数学高考二轮考点专题突破检测解析几何专题含详细答案 6页

专题达标检测 一、选择题 ‎1．(2010·山东潍坊)直线xcos α＋y＋2＝0的倾斜角的范围是 (　　)‎ A.∪ B.∪ C. D. 解析：由直线xcos α＋y＋2＝0，所以直线的斜率为k＝－.‎ 设直线的倾斜角为β，则tan β＝－ .‎ 又因为－≤－≤，即－≤tan β≤，所以β∈∪.‎ 答案：B ‎2．若圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同的点到直线l：ax＋by＝0的距离为2，‎ 则直线l的倾斜角的取值范围是 (　　)‎ A. B. C. D. 解析：由题意知，圆心到直线的距离d应满足0≤d≤，d＝≤⇒a2＋b2‎ ‎＋4ab≤0.‎ 显然b≠0，两边同除以b2，得2＋4＋1≤0，‎ 解得－2－≤≤－2＋.‎ k＝－，k∈[2－，2＋]，θ∈，故选B.‎ 答案：B ‎3．(2010·陕西)已知抛物线y2＝2px(p>0)的准线与圆x2＋y2－6x－7＝0相切，则p的值为 ‎(　　)‎ A. B．‎1 C．2 D．4‎ 解析：圆x2＋y2－6x－7＝0的圆心坐标为(3,0)，半径为4.‎ y2＝2px(p>0)的准线方程为x＝－，‎ ‎∴3＋＝4，∴p＝2.故选C.‎ 答案：C A．0 B．‎2 C．4 D．－2‎ 解析：易知当P、Q分别在椭圆短轴端点时，四边形PF1QF2面积最大．‎ 此时，F1(－，0)，F2(，0)，P(0,1)，‎ ‎∴＝(－，－1)，＝(3－x0，－y0)，‎ ‎∴·＝－2.‎ 答案：D ‎5．已知F1、F2是双曲线－＝1(a>0，b>0)的两焦点，以线段F‎1F2为边作正三角形 MF‎1F2，若边MF1的中点在双曲线上，则双曲线的离心率是 (　　)‎ A．4＋2 B.－1‎ C. D.＋1‎ 解析：设正三角形MF‎1F2的边MF1的中点为H，则M(0，c)，F1(－c,0)．‎ 所以H，H点在双曲线上，‎ 故－＝1，‎ 化简e4－8e2＋4＝0，‎ 解得e2＝4＋2，所以e＝＋1.‎ 答案：D 答案：D 二、填空题 ‎7．(2010·辽宁沈阳)若直线l经过点(a－2，－1)和(－a－2,1)且与经过点(－2,1)，斜率为 ‎－的直线垂直，则实数a的值为________．‎ 解析：由于直线l与经过点(－2,1)且斜率为－的直线垂直，可知a－2≠－a－2.‎ ‎∵kl＝＝－，∴－·＝－1，∴a＝－.‎ 答案：－ ‎8．若双曲线－＝1的左焦点在抛物线y2＝2px的准线上，则p的值为_______‎ 解析：由题意可列式 ＝，解得p＝4.‎ 答案：4‎ ‎9．(2010·上海)圆C：x2＋y2－2x－4y＋4＝0的圆心到直线3x＋4y＋4＝0 的距离d＝‎ ‎________.‎ 解析：∵x2＋y2－2x－4y＋4＝0，∴(x－1)2＋(y－2)2＝1.‎ 圆心(1,2)到3x＋4y＋4＝0的距离为d＝＝3.‎ 答案：3‎ ‎10．(2009·湖南)过双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一个焦点作圆x2＋y2＝a2的两条切 线，切点分别为A、B.若∠AOB＝120°(O是坐标原点)，则双曲线C的离心率为 ‎________．‎ 解析：‎ 如图，由题知OA⊥AF，OB⊥BF且∠AOB＝120°，‎ ‎∴∠AOF＝60°，‎ 又OA＝a，OF＝c，‎ ‎∴＝＝cos 60°＝，‎ ‎∴＝2.‎ 答案：2‎ 三、解答题 ‎11．(2010·宁夏银川)设直线l的方程为(a＋1)x＋y＋2－a＝0(a∈R)．‎ ‎(1)若l在两坐标轴上截距相等，求l的方程；‎ ‎(2)若l不经过第二象限，求实数a的取值范围．‎ 解：(1)当直线过原点时，该直线在x轴和y轴上的截距为零，∴a＝2，方程即为3x＋y＝0.‎ ‎∵当直线不经过原点时，由截距存在且均不为0，‎ ‎∴＝a－2，即a＋1＝1，‎ ‎∴a＝0，方程即为x＋y＋2＝0.‎ ‎(2)解法一：将l的方程化为y＝－(a＋1)x＋a－2，‎ ‎∴或∴ a≤－1.‎ 综上可知a的取值范围是a≤－1‎ 解法二：将l的方程化为(x＋y＋2)＋a(x－1)＝0(a∈R)．‎ 它表示过l1：x＋y＋2＝0与l2：x－1＝0的交点(1，－3)的直线系(不包括x＝1)．由 图象可知l的斜率为－(a＋1)≥0，即当a≤－1时，直线l不经过第二象限．‎ ‎12．P为椭圆＋＝1上任意一点，F1、F2为左、右焦点，如图所示．‎ ‎(1)若PF1的中点为M，求证：‎ ‎|MO|＝5－|PF1|；‎ ‎(2)若∠F1PF2＝60°，求|PF1|·|PF2|之值；‎ ‎(3)椭圆上是否存在点P，使·＝0，若存在，求出P点的坐标，若不存在，‎ 试说明理由 ‎(1)证明：在△F1PF2中，MO为中位线，‎ ‎∴|MO|＝＝ ‎＝a－＝5－|PF1|.‎ ‎(2)解：∵ |PF1|＋|PF2|＝10，‎ ‎∴|PF1|2＋|PF2|2＝100－2|PF1|·|PF2|，‎ 在△PF‎1F2中，cos 60°＝，‎ ‎∴|PF1|·|PF2|＝100－2|PF1|·|PF2|－36，‎ ‎∴|PF1|·|PF2|＝.‎ ‎(3)解：设点P(x0，y0)，则＋＝1.①‎ 易知F1（-3，0），F2（3，0），故PF1＝(－3－x0，－y0)，‎ PF2＝(－3－x0，－y0)，‎ ‎∵PF1·PF2=0，∴x－9＋y＝0，②‎ 由①②组成方程组，此方程组无解，故这样的点P不存在．‎ ‎(2)设△AMB的面积为S，写出S＝f(λ)的表达式，并求S的最小值．‎ ‎(1)证明：由已知条件，得F(0,1)，λ>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由＝λ，即得(－x1,1－y1)＝λ(x2，y2－1)，‎ 将①式两边平方并把y1＝x，y2＝x代入得y1＝λ2y2.③‎ 解②、③式得y1＝λ，y2＝，‎ 且有x1x2＝－λx＝－4λy2＝－4，‎ 抛物线方程为y＝x2，求导得y′＝x.‎ 所以过抛物线上A、B两点的切线方程分别是y＝x1(x－x1)＋y1，y＝x2(x－x2)＋y2，即y＝x1x－x，‎ y＝x2x－x.‎ 解出两条切线的交点M的坐标为.‎ 所以·＝·(x2－x1，y2－y1)＝‎ (x－x)－2＝0，‎ 所以·为定值，其值为0.‎ ‎(2)解：由(1)知在△ABM中，FM⊥AB，‎ 因而S＝|AB||FM|.‎ ‎|FM|＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝ ＝＋.‎ 因为|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y＝－1的距离，所以|AB|＝|AF|＋|BF|‎ ‎＝y1＋y2＋2‎ ‎＝λ＋＋2＝2.‎ 于是S＝|AB||FM|＝3，‎ 由＋≥2知S≥4，且当λ＝1时，S取得最小值4‎ ‎ ‎