第九章章末檢測

1、第九章章末檢測(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1原點到直線x2y50的距離為()A1 B. C2 D.2(2010·安徽)過點(1,0)且與直線x2y20平行的直線方程是()Ax2y10 Bx2y10C2xy20 Dx2y103直線x2y30與圓C：(x2)2(y3)29交于E、F兩點，則ECF的面積為()A. B. C2 D.4(2011·咸寧調(diào)研)已知拋物線y24x的準(zhǔn)線與雙曲線y21 (a>0)交于A、B兩點，點F為拋物線的焦點，若FAB為直角三角形，則雙曲線的離心率是()A. B. C2 D35已知圓的方程

2、為x2y26x8y0，設(shè)該圓過點(3,5)的最長弦和最短弦分別為AC和BD，則四邊形ABCD的面積為()A10 B20 C30 D406(2011·福建)設(shè)圓錐曲線的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，若曲線上存在點P滿足|PF1|F1F2|PF2|432，則曲線的離心率等于()A.或 B.或2C.或2 D.或7兩個正數(shù)a、b的等差中項是，一個等比中項是，且a>b，則雙曲線1的離心率e等于()A. B. C. D.8若過點A(4,0)的直線l與曲線(x2)2y21有公共點，則直線l的斜率的取值范圍為()A， B(，)C. D.9(2011·商丘模擬)設(shè)雙曲線1的一條漸近線與拋物

3、線yx21只有一個公共點，則雙曲線的離心率為()A. B5 C. D.10“神舟七號”宇宙飛船的運行軌道是以地球中心，F(xiàn)為左焦點的橢圓，測得近地點A距離地面m km，遠(yuǎn)地點B距離地面n km，地球的半徑為k km，關(guān)于橢圓有以下三種說法：焦距長為nm；短軸長為；離心率e.以上正確的說法有()A B C D11設(shè)F1、F2是雙曲線1 (a>0，b>0)的兩個焦點，P在雙曲線上，若·0，|·|2ac (c為半焦距)，則雙曲線的離心率為()A. B. C2 D.12(2010·浙江)設(shè)F1、F2分別為雙曲線1(a>0，b>0)的左、右焦點若在雙曲

4、線右支上存在點P，滿足|PF2|F1F2|，且F2到直線PF1的距離等于雙曲線的實軸長，則該雙曲線的漸近線方程為()A3x±4y0 B3x±5y0C4x±3y0 D5x±4y0二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13(2011·安慶模擬)若一個圓的圓心在拋物線y24x的焦點處，且此圓與直線3x4y70相切，則這個圓的方程為_14過橢圓1 (a>b>0)的左頂點A作斜率為1的直線，與橢圓的另一個交點為M，與y軸的交點為B.若|AM|MB|，則該橢圓的離心率為_15(2011·江西)若橢圓1的焦點在x軸上，過點(

5、1，)作圓x2y21的切線，切點分別為A，B，直線AB恰好經(jīng)過橢圓的右焦點和上頂點，則橢圓方程是_16若方程1所表示的曲線C，給出下列四個命題：若C為橢圓，則1<t<4；若C為雙曲線，則t>4或t<1；曲線C不可能是圓；若C表示橢圓，且長軸在x軸上，則1<t<.其中正確的命題是_(把所有正確命題的序號都填在橫線上)三、解答題(本大題共6小題，共70分)17(10分)如圖，直角三角形ABC的頂點坐標(biāo)A(2,0)，直角頂點B(0，2)，頂點C在x軸上，點P為線段OA的中點(1)求BC邊所在直線方程；(2)M為直角三角形ABC外接圓的圓心，求圓M的方程；(3)若動

6、圓N過點P且與圓M內(nèi)切，求動圓N的圓心N的軌跡方程18(12分)已知拋物線y2x與直線yk(x1)相交于A、B兩點(1)求證：OAOB；(2)當(dāng)OAB的面積等于時，求k的值19(12分)(2011·陜西)如圖，設(shè)P是圓x2y225上的動點，點D是P在x軸上的投影，M為PD上一點，且|MD|PD|.(1)當(dāng)P在圓上運動時，求點M的軌跡C的方程；(2)求過點(3,0)且斜率為的直線被C所截線段的長度20(12分)設(shè)直線l：yk(x1) (k0)與橢圓x23y2a2 (a>0)相交于兩個不同的點A、B，與x軸相交于點C，記O為坐標(biāo)原點(1)證明：a2>；(2)若2，求OAB的面

7、積取得最大值時的橢圓方程21(12分)(2011·福建)已知直線l：yxm，mR.(1)若以點M(2,0)為圓心的圓與直線l相切于點P，且點P在y軸上，求該圓的方程(2)若直線l關(guān)于x軸對稱的直線為l，問直線l與拋物線C：x24y是否相切？說明理由22(12分)(2011·山東)已知動直線l與橢圓C：1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)兩不同點，且OPQ的面積SOPQ，其中O為坐標(biāo)原點(1)證明：xx和yy均為定值(2)設(shè)線段PQ的中點為M，求|OM|·|PQ|的最大值(3)橢圓C上是否存在三點D，E，G，使得SODESODGSOEG？若存在，判斷DEG的形狀

8、；若不存在，請說明理由第九章章末檢測1D2.A3.C4.B5.B6A由|PF1|F1F2|PF2|432，可設(shè)|PF1|4k，|F1F2|3k，|PF2|2k，若圓錐曲線為橢圓，則2a6k,2c3k，e.若圓錐曲線為雙曲線，則2a4k2k2k,2c3k，e.7D8.C9.D10A11.D12.C13(x1)2y2414.15.1解析由題意可得切點A(1,0)切點B(m，n)滿足解得B(，)過切點A，B的直線方程為2xy20.令y0得x1，即c1；令x0得y2，即b2.a2b2c25，橢圓方程為1.1617解(1)kAB，ABBC，kCB.lBC：yx2.故BC邊所在的直線方程為xy40.(3分

9、)(2)在上式中，令y0，得C(4,0)，圓心M(1,0)又|AM|3，外接圓的方程為(x1)2y29.(6分)(3)圓N過點P(1,0)，PN是該圓的半徑又動圓N與圓M內(nèi)切，|MN|3|PN|，即|MN|PN|3>2|MP|.(8分)點N的軌跡是以M、P為焦點，長軸長為3的橢圓a，c1，b .軌跡方程為1.(10分)18解設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)(1)由得ky2yk0，(2分)y1y21.又x1y，x2y，x1x2(y1y2)21，x1x2y1y20.(4分)·x1x2y1y20，OAOB.(6分)(2)如圖，由(1)知y1y2，y1y21，|y1y2| 2，(1

10、0分)k2，k±，即所求k的值為±.(12分)19解(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x，y)，P的坐標(biāo)為(xP，yP)，由已知得P在圓上，x2(y)225，即軌跡C的方程為1.(6分)(2)過點(3,0)且斜率為的直線方程為y(x3)，設(shè)直線與C的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，將直線方程y(x3)代入C的方程，得1，即x23x80.(8分)x1，x2.(10分)線段AB的長度為|AB|.(12分)20(1)證明依題意，由yk(x1)，得xy1.將xy1代入x23y2a2，消去x，得y2y1a20.(2分)由直線l與橢圓相交于兩個不同的點，得4>0，整理得a2>3

11、，即a2>.(5分)(2)解設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)由得y1y2，由2，C(1,0)，得y12y2，代入上式，得y2.(8分)于是，SOAB|OC|·|y1y2|y2|，(10分)其中，上式取等號的條件是3k21，即k±，由y2，可得y2±，將k，y2及k，y2這兩組值分別代入，均可解出a25，所以，OAB的面積取得最大值時的橢圓方程是x23y25.(12分)21解方法一(1)依題意，點P的坐標(biāo)為(0，m)因為MPl，所以×11，解得m2，即點P的坐標(biāo)為(0,2)(3分)從而圓的半徑r|MP|2，故所求圓的方程為(x2)2y28.(6分

12、)(2)因為直線l的方程為yxm，所以直線l的方程為yxm.由得x24x4m0.424×4m16(1m)當(dāng)m1時，即0時，直線l與拋物線C相切；當(dāng)m1時，即0時，直線l與拋物線C不相切(10分)綜上，當(dāng)m1時，直線l與拋物線C相切；當(dāng)m1時，直線l與拋物線C不相切(12分)方法二(1)設(shè)所求圓的半徑為r，則圓的方程可設(shè)為(x2)2y2r2.依題意，所求圓與直線l：xym0相切于點P(0，m)，則解得(4分)所以所求圓的方程為(x2)2y28.(6分)(2)同方法一22(1)證明當(dāng)直線l的斜率不存在時，P，Q兩點關(guān)于x軸對稱，所以x2x1，y2y1.因為P(x1，y1)在橢圓上，因此1

13、.又因為SOPQ，所以|x1|·|y1|.由得|x1|，|y1|1，此時xx3，yy2.當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為ykxm，由題意知m0，將其代入1，得(23k2)x26kmx3(m22)0，其中36k2m212(23k2)(m22)>0，即3k22>m2.(*)又x1x2，x1x2，所以|PQ|··.因為點O到直線l的距離為d，所以SOPQ|PQ|·d··.又SOPQ，整理得3k222m2，且符合(*)式，(2分)此時xx(x1x2)22x1x2()22×3，yy(3x)(3x)4(xx)2，綜上所

14、述，xx3，yy2，結(jié)論成立(4分)(2)解方法一當(dāng)直線l的斜率不存在時，由(1)知|OM|x1|，|PQ|2|y1|2，因此|OM|·|PQ|×2.當(dāng)直線l的斜率存在時，由(1)知：，k()mm，|OM|2()2()2(3)|PQ|2(1k2)2(2)，所以|OM|2·|PQ|2×(3)×2×(2)(3)(2)2.所以|OM|·|PQ|，當(dāng)且僅當(dāng)32，即m±時，等號成立綜合得|OM|·|PQ|的最大值為.(8分)方法二因為4|OM|2|PQ|2(x1x2)2(y1y2)2(x2x1)2(y2y1)22(xx)(yy)10.所以2|OM|·|PQ|5.即|OM|·|PQ|，當(dāng)且僅當(dāng)2|OM|PQ|時等號成立因此|OM|·|PQ|的最大值為.(3)解橢圓C上不存在三點D，E，G，使得SODESODGSOEG.證明：假設(shè)存在D(u，