范文高三解析幾何習(xí)題答案解析

1、2013屆高三數(shù)學(xué)章末綜合測(cè)試題(16)解析幾何、選擇題：本大題共12小題，每小題 5分，共60分.1 .若直線I與直線y= 1、x = 7分別交于點(diǎn)P、Q，且線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1 , - 1),則直線I的斜率為()解析:A1B. - 1c . - 3332D.-設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(a,1), Q點(diǎn)坐標(biāo)為(7, b),貝U PQ中點(diǎn)坐標(biāo)為a+ 71+ ba+ 7= 1,-1,解得a=-5,b = - 3,即可得P( 5,1), Q(7，- 3)，故直線I的斜13率為kpQ=答案：B2 .若直線x+ (a- 2)y a= 0與直線ax+ y 1 = 0互相垂直，則 a的值為()A . 2B . 1

2、 或 2C. 1D . 0 或 1解析：（1 、依題意，得（a） x j=- 1，解得a= 1.v a 2 /答案：C3.已知圓(x- 1)2 + (y 3 .3)2= r2(r 0)的一條切線y= kx + 3與直線x= 5的夾角為才，貝怦徑的值 為()33 3A. 2b_2或穿巧或3解析：直線y= kx + 3與x = 5的夾角為才， k= 士. 3. 由直線和圓相切的條件得r = 或323.答案：C4頂點(diǎn)在原點(diǎn)、焦點(diǎn)在x軸上的拋物線被直線 y = x + 1截得的弦長是,10,則拋物線的方程是( )A . y2=- x,或 y2= 5xB . y2 = - xC. y2= x，或 y2=

3、- 5xD . y2= 5x解析：由題意，可知拋物線的焦點(diǎn)在x軸上時(shí)應(yīng)有兩種形式，此時(shí)應(yīng)設(shè)為y2 = mx(m 0)，聯(lián)立兩個(gè)答案：A5已知圓的方程為X2+ y2 6x 8y = 0,若該圓中過點(diǎn) M(3,5)的最長弦、最短弦分別為AC、BD ,則以點(diǎn)A、B、C、D為頂點(diǎn)的四邊形 ABCD的面積為()A . 10 ,6B. 20 6C. 30 6D. 40 6解析：已知圓的圓心為(3,4)，半徑為5，則最短的弦長為 2 52 12 = 4 6,最長的弦為圓的直徑為110,則四邊形的面積為 2X 4 .6 X 10= 20 6，故應(yīng)選B.答案：B2 26 .若雙曲線X7 * = 1的一個(gè)焦點(diǎn)到其

4、對(duì)應(yīng)準(zhǔn)線和一條漸近線的距離之比為.2 : . 3，則雙曲線的離心率是()A . 3B . 5C. 3D. ,5解析：焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為c a = b，焦點(diǎn)到漸近線的距離為bc= b, b=t, e= 3.c c需Tb2c曲答案：C7若圓C與直線x y= 0及x y 4= 0都相切，圓心在直線x + y= 0上，則圓C的方程為()2 2 2 2A . (x+ 1) + (y 1) = 2B . (x 1) + (y 1) = 2C . (x 1)2 + (y + 1)2= 2D . (x + 1)2 + (y+ 1)2 = 2解析：如圖，據(jù)題意知圓的直徑為兩平行直線x-y=0 , x-y-4=0

5、之間的距離 2，故圓的半徑為，又A(2 , -2)，故圓心 C(1 , -1)，即圓的方程為(x-1)2+(y+1)2=2.答案：C8已知拋物線y2 = 2px(p 0),過點(diǎn)E(m,0)(m 0)的直線交拋物線于點(diǎn)M、N，交y軸于點(diǎn)P，若PMME , PN=矗，貝UT 卩=()A. 1B . - 2C. 1D . 2解析：設(shè)過點(diǎn)E的直線方程為 y= k(x m) 代入拋物線方程，整理可得k2x2 + ( 2mk2 2p)x + m2k222X1X2= m .2p + 2mk =0.設(shè) M(X1, y” , N(X2, y2)，貝U X1 + x =k2可得PM = 2ME, 由PN = (J

6、NE,|xi= m- xi),X2= p(m x2),入+XiX2xi(m X2) + x2(m xi)m xim X2(m xi)(m X2)m(xi + X2) 2x1X22m + xiX2 m(xi + X2)2m(xi + X2) 2m2m2 m(xi + X2)答案：C2 2x y9直線MN與雙曲線C:孑y= 1的左、右支分別交于M、N點(diǎn)，與雙曲線 C的右準(zhǔn)線相交于P點(diǎn)，F(xiàn)為右焦點(diǎn)，若|FM|= 2|FN|,又NP = ZPM(疋R),則實(shí)數(shù) 入的值為(1A.2C. 2解析：如圖所示，分別過點(diǎn) M、N作MB丄l于點(diǎn)B, NA丄l于點(diǎn)A.由雙曲線的第二定義，可得=e，則=2.WPB s

7、/npa，=，即=.答案：A10 在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，點(diǎn)P到點(diǎn)A(1,0)，B(a,4)及到直線x= 1的距離都相等，如果這樣的點(diǎn)P恰好只有一個(gè)，那么a=()C. 2 或一2D . 1 或一1解析：依題意得，一方面，點(diǎn)P應(yīng)位于以點(diǎn)A(1,0 )為焦點(diǎn)、直線x = 1為準(zhǔn)線的拋物線y2= 4x上;另一方面，點(diǎn)P應(yīng)位于線段AB的中垂線y 2= a 14由于要使這樣的點(diǎn) P是唯一的,y2= 4x,因此要求方程組aa +八 有唯一的實(shí)數(shù)解.ly2=匸丿結(jié)合選項(xiàng)進(jìn)行檢驗(yàn)即可.當(dāng)a= 1時(shí)，拋物線y2= 4x與線段AB的中垂線有唯一的公共點(diǎn)，適合題1 y = 4x，意；當(dāng)a= 1時(shí)，線段AB的中垂線方程是

8、 y=2，易知方程組 1有唯一實(shí)數(shù)解.y= /+ 2綜上所述，a = 1,或a= 1.答案：D211已知橢圓c:才+ yy02 = 1,可得 |OP|2= |OQ| |OR|.答案：C（非選擇共90分）二、填空題：本大題共4個(gè)小題，每小題 5分，共20分.13 .若兩直線 2x +y+ 2= 0與ax+ 4y 2= 0互相垂直，則其交點(diǎn)的坐標(biāo)為解析：由已知兩直線互相垂直可得a= 2，2x+ y + 2 = 0，則由得兩直線的交點(diǎn)坐標(biāo)為（一1,0）.（x+ 2y 1 = 0答案：（1,0）14.如果點(diǎn)M是拋物線y2= 4x的一點(diǎn)，F(xiàn)為拋物線的焦點(diǎn)，A在圓C：么|MA| + |MF |的最小值為

9、.解析：如圖所示，過點(diǎn) M作MB丄l于點(diǎn)B.由拋物線定義，可得|MF|=|MB|，則|MA| + |MF|= |MA| += 1的焦點(diǎn)為F1、F2，若點(diǎn)p在橢圓上，且滿足|PO|2= IPF1IIPF2I（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)），則稱點(diǎn)P為“點(diǎn)”.下列結(jié)論正確的是（）A 橢圓C上的所有點(diǎn)都是“點(diǎn)”B 橢圓C上僅有有限個(gè)點(diǎn)是“點(diǎn)”C.橢圓C上的所有點(diǎn)都不是“點(diǎn)”C上有無窮多個(gè)點(diǎn)（但不是所有的點(diǎn)）是“點(diǎn)”2解析：設(shè)橢圓C:才+ y2= 1上點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2cos a， sin c），D 橢圓由 |PO|2= |PFi| IPF2I，可得 4cos2 a+ Sin ayj (2cos a +V3)2 +

10、sin2 a (2cos a /3)2 + sin2 a，整理可得 cos2a= 2，即可得 cos a= 2， sin a= 2，由此可得點(diǎn)P的坐標(biāo)為即橢圓C上有4個(gè)點(diǎn)是“點(diǎn)”答案：B2 212.設(shè)雙曲線 字一y= 1（a0，b0）的右頂點(diǎn)為A，P為雙曲線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不是頂點(diǎn)），若從點(diǎn)A引雙曲線的兩條漸近線的平行線，與直線OP分別交于Q、R兩點(diǎn)，其中為坐標(biāo)原點(diǎn)，則|OPf與|OQ| |OR|的大小關(guān)系為()A . |OP|2 v |OQ| |OR|C. |OP|2 = |OQ| |OR|OPf |0Q| |0R|不確定解析:設(shè)P（x, y），雙曲線的漸近線方程是y=， 直線AQ的方程是ab

11、y =-(x a),直線 AR的方 a程是y=by0a（x a），直線OP的方程是y = xx，可得Qabxoabv。bxo ay。 bxo ay ，abxoabyobxo + ay o bxo + ayoj.(x 4)2 + (y 1)2 = 1 上，那|MB| |CB| 1 = 4 + 1 1 = 4.答案：415 若過原點(diǎn)O且方向向量為(m,1)的直線l與圓C： (x 1) 2 2 、y y0b兩式相減，得= _2.+ y2 = 4相交于P、Q兩點(diǎn)，貝U OP OQOP OQ = xix 2 + yy是引發(fā)思解析：可由條件設(shè)岀直線方程，聯(lián)立方程運(yùn)用韋達(dá)定理可求解，其中 路的關(guān)鍵.答案：3

12、216 如果F1為橢圓C : % + y2 = 1的左焦點(diǎn)，直線I: y = x 1與橢圓C交于A、B兩點(diǎn)，那么|F1A|2解析：將l: y= x 1代入橢圓C:才+ y2 = 1，可得X2+ 2(x 1)2 2= 0,即卩3x2 4x = 0,解之得x40,或 x = 3.可得 A(0 , 1), B 4,3 .又 F1( 1,0)，則 |FiA|+ |FiB| =+宀i2=寧.22.(1) +1 +答案：譽(yù)三、解答題：本大題共6小題，共70 分.2 217. (10分)已知橢圓C：拿+ b= 1(a b 0)的長軸長為 4.若以原點(diǎn)為圓心、橢圓短半軸為半徑的圓與直線y = x+ 2相切，求

13、橢圓焦點(diǎn)坐標(biāo);若點(diǎn)P是橢圓C上的任意一點(diǎn)，過原點(diǎn)的直線L與橢圓相交于 M、N兩點(diǎn)，記直線 PM、PN的斜率分別為kPM、kPN，當(dāng)kPM kPN = 4時(shí)，求橢圓的方程.解析： 由b=，得b = /2,+又 2a= 4 , a= 2 , a2= 4 , b2 = 2, c2= a2 b2= 2,故兩個(gè)焦點(diǎn)坐標(biāo)為(.2, 0), ( , 2 , 0).(2)由于過原點(diǎn)的直線L與橢圓相交的兩點(diǎn)M、N關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱,不妨設(shè) M(xo, yo), N( xo, yo), P(x, y).點(diǎn)M、N、P在橢圓上，則它們滿足橢圓方程,22= 1 ,2 2 2 : 即有紅丄但彳x y 即有 a2 + b2

14、= 1, a2+ bx xo2 2y yo y + yo y yokpM kpN=x xo x + xo2 2x Xo則-鳥=4.a 4由 a= 2,得 b= 1.故所求橢圓的方程為18. (12分)已知兩點(diǎn)M( 1,0), N(1,0),點(diǎn)P為坐標(biāo)平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，滿足mN I |NP|= MN MlP.(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程;(2)若點(diǎn)A(t,4)是動(dòng)點(diǎn)P的軌跡上的一點(diǎn),4的位置關(guān)系.2 2K(m,0)是x軸上的一動(dòng)點(diǎn)，試討論直線AK與圓x + (y 2)解析：設(shè) P(x, y),則 MN = (2,0), NP = (x 1, y),IMP = (x+ 1 , y).由 |MN | |NP

15、|= mN MP ,2 (x 1)2 + y2= 2(x + 1),化簡(jiǎn)，得y2= 4x.故動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為y2 = 4x.由點(diǎn)A(t,4)在軌跡y = 4x 上,2則 4 = 4t,解得 t = 4,即卩 A(4,4).當(dāng)m= 4時(shí)，直線AK的方程為x= 4,此時(shí)直線AK與圓x2+ (y 2)2 = 4相離.4當(dāng)m 4時(shí)，直線 AK的方程為y=(x m),4 m即 4x+ m(m 4)y 4m = 0,|2m+ 8|圓x + (y 2) = 4的圓心(0,2)到直線 AK的距離d=16 + (m- 4)2|2m+ 8|令 d= j2v 2，解得 mv 1；y 16 + (m 4)2y yo

16、y+ yo由題意它們的斜率存在，則kpM =, kpN =x+ xo|2m+ 8|16+ (m 4)2=2,解得m= 1 ；|2m+ 8|16+ (m 4)2 2,解得m 1.綜上所述，當(dāng) mv 1時(shí)，直線AK與圓x2 + (y 2)2= 4相交;當(dāng)m= 1時(shí)，直線 AK與圓x2+ (y 2)2 = 4相切;當(dāng)m 1時(shí)，直線 AK與圓x2+ (y 2)2 = 4相離.2 219. (12分)如圖，已知直線 L : x= my+ 1過橢圓C:卻+占=1(ab0)的右焦點(diǎn)F，且交橢圓 a bA、B兩點(diǎn)，若拋物線 x2= 4 3y的焦點(diǎn)為橢圓C的上頂點(diǎn).(1)求橢圓C的方程；若直線L交y軸于點(diǎn)M，且

17、MA =入AF，MB = ；2BF，當(dāng)m變化時(shí)，求入+ b的值.解析：易知b= “J3，得b2= 3.又 T F(1,0)，二 c= 1，a2= b2+ c2= 4，2 2橢圓c的方程為+扌=1.x= my+ 1，(2)設(shè) A(X1, y1)，B(X2，y2)，由 223x + 4y 12= 0，得(3m2 + 4)y2 + 6my 9= 0，= 144(m2 + 1)0，于是丄+丄=2t.(*)y1y23 L與y軸交于點(diǎn)M 0，十，又由mA = bAF，b(1 X1, b= 1 丄.同理my1y1)，my2從而 b + b = 2 -2-283.即 b + b=83.20. (12 分)設(shè)

18、G、M 分別為 ABC 的重心與外心， A(0， 1)，B(0,1)，且 GM = bAB(圧 R).(1)求點(diǎn)C的軌跡方程；2(2)若斜率為k的直線丨與點(diǎn)C的軌跡交于不同兩點(diǎn)P、Q，且滿足|AP|= |AQ|,試求k的取值范圍.解析：設(shè)C(x，y)，貝U G，y GM II AB.點(diǎn)M是三角形的外心, M點(diǎn)在x軸上，即M 3, oC的方程.|AP|= |AQ|.當(dāng)k = 0時(shí)，丨和橢圓C有不同兩交點(diǎn)P、Q,根據(jù)橢圓對(duì)稱性有當(dāng)0時(shí)，可設(shè)丨的方程為y = kx+ m，y= kx+ m，聯(lián)立方程組2消去y,住+y2= + 3k，整理，得(1 + 3k2)x2 + 6kmx + 3(m2 1) =

19、0.(*)直線丨和橢圓C交于不同兩點(diǎn)，2 2 2 = (6km) 4(1 + 3k ) x (m 1) 0,2 2即 1 + 3k m 0.(*)設(shè)P(x1, y“, Q(x2,目2，則X1, X2是方程(*)的兩相異實(shí)根,于是有X1 + X2 =6 km2.1 + 3kX1 + X2則PQ的中點(diǎn)N(xo, y)的坐標(biāo)是X03km2, y = kxo+ m= m 2,1+ 3k1+ 3k3 km2)1 + 3k1 + 3k2，又/ |AP|= |AQ|, AN 丄 PQ ,m21 + 3k21 + 3k=1, m=1+ 3k 將 m = 2一代入(*)式，得1+ 3 k2 亠0(k半0)，2即

20、k2v 1，得k ( 1,0) U (0,1).綜合得,k的取值范圍是(一1,1).于，它的一條準(zhǔn)線方程為x= 2.2 221 . (12分)已知橢圓C:芻+生=1(a b 0)的離心率為 (1)求橢圓C的方程;若點(diǎn)A、B為橢圓上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，橢圓的中心到直線AB的距離為 ，求/ AOB的大小.解析：由題意，知ac 2,得 a= 2，c= 1，故 a2 = 2，b + y = 1，= 1，2故橢圓方程為2+y2= 1.(2)設(shè) A(x1, y”，B(x2，yQ，設(shè)直線AB的方程為x= 36，或y = kx + b.當(dāng)直線AB的方程為x，由t+y2= 1,，-于. n從而OA OB = 0，可得/

21、 AOB =孑同理可知當(dāng)直線 AB的方程為x=，和橢圓交得兩點(diǎn)A、B.當(dāng)直線AB的方程為y= kx + b.由原點(diǎn)到直線的距離為弩，得店舌即 1 + k2 = |b2.y= kx+ b，又由 v2消去 y,得(1 + 2k2)x2 + 4kbx + 2b2 2= 0.X 2得 X1 + X2 =4kb2b 2,X1X2=2,1 + 2k1 + 2kb2-2k21 + 2k2從而 yiy2 = (kxi + b)(kx2 + b)22=k X1X2+ kb(xi + X2) + b =- -2b2-2 b2 - 2k2OA OB = X1X2 + yy2 =2 +21 + 2k 1 + 2k3b2-2(1 + k2) 2 ，1 + 2k將1 + k2 = 3b2代入上式，得OA OB = 0,/ AOB = 90.22