2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（北师版）-阶段综合检测卷（六） 解析几何

阶段综合检测卷(六)解析几何1．解析：由题意得lga＋lgc＝2lgb，得ac＝b2，故l2：acx＋cy－c＝0，即ax＋y－1＝0，两直线重合．答案：B2．解析：∵e＝ca＝a2−1a答案：A3．解析：由两直线方程可知l1、l2分别过定点A(3，2)，B(2，3)，且两直线互相垂直，设AB的中点为O，则O(2.5，2.5)，如图所示，则两直线的交点P的轨迹为以O为圆心，AB为直径的圆O，|AB|＝2，OC＝可知两圆相离，设直线OC交圆C于E，交圆O于D，显然|PM|≥|ED|＝|OC|－|CE|－|OD|＝52答案：D4．解析：x＋y＋2＝0，令y＝0，则x＝－2，即A(－2，0)，令x＝0，则y＝－2，即B(0，－2)，圆C：x2＋y2－4x＝0⇒(x－2)2＋y2＝4，则设点M(2＋2cosθ，2sinθ)，AM·AB＝(4＋2cosθ，2sinθ)·(2，－2)＝8＋4cosθ－4sinθ＝8－42sin当sinθ−π4＝1时取得最小值，故AM·AB答案：C5．解析：依题意a＝2，b＝1，c＝3，设椭圆C的左焦点为F1−3，0，圆x2＋(y－3)2＝1的圆心为M(0，3)，半径为1，|PQ|＋|PF|＝|PQ|＋2a－|PF1|＝4＋|PQ|－|PF1|≤4＋|QF当P，F1，Q三点共线，且F1在P，Q之间时等号成立．而|QF1|≤|MF1|＋1＝32所以|PQ|＋|PF|≤4＋23+1＝5+2当P，F1，M，Q四点共线，且F1在P，Q之间，Q是F1M的延长线与圆M的交点时等号成立．答案：D6．解析：由题意椭圆x29+y26＝1，F1，F2为两个焦点，可得则|PF1|＋|PF2|＝2a＝6①，即|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1||PF2|＝36，由余弦定理得|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos∠F1PF2＝232cos∠F1PF2＝35，故PF1联立①②，解得|PF1||PF2|＝152，∴而PO＝12PF1即PO＝12PF1答案：B7．解析：因为CB＝4F2A，所以△F1AF2∽△设|F1F2|＝2c，则|F2C|＝6c，设|AF1|＝t，则|BF1|＝4t，|AB|＝3t.因为BF2平分∠F1BC，由角平分线定理可知，BF1所以|BC|＝3|BF1|＝12t，所以|AF2|＝14BC＝3由双曲线定义知|AF2|－|AF1|＝2a，即3t－t＝2a，解得t＝a.又由|BF1|－|BF2|＝2a，得|BF2|＝4t－2a＝2t＝2a，所以|AB|＝|AF2|＝3a，即△ABF2是等腰三角形．由余弦定理知cos∠F1BF2＝BF1即16a2+4a2−4c216a2＝1则双曲线Γ的渐近线方程为y＝±263答案：D8．解析：因为直线l：x＋my－1＝0过定点(1，0)，抛物线C：y2＝2px的焦点在x轴，且直线l过抛物线的焦点，所以抛物线的焦点坐标为(1，0)，所以p2＝1，解得p所以抛物线C的标准方程为y2＝4x.联立x+my−1＝0，y2＝4x，消去x，可得y2＝4(1－my)，即y2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为Δ＝(4m)2－4×1×(－4)＝16m2＋16>0，所以y1＋y2＝－4m.所以x1＋x2＝1－my1＋1－my2＝2－m(y1＋y2)＝2＋4m2.因为AB的中点M到抛物线C的准线的距离为52，且抛物线C的准线方程为x所以xM＋1＝52，解得xM＝3所以x1+x22＝32答案：B9．解析：对于A，当m＝3时，x2＋y2＝1表示圆，不是椭圆，故A错误；对于B，当曲线C为焦点在y轴上的双曲线时，m−2>0，4−m<0，解得m>4，故B对于C，当m−2<0，4−m>0时，m<2，此时曲线C为焦点在x轴上的双曲线，c2＝4－m＋2－m＝6－2m，则焦距2c对于D，由C选项可知，m<2，e＝6−2m4−m＝6−2m4−m，令t＝4－m，t>2，则e＝答案：BD10．解析：两圆方程相减可得直线AB的方程为a2＋b2－2ax－2by＝0，即2ax＋2by－a2－b2＝0，因为圆C1的圆心为C10，0，半径为1，且公共弦AB的长为1，则C10，0到直线2ax＋2by－a2－b2＝0的距离为32，所以a2+b24a所以直线AB的方程为2ax＋2by－3＝0，故A错误，B正确；由圆的性质可知直线C1C2垂直平分线段AB，所以C10，0到直线2ax＋2by－a2－b2＝0的距离即为AB中点与点C1的距离，设AB中点坐标为x，y，因此x−02即x2＋y2＝34因为AB＝C1A＝C1B＝1，所以∠BC1A＝π3，即圆C1中弧AB所对的圆心角为π3，所以扇形的面积为π32π×π×12＝π6，三角形C1AB的面积为12×1×1答案：BC11．解析：由题意可知，抛物线C：y2＝6x的焦点F32，0，准线x＝－对于A，根据抛物线的性质可知：以AB为直径的圆与准线相切，若点P是以AB为直径的圆与准线的切点，则PA⊥PB，所以PA·若点P不是以AB为直径的圆与准线的切点，则∠PAB为锐角，所以PA·PB综上所述，PA·对于B，设直线AB：x＝my＋32，A(x1，y1)，B(x2，y2联立方程x＝my+32，y2＝6x，消去x则Δ＝36m2＋36>0，y1＋y2＝6m，y1y2＝－9，可得|AB|＝x1＋x2＋3＝my1+32＋my2+32＋3＝m(y当m＝0时，|AB|取到最小值6，此时以AB为直径的圆的面积最小，最小值为π×622对于C，若AB的斜率k＝3，则m＝33，直线AB：x＝33y+32由选项B可得：|AB|＝6＝8，点O(0，0)到直线AB的距离d＝32所以△ABO的面积S＝12对于D，由选项B可知：以AB为直径的圆的圆心为M3m2+32，3m设圆N的圆心为N(x0，y0)，半径r＝94若圆M与圆N内切，则|MN|＝R－r，即x0整理得6x0−272m2＋6y0m＋916因为对任意的m恒成立，则6解得x即圆心为N94，0，半径r＝94答案：ABD12．解析：由抛物线方程知：p2＝1，不妨设点A在第一象限，如图所示，由AB＝8，y2＝4x得A4，4，∴圆的半径r＝32∴DE＝2答案：22113．解析：如图所示，设直线方程为y＝ba(x－c)，与双曲线方程x2a2−解得x＝a2因为|AB|＝23b，所以2×b32ac即b2＝23ac，即c2－23ac－a2＝0，解得e＝ca＝答案：3＋214．解析：设F1F2＝2c，椭圆的长轴长为2a1，双曲线的实轴长为2a2而C1与C2的离心率之比为2∶5，即ca1ca2＝25在图③中，BF1+BF2两式相减得：BF1+BF2+AF2即BF2+AB+AF2＝2在图④中，BF1+DF1在图④中，光线从点F2发出，经C1两次反射后又回到了点F2，设历时t秒，由题意可知：3×10-8×v＝2a1－2a2，tv＝4a1，则3×故t＝10-7(秒)．答案：10-715．解：(1)若直线l1的斜率不存在，即直线l1的方程为x＝1，符合题意，若直线l1斜率存在，设直线l1的方程为y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0，由题意知，圆心(3，4)到直线l1的距离等于半径2，即3k−4−kk2+1＝2，解得k综上，直线l1的方程为x＝1或3x－4y－3＝0.(2)因为T＝x−52+y+12，所以把点(5，－1)代入圆C的方程，得(5－3)2＋(－1－4)2＝4＋25>4，所以点在圆C外，所以圆C上的点到(5，－1)的最大距离为d＋r,最小距离为d－r(其中d为圆心C到点(5，－1)的距离)，又因为d＝5−32故最大距离为29＋2，最小距离为29－2，所以Tmax＝29+22＝33＋429，Tmin＝29−216．解：(1)设M(x，y)，由条件可知：x−32+y(2)由(1)的结论知，曲线C是方程为x2设N(p，t)，依题意有：t2＋p2＝16，p∈(0，4)，t∈(－4，0)，则kON＝tp，∴kAB＝－pt，所以直线l的方程为y－t＝－pt(x－p)，y联立方程x225+y216＝1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2ptx1·x2＝p2|AB|＝1+kAB2由条件可知|BF|＝35253∴|AF|＋|BF|＝10－35(x1＋x2)＝10－30△ABF的周长＝|AB|＋|BF|＋|AF|＝10，即定值为10.综上，曲线C的方程为x225+y17．解：(1)设椭圆C的半焦距为c.当圆x2＋y2＝4在椭圆C的内部时，b＝2，c＝1，a2＝b2＋c2＝5，椭圆C的方程为x25当圆x2＋y2＝4在椭圆C的外部时，a＝2，c＝1，b2＝a2－c2＝3，椭圆C的方程为x2(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为椭圆C的短轴长小于4，所以C的方程为x2则由已知可得，切线AT的方程为x1x4+y将T(8，t)代入AT，BT的方程整理可得，6x1＋ty1－3＝0，6x2＋ty2－3＝0.显然A，B的坐标都满足方程6x＋ty－3＝0，故直线AB的方程为6x＋ty－3＝0，令y＝0，可得x＝12，即直线AB过定点118．解：(1)由题意得，9a2−1b可得a2＝b2＝8，所以双曲线方程为x2(2)设P(x0，y0)，则x0所以kPA×kPB＝y0设PA：y－1＝k(x－3)⇔y＝kx＋1－3k，所以M73所以|AM|＝1+k设PB：y＋1＝1k(x＋3)⇔y＝1kx−1+3所以|BN|＝1+1令k2＝t>0，s＝|AM|＋|BN|＝23所以s′＝ttt−83t21+t，则t0<t<4时s′<0，s(t)单调递减；所以t＝4，即k＝±2时，AM+19．解：(1)设直线AB的方程为x＝my＋1，m≠0，Ay124，y1，By224，y2，M(x0，y联立x＝my+1，y2＝4x，消去x，整理得y2∴y0＝y1+y22＝2m，∴x0＝2m2＋1，∴M(2∵DE⊥AB，∴kDE·kAB＝－1，∴同理可得N2m当m≠±1时，kMN＝2m+2m2m2−2m2＝m+1mm+1mm−1m＝当m＝±1时，显然直