2025人教B版高中数学选择性必修第一册同步练习题（含解析）--第二章 平面解析几何
文档属性
| 名称 | 2025人教B版高中数学选择性必修第一册同步练习题（含解析）--第二章 平面解析几何 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 455.1KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-06-02 14:49:01 | ||
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文档简介
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2025人教B版高中数学选择性必修第一册
第二章 平面解析几何
全卷满分150分 考试用时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40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.直线x-y-1=0的倾斜角α=( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
2.若直线l1:ax-y+1=0与直线l2:(a+2)x-ay-1=0平行,则实数a=( )
A.-1 B.2 C.-1或2 D.1或-2
3.已知平面上点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y),以下叙述错误的是( )
A.若|MA|2-|MB|2=3,则M的轨迹是一条直线
B.若|MA|-|MB|=4,则M的轨迹是双曲线的一支
C.若|MA|=k|MB|(k为正实数,且k≠1),则M的轨迹一定是圆
D.若|MA|+|MB|=8,则M的轨迹是椭圆
4.已知圆C1:x2+y2+4x+3=0,圆C2:x2+y2-8x+12=0,下列直线中不能与圆C1,C2同时相切的是( )
A.x-3y=0
C.x+y-8=0
5.已知椭圆C:=1(a>b>0),O为坐标原点,直线l交椭圆于A,B两点,M为AB的中点.若直线l与OM的斜率之积为-,则C的离心率为( )
A.
6.已知圆(x-a)2+y2=9(a>5)上存在点M,使||(O为坐标原点)成立,Q(2,0),则实数a的取值范围是( )
A.a>7 B.5C.≤a≤7 D.57.台风中心从A地以每小时20 km的速度向东北方向移动,台风中心30 km内的地区为危险地区,若城市B在A地正东方向40 km处,则城市B处于危险区内的时间为( )
A.0.5 h B.1 h
C.1.5 h D.2 h
8.设A,B分别是双曲线x2-=1的左、右顶点,过P的直线PA,PB与双曲线分别交于点M,N,直线MN交x轴于点Q,过Q的直线交双曲线的右支于S,T两点,且,则△BST的面积为( )
A.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知圆O:x2+y2=4和圆M:x2+y2+4x-2y+4=0,下列说法正确的是( )
A.两圆的公共弦所在直线的方程为y=2x+2
B.圆O上有2个点到直线x+y+2=0的距离为
C.两圆有两条公切线
D.若点E在圆O上,点F在圆M上,则|EF|的最大值为+3
10.已知O为坐标原点,M,N是抛物线C:x2=2py(p>0)上两点,焦点为F,抛物线上一点P(t,1)到焦点F的距离为,则下列说法正确的是( )
A.p=1
B.若OM⊥ON,则直线MN恒过点(0,1)
C.若△MOF的外接圆与抛物线C的准线相切,则该圆的半径为
D.若,则直线MN的斜率为±
11.如图,F1,F2是双曲线C1:x2-=1与椭圆C2的公共焦点,点A是C1,C2在第一象限的公共点,设C2的方程为=1(a>b>0),则( )
A.a2+b2=4
B.△AF1F2的内切圆与x轴相切于点(1,0)
C.若|F1F2|=|F1A|,则C2的离心率为
D.若AF1⊥AF2,则椭圆方程为=1
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知A,直线AM,BM相交于点M,且直线AM的斜率与直线BM的斜率的差是,则点M的轨迹C的方程是 .若F为轨迹C的焦点,P是直线l:y=-1上的一点,Q是直线PF与轨迹C的一个交点,且,则|QF|= .
13.已知椭圆=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,以F2为圆心,b-c(b>c>0)为半径作圆F2,过椭圆上一点P作此圆的切线,切点为T,且|PT|的最小值不小于(a-c),则椭圆的离心率e的取值范围是 .
14.已知点P(0,2),圆O:x2+y2=16上两点M(x1,y1),N(x2,y2),且(λ∈R),则|3x1+4y1+25|+|3x2+4y2+25|的最小值为 .
四、解答题(本题共5小题,共77分)
15.(13分)如图,已知点A(2,3),B(4,1),△ABC是以AB为底边的等腰三角形,点C在直线l:x-2y+2=0上.
(1)求AB边上的高CE所在直线的方程;
(2)求△ABC的面积.
16.(15分)某公园有一圆柱形景观建筑物,底面直径为4米,在其南面有一条东西走向的观景直道,在其东、西两侧有与直道平行的两段辅道,且观景直道与辅道的距离为6米.已知在建筑物底面中心O的东北方向且距离为10米的点A处有一台360°全景摄像头,其安装高度低于建筑物的高度.
(1)若在西辅道上与建筑物底面中心O距离为5米的点B处有一游客,该游客是否在该摄像头的监控范围内
(2)求观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度.
17.(15分)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的离心率为2,F为双曲线的右焦点,直线l过F与双曲线的右支交于P,Q两点,且点P在第一象限,当l垂直于x轴时,|PQ|=6.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)过点F且垂直于l的直线l'与双曲线C的左、右两支分别交于M,N,求的取值范围.
18.(17分)设圆x2+y2-2x-15=0的圆心为M,直线l过点N(-1,0)且与x轴不重合,l交圆M于A,B两点,过点N作AM的平行线交BM于点C.
(1)证明|CM|+|CN|为定值,并写出点C的轨迹方程;
(2)设点C的轨迹为曲线E,直线l1:y=kx与曲线E交于P,Q两点,点R为曲线E上一点,若
△RPQ是以PQ为底边的等腰三角形,求△RPQ的面积的最小值.
19.(17分)已知椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.
(1)求E的方程;
(2)过点T(1,0)分别作斜率和为1的两条直线l1与l2,设l1交E于A,B两点,l2交E于C,D两点,AB,CD的中点分别为M,N.求证:直线MN过定点.
答案与解析
第二章 平面解析几何
1.A 2.B 3.B 4.D 5.D 6.D
7.B 8.A 9.BCD 10.AD 11.BCD
1.A 直线x-y-1=0的斜率k=.由斜率和倾斜角的关系可得tan α=,∵0°≤α<180°,∴α=30°.故选A.
2.B 因为l1∥l2,所以-a2+a+2=0,解得a=-1或a=2.
当a=-1时,l1与l2重合,不符合题意.当a=2时,l1∥l2,符合题意.
故选B.
3.B 对于A,根据题意可得(x+2)2+y2-[(x-2)2+y2]=3,整理可得x=,故M的轨迹是一条直线,A中叙述正确;
对于B,因为|MA|-|MB|=4=|AB|,所以M的轨迹是一条射线,不是双曲线,故B中叙述错误;
对于C,由|MA|=k|MB|(k>0,且k≠1),得(x+2)2+y2=k2[(x-2)2+y2],整理得,其表示圆心为,半径为的圆,故C中叙述正确;
对于D,因为|MA|+|MB|=8>|AB|,所以M的轨迹是焦点为A,B,且长轴长为8的椭圆,故D中叙述正确.
故选B.
4.D 由题意知C1:(x+2)2+y2=1,C2:(x-4)2+y2=4,所以圆C1的圆心为(-2,0),半径为1;圆C2的圆心为(4,0),半径为2.
对于A,圆C1的圆心(-2,0)到直线的距离为=1,与半径相等;圆C2的圆心(4,0)到直线的距离为=2,与半径相等,故直线x+3y=0是两圆的一条公切线.
对于B,圆C1的圆心(-2,0)到直线的距离为=1,与半径相等;圆C2的圆心(4,0)到直
线的距离为=2,与半径相等,故直线x-3y=0是两圆的一条公切线.
对于C,圆C1的圆心(-2,0)到直线的距离为=1,与半径相等;圆C2的圆心(4,0)到直线的距离为=2,与半径相等,故直线x+y+8=0是两圆的一条公切线.
对于D,圆C1的圆心(-2,0)到直线的距离为,与半径不相等,故直线x-y-8=0不可能是两圆的公切线.
故选D.
5.D 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0).
由A,B两点在椭圆C上,可得=1,
两式相减,得=0.
因为M为AB的中点,所以x0=,
所以=0,所以kAB=.
又kOM=,所以kAB·kOM=-,即,
所以椭圆C的离心率e=.
故选D.
6.D 设点M(x,y).∵||,∴x2+y2=4[(x-2)2+y2],整理得,即点M的轨迹是以为圆心,为半径的圆,
由题意可得该圆与以(a,0)为圆心,3为半径的圆有公共点,又a>5,
∴3-≤a-≤3+,∴57.B 以A为坐标原点,正东方向为x轴正方向,正北方向为y轴正方向建立平面直角坐标系(图略),则B(40,0).
以B为圆心,30为半径的圆的方程为(x-40)2+y2=302.
易知台风中心的运动轨迹方程为y=x,所以圆心B到直线y=x的距离为,则直线y=x被圆(x-40)2+y2=302 截得的弦长为2×=20,所以城市B处于危险区内的时间为=1(h).故选B.
8.A 双曲线x2-=1的左、右顶点分别为A(-1,0),B(1,0),
又P,∴直线PA的方程为x=-1,直线PB的方程为x=-+1.由=0,解得y=0或y=,
将y=代入x=-1,得x=.
由y=0,解得y=0或y=,
将y=代入x=-+1,得x=.
设Q(s,0),由M,N,Q三点共线,可得kMN=kQN,∴,
将M,N的坐标代入,化简可得,解得s=2,即Q(2,0).
设过Q的直线方程为x=my+2,S(x1,y1),T(x2,y2),
由得(3m2-1)y2+12my+9=0,
则y1+y2=-,Δ=144m2-36(3m2-1)>0恒成立.
∵解得m2=.
∴S△BST=|BQ|·|y1-y2|=
=.故选A.
9.BCD 易得圆O:x2+y2=4的圆心为O(0,0),半径R=2;圆M:x2+y2+4x-2y+4=0可化为(x+2)2+(y-1)2=1,所以圆心M(-2,1),半径r=1.
对于A,易得圆心距为|OM|=对于B,圆心O(0,0)到直线x+y+2=0的距离d=,因为R-d=2-,所以圆O上有2个点到直线x+y+2=0的距离为,故B正确.
对于C,由A中分析知两圆相交,故两圆有两条公切线,故C正确.
对于D,|EF|max=|OM|+2+1=+3,故D正确.
故选BCD.
10.AD 对于A,根据抛物线的定义知1+,解得p=1,故A正确.
对于B,设M(x1,y1),N(x2,y2),易知直线MN的斜率一定存在,设直线MN的方程为y=kx+b,代入x2=2y中,得x2-2kx-2b=0,则Δ=4k2+8b>0,x1+x2=2k,x1x2=-2b,所以kOMkON==-1,解得b=2,所以直线MN恒过点(0,2),故B错误.
对于C,易得F,O(0,0),因为△MOF外接圆的圆心为各边垂直平分线的交点,所以△MOF外接圆圆心的纵坐标为,又其与抛物线的准线相切,所以外接圆半径为,故C错误.
对于D,因为,所以直线MN过焦点F,且|MF|=2|FN|,设直线MN的倾斜角为θ,由抛物线性质知MN的斜率为互为相反数的两个值,如图,过M,N分别向准线作垂线MA,NB,过N向MA作垂线NC,设|FN|=m(m>0),则|MN|=3m,|NB|=m,|MA|=2m,|MC|=m,所以|NC|=2m,则
tan θ=,故D正确.
故选AD.
11.BCD 由双曲线C1:x2-=1可得c==2,∴a2-b2=c2=4,故A错误;
设△AF1F2的内切圆的圆心为I,圆I与边AF1,F1F2,F2A相切于点N,M,K,连接NI,MI,KI,如图所示:
则|AN|=|AK|,|F1M|=|F1N|,|F2M|=|F2K|,
由双曲线的定义得|AF1|-|AF2|=2,即(|AN|+|F1N|)-(|AK|+|F2K|)=|F1N|-|F2K|=|F1M|-|F2M|=2①,
又|F1M|+|F2M|=4②,∴由①②解得|F2M|=1,|F1M|=3,
∴M(1,0),∴圆I与x轴相切于点(1,0),故B正确;
椭圆C2中,|F1A|+|F2A|=2a,又|F1A|-|F2A|=2,∴|F1A|=a+1,|F2A|=a-1,由|F1F2|=|F1A|,得4=a+1,解得a=3,则C2的离心率为,故C正确;
若AF1⊥AF2,则,即(a+1)2+(a-1)2=4c2=16,解得a=,则b=,∴椭圆的方程为=1,故D正确.故选BCD.
12.答案 x2=4y(x≠±1);
解析 设M(x,y),x≠±1,由题意,得kAM-kBM=,整理,得点M的轨迹C的方程是x2=4y(x≠±1).
∵F为轨迹C的焦点,∴F(0,1),
如图,过点Q作QS⊥y轴于点S,设直线l与y轴交于点N,
∵,
∴Q.
13.答案
解析 ∵|PT|=,∴当|PF2|取得最小值时,|PT|取得最小值.
当P点位于椭圆的右顶点时,|PF2|取得最小值,且最小值为a-c,
∴(a-c),∴(a-c)2≥4(b-c)2,∴a-c≥2(b-c),
∴a+c≥2b,∴(a+c)2≥4(a2-c2),即5c2+2ac-3a2≥0,∴5e2+2e-3≥0,
解得e≥或e≤-1(舍去).又e∈(0,1),∴≤e<1.①
∵b>c,∴b2>c2,∴a2-c2>c2,∴a2>2c2,∴e2<.②
由①②得≤e<.故椭圆的离心率e的取值范围为.
14.答案 48
解析 ∵(λ∈R),∴P,M,N三点共线.又∵圆O:x2+y2=16过点M(x1,y1),N(x2,y2),∴M,N是过点P(0,2)的直线与圆x2+y2=16的两交点.
的几何意义为M,N两点到直线3x+4y+25=0的距离和.
设线段MN的中点坐标为(x0,y0),则2x0=x1+x2,2y0=y1+y2,
∴=2·.
∵M,N是过点P(0,2)的直线与圆x2+y2=16的两交点,
∴=16,两式作差,得.
由斜率公式可得,化简可得+(y0-1)2=1,则MN的中点的轨迹是以(0,1)为圆心,1为半径的圆,
∴(x0,y0)到直线3x+4y+25=0的距离的最小值为.
∵|3x1+4y1+25|+|3x2+4y2+25|=5,
∴(|3x1+4y1+25|+|3x2+4y2+25|)min=5×2×=48.
15.解析 (1)由题意可知,E为AB的中点,且kCE=-=1,(2分)
所以E(3,2),(3分)
因此CE所在直线的方程为y-2=x-3,即x-y-1=0.(6分)
(2)由得C(4,3),(8分)
所以|AC|=|BC|=2,AC⊥BC,(11分)
故S△ABC=|AC|·|BC|=2.(13分)
16.解析 (1)以O为坐标原点,正东、正北方向分别为x轴、y轴的正方向,建立平面直角坐标系,则O(0,0),A(10,10),B(-5,0),(2分)
所以直线AB的方程为,即2x-3y+10=0,(4分)
所以点O到直线AB的距离d=,(6分)
所以直线AB与圆O相交,所以该游客不在该摄像头的监控范围内.(8分)
(2)易知观景直道所在直线的方程为y=-6,且过点A的直线l与圆O相切或相离时,摄像头监控不会被景观建筑物挡住.(10分)
当直线l与x轴垂直时,直线l不会与圆相切.(11分)
当直线l与x轴不垂直时,设直线l:y-10=k(x-10),即kx-y+10-10k=0,
所以圆心O到直线l的距离为,解得k=或k=2,
所以直线l:y-10=(x-10)或y-10=2(x-10),即x-2y+10=0或2x-y-10=0.(13分)
设两条直线与y=-6的交点分别为D,E,
由解得x=-22,由解得x=2,
所以DE=2-(-22)=24(米),
所以观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为24米.(15分)
17.解析 (1)由题意得c=2a,|PQ|==6,又c2=a2+b2,所以a=1,b=,c=2,(3分)
所以双曲线C的标准方程为x2-=1.(4分)
(2)设lPQ:x=my+2,与双曲线方程x2-=1联立,得(3m2-1)y2+12my+9=0.(6分)
当m=0时,P(2,3),Q(2,-3),此时M(-1,0),N(1,0),所以=-12.(8分)
当m≠0时,设P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4),
因为直线PQ与双曲线的右支相交,所以y1y2=<0,即m∈.
同理,y3y4=.(10分)
依题意)·(,
)·(,
而
.(12分)
因为m∈,所以m2∈,所以m2+,所以
∈(-∞,-6),
所以)∈(-∞,-12).(14分)
综上,的取值范围为(-∞,-12].(15分)
18.解析 (1)方程x2+y2-2x-15=0可化为(x-1)2+y2=16,
所以圆心M(1,0),半径|MB|=4.(1分)
易知AM∥NC,又|MA|=|MB|,所以∠BNC=∠BAM=∠NBC,
所以|CN|=|CB|, (3分)
所以|CM|+|CN|=|CM|+|CB|=|MB|=4>|MN|=2.(4分)
所以点C的轨迹方程为=1(y≠0).(6分)
(2)易知k≠0,设P(x1,y1).由消去y,得(3+4k2)x2=12,(8分)
所以所以|OP|=
(O为坐标原点).(11分)
因为△RPQ是以PQ为底边的等腰三角形,
所以RO⊥PQ,所以kRO·kPQ=-1,则kRO=-.
同理,|OR|=.(14分)
所以S△RPQ==,当且仅当3+4k2=4+3k2,即k=±1时取等号,所以(S△RPQ)min=.(17分)
19.解析 (1)由题意得(3分)
所以椭圆E的方程为=1.(4分)
(2)证明:设直线AB的方程为y=k1(x-1),直线CD的方程为y=k2(x-1),则k1+k2=1.
由消去y,得(2-4=0.(6分)
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,
所以y1+y2=k1(x1-1)+k1(x2-1)=k1(x1+x2-2)=,
所以M.(9分)
同理,得N.(10分)
所以kMN=,(12分)
所以直线MN的方程为y=x-k1k2,即k1k2(x-1)-=0.(15分)
令所以直线MN恒过点.(17分)
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第二章 平面解析几何
全卷满分150分 考试用时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40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.直线x-y-1=0的倾斜角α=( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
2.若直线l1:ax-y+1=0与直线l2:(a+2)x-ay-1=0平行,则实数a=( )
A.-1 B.2 C.-1或2 D.1或-2
3.已知平面上点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y),以下叙述错误的是( )
A.若|MA|2-|MB|2=3,则M的轨迹是一条直线
B.若|MA|-|MB|=4,则M的轨迹是双曲线的一支
C.若|MA|=k|MB|(k为正实数,且k≠1),则M的轨迹一定是圆
D.若|MA|+|MB|=8,则M的轨迹是椭圆
4.已知圆C1:x2+y2+4x+3=0,圆C2:x2+y2-8x+12=0,下列直线中不能与圆C1,C2同时相切的是( )
A.x-3y=0
C.x+y-8=0
5.已知椭圆C:=1(a>b>0),O为坐标原点,直线l交椭圆于A,B两点,M为AB的中点.若直线l与OM的斜率之积为-,则C的离心率为( )
A.
6.已知圆(x-a)2+y2=9(a>5)上存在点M,使||(O为坐标原点)成立,Q(2,0),则实数a的取值范围是( )
A.a>7 B.5
A.0.5 h B.1 h
C.1.5 h D.2 h
8.设A,B分别是双曲线x2-=1的左、右顶点,过P的直线PA,PB与双曲线分别交于点M,N,直线MN交x轴于点Q,过Q的直线交双曲线的右支于S,T两点,且,则△BST的面积为( )
A.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知圆O:x2+y2=4和圆M:x2+y2+4x-2y+4=0,下列说法正确的是( )
A.两圆的公共弦所在直线的方程为y=2x+2
B.圆O上有2个点到直线x+y+2=0的距离为
C.两圆有两条公切线
D.若点E在圆O上,点F在圆M上,则|EF|的最大值为+3
10.已知O为坐标原点,M,N是抛物线C:x2=2py(p>0)上两点,焦点为F,抛物线上一点P(t,1)到焦点F的距离为,则下列说法正确的是( )
A.p=1
B.若OM⊥ON,则直线MN恒过点(0,1)
C.若△MOF的外接圆与抛物线C的准线相切,则该圆的半径为
D.若,则直线MN的斜率为±
11.如图,F1,F2是双曲线C1:x2-=1与椭圆C2的公共焦点,点A是C1,C2在第一象限的公共点,设C2的方程为=1(a>b>0),则( )
A.a2+b2=4
B.△AF1F2的内切圆与x轴相切于点(1,0)
C.若|F1F2|=|F1A|,则C2的离心率为
D.若AF1⊥AF2,则椭圆方程为=1
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知A,直线AM,BM相交于点M,且直线AM的斜率与直线BM的斜率的差是,则点M的轨迹C的方程是 .若F为轨迹C的焦点,P是直线l:y=-1上的一点,Q是直线PF与轨迹C的一个交点,且,则|QF|= .
13.已知椭圆=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,以F2为圆心,b-c(b>c>0)为半径作圆F2,过椭圆上一点P作此圆的切线,切点为T,且|PT|的最小值不小于(a-c),则椭圆的离心率e的取值范围是 .
14.已知点P(0,2),圆O:x2+y2=16上两点M(x1,y1),N(x2,y2),且(λ∈R),则|3x1+4y1+25|+|3x2+4y2+25|的最小值为 .
四、解答题(本题共5小题,共77分)
15.(13分)如图,已知点A(2,3),B(4,1),△ABC是以AB为底边的等腰三角形,点C在直线l:x-2y+2=0上.
(1)求AB边上的高CE所在直线的方程;
(2)求△ABC的面积.
16.(15分)某公园有一圆柱形景观建筑物,底面直径为4米,在其南面有一条东西走向的观景直道,在其东、西两侧有与直道平行的两段辅道,且观景直道与辅道的距离为6米.已知在建筑物底面中心O的东北方向且距离为10米的点A处有一台360°全景摄像头,其安装高度低于建筑物的高度.
(1)若在西辅道上与建筑物底面中心O距离为5米的点B处有一游客,该游客是否在该摄像头的监控范围内
(2)求观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度.
17.(15分)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的离心率为2,F为双曲线的右焦点,直线l过F与双曲线的右支交于P,Q两点,且点P在第一象限,当l垂直于x轴时,|PQ|=6.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)过点F且垂直于l的直线l'与双曲线C的左、右两支分别交于M,N,求的取值范围.
18.(17分)设圆x2+y2-2x-15=0的圆心为M,直线l过点N(-1,0)且与x轴不重合,l交圆M于A,B两点,过点N作AM的平行线交BM于点C.
(1)证明|CM|+|CN|为定值,并写出点C的轨迹方程;
(2)设点C的轨迹为曲线E,直线l1:y=kx与曲线E交于P,Q两点,点R为曲线E上一点,若
△RPQ是以PQ为底边的等腰三角形,求△RPQ的面积的最小值.
19.(17分)已知椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.
(1)求E的方程;
(2)过点T(1,0)分别作斜率和为1的两条直线l1与l2,设l1交E于A,B两点,l2交E于C,D两点,AB,CD的中点分别为M,N.求证:直线MN过定点.
答案与解析
第二章 平面解析几何
1.A 2.B 3.B 4.D 5.D 6.D
7.B 8.A 9.BCD 10.AD 11.BCD
1.A 直线x-y-1=0的斜率k=.由斜率和倾斜角的关系可得tan α=,∵0°≤α<180°,∴α=30°.故选A.
2.B 因为l1∥l2,所以-a2+a+2=0,解得a=-1或a=2.
当a=-1时,l1与l2重合,不符合题意.当a=2时,l1∥l2,符合题意.
故选B.
3.B 对于A,根据题意可得(x+2)2+y2-[(x-2)2+y2]=3,整理可得x=,故M的轨迹是一条直线,A中叙述正确;
对于B,因为|MA|-|MB|=4=|AB|,所以M的轨迹是一条射线,不是双曲线,故B中叙述错误;
对于C,由|MA|=k|MB|(k>0,且k≠1),得(x+2)2+y2=k2[(x-2)2+y2],整理得,其表示圆心为,半径为的圆,故C中叙述正确;
对于D,因为|MA|+|MB|=8>|AB|,所以M的轨迹是焦点为A,B,且长轴长为8的椭圆,故D中叙述正确.
故选B.
4.D 由题意知C1:(x+2)2+y2=1,C2:(x-4)2+y2=4,所以圆C1的圆心为(-2,0),半径为1;圆C2的圆心为(4,0),半径为2.
对于A,圆C1的圆心(-2,0)到直线的距离为=1,与半径相等;圆C2的圆心(4,0)到直线的距离为=2,与半径相等,故直线x+3y=0是两圆的一条公切线.
对于B,圆C1的圆心(-2,0)到直线的距离为=1,与半径相等;圆C2的圆心(4,0)到直
线的距离为=2,与半径相等,故直线x-3y=0是两圆的一条公切线.
对于C,圆C1的圆心(-2,0)到直线的距离为=1,与半径相等;圆C2的圆心(4,0)到直线的距离为=2,与半径相等,故直线x+y+8=0是两圆的一条公切线.
对于D,圆C1的圆心(-2,0)到直线的距离为,与半径不相等,故直线x-y-8=0不可能是两圆的公切线.
故选D.
5.D 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0).
由A,B两点在椭圆C上,可得=1,
两式相减,得=0.
因为M为AB的中点,所以x0=,
所以=0,所以kAB=.
又kOM=,所以kAB·kOM=-,即,
所以椭圆C的离心率e=.
故选D.
6.D 设点M(x,y).∵||,∴x2+y2=4[(x-2)2+y2],整理得,即点M的轨迹是以为圆心,为半径的圆,
由题意可得该圆与以(a,0)为圆心,3为半径的圆有公共点,又a>5,
∴3-≤a-≤3+,∴5
以B为圆心,30为半径的圆的方程为(x-40)2+y2=302.
易知台风中心的运动轨迹方程为y=x,所以圆心B到直线y=x的距离为,则直线y=x被圆(x-40)2+y2=302 截得的弦长为2×=20,所以城市B处于危险区内的时间为=1(h).故选B.
8.A 双曲线x2-=1的左、右顶点分别为A(-1,0),B(1,0),
又P,∴直线PA的方程为x=-1,直线PB的方程为x=-+1.由=0,解得y=0或y=,
将y=代入x=-1,得x=.
由y=0,解得y=0或y=,
将y=代入x=-+1,得x=.
设Q(s,0),由M,N,Q三点共线,可得kMN=kQN,∴,
将M,N的坐标代入,化简可得,解得s=2,即Q(2,0).
设过Q的直线方程为x=my+2,S(x1,y1),T(x2,y2),
由得(3m2-1)y2+12my+9=0,
则y1+y2=-,Δ=144m2-36(3m2-1)>0恒成立.
∵解得m2=.
∴S△BST=|BQ|·|y1-y2|=
=.故选A.
9.BCD 易得圆O:x2+y2=4的圆心为O(0,0),半径R=2;圆M:x2+y2+4x-2y+4=0可化为(x+2)2+(y-1)2=1,所以圆心M(-2,1),半径r=1.
对于A,易得圆心距为|OM|=
对于C,由A中分析知两圆相交,故两圆有两条公切线,故C正确.
对于D,|EF|max=|OM|+2+1=+3,故D正确.
故选BCD.
10.AD 对于A,根据抛物线的定义知1+,解得p=1,故A正确.
对于B,设M(x1,y1),N(x2,y2),易知直线MN的斜率一定存在,设直线MN的方程为y=kx+b,代入x2=2y中,得x2-2kx-2b=0,则Δ=4k2+8b>0,x1+x2=2k,x1x2=-2b,所以kOMkON==-1,解得b=2,所以直线MN恒过点(0,2),故B错误.
对于C,易得F,O(0,0),因为△MOF外接圆的圆心为各边垂直平分线的交点,所以△MOF外接圆圆心的纵坐标为,又其与抛物线的准线相切,所以外接圆半径为,故C错误.
对于D,因为,所以直线MN过焦点F,且|MF|=2|FN|,设直线MN的倾斜角为θ,由抛物线性质知MN的斜率为互为相反数的两个值,如图,过M,N分别向准线作垂线MA,NB,过N向MA作垂线NC,设|FN|=m(m>0),则|MN|=3m,|NB|=m,|MA|=2m,|MC|=m,所以|NC|=2m,则
tan θ=,故D正确.
故选AD.
11.BCD 由双曲线C1:x2-=1可得c==2,∴a2-b2=c2=4,故A错误;
设△AF1F2的内切圆的圆心为I,圆I与边AF1,F1F2,F2A相切于点N,M,K,连接NI,MI,KI,如图所示:
则|AN|=|AK|,|F1M|=|F1N|,|F2M|=|F2K|,
由双曲线的定义得|AF1|-|AF2|=2,即(|AN|+|F1N|)-(|AK|+|F2K|)=|F1N|-|F2K|=|F1M|-|F2M|=2①,
又|F1M|+|F2M|=4②,∴由①②解得|F2M|=1,|F1M|=3,
∴M(1,0),∴圆I与x轴相切于点(1,0),故B正确;
椭圆C2中,|F1A|+|F2A|=2a,又|F1A|-|F2A|=2,∴|F1A|=a+1,|F2A|=a-1,由|F1F2|=|F1A|,得4=a+1,解得a=3,则C2的离心率为,故C正确;
若AF1⊥AF2,则,即(a+1)2+(a-1)2=4c2=16,解得a=,则b=,∴椭圆的方程为=1,故D正确.故选BCD.
12.答案 x2=4y(x≠±1);
解析 设M(x,y),x≠±1,由题意,得kAM-kBM=,整理,得点M的轨迹C的方程是x2=4y(x≠±1).
∵F为轨迹C的焦点,∴F(0,1),
如图,过点Q作QS⊥y轴于点S,设直线l与y轴交于点N,
∵,
∴Q.
13.答案
解析 ∵|PT|=,∴当|PF2|取得最小值时,|PT|取得最小值.
当P点位于椭圆的右顶点时,|PF2|取得最小值,且最小值为a-c,
∴(a-c),∴(a-c)2≥4(b-c)2,∴a-c≥2(b-c),
∴a+c≥2b,∴(a+c)2≥4(a2-c2),即5c2+2ac-3a2≥0,∴5e2+2e-3≥0,
解得e≥或e≤-1(舍去).又e∈(0,1),∴≤e<1.①
∵b>c,∴b2>c2,∴a2-c2>c2,∴a2>2c2,∴e2<.②
由①②得≤e<.故椭圆的离心率e的取值范围为.
14.答案 48
解析 ∵(λ∈R),∴P,M,N三点共线.又∵圆O:x2+y2=16过点M(x1,y1),N(x2,y2),∴M,N是过点P(0,2)的直线与圆x2+y2=16的两交点.
的几何意义为M,N两点到直线3x+4y+25=0的距离和.
设线段MN的中点坐标为(x0,y0),则2x0=x1+x2,2y0=y1+y2,
∴=2·.
∵M,N是过点P(0,2)的直线与圆x2+y2=16的两交点,
∴=16,两式作差,得.
由斜率公式可得,化简可得+(y0-1)2=1,则MN的中点的轨迹是以(0,1)为圆心,1为半径的圆,
∴(x0,y0)到直线3x+4y+25=0的距离的最小值为.
∵|3x1+4y1+25|+|3x2+4y2+25|=5,
∴(|3x1+4y1+25|+|3x2+4y2+25|)min=5×2×=48.
15.解析 (1)由题意可知,E为AB的中点,且kCE=-=1,(2分)
所以E(3,2),(3分)
因此CE所在直线的方程为y-2=x-3,即x-y-1=0.(6分)
(2)由得C(4,3),(8分)
所以|AC|=|BC|=2,AC⊥BC,(11分)
故S△ABC=|AC|·|BC|=2.(13分)
16.解析 (1)以O为坐标原点,正东、正北方向分别为x轴、y轴的正方向,建立平面直角坐标系,则O(0,0),A(10,10),B(-5,0),(2分)
所以直线AB的方程为,即2x-3y+10=0,(4分)
所以点O到直线AB的距离d=,(6分)
所以直线AB与圆O相交,所以该游客不在该摄像头的监控范围内.(8分)
(2)易知观景直道所在直线的方程为y=-6,且过点A的直线l与圆O相切或相离时,摄像头监控不会被景观建筑物挡住.(10分)
当直线l与x轴垂直时,直线l不会与圆相切.(11分)
当直线l与x轴不垂直时,设直线l:y-10=k(x-10),即kx-y+10-10k=0,
所以圆心O到直线l的距离为,解得k=或k=2,
所以直线l:y-10=(x-10)或y-10=2(x-10),即x-2y+10=0或2x-y-10=0.(13分)
设两条直线与y=-6的交点分别为D,E,
由解得x=-22,由解得x=2,
所以DE=2-(-22)=24(米),
所以观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为24米.(15分)
17.解析 (1)由题意得c=2a,|PQ|==6,又c2=a2+b2,所以a=1,b=,c=2,(3分)
所以双曲线C的标准方程为x2-=1.(4分)
(2)设lPQ:x=my+2,与双曲线方程x2-=1联立,得(3m2-1)y2+12my+9=0.(6分)
当m=0时,P(2,3),Q(2,-3),此时M(-1,0),N(1,0),所以=-12.(8分)
当m≠0时,设P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4),
因为直线PQ与双曲线的右支相交,所以y1y2=<0,即m∈.
同理,y3y4=.(10分)
依题意)·(,
)·(,
而
.(12分)
因为m∈,所以m2∈,所以m2+,所以
∈(-∞,-6),
所以)∈(-∞,-12).(14分)
综上,的取值范围为(-∞,-12].(15分)
18.解析 (1)方程x2+y2-2x-15=0可化为(x-1)2+y2=16,
所以圆心M(1,0),半径|MB|=4.(1分)
易知AM∥NC,又|MA|=|MB|,所以∠BNC=∠BAM=∠NBC,
所以|CN|=|CB|, (3分)
所以|CM|+|CN|=|CM|+|CB|=|MB|=4>|MN|=2.(4分)
所以点C的轨迹方程为=1(y≠0).(6分)
(2)易知k≠0,设P(x1,y1).由消去y,得(3+4k2)x2=12,(8分)
所以所以|OP|=
(O为坐标原点).(11分)
因为△RPQ是以PQ为底边的等腰三角形,
所以RO⊥PQ,所以kRO·kPQ=-1,则kRO=-.
同理,|OR|=.(14分)
所以S△RPQ==,当且仅当3+4k2=4+3k2,即k=±1时取等号,所以(S△RPQ)min=.(17分)
19.解析 (1)由题意得(3分)
所以椭圆E的方程为=1.(4分)
(2)证明:设直线AB的方程为y=k1(x-1),直线CD的方程为y=k2(x-1),则k1+k2=1.
由消去y,得(2-4=0.(6分)
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,
所以y1+y2=k1(x1-1)+k1(x2-1)=k1(x1+x2-2)=,
所以M.(9分)
同理,得N.(10分)
所以kMN=,(12分)
所以直线MN的方程为y=x-k1k2,即k1k2(x-1)-=0.(15分)
令所以直线MN恒过点.(17分)
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