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综合拔高练
高考真题练
考点1　椭圆的标准方程与几何性质
1.(2023新课标Ⅰ,5)设椭圆C1:+y2=1(a>1),C2:+y2=1的离心率分别为e1,e2.若e2=e1,则a=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
2.(2023全国甲文,7)设F1,F2为椭圆C:+y2=1的两个焦点,点P在C上,若·=0,则|PF1|·|PF2|=(　　)
A.1　　B.2　　C.4　　D.5
3.(2023全国甲理,12)设O为坐标原点,F1,F2为椭圆C:+=1的两个焦点,点P在C上,cos∠F1PF2=,则|OP|=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
4.(2022全国甲文,11)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,A1,A2分别为C的左、右顶点,B为C的上顶点.若·=-1,则C的方程为(　　)
A.+=1　　　　B.+=1　　
C.+=1　　　　D.+y2=1
考点2　直线与椭圆的位置关系
5.(2023新课标Ⅱ,5)已知椭圆C:+y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,直线y=x+m与C交于A,B两点,若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍,则m=(　　)
A.　　B.　　C.-　　D.-
6.(2023天津,18)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右顶点分别为A1,A2,右焦点为F,且|A1F|=3,|A2F|=1.
(1)求椭圆C的方程及离心率;
(2)设点P是椭圆C上一动点(不与顶点重合),直线A2P交y轴于点Q,若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP面积的二倍,求直线A2P的方程.
7.(2023全国乙理,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点A(-2,0)在C上.
(1)求C的方程;
(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点.
8.(2023北京,19)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,A,C分别是E的上、下顶点,B,D分别是E的左、右顶点,|AC|=4.
(1)求E的方程;
(2)设P为第一象限内E上的动点,直线PD与直线BC交于点M,直线PA与直线y=-2交于点N.求证:MN∥CD.
考点3　双曲线的标准方程与几何性质
9.(2023全国甲理,8)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为,C的一条渐近线与圆(x-2)2+(y-3)2=1交于A,B两点,则|AB|=　(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
10.(2023天津,9)双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2.过F2作其中一条渐近线的垂线,垂足为P.已知|PF2|=2,直线PF1的斜率为,则双曲线的方程为(　　)
A.-=1　　　　B.-=1
C.-=1　　　　D.-=1
11.(2023北京,12)已知双曲线C的焦点为(-2,0)和(2,0),离心率为,则C的方程为　　　　.
12.(2023新课标Ⅰ,16)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2.点A在C上,点B在y轴上,⊥,=-,则C的离心率为　　　　.
考点4　直线与双曲线的位置关系
13.(2023全国乙理,11)设A,B为双曲线x2-=1上两点,下列四个点中,可以为线段AB中点的是(　　)
A.(1,1)　　　　B.(-1,2)
C.(1,3)　　　　D.(-1,-4)
14.(2023新课标Ⅱ,21)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-2,0),离心率为.
(1)求C的方程;
(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与NA2交于点P,证明:点P在定直线上.
15.(2022全国新高考Ⅱ,21)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=±x.
(1)求C的方程;
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.过P且斜率为-的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
考点5　抛物线的标准方程与几何性质
16.(多选题)(2023新课标Ⅱ,10)设O为坐标原点,直线y=-(x-1)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,且与C交于M,N两点,l为C的准线,则(　　)
A.p=2　　　　
B.|MN|=
C.以MN为直径的圆与l相切　　　　
D.△OMN为等腰三角形
17.(2023北京,6)已知抛物线C:y2=8x的焦点为F,点M在C上.若M到直线x=-3的距离为5,则|MF|=(　　)
A.7　　B.6　　C.5　　D.4
18.(2023全国乙理,13)已知点A(1,)在抛物线C:y2=2px上,则A到C的准线的距离为　　　　.
19.(2023天津,12)过原点O的一条直线与圆C:(x+2)2+y2=3相切,交曲线y2=2px(p>0)于点P,若|OP|=8,则p的值为　　　　.
考点6　直线与抛物线的位置关系
20.(2023全国甲理,20)已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点,|AB|=4.
(1)求p;
(2)设F为C的焦点,M,N为C上两点,且·=0,求△MFN面积的最小值.
21.(2023新课标Ⅰ,22)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点的距离,记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程;
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于3.
高考模拟练
应用实践
1.(多选题)画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现:与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆,我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C:+y2=1,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,M为椭圆C的蒙日圆上一动点,直线MA,MB分别与椭圆相切于A,B两点,O为坐标原点,下列说法正确的是　(　　)
A.椭圆C的蒙日圆方程为x2+y2=4
B.记点A到直线l:x+y-4=0的距离为d,则d-|AF2|的最小值为0
C.一矩形的四条边均与椭圆C相切,则此矩形的面积的最大值为4
D.△AOB的面积的最大值为
2.(多选题)已知双曲线-=1(b>a>0)的左、右焦点分别为F1,F2,具有公共焦点的椭圆与其在第一象限内的交点为P,双曲线和椭圆的离心率分别为e1,e2,△PF1F2的内切圆的圆心为I,过F2作直线PI的垂线,垂足为D,则(　　)
A.I到y轴的距离为a
B.点D的轨迹是双曲线
C.若-≥,则1D.若|OP|=|OF1|,则+=2
3.(多选题)已知P(x1,y1),Q(x2,y2)是椭圆+=1上两个不同的点,且满足x1x2+9y1y2=-2,则下列说法正确的是(　　)
A.|2x1+3y1-3|+|2x2+3y2-3|的最大值为6+2
B.|2x1+3y1-3|+|2x2+3y2-3|的最小值为3-
C.|x1-3y1+5|+|x2-3y2+5|的最大值为2+
D.|x1-3y1+5|+|x2-3y2+5|的最小值为10-2
4.已知F1,F2分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点,P是椭圆C上一点,若线段PF1上有且只有中点Q满足|QF1|=2|QO|(其中O是坐标原点),则椭圆C的离心率是　　　　.
5.已知椭圆Γ:+=1(a>b>0)的离心率是,其左、右焦点分别为F1,F2,过点B(0,b)且与直线BF2垂直的直线交x轴负半轴于点D.
(1)求证:2+=0;
(2)若点D(-3,0),过椭圆Γ的右焦点F2且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆Γ交于P,Q两点,M是点P关于x轴的对称点,在x轴上是否存在一个定点N,使得M,Q,N三点共线 若存在,求出点N的坐标;若不存在,说明理由.
6.设双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F,a2+b2=1,O为坐标原点,过F的直线l与C的右支相交于A,B两点.
(1)若b<,求C的离心率e的取值范围;
(2)若∠AOB恒为锐角,求C的实轴长的取值范围.
7.如图,椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率是,短轴长为2,椭圆的左、右顶点分别为A1,A2,过椭圆C与抛物线E:y2=2px(p>0)的公共焦点F的直线l与椭圆相交于A,B两点,与抛物线E相交于P,Q两点,点M为PQ的中点.
(1)求椭圆C和抛物线E的方程;
(2)记△ABA1的面积为S1,△MA2Q的面积为S2,若S1≥3S2,求直线l在y轴上的截距的取值范围.
8.已知抛物线C:y2=4x,圆M:(x-3)2+y2=r2(r>0),圆M上的点到抛物线上的点的距离的最小值为.
(1)求圆M的方程;
(2)设P为x=-上一点,P的纵坐标不等于±.过点P作圆M的两条切线,分别交抛物线C于两个不同的点A(x1,y1),B(x2,y2)和点Q(x3,y3),R(x4,y4),求证:y1y2y3y4为定值.
9.已知抛物线C:y2=2px(0(1)求抛物线C的方程;
(2)过点(1,0)作直线交C于A,B两点,过点A,B分别作C的切线l1与l2,l1与l2相交于点D,过点A作直线l3垂直于l1,过点B作直线l4垂直于l2,l3与l4相交于点E,l1、l2、l3、l4分别与x轴交于点P、Q、R、S.记△DPQ、△DAB、△ABE、△ERS的面积分别为S1、S2、S3、S4.若S1S2=4S3S4,求直线AB的方程.
迁移创新
10.参加数学兴趣小组的小何同学在打篮球时,发现当篮球放在地面上时,篮球斜上方的灯泡照过来的光线使篮球在地面上留下的影子有点像数学课堂上学过的椭圆,但他自己还是不太确定,于是回到家里翻阅了很多参考资料,终于明白自己的猜想是没有问题的,而且通过学习,他还确定地面和篮球的接触点(切点)就是影子椭圆的焦点.他在家里做了个探究实验:如图,一个半径为1的球O放在桌面上,桌面上的一点A1的正上方有一光源A,AA1与球相切,|AA1|=3,球在桌面上的投影是一个椭圆C,记椭圆C的四个顶点分别为A1,A2,B1,B2.有下列命题:
①若点P为椭圆C上的一个动点,则tan∠OAP=;
②椭圆C的长轴长为4;
③若以直线B1B2的方向为主视方向,则几何体A-A1B1A2B2的左视图的面积为3;
④椭圆C的离心率为.
分析并判断哪些为真命题.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
高考真题练
1.A 2.B 3.B 4.B 5.C 9.D 10.D 13.D
16.AC 17.D
1.A　由题意得e2=,又因为e2=e1,所以e1==(a>1),解得a=,故选A.
2.B　由椭圆的标准方程得a=,b=1,c==2.
由·=0得∠F1PF2=90°,
所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,即|PF1|2+|PF2|2=16.
由椭圆的定义得|PF1|+|PF2|=2,
所以|PF1|·|PF2|=[(|PF1|+|PF2|)2-(|PF1|2+|PF2|2)]=2.
3.B　由椭圆方程知a=3,b=,则c==.设|PF1|=m,|PF2|=n,则m+n=2a,即m+n=6,所以2mn=36-(m2+n2)①.
在△F1PF2中,=cos∠F1PF2,即=②.将①代入②得m2+n2=21.
OP为边F1F2上的中线,故|OP|2=(+)2=
(+2·+)===,所以|OP|=.
4.B　由题意知A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),
所以=(-a,-b),=(a,-b),
所以·=-a2+b2=-1①,
因为椭圆C的离心率为,所以==,即1-=②,联立①②可得a2=9,b2=8,故椭圆C的方程为+=1.故选B.
5.C　由已知得F1(-,0),F2(,0),
∵=2,∴点F1到直线AB的距离为点F2到直线AB的距离的2倍,即=2·,解得m=-或m=-3,经检验,当m=-3时,直线AB与椭圆C没有交点,故m=-.故选C.
6.解析　(1)设椭圆的半焦距为c(c>0).
依题可得解得
又a2=b2+c2,所以b=,
所以椭圆C的方程为+=1,离心率e==.
(2)依题意可得过点A2(2,0)的直线A2P不平行于坐标轴,设其方程为x=my+2(m≠0),
联立直线A2P与椭圆C的方程得
消去x,可得(3m2+4)y2+12my=0,
设P(xP,yP),又A2(2,0),
所以0+yP=-,则yP=-,
设Q(0,yQ),
因为直线A2P交y轴于点Q,所以yQ=-,
=|-|=×4×|yQ-yP|=2,=×1×|yP|=.
又=2,所以2=2,
解得m=±,所以直线A2P的方程为x=±y+2,
即3x+y-6=0或3x-y-6=0.
7.解析　(1)设椭圆C的半焦距为c(c>0),由题意知=,b=2,又a2=b2+c2,所以a=3,c=.
故C的方程为+=1.
(2)证明:易知直线PQ的斜率存在且小于0,又直线PQ过点(-2,3),所以设直线PQ的方程为y=kx+2k+3,k<0.
联立消去y,整理得(4k2+9)x2+8k(2k+3)x+16k(k+3)=0,k<0,
则Δ=[8k(2k+3)]2-4×(4k2+9)×16k(k+3)=-27×64k>0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=-,x1x2=.
因为P(x1,y1),A(-2,0),
所以直线AP的方程为=,
令x=0,得M,同理,N,
所以线段MN的中点坐标为,
+=+
=2k++=2k+
=2k+
=2k+
=2k+=3,
所以线段MN的中点坐标为(0,3),所以线段MN的中点为定点.
8.解析　(1)由题意知|AC|=2b=4,即b=2,
又e====,∴a2=9.
∴E的方程为+=1.
(2)证明:设点P(x0,y0),则+=1,即4=36-9.
直线PD:y=(x-3),直线BC:y=-x-2,联立直线PD与直线BC的方程,得点M,.
直线PA的方程为y=x+2,
令y=-2,得点N.
因为kMN=
=
=
=
=·=,
又因为kCD=,所以kMN=kCD,
又MN与CD无公共点,所以MN∥CD.
9.D　∵e==,∴=4.
由图形(图略)知与圆相交的渐近线的方程为y=x,即y=2x,即2x-y=0.
由已知得圆心坐标为(2,3),半径r=1,∴圆心到直线2x-y=0的距离d==,
∴|AB|=2=2=,
故选D.
10.D　如图,易知|PF2|=b=2,|OP|=a,|OF2|=c.
设P(xP,yP),
过点P的渐近线方程为y=x,直线PF2的方程为y=-(x-c),
联立可得
故P,又F1(-c,0),
所以=====,
即4a=(a2+2),即a2-2a+2=0,
解得a=,又b=2,所以双曲线的方程为-=1.故选D.
11.答案　-=1
解析　由题意设双曲线C的标准方程为-=1(a>0,b>0),由题知c=2,=,则a=,又c2=a2+b2,∴b2=2,则C的方程为-=1.
12.答案　
解析　如图,因为=-,所以A,B,F2共线,且F2在A,B之间,设|AF2|=2x,则|BF2|=3x,|BF1|=3x,|AB|=5x,
又因为⊥,所以|AF1|==4x,
由双曲线的定义得2a=|AF1|-|AF2|=4x-2x,则a=x,
∠BF2F1+∠AF2F1=π,|F1F2|=2c,结合余弦定理的推论得cos∠BF2F1+cos∠AF2F1=+=0,解得c=a,
所以离心率e==.
13.D　设A(x1,y1),B(x2,y2),x1≠x2,y1≠y2,则AB的中点坐标为,设原点与线段AB的中点的连线的斜率为k,
则kAB=,k=,
∵A,B在双曲线上,∴两式作差,整理得kABk=9.
对于A,可得k=1,则kAB=9,∴lAB:y=9x-8,与x2-=1联立,消去y,得72x2-2×72x+73=0,Δ=-288<0,错误;
对于B,可得k=-2,则kAB=-,∴lAB:y=-x-,与x2-=1联立,消去y,得45x2+2×45x+61=0,Δ=-2 880<0,错误;
对于C,可得k=3,则kAB=3,∴lAB:y=3x,与双曲线的渐近线重合,故lAB与双曲线无交点,错误,故排除A,B,C,故选D.
14.解析　(1)设双曲线C的方程为-=1(a>0,b>0),半焦距为c,
由题意知c=2,e==,则a=2,
所以b2=c2-a2=(2)2-22=16,
所以双曲线C的方程为-=1.
(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),x1<-2,x2<-2,y1>0>y2,P(x,y),
由题意设过点(-4,0)的直线的方程为x=ty-4,由消去x整理得(4t2-1)y2-32ty+48=0,易知4t2-1≠0,Δ=64×(4t2+3)>0,
则y1+y2=,y1y2=,故y1+y2=y1y2.
易知A1(-2,0),A2(2,0),
则直线MA1:=,直线NA2:=,
联立消去y得y1=y2,即x==-2=-2=-2=-1,即点P在定直线x=-1上.
15.解析　(1)由题意可得=,=2,故a=1,b=,所以C的方程为x2-=1.
(2)易知直线PQ的斜率存在且不为0.
设直线PQ的方程为y=kx+t(k≠0),将y=kx+t代入C的方程得(3-k2)x2-2ktx-t2-3=0,
则x1+x2=,x1x2=-,又因为x1>x2>0,
所以3-k2<0,所以x1-x2==.
由题意得
(**)-(*),得y1-y2=2xM-(x1+x2),
而y1-y2=(kx1+t)-(kx2+t)=k(x1-x2),
故2xM=k(x1-x2)+(x1+x2),
解得xM=.
(*)+(**),得2yM-(y1+y2)=(x1-x2),
而y1+y2=(kx1+t)+(kx2+t)=k(x1+x2)+2t,
故2yM=k(x1+x2)+(x1-x2)+2t,
解得yM==xM.
因此,点M的轨迹为直线y=x,其中k为直线PQ的斜率.
若选择①②作为条件:由PQ∥AB得直线AB的方程为y=k(x-2),
不妨令点A在直线y=x上,
则解得xA=,yA=.
同理可得xB=,yB=-.
此时xA+xB=,yA+yB=.
而点M的坐标满足解得xM==,yM==,故M为AB的中点,则|MA|=|MB|.
若选择①③作为条件:显然直线AB的斜率存在且不为0,设直线AB的方程为y=m(x-2)(m≠0),不妨令点A在直线y=x上,
则解得xA=,yA=.
同理可得xB=,yB=-.
此时xM==,yM==.
又点M在直线y=x上,所以=·,
解得k=m,因此PQ∥AB.
若选择②③作为条件:由PQ∥AB得直线AB的方程为y=k(x-2),
不妨令点A在直线y=x上,
则解得xA=,yA=.
同理可得xB=,yB=-.
设AB的中点为C,则xC==,yC==.由于|MA|=|MB|,故点M在线段AB的垂直平分线上,即点M在直线y-yC=-(x-xC)上.
将该直线方程与y=x联立,解得xM==xC,
yM==yC,即点M恰为AB中点,故点M在直线AB上.
16.AC　 ∵直线y=-(x-1)过焦点,
∴=1,∴p=2,故A正确.
由A选项知抛物线方程为y2=4x.
由消去y,得3(x2-2x+1)=4x,即3x2-10x+3=0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=1,
∴|MN|=|x1-x2|=,故B错误.
由对称性,不妨设M在x轴上方,如图,取MN的中点D,过M,N,D分别作l的垂线,垂足分别为M',N',D',则|DD'|=(|MM'|+|NN'|)=|MN|,
∴以MN为直径的圆和l相切,故C正确.
由B,C选项中分析可知M,N(3,-2),|MN|=,∴|OM|=,|ON|=,显然|OM|≠|ON|≠|MN|,∴△OMN不是等腰三角形,故D错误.故选AC.
17.D　由抛物线C:y2=8x知F(2,0),准线方程为x=-2,由M到直线x=-3的距离为5,知M到直线x=-2的距离为4,由抛物线的定义可知|MF|=4.
18.答案　
解析　因为点A(1,)在抛物线C:y2=2px上,
所以5=2p,即p=,
所以抛物线C:y2=5x的准线方程为x=-,故A到C的准线的距离为1-=.
19.答案　6
解析　圆C的圆心为C(-2,0),半径r=,设切点为M,易知切线OM的斜率存在,设其方程为y=kx,则圆心C到直线y=kx的距离d==,解得k=±.
联立可得P.
由|OP|==8,p>0,得p=6.
20.解析　(1)联立消去x得y2-4py+2p=0.
由题知Δ=16p2-8p>0,且p>0,∴p>,设A(xA,yA),B(xB,yB),则yA+yB=4p,yAyB=2p,
∴|AB|=|yA-yB|==4,∴p=2或p=-(舍).
(2)由(1)知C:y2=4x,F(1,0),易知直线MN的斜率不为0,设直线MN的方程为x=my+n,M(x1,y1),N(x2,y2),
联立消去x得y2-4my-4n=0.
则Δ=16m2+16n>0,∴m2+n>0①,
由根与系数的关系得y1+y2=4m,y1y2=-4n,
∴x1+x2=4m2+2n,x1x2=n2,
=(x1-1,y1),=(x2-1,y2),
∴·=(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,即x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=0,即4m2=n2-6n+1②,
①②联立可得+n>0,解得n≠1,
又n2-6n+1=4m2≥0,∴n≤3-2或n≥3+2.
S△MFN=|MF||NF|=(x1+1)(x2+1)
=(x1x2+x1+x2+1)=(2n2-4n+2)=(n-1)2.
又∵n≤3-2或n≥3+2,
∴当n=3-2时,(S△MFN)min=(2-2)2=12-8.
21.解析　(1)设点P(x,y),由题意得|y|=,化简得y=x2+,故W的方程为y=x2+.
(2)证明:不妨令A,B,D三点在W上,如图,
设A.
易知直线AB的斜率存在且不为0,设为k,则直线AD的斜率为-.
联立直线AB:y-=k(x-t)与抛物线W的方程,消去y,整理得x2-kx+kt-t2=0,
则xA·xB=kt-t2,又xA=t,所以xB=k-t.
故|AB|=|k-2t|.
同理,|AD|=,所以矩形ABCD的周长L=2|k-2t|+.
(i)当k2≥1时,k4≥1,所以k2≥,
所以≥,
所以|k-2t|≥|k-2t|.
所以L≥2①.
又因为|k-2t|+≥,
所以L≥2·.
令k2=m,则L≥2,m≥1.
设f(x)=,则f '(x)=,
则f(x)在[1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(2)=,所以L≥2,即L≥3.而①中“=”当且仅当k2=1时取得,故L>3.
(ii)当02·,所以L>2·,即L>2.
令k2=n,则L>2,0设g(x)=,则g'(x)=,则g(x)在上单调递减,在上单调递增,
故g(x)min=g=,所以L>3.
综上,矩形ABCD的周长大于3.
高考模拟练
1.ABD 2.ACD 3.AD
1.ABD　由题意可知a=,b=1,c==.
对于选项A,当直线MA,MB中一条直线的斜率为0,另一条直线的斜率不存在时,可得M(±,±1),
当直线MA,MB的斜率均存在时,设M(xM,yM),过点M所作的椭圆C的切线方程为y=k(x-xM)+yM,
联立消去y,得(1+3k2)x2-6k(kxM-yM)x+3(kxM-yM)2-3=0,
由Δ=36k2(kxM-yM)2-12(1+3k2)[-1]=0,整理可得(-3)k2-2xMyMk+-1=0,则kMA·kMB=,又因为MA⊥MB,所以kMA·kMB=-1,即=-1,整理得+=4,所以M点的轨迹方程为x2+y2=4,又(±,±1)也满足x2+y2=4,
所以椭圆C的蒙日圆方程为x2+y2=4,故A正确.
对于选项B,因为A为椭圆C上的点,所以|AF1|+|AF2|=2,即|AF2|=2-|AF1|,可得d-|AF2|=d-(2-|AF1|)=d+|AF1|-2,易知d+|AF1|的最小值为点F1到直线l的距离,且F1(-,0),故==2,所以=2-2=0,故B正确.
对于选项C,因为矩形的四条边均与C相切,所以该矩形为椭圆C的蒙日圆的内接矩形,设该矩形的长为m,宽为n,由上述分析知椭圆C的蒙日圆的半径r=2,则m2+n2=16,可得mn≤=8,当且仅当m=n=2时,等号成立,所以此矩形的面积的最大值为8,故C错误.
对于选项D,设A(x1,y1),则+=1,即3=3-,可知A(x1,y1)在直线+y1y=1上,联立消去y得(3+)x2-6x1x+9-9=0,即x2-2x1x+=0,解得x=x1(二重根),即直线+y1y=1与椭圆C相切,所以椭圆C在点A处的切线方程为+y1y=1,同理设B(x2,y2),可知椭圆C在点B处的切线方程为+y2y=1,设M(x0,y0),则可知A,B两点的坐标均满足方程+y0y=1,即切点弦AB所在直线的方程为+y0y=1,
当y0=0时,M(±2,0),此时切点弦AB所在直线的方程为x=±,可得|AB|=2=1,S△AOB=××1=;
当y0≠0时,由消去y得(3+)x2-6x0x+9-9=0,由A中分析可知+=4,可得(12-2)x2-6x0x+9-27=0,
则x1+x2=,x1x2=,故|AB|=·=·,又原点O到直线AB的距离d==,
所以S△AOB=|AB|·d=,令t=,则t∈,=6-,可得S△AOB=≤,当且仅当t=时,等号成立.综上所述,△AOB的面积的最大值为,故D正确.故选ABD.
2.ACD　设圆I与△PF1F2的三边PF1,PF2,F1F2的切点分别为A,B,C,则|F1C|=|F1A|=|PF1|-|AP|=|PF1|-|BP|=|PF1|-(|PF2|-|BF2|)=|PF1|-|PF2|+|BF2|=2a+|CF2|,即|F1C|-|F2C|=2a①,又|F1C|+|F2C|=2c②,故联立①②可解得|F1C|=a+c,故|OC|=a,因为CI⊥F1F2,所以C,I的横坐标相等,故I到y轴的距离为a,故A正确;
延长F2D,交PF1于点E,由内切圆及垂线的性质可知,△PED≌△PF2D,
则D为EF2的中点且|PF2|=|PE|,连接OD,由中位线定理可知|OD|=|F1E|=(|PF1|-|PE|)=(|PF1|-|PF2|)=a,故点D的轨迹是以O为圆心,a为半径的圆,故B错误;
若-≥,则|PF1|-|PF2|≥|F1F2|,即2a≥c,可得1设椭圆的长半轴长为a1,由|OP|=|OF1|=|OF2|可知,△PF1F2为直角三角形,且∠F1PF2=90°,由双曲线的定义可知|PF1|-|PF2|=2a③,由椭圆的定义可知|PF1|+|PF2|=2a1④,在Rt△F1PF2中,由勾股定理可得|PF1|2+|PF2|2=4c2⑤,③④⑤式联立可得a2+=2c2,即+=2,故D正确.故选ACD.
3.AD　由P(x1,y1),Q(x2,y2)是椭圆+=1上两个不同的点,可得+=1,+=1,设x1=m1,x2=m2,3y1=n1,3y2=n2,C(m1,n1),D(m2,n2),O为坐标原点,则=(m1,n1),=(m2,n2),+=4,+=4,∴C,D两点均在圆m2+n2=4上,又x1x2+9y1y2=-2,即m1m2+n1n2=-2,故cos∠COD===-,故∠COD=120°,∴|CD|=2,根据点到直线的距离公式,知|2x1+3y1-3|+|2x2+3y2-3|=×,它表示C,D两点到直线2x+y-3=0的距离(分别设为d1,d2)之和的倍.设CD的中点为E,E到直线2x+y-3=0的距离为d3,则d1+d2=2d3≤2=2+,d1+d2=2d3≥2=-2+,故|2x1+3y1-3|+|2x2+3y2-3|的最大值为×=6+2,最小值为×=6-2,故A正确,B错误.
对于C,D选项,同理,可将|x1-3y1+5|+|x2-3y2+5|转化为C,D两点到直线x-y+5=0的距离之和的倍,其最大值为×=10+2,最小值为×=10-2,故C错误,D正确.故选AD.
4.答案　
解析　当P为长轴的端点时,不满足条件.不妨设|PF2|=2m,由Q为线段PF1的中点,可得|QO|=m,故|QF1|=2m,|PF1|=4m,又|PF1|+|PF2|=6m=2a,故m=,
在△PF1F2中,由余弦定理的推论,可得cos∠PF1F2=.假设Q不为线段PF1的中点,设|QO|=t,则|QF1|=2t,在△QF1O中,由余弦定理的推论,可得cos∠QF1O=,易知cos∠PF1F2=cos∠QF1O,
即=,整理得3mt2-(3m2+c2)t+mc2=0,又线段PF1上有且只有中点Q满足条件,故此关于t的方程有两个相等的实根,故Δ=-4×3m×mc2=0,化简得c2=3m2,又m=,所以椭圆C的离心率e==.
5.解析　(1)证明:设椭圆Γ的半焦距为c,c>0,如图,
因为e===,所以c=a,b=a,又因为B(0,b),F2(c,0),故=-=-,
所以kBD=-=,所以直线BD:y=x+b,令y=0,解得x=-b,所以D(-b,0),所以=(-b-c,0)=(-2a,0),又=(2c,0)=(a,0),
所以2+=0.
(2)若点D(-3,0),则-b=-3,解得b=,则a=2,c=1,所以椭圆方程为+=1,如图所示,
设直线l的方程为x=ty+1,t≠0,P(x1,y1),Q(x2,y2),则M(x1,-y1),
联立消去x,整理得(4+3t2)y2+6ty-9=0,
则Δ=36t2+36(4+3t2)>0,且y1+y2=,y1y2=,
易得直线MQ的方程为x-x1=(y+y1),
令y=0,可得x=+x1=
====+1=+1=4,故在x轴上存在一个定点N(4,0),使得M,Q,N三点共线.
6.解析　(1)因为a2+b2=1,所以c=1,若b<,则b2<,则a2=1-b2>,所以a>,则C的离心率e==<=,又e>1,所以C的离心率e的取值范围是(1,).
(2)由(1)知F(1,0),由题知直线l的斜率不为零,所以可设其方程为x=my+1,
由a2+b2=1知b2=1-a2(0联立消去x,得[a2(m2+1)-m2]y2+2m·(a2-1)y-=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=,
由于A,B两点均在C的右支上,所以y1y2<0 a2(m2+1)-m2>0,即m2<.
则·=x1x2+y1y2=(my1+1)(my2+1)+y1y2=(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+1
=(m2+1)·+m·+1=,
由∠AOB恒为锐角,得对任意m2<,均有·>0,即m2a2(1-a2)-a4+3a2-1>0恒成立.
由于a2(1-a2)>0,所以y=m2a2(1-a2)-a4+3a2-1是关于m2的增函数,
所以只需m2=0时,-a4+3a2-1>0恒成立即可,
故又0综上所述,C的实轴长的取值范围是(-1,2).
7.解析　(1)根据题意得解得a=2,b=,c=1,
所以椭圆C:+=1,又椭圆C与抛物线共焦点,故=1,所以p=2,所以拋物线E:y2=4x.
(2)由题可设l:x=ty+1(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),联立l与椭圆C的方程,得消去x并整理,得(3t2+4)y2+6ty-9=0,则Δ=(6t)2-4(3t2+4)×(-9)=144(t2+1)>0,y1+y2=,y1y2=,由弦长公式得|AB|=·|y1-y2|=·=·=,点A1(-2,0)到直线l的距离为,所以S1=|AB|·=.联立l与抛物线E的方程,得消去x并整理,得y2-4ty-4=0,则Δ=(-4t)2-4×(-4)=16(t2+1)>0,y3+y4=4t,y3y4=-4,由弦长公式得|PQ|=|y3-y4|=·==4(1+t2),点A2(2,0)到直线l的距离为,所以S2==··|PQ|·=.因为S1≥3S2,所以≥3,解得-≤t≤(t≠0).易知直线l在y轴上的截距为-,且-≤-或-≥,所以直线l在y轴上的截距的取值范围为∪.
8.解析　(1)设抛物线上有一点N(x0,y0),则=4x0,易知M(3,0),∴|MN|===≥2,当且仅当x0=1时取等号,∴|MN|min=2,可得圆M上的点到抛物线上的点的距离的最小值为2-r=,即r=.则圆M的方程为(x-3)2+y2=2.
(2)证明:设P(-,y0),由题知y0≠±,故过P所作的圆M的切线的斜率存在且不等于0,设切线方程为y-y0=k(x+),即kx-y+(y0+k)=0.
∴=,即(14+6)k2+2(3+)y0k+(-2)=0,不妨设切线AB,QR的斜率分别为k1,k2,
则k1+k2=,k1k2=.
联立消去x,得y2-y++4=0.
则y1y2=+4,y3y4=+4,
∴y1y2y3y4=+16y0+112
=+112
=+112
=+112=112.
故y1y2y3y4为定值.
9.解析　(1)设M(t,3),t>0,由题意可得即+=5,解得p=1或p=9(舍去),所以抛物线C的方程为y2=2x.
(2)不妨设A在第一象限内,如图,
设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=my+1(m∈R),
与抛物线方程y2=2x联立,可得y2=2my+2,即y2-2my-2=0,则Δ=4m2+8>0,y1+y2=2m,y1y2=-2.
易得切线l1的方程为y1y=x+x1,即y=x+(抛物线y2=2px在点(x1,y1)处的切线方程为y1y=p(x+x1),可利用直线与抛物线相切的关系进行推导),
令y=0,得x=-,即P.
同理可得,切线l2的方程为y=x+,
令y=0,得x=-,即Q.
∴|PQ|=.
联立解得即D(-1,m),
则D到直线AB的距离dD-AB==.
∵l3⊥l1,l3过点A,∴直线l3的方程为y=-y1x+x1y1+y1=-y1x++y1,
令y=0,得x=+1,即R.
同理可得,直线l4的方程为y=-y2x++y2,
令y=0,得x=+1,即S.
∴|RS|=.
联立解得
整理后可得即E(2m2+2,2m),
则E到直线AB的距离dE-AB==.
故S1=|PQ|·|yD|=|m|,
S2=|AB|·|dD-AB|=|AB|,
S3=|AB|·|dE-AB|=|AB|,
S4=|RS|·|yE|=|2m|,
∴===4,得m=±,
∴直线AB的方程为x=±y+1,即x±y-1=0.
10.解析　对于①,设AP切球O于点E,连接OE,则OE⊥AP,且|OE|=1,设AA1切球O于点F,连接OF,则OF⊥AA1,且|OF|=1,|AF|=3-1=2,则|OA|===,
所以|AE|===2,故tan∠OAP==,①是真命题;
对于②,由圆的几何性质可知,∠A1AA2=2∠OAP,
则tan∠A1AA2=tan 2∠OAP====,所以|A1A2|=|AA1|=4,故椭圆C的长轴长为4,②是真命题;
对于④,设椭圆C的长轴长、短轴长、焦距分别为2a,2b,2c,
根据题意可知a-c=1,则c=a-1=1,故椭圆C的离心率为=,④是真命题;
对于③,由上述分析知b===,
由题意可知,若以直线B1B2的方向为主视方向,
则几何体A-A1B1A2B2的左视图是底边长为2,高为3的等腰三角形,其面积为×2×3=3,③是假命题.故真命题为①②④.
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