【详解】
经过两点的直线的斜率为，
设该直线的倾斜角为 ，则，
又，所以.
故选：B
2．C
【分析】
根据给定的双曲线方程写出其渐近线方程，再已知的比对即可得解.
【详解】
双曲线的渐近线方程为，
依题意得，解得，
所以.
故选：C
3．A
【分析】
根据点到直线的距离求出圆心到直线的距离，再根据与半径的大小关系，得出结果．
【详解】
由于圆，所以圆心，半径等于，
圆心到直线的距离为，故直线和圆相交.
故选：A.
4．D
【分析】
求得圆的圆心，半径，根据，得到，结合点到直线的距离公式，求得的最小值，进而求得的最小值.
【详解】
如图所示，化简圆的方程为，可得圆心，半径，
因为为圆的切线且为切点，所以，
由勾股定理可得，
所以当最小时，取得最小值，
因为，
所以，即的最小值为.
故选：D.
5．D
【分析】
根据两圆圆心之间的距离大于两圆半径之差，小于两圆半径之和，那么两圆相交.
【详解】
圆C1：x2＋y2＝49，圆心为 ，半径 ，
圆C2：x2＋y2－6x－8y＋9＝0，圆心为 ，半径 ，
两圆圆心之间距离为5， ，故两圆相交，
故选：D
6．A
【分析】
根据直线与抛物线的位置关系可得答案.
【详解】
“直线与抛物线相切”可得“直线与抛物线只有一个公共点”，
“直线与抛物线只有一个公共点”时，直线可能与对称轴平行，此时不相切，
故“直线与抛物线相切”是“直线与抛物线只有一个公共点”的充分不必要条件.
故选：A
7．D
【分析】
以点为圆心作圆，则通过改变圆的半径大小，使得圆与椭圆相交于两点，这样，于是是等腰三角形，即可知结论正确的是D．
【详解】
取直线上的任意点，以点为圆心作圆，通过改变圆的半径大小，使得圆与椭圆相交于两点，这样，于是是等腰三角形，所以对于直线上的所有点，椭圆都具有性质．
故选：D．
8．A
【分析】
连接，可证，即，可确定E的位置，由题意，可得P必定在线段AE的中垂面上，根据面面相交的性质，即可得答案.
【详解】
连接，因为，且，
所以，即，
所以点E是体对角线上的定点，
连接AE，则直线AE也是定直线．
因为，所以动点P必定在线段AE的中垂面上，
所以中垂面与底面的交线就是动点P的轨迹，
所以动点P的轨迹是线段．
故选：A
9．B
【分析】
利用点关于直线对称点的求解方法可求得点关于直线的对称点，将问题转化为点和圆上的点连线的最小值的求解，利用点和圆心之间的距离减圆的半径可得结果.
【详解】
设点关于直线的对称点为，则，的中点为，，解得：，，
要使从点到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离，即为点和圆上的点连线的最小值，从点到军营最短总路程为点和圆心之间的距离减圆的半径，
“将军饮马”的最短总路程为.
故选：B.
10．C
【分析】
先设直线的方程为，与抛物线联立方程组，得到韦达定理，利用直线垂直的充要条件进行分析，即可判断选项A；由抛物线的定义，即可判断选项B；由抛物线的性质推出直线与轴平行，即可判断选项C；由三点共线得到和的关系，表示出，由的取值求出的范围，即可判断选项D．
【详解】
解：由题意可知，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，
联立方程组，可得，
则，即，
故．
对于A，若存在以为直角顶点的，则，
因为，则，
所以，又，
故，解得，
所以只要，即即可，故选项A正确；
对于B，若，，又抛物线的交点是点C（1，0），由抛物线的定义可得，，
因为，所以，故选项B正确；
对于C，若△ABC是等边三角形，则，则，故直线与轴平行，与题意矛盾，故选项C错误；
对于D，若，，，三点共线，则直线过点C，则有，即，
所以，
因为，，所以，故选项D正确．
故选：C．
11．4
【分析】
先求出的左焦点，得到抛物线的准线，依据的意义求出它的值．
【详解】
解：双曲线的左焦点为（﹣2，0），
故抛物线的准线为，
∴，∴，
故答案为：4．
12．.
【分析】
先根据平行关系求解出的值，然后根据两平行直线间的距离公式求解出结果.
【详解】
因为和互相平行，
所以且，所以，
此时两直线为：，
所以两平行直线间的距离为，
故答案为：.
13．
【分析】
利用椭圆定义求出的值，并求出的值，由此可得出椭圆的离心率的值.
【详解】
如图，，，
因为点在椭圆上，则，所以，椭圆的离心率为.
故答案为：.
14．
【分析】
根据点得抛物线方程，设过点的切线方程，由相切得，解得，设，再由两点表示斜率得，，从而得纵坐标之后，再由，结合点求直线方程即可.
【详解】
点在抛物线上，可得，所以，，
圆的标准方程为：，则圆心为，半径，
设过点的切线方程（斜率显然存在）为：，即，
则，解得.
不妨令，设，
则，得，
同理，得，
所以，
所以直线的斜率为：
直线的方程为：，即，
由 ，
所以，即
故答案为：；
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是根据直线与圆相切求得切线斜率，进而利用坐标表示斜率得和，从而本题得解.
15．①②③
【分析】
设曲线上任意一点坐标为，求出其关于原点的对称点坐标为，关于的对称点为，将这两个点代入曲线的方程即可判断①②是否正确；分别令，，，即可判断③是否正确；设，由题意易得，根据基本不等式可得，即可判断④是否正确.
【详解】
设曲线上任意一点坐标为，
则其关于原点的对称点坐标为，关于的对称点为，
将代入曲线，
得，所以点在曲线上，所以曲线关于原点中心对称，故选项①正确；
将代入曲线，
得，所以点在曲线上，所以曲线关于轴对称，故选项②正确；
当时，；当时，；当时，；当时，．
∴曲线恰好经过个整点，故③正确；
设，则，若，
则，
所以，
又，所以，当且仅当时取等号；
又
故在曲线上不存在点，使得，故④错误；
故答案为：①②③.
16．（Ⅰ）；（Ⅱ）答案见解析.
【分析】
（Ⅰ）设圆心，易知，由圆与轴相切于点，可求以及，写出圆的方程即可.
（Ⅱ）所给的两个条件，均可得到直线的距离，结合点线距离公式即可求的值.
【详解】
（Ⅰ）设圆心坐标为，半径为.
由圆的圆心在直线上，知：.
又∵圆与轴相切于点，
∴，，则.
∴圆的圆心坐标为，则圆的方程为.
（Ⅱ）如果选择条件①：，而，
∴圆心到直线的距离，则，解得或.
如果选择条件②：，而，
∴圆心到直线的距离，则，解得或.
17．（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）将点代入圆的方程求出，然后又圆的面积公式求解即可；
（2）设，，，，且，，联立直线与圆的方程联立，得到韦达定理，利用斜率的关系以及两点间斜率公式，求出，，然后由三角形的面积公式化简求解，即可证明结论．
【详解】
（1）解：因为圆过点，则，
所以圆的面积为；
（2）证明：设，，，，且，，
由题意可知，，，
联立方程组，可得，
所以，解得，
，，
所以，
，
则，故，
所以，
则
，
所以，
故为定值2．
18．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法进行求解即可；
（2）根据直线与椭圆的位置关系求出点的坐标，结合平面向量垂直的性质进行求解即可.
【详解】
（1）由已知得，，而，解得，
椭圆的方程为；
（2）设直线方程为
代入得，
化简得
由，
得，，
设，则，，
则
设，则，则，
所以在轴存在使.
，
，所以在.
19．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）分直线与轴重合与不重合两种情况讨论，在第一种情况下，直接计算的值，在第二种情况下，设直线的方程为，设点、，联立直线与椭圆的标准方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式可求得的值.
【详解】
（1）设椭圆的焦距为，由已知条件可得，解得，
因此，椭圆的标准方程为；
（2）若直线与轴重合，则、为椭圆的长轴的端点，则，
此时，；
若直线与轴不重合，易知点，
设直线的方程为，设点、，
联立，消去并整理得，
，
由韦达定理可得，，
，同理可得，
所以，.
综上所述，.
【点睛】
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20．（1）；（2）.
【分析】
（1）设，由可得答案；
（2）可得，设直线l的方程为，，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得，然后可得，，然后再表示,即可求得直线的斜率.
【详解】
（1）设，则，
所以可得动点P的轨迹C的方程为
（2）可得，设直线l的方程为，
联立可得
所以
因为过A，B分别作直线l的垂线与x轴相交于M，N两点
所以
所以直线的方程为，令可得，同理可得
所以
所以
解得，所以
21．（1）；（2）；（3）存在，．
【分析】
（1）根据离心率与关系列方程求解即可得椭圆方程；
（2）写出直线方程代入椭圆方程求出交点坐标，结合两点距离公式即可求解；
（3）设的方程为，代入椭圆方程求得两根关系，依题先求出坐标表达式，若以为直径的圆恒过点，则，写出坐标关系并化简求解即可得坐标．
【详解】
解：（1）设椭圆的半焦距为根据题意，解得.
所以椭圆的方程为. ..
（2） 直线的方程.
由消去，得，即.
解得或. 所以
（3）若满足题意的定点存在，设.
直线斜率为0时，不满足题意；
设的方程为，
联立方程组，化简得.
恒成立.
设，，
则，.
直线的方程为，令，得，
同理得.
若以为直径的圆恒过点，则，
即，又，，
化简得.
把，代入得，
整理得，得.
所以 以为直径的圆恒过定点．
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
高二同步专题测试卷 9 / 9
综合练习（2）
本试卷共9页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分 （选择题爱共40分）
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项)
1．经过两点的直线的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
2．设双曲线的一条渐近线方程为，则（ ）
A． B． C． D．
3．直线：与圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
4．已知，直线，为上一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
5．已知两圆分别为圆C1：x2＋y2＝49和圆C2：x2＋y2－6x－8y＋9＝0，这两圆的位置关系是（ ）
A．相离 B．外切 C．内含 D．相交
6．“直线与抛物线相切”是“直线与抛物线只有一个公共点”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
7．点在直线上，若椭圆上存在两点，使得是等腰三角形，则称椭圆具有性质．下列结论中正确的是（ ）
A．对于直线上的所有点，椭圆都不具有性质
B．直线上仅有有限个点，使椭圆具有性质
C．直线上有无穷多个点（但不是所有的点），使椭圆具有性质
D．对于直线上的所有点，椭圆都具有性质
8．如图，正方体中，P为底面上的动点，于E，且则点P的轨迹是（ ）
A．线段 B．圆 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分
9．唐代诗人李欣的是古从军行开头两句说“百日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”诗中隐含着一个有趣的数学故事“将军饮马”的问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从出发，河岸线所在直线方程，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A． B． C． D．
10．已知抛物线C：y2=4x上的两点分别为，，且点C（1，0），若直线AB与坐标轴不平行，则下列说法错误的是（ ）
A．存在以点A为直角顶点的Rt△ABC B．若，则|AC|≠|BC|
C．△ABC可能是等边三角形 D．当A、B、C三点共线时，则|AB|>4
第二部分 （非选择题爱共110分）
二、填空题(共5小题，每小题5分，共25分)
11．若抛物线（）的准线经过双曲线的一个焦点，则______．
12．已知直线和互相平行，则它们之间的距离是___________.
13．已知长方形，，，则以、为焦点，且过、的椭圆的离心率为__________．
14．已知点在抛物线上，直线交抛物线于两点，且直线与都是圆的切线，则两点纵坐标之和是___________，直线的方程为___________.
15．已知曲线．给出下列结论：
①曲线是中心对称图形；
②曲线是轴对称图形；
③曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
④设为坐标原点，则曲线上存在点，使得．
其中，所有正确结论的序号是________．
三、解答题(共6小题，共85分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程)
16．已知圆的圆心在直线上，且与轴相切于点.
（Ⅰ）求圆的方程；
（Ⅱ）若圆与直线：交于，两点，_____________，求的值.从下列两个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：条件①：；条件②：.注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.
17．已知圆：过点．
（1）求圆的面积；
（2）直线：交轴于点，交圆于，两点，直线，分别交轴于点，，记，的面积分别为，，求证：为定值．
18．已知椭圆：经过点为，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆相切于点，与直线相交于点.已知点，且，求此时的值.
19．已知椭圆，过点，离心率.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过右焦点的直线与椭圆交于、两点，点的坐标为，设直线和的斜率分别为和，求的值.
20．在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，，是动点，且直线与的斜率之积等于.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）设是曲线的左焦点，过点的直线与曲线相交于，两点，过，分别作直线的垂线与轴相交于，两点.若，求此时直线的斜率.
21．已知椭圆：的离心率为设过点的直线交椭圆于，两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线的斜率为，求；
（3）设为椭圆的左顶点，分别交轴于点，在轴上是否存在点使得以为直径的圆恒过点？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，说明理由．
试卷第4页，共4页
试卷第9页，共9页
参考答案
1．B
【分析】
求出直线的斜率后可得倾斜角．
【详解】
经过两点的直线的斜率为，
设该直线的倾斜角为 ，则，
又，所以.
故选：B
2．C
【分析】
根据给定的双曲线方程写出其渐近线方程，再已知的比对即可得解.
【详解】
双曲线的渐近线方程为，
依题意得，解得，
所以.
故选：C
3．A
【分析】
根据点到直线的距离求出圆心到直线的距离，再根据与半径的大小关系，得出结果．
【详解】
由于圆，所以圆心，半径等于，
圆心到直线的距离为，故直线和圆相交.
故选：A.
4．D
【分析】
求得圆的圆心，半径，根据，得到，结合点到直线的距离公式，求得的最小值，进而求得的最小值.
【详解】
如图所示，化简圆的方程为，可得圆心，半径，
因为为圆的切线且为切点，所以，
由勾股定理可得，
所以当最小时，取得最小值，
因为，
所以，即的最小值为.
故选：D.
5．D
【分析】
根据两圆圆心之间的距离大于两圆半径之差，小于两圆半径之和，那么两圆相交.
【详解】
圆C1：x2＋y2＝49，圆心为 ，半径 ，
圆C2：x2＋y2－6x－8y＋9＝0，圆心为 ，半径 ，
两圆圆心之间距离为5， ，故两圆相交，
故选：D
6．A
【分析】
根据直线与抛物线的位置关系可得答案.
【详解】
“直线与抛物线相切”可得“直线与抛物线只有一个公共点”，
“直线与抛物线只有一个公共点”时，直线可能与对称轴平行，此时不相切，
故“直线与抛物线相切”是“直线与抛物线只有一个公共点”的充分不必要条件.
故选：A
7．D
【分析】
以点为圆心作圆，则通过改变圆的半径大小，使得圆与椭圆相交于两点，这样，于是是等腰三角形，即可知结论正确的是D．
【详解】
取直线上的任意点，以点为圆心作圆，通过改变圆的半径大小，使得圆与椭圆相交于两点，这样，于是是等腰三角形，所以对于直线上的所有点，椭圆都具有性质．
故选：D．
8．A
【分析】
连接，可证，即，可确定E的位置，由题意，可得P必定在线段AE的中垂面上，根据面面相交的性质，即可得答案.
【详解】
连接，因为，且，
所以，即，
所以点E是体对角线上的定点，
连接AE，则直线AE也是定直线．
因为，所以动点P必定在线段AE的中垂面上，
所以中垂面与底面的交线就是动点P的轨迹，
所以动点P的轨迹是线段．
故选：A
9．B
【分析】
利用点关于直线对称点的求解方法可求得点关于直线的对称点，将问题转化为点和圆上的点连线的最小值的求解，利用点和圆心之间的距离减圆的半径可得结果.
【详解】
设点关于直线的对称点为，则，的中点为，，解得：，，
要使从点到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离，即为点和圆上的点连线的最小值，从点到军营最短总路程为点和圆心之间的距离减圆的半径，
“将军饮马”的最短总路程为.
故选：B.
10．C
【分析】
先设直线的方程为，与抛物线联立方程组，得到韦达定理，利用直线垂直的充要条件进行分析，即可判断选项A；由抛物线的定义，即可判断选项B；由抛物线的性质推出直线与轴平行，即可判断选项C；由三点共线得到和的关系，表示出，由的取值求出的范围，即可判断选项D．
【详解】
解：由题意可知，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，
联立方程组，可得，
则，即，
故．
对于A，若存在以为直角顶点的，则，
因为，则，
所以，又，
故，解得，
所以只要，即即可，故选项A正确；
对于B，若，，又抛物线的交点是点C（1，0），由抛物线的定义可得，，
因为，所以，故选项B正确；
对于C，若△ABC是等边三角形，则，则，故直线与轴平行，与题意矛盾，故选项C错误；
对于D，若，，，三点共线，则直线过点C，则有，即，
所以，
因为，，所以，故选项D正确．
故选：C．
11．4
【分析】
先求出的左焦点，得到抛物线的准线，依据的意义求出它的值．
【详解】
解：双曲线的左焦点为（﹣2，0），
故抛物线的准线为，
∴，∴，
故答案为：4．
12．.
【分析】
先根据平行关系求解出的值，然后根据两平行直线间的距离公式求解出结果.
【详解】
因为和互相平行，
所以且，所以，
此时两直线为：，
所以两平行直线间的距离为，
故答案为：.
13．
【分析】
利用椭圆定义求出的值，并求出的值，由此可得出椭圆的离心率的值.
【详解】
如图，，，
因为点在椭圆上，则，所以，椭圆的离心率为.
故答案为：.
14．
【分析】
根据点得抛物线方程，设过点的切线方程，由相切得，解得，设，再由两点表示斜率得，，从而得纵坐标之后，再由，结合点求直线方程即可.
【详解】
点在抛物线上，可得，所以，，
圆的标准方程为：，则圆心为，半径，
设过点的切线方程（斜率显然存在）为：，即，
则，解得.
不妨令，设，
则，得，
同理，得，
所以，
所以直线的斜率为：
直线的方程为：，即，
由 ，
所以，即
故答案为：；
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是根据直线与圆相切求得切线斜率，进而利用坐标表示斜率得和，从而本题得解.
15．①②③
【分析】
设曲线上任意一点坐标为，求出其关于原点的对称点坐标为，关于的对称点为，将这两个点代入曲线的方程即可判断①②是否正确；分别令，，，即可判断③是否正确；设，由题意易得，根据基本不等式可得，即可判断④是否正确.
【详解】
设曲线上任意一点坐标为，
则其关于原点的对称点坐标为，关于的对称点为，
将代入曲线，
得，所以点在曲线上，所以曲线关于原点中心对称，故选项①正确；
将代入曲线，
得，所以点在曲线上，所以曲线关于轴对称，故选项②正确；
当时，；当时，；当时，；当时，．
∴曲线恰好经过个整点，故③正确；
设，则，若，
则，
所以，
又，所以，当且仅当时取等号；
又
故在曲线上不存在点，使得，故④错误；
故答案为：①②③.
16．（Ⅰ）；（Ⅱ）答案见解析.
【分析】
（Ⅰ）设圆心，易知，由圆与轴相切于点，可求以及，写出圆的方程即可.
（Ⅱ）所给的两个条件，均可得到直线的距离，结合点线距离公式即可求的值.
【详解】
（Ⅰ）设圆心坐标为，半径为.
由圆的圆心在直线上，知：.
又∵圆与轴相切于点，
∴，，则.
∴圆的圆心坐标为，则圆的方程为.
（Ⅱ）如果选择条件①：，而，
∴圆心到直线的距离，则，解得或.
如果选择条件②：，而，
∴圆心到直线的距离，则，解得或.
17．（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）将点代入圆的方程求出，然后又圆的面积公式求解即可；
（2）设，，，，且，，联立直线与圆的方程联立，得到韦达定理，利用斜率的关系以及两点间斜率公式，求出，，然后由三角形的面积公式化简求解，即可证明结论．
【详解】
（1）解：因为圆过点，则，
所以圆的面积为；
（2）证明：设，，，，且，，
由题意可知，，，
联立方程组，可得，
所以，解得，
，，
所以，
，
则，故，
所以，
则
，
所以，
故为定值2．
18．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法进行求解即可；
（2）根据直线与椭圆的位置关系求出点的坐标，结合平面向量垂直的性质进行求解即可.
【详解】
（1）由已知得，，而，解得，
椭圆的方程为；
（2）设直线方程为
代入得，
化简得
由，
得，，
设，则，，
则
设，则，则，
所以在轴存在使.
，
，所以在.
19．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）分直线与轴重合与不重合两种情况讨论，在第一种情况下，直接计算的值，在第二种情况下，设直线的方程为，设点、，联立直线与椭圆的标准方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式可求得的值.
【详解】
（1）设椭圆的焦距为，由已知条件可得，解得，
因此，椭圆的标准方程为；
（2）若直线与轴重合，则、为椭圆的长轴的端点，则，
此时，；
若直线与轴不重合，易知点，
设直线的方程为，设点、，
联立，消去并整理得，
，
由韦达定理可得，，
，同理可得，
所以，.
综上所述，.
【点睛】
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20．（1）；（2）.
【分析】
（1）设，由可得答案；
（2）可得，设直线l的方程为，，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得，然后可得，，然后再表示,即可求得直线的斜率.
【详解】
（1）设，则，
所以可得动点P的轨迹C的方程为
（2）可得，设直线l的方程为，
联立可得
所以
因为过A，B分别作直线l的垂线与x轴相交于M，N两点
所以
所以直线的方程为，令可得，同理可得
所以
所以
解得，所以
21．（1）；（2）；（3）存在，．
【分析】
（1）根据离心率与关系列方程求解即可得椭圆方程；
（2）写出直线方程代入椭圆方程求出交点坐标，结合两点距离公式即可求解；
（3）设的方程为，代入椭圆方程求得两根关系，依题先求出坐标表达式，若以为直径的圆恒过点，则，写出坐标关系并化简求解即可得坐标．
【详解】
解：（1）设椭圆的半焦距为根据题意，解得.
所以椭圆的方程为. ..
（2） 直线的方程.
由消去，得，即.
解得或. 所以
（3）若满足题意的定点存在，设.
直线斜率为0时，不满足题意；
设的方程为，
联立方程组，化简得.
恒成立.
设，，
则，.
直线的方程为，令，得，
同理得.
若以为直径的圆恒过点，则，
即，又，，
化简得.
把，代入得，
整理得，得.
所以 以为直径的圆恒过定点．
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
高二同步专题测试卷 9 / 9