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专题检测六(分值:150 分)
学生用书
P203
一、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.(2024·河南郑州三模)已知直线Ax+By+C=0 与直线y=2x-3 垂直,则下列结论正确的是( )
A.A=-2B≠0
B.A=2B≠0
C.B=-2A≠0
D.B=2A≠0
答案D
解析直线y=2x-3 的斜率为2,又两直线互相垂直,所以直线Ax+By+C=0 的斜率为-1
2
,即- A
B
=-1
2
且
A≠0,B≠0,所以B=2A≠0.故选D.
2.(2024·江西临川二模)若抛物线y2=2mx 的准线经过双曲线x2-y2=2 的右焦点,则m 的值为( )
A.4
B.-4
C.2
D.-2
答案B
解析双曲线x2-y2=2 的右焦点为(2,0),所以抛物线的准线为x=2,∴-m
2
=2,解得m=-4.故选B.
3.(2024·甘肃兰州三模)已知双曲线C:
y
2
3m+2 - x
2
m
=1(m>0)的实轴长等于虚轴长的2 倍,则双曲线C
的渐近线方程为( )
A.y=±1
2
x
B.y=±√2
2
x
C.y=±2x
D.y=±√2x
答案C
解析由题意得√3m+2=2√m,解得m=2,则双曲线C: y
2
8 - x
2
2
=1,故渐近线方程为y=±2x.故选C.
4.(2024·河北唐山三模)下列可以作为方程x3+y3=3xy 的曲线的是( )
A.
B.
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C.
D.
答案B
解析当x<0 时,x3=3xy-y3=y(3x-y2)<0,若y<0,则3x-y2>0,即y2<3x<0,不符,故x<0 与y<0 不可能同时成
立,故A,C,D 错误.故选B.
5.(2024·山东泰安二模)设抛物线x2=4y 的焦点为F,过抛物线上点P 作准线的垂线,设垂足为Q,若
∠PQF=30°,则|PQ|=( )
A. 4
3
B. 4√3
3
C.√3
D. 2√3
3
答案A
解析如图所示,设M 为准线与y 轴的交点,因为∠PQF=30°,且|PF|=|PQ|,所以
∠PFQ=30°,∠QPF=120°.因为FM∥PQ,所以∠QFM=30°,而在Rt△QMF 中,|QF|=
| FM |
cos30° = 2
√3
2
= 4√3
3
,所以|PF|=|PQ|=|QF |
2
÷cos 30°=2√3
3
÷ √3
2 = 4
3 .故选A.
6.(2024·江西九江三模)已知椭圆C: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过点F1且倾斜角为
π
6
的直线交椭圆C 于第一象限内一点A.若线段AF1的中点在y 轴上,△AF1F2的面积为2√3,则椭圆C
的方程为( )
A. x
2
3
+y2=1
B. x
2
3 + y
2
2
=1
C. x
2
9 + y
2
3
=1
D. x
2
9 + y
2
6
=1
答案D
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解析如图,∵O 为线段F1F2的中点,B 为线段AF1的中点,∴OB∥AF2.又OB⊥x 轴,∴AF2⊥x 轴.在
Rt△AF1F2中,∠AF1F2=π
6
,设|AF2|=t,则|AF1|=2t,|F1F2|=√3t.∵△AF1F2的面积为2√3,∴1
2 ×√3t×t=2
√3,t=2.∴2a=|AF1|+|AF2|=3t=6,a=3,椭圆C 的焦距2c=|F1F2|=√3t=2√3,c=√3,b2=a2-c2=6,则椭圆C
的方程为x
2
9 + y
2
6
=1.故选D.
7.(2024·广东佛山模拟)已知P 为抛物线y2=8x 上一点,过点P 作圆C:(x-5)2+y2=1 的两条切线,切点分
别为M,N,则cos∠MPN 的最小值为( )
A. √5
2
B. 2
3
C. 9
10
D. 11
12
答案D
解析设点P(t,s),则s2=8t,由PM,PN 切圆C 于点M,N,得∠MPN=2∠CPM,且CM⊥PM,因此
cos∠MPN=1-2sin2∠CPM=1-2·(|CM |
|CP|
)2=1-
2
|CP|
2 .而|CP|2=(t-5)2+s2=t2-2t+25=(t-1)2+24≥24,当且
仅当t=1 时,等号成立,所以当t=1 时,cos∠MPN 取得最小值1- 2
24 = 11
12 .故选D.
8.(2024·浙江绍兴模拟)已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0),直线l:y=x-√a
2-b
2与椭圆E 交于A,B 两点,且⃗
OA +⃗OB=(2λ,-λ)(λ≠0),则椭圆E 的离心率是( )
A. 1
2
B. √2
2
C. √6
3
D. √3
2
答案B
解析设A(x1,y1),B(x2,y2),记c=√a
2-b
2,设AB 的中点为M,所以⃗OA +⃗OB=2⃗OM .
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由题意可知,AB 的中点M 是直线l 与直线y=-1
2
x 的交点,联立{
y = x -√a
2-b
2= x -c,
y =- 1
2 x,
解得M(2
3
c,-1
3
c).另一方面,联立{
x
2
a
2 + y
2
b
2 =1,
y = x -c,
得(a2+b2)x2-2a2cx+a2c2-a2b2=0,易知Δ>0,由根与系数的关系得x1+x2=
2a
2c
a
2+b
2 = 4
3
c,解得a2=2b2,所以a2=2(a2-c2),故离心率e=c
a = √2
2 .故选B.
二、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.(2024·江苏苏州三模)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F 的直线l:y=x-1 与抛物线C 相交于A,B 两点,
O 为坐标原点,则下列结论正确的有( )
A.p=2
B.OA⊥OB
C.|AB|=8
D.⃗FA ·⃗FB=-8
答案ACD
解析对于A,因为直线l:y=x-1 经过点F,可得F(1,0),即p
2
=1,所以p=2,故A 正确;对于B,设
A(x1,y1),B(x2,y2),由{
y
2= 4 x,
y = x -1,
得y2-4y-4=0,所以y1+y2=4,y1y2=-4,所以x1+x2=y1+y2+2=6,x1x2=( y1 y2)
2
16
=1,所以⃗OA ·⃗OB=x1x2+y1y2=1-4=-3≠0,所以OA 与OB 不垂直,故B 不正确;对于C,|AB|
=x1+x2+p=6+2=8,故C 正确;对于D,⃗FA ·⃗FB=(x1-1,y1)·(x2-1,y2)=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=1-6+1-4=-8,故D
正确.故选ACD.
10.(2024·湖南邵阳模拟)已知点P(4m+3,-3m-4),点Q 在圆C:(x-1)2+y2=1 上,则下列结论正确的有(
)
A.点P 在直线3x+4y+7=0 上
B.点P 可能在圆C 上
C.|PQ|的最小值为1
D.圆C 上有2 个点到点P 的距离为1
答案AC
解析由题意可知,圆C:(x-1)2+y2=1 的圆心为C(1,0),半径为r=1.对于A,将点P(4m+3,-3m-4)代入
3x+4y+7=0,成立,所以点P 在直线3x+4y+7=0 上,故A 正确;对于B,因为圆心C 到直线3x+4y+7=0 的
距离d=|3+7|
√3
2+ 4
2=2>r,可知直线3x+4y+7=0 与圆C 相离,结合选项A 可知,点P 不可能在圆C 上,故B
错误;对于C,结合选项B 可知|PQ|的最小值为d-r=1,故C 正确;对于D,因为d=r+1,可知圆C 上有且仅
有1 个点到点P 的距离为1,故D 错误.故选AC.
11.(2024·湖北武汉模拟)已知双曲线x2- y
2
2
=1 的左、右顶点分别为A1,A2,左、右焦点分别为F1,F2,直
线l 与双曲线的左、右两支分别交于P,Q 两点,则下列结论正确的有( )
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A.若∠F1PF2=π
3
,则△PF1F2的面积为2√3
B.存在弦PQ 的中点为(1,1),此时直线l 的方程为2x-y-1=0
C.若PA1的斜率的取值范围为[-8,-4],则PA2的斜率的取值范围为-1
2,-1
4
D.直线l 与双曲线的两条渐近线分别交于M,N 两点,则|PM|=|NQ|
答案ACD
解析在双曲线x2- y
2
2
=1 中,a=1,b=√2,c=√3,且A1(-1,0),A2(1,0),F1(-√3,0),F2(√3,0).
对于A,设|PF1|=m,|PF2|=n,由双曲线定义得n-m=2,两边平方得m2+n2-2mn=4.
①
在△PF1F2中,由余弦定理得m2+n2-2mncosπ
3
=(2√3)2⇒m2+n2-mn=12.
②
①②联立解得mn=8,所以△PF1F2的面积为1
2
mnsinπ
3 = 1
2 ×8× √3
2
=2√3,故A 正确.
对于B,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则{
x1
2- y1
2
2 =1,
x2
2- y2
2
2 =1,
两式相减得(x1-x2)(x1+x2)=( y1- y2)( y1+ y2)
2
.因为弦PQ
的中点为(1,1),所以x1+x2=2,y1+y2=2,因此可得直线l 的斜率k= y1- y2
x1- x2
= 2( x1+ x2)
y1+ y2
=2,此时直线l 的
方程为y=2x-1,代入双曲线的方程消去y 可得2x2-4x+3=0,
此时Δ=-8<0,所以直线与双曲线无公共点,说明此时直线不存在,故B 错误.
对于C,设P(x0,y0),则x0
2- y0
2
2
=1,即y0
2=2(x0
2-1),又直线PA1与PA2的斜率的乘积
k P A1k P A2=
y0
x0+1 ·
y0
x0-1 =
y0
2
x0
2-1
= 2( x0
2-1)
x0
2-1
=2,所以若PA1的斜率的取值范围为[-8,-4],则PA2的斜
率的取值范围为[-1
2
,-1
4
],故C 正确.
对于D,设方程x2- y
2
2
=λ,当λ=1 时,方程表示双曲线,当λ=0 时,方程表示该双曲线的两条渐近线.设直
线l:y=kx+m,其与x2- y
2
2
=λ 的交点为(x3,y3),(x4,y4),联立{
x
2- y
2
2 = λ,
y =kx +m,
得(k2-2)x2+2kmx+m2+2λ=0,应满足
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k2-2≠0,且Δ>0,由根与系数的关系可得x3+x4= 2km
2-k
2,y3+y4=k(x3+x4)+2m=2k
2m
2-k
2 +2m,与λ 无关,所以线
段PQ 的中点与线段MN 的中点重合,不妨设为T,则由|PT|=|QT|,|MT|=|NT|可得|PM|=|QN|,故D 正确.
故选ACD.
三、填空题:本题共3 小题,每小题5 分,共15 分.
12.(2024·安徽马鞍山模拟)直线3x+4y+2=0 在x 轴上的截距是 .
答案-2
3
解析直线方程为3x+4y+2=0,令y=0,得x=-2
3
,所以直线3x+4y+2=0 在x 轴上的截距是-2
3 .
13.(2024·北京东城模拟)已知焦点在x 轴上的椭圆x
2
9 + y
2
b
2 =1 与抛物线y2=4x,椭圆的右焦点与抛物线
的焦点均为F,A 为椭圆上一动点,椭圆与抛物线的准线交于P,Q 两点,则S△APQ的最大值为 .
答案32
3
解析抛物线y2=4x 的焦点为F(1,0),由题意可得9-b2=1,可得b2=8,所以,椭圆的方程为x
2
9 + y
2
8
=1.
抛物线的准线方程为x=-1,由{
x =-1,
x
2
9 + y
2
8 =1,
可得{
x =-1,
y =± 8
3 ,
则|PQ|=2× 8
3 = 16
3 .因为A 为椭圆上一动
点,则当点A 为椭圆的右顶点时,点A 到直线x=-1 的距离取到最大值4,则S△APQ的最大值为1
2 × 16
3 ×
4=32
3 .
14.(2024·山西吕梁三模)设抛物线y2=4x 的焦点为F,过点T(2,0)的直线l 与抛物线交于A,B 两点,与y
轴的负半轴交于点C,已知S△BCF∶S△ACF=1∶2,则|BF|= .
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答案√2+1
解析设点F 到直线AC 的距离为d,A(xA,yA),B(xB,yB).因为S△BCF∶S△ACF=1∶2,可得
1
2 |BC |·d
1
2 | AC |·d
= 1
2
,所
以|BC|∶|AC|=1∶2,所以xB
x A
= 1
2
,即xA=2xB且xA,xB>0.设直线AB 的方程为x=ty+2,联立{
x =ty +2,
y
2= 4 x,
整
理得y2-4ty-8=0,则Δ=16t2+32>0,y A
2 =4xA,yB
2=4xB,所以yAyB=-8,则xAxB=( y A yB)
2
16
= 64
16
=4.联立
{
x A =2 xB,
x A xB= 4,
解得{
x A =2√2,
xB=√2.
由抛物线的定义,可得|BF|=xB+1=√2
+1.
四、解答题:本题共5 小题,共77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13 分)(2024·浙江余姚期末)已知抛物线C 的顶点是坐标原点O,而焦点是双曲线4x2-y2=1 的右顶
点.
(1)求抛物线C 的方程;
(2)若直线l:y=x-2 与抛物线相交于A,B 两点,求直线OA 与OB 的斜率之积.
解(1)双曲线方程4x2-y2=1 化为标准形式为
x
2
1
4
-y2=1,所以a2=1
4
,a=1
2
,右顶点(1
2
,0).
设抛物线的方程为y2=2px,焦点坐标为F( p
2
,0),由于抛物线的焦点是双曲线的右顶点,所以p
2 = 1
2
,p=1,
所以抛物线C 的方程为y2=2x.
(2)联立{
y
2=2 x,
y = x -2,
整理得y2-2y-4=0,Δ=(-2)2-4×1×(-4)=20>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1y2=-4,y1+y2=2.
又x1=y1+2,x2=y2+2,
所以x1x2=(y1+2)(y2+2)=y1y2+2(y1+y2)+4=-4+2×2+4=4.
所以直线OA 与OB 的斜率之积kOA·kOB= y1
x1
· y2
x2
= y1 y2
x1 x2
=- 4
4
=-1.
故直线OA 与OB 的斜率之积为-1.
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16.(15 分)(2024·辽宁大连期中)已知圆M 的圆心与点N(-1,4)关于直线x-y+1=0 对称,且圆M 与y 轴相
切于原点O.
(1)求圆M 的方程;
(2)若在圆M 中存在弦AB,|AB|=4,且弦AB 的中点P 在直线2x+y+k=0 上,求实数k 的取值范围.
解(1)设点M 的坐标为(a,b),
则{
b- 4
a+1 =-1,
a-1
2
- b+ 4
2
+1=0,
解得{
a=3,
b=0,
即点M 的坐标为(3,0).
∵圆M 与y 轴相切于原点O,
∴圆M 的方程为(x-3)2+y2=9.
(2)∵|AB|=4,圆M 的半径为3,
∴|PM|=√5,
∴点P 的轨迹是以M 为圆心,√5为半径的圆,则其轨迹方程为(x-3)2+y2=5.
又点P 在直线2x+y+k=0 上,
∴直线与圆有公共点,即|6+ k |
√5
≤√5,
∴-11≤k≤-1.
故实数k 的取值范围为[-11,-1].
17.(15 分)(2024·山东潍坊模拟)在平面直角坐标系Oxy 中,已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,A 是
抛物线E 上在第一象限内的动点.当直线AF 的倾斜角为π
3
时,|AF|=4.
(1)求抛物线E 的方程;
(2)已知点D(2,2),B,C 是抛物线E 上不同两点,若四边形ABCD 是平行四边形,证明:直线AC 过定点.
(1)解由题意可知,抛物线E 的焦点F( p
2
,0),准线方程为x=- p
2 .过点A 作x 轴的垂线,垂足为H1,过点A
作准线的垂线,垂足为H2,由抛物线定义可得|AH2|=|AF|.
当直线AF 的倾斜角为π
3
时,|FH1|=1
2
|AF|=2.可得|AH2|=p+2=4,解得p=2,
所以抛物线E 的方程为y2=4x.
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(2)证明设直线AC 的方程为x=my+n,A(x1,y1),C(x2,y2),B(x0,y0).
联立{
y
2= 4 x,
x =my +n,
消去x 整理得y2-4my-4n=0,则Δ>0,y1+y2=4m,y1y2=-4n.
因为四边形ABCD 是平行四边形,
所以⃗AD =⃗BC,所以{
2- x1= x2- x0,
2- y1= y2- y0,
即{
y0= y1+ y2-2= 4 m-2,
x0= x1+ x2-2=m( y1+ y2)+2n-2= 4 m
2+2n-2,
即B(4m2+2n-2,4m-2),代入y2=4x 中得(4m-2)2=4(4m2+2n-2),
整理得n=3
2
-2m,
则直线AC:x=my+3
2
-2m=m(y-2)+3
2
,
所以直线AC 过定点3
2,2 .
18.(17 分)(2024·河北石家庄二模)已知M 为平面上一个动点,点M 到定直线x=1 的距离与到定点
F(2,0)的距离之比等于√2
2
,记动点M 的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C 的方程.
(2)过点F 的直线l 与曲线C 交于A,B 两点,在x 轴上是否存在点P,使得⃗PA ·⃗PB为定值?若存在,求出
该定值;若不存在,请说明理由.
解(1)设点M 的坐标为(x,y),
则| x -1|
√( x -2)
2+ y
2 = √2
2 ,
即2(x-1)2=(x-2)2+y2,
化简得x2-y2=2,
所以双曲线C 的标准方程为x
2
2 - y
2
2
=1.
(2)存在.
如图,当直线l 的斜率不为0 时,设其方程为x=my+2.
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由于直线与双曲线的交点有两个,则直线不能与渐近线平行,渐近线斜率为±1,则m≠±1.联立
{
x =my +2,
x
2
2 - y
2
2 =1,
整理得(m2-1)y2+4my+2=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),P(t,0),
则y1+y2=- 4 m
m
2-1
,y1y2=
2
m
2-1
.
所以⃗PA ·⃗PB=(x1-t)(x2-t)+y1y2=(my1+2-t)·(my2+2-t)+y1y2=(m2+1)y1y2+m(2-t)(y1+y2)+(2-t)2=(m2+1)
×
2
m
2-1
-m(2-t)× 4 m
m
2-1
+(2-t)2=(4 t -6)m
2+2
m
2-1
+(2-t)2.
若要上式为定值,则必须有4t-6=-2,即t=1,
∴(4 t -6)m
2+2
m
2-1
+(2-t)2=-2+1=-1,
故存在点P(1,0)满足⃗PA ·⃗PB=-1.当直线l 的斜率为0 时,不妨令A(-√2,0),B(√2,0),此时点P(1,0)亦满
足⃗PA ·⃗PB=-1,
故存在点P(1,0)满足⃗PA ·⃗PB=-1.
综上所得,在x 轴上存在点P(1,0),使得⃗PA ·⃗PB为定值,定值为-1.
19.(17 分)(2024·辽宁丹东二模)已知椭圆E: x
2
4 + y
2
3
=1 的左、右顶点分别为A,B,过点A 的直线与椭圆
E 交于点P,点Q 在椭圆E 上,AP⊥AQ.
(1)设直线AP,PB 的斜率分别为k,k1,求证:k·k1为定值;
(2)求△APQ 面积的最大值.
(1)证明由题意可知A(-2,0),B(2,0),设点P(x0,y0),则k=
y0
x0+2
,k1=
y0
x0-2 .
因为x0
2
4 + y0
2
3
=1,即y0
2=-3( x0
2- 4)
4
,
所以k·k1=
y0
x0+2 ·
y0
x0-2 =
y0
2
x0
2- 4
=-3
4 .
(2)解不妨令Q(x1,y1),y0>0,y1<0,由(1)可设直线AP 的斜率为k,则k>0,则直线AP:x=1
k
y-2.
将x=1
k
y-2 代入x
2
4 + y
2
3
=1 中,得( 3
k
2+4)y2-12
k
y=0,所以y0= 12k
4 k
2+3
.所以|AP|=y0
√
1
k
2 +1= 12k
4 k
2+3√
1
k
2 +1= 12√k
2+1
4 k
2+3
.
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因为AP⊥AQ,所以用-1
k
替换k,得y1=-12k
3k
2+ 4
,|AQ|=-√k
2+1y1=12k √k
2+1
3k
2+ 4
.
所以△APQ 的面积S=1
2
|AP|·|AQ|=
72k (k
2+1)
(3k
2+ 4 )(4 k
2+3)
=
72(k + 1
k )
12k
2+ 12
k
2 +25
.
令k+1
k
=m(m≥2),则S=
72m
12m
2+1
=
72
12m+ 1
m
.又因为函数y=12m+ 1
m
在区间[2,+∞)上单调递增,所以
当m=2 时,y 有最小值49
2
,即12m+ 1
m ≥49
2 .
所以S=
72
12m+ 1
m
≤72
49
2
= 144
49 (当且仅当m=2,即k=1 时,等号成立),
所以△APQ 面积的最大值为144
49 .
