2012高三解析几何习题标准答案解析(2)

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1、个人收集整理仅供参考学习2013 届高三数学章末综合测试题（16）解析几何一、选择题 ：本大题共12 小题，每小题5 分，共 60 分1若直线 l 与直线 y1、 x 7 分别交于点 P、 Q，且线段 PQ 地中点坐标为 (1， 1)，则直线 l 地斜率为 ()b5E2RGbCAP1132A. B3C D. p1EanqFDPw323解析： 设 P 点坐标为 (a,1)， Q点坐标为 (7， b)，则 PQ中点坐标为a7 1 b ，则2 ， 2DXDiTa9E3da 72 1，a 5，解得即可得 P( 5,1)，Q(7， 3)，故直线 l 地斜 RTCrpUDGiT1 bb 3，2 1，1 3

2、率为 kPQ 1573.答案： B2若直线 x (a 2)ya 0与直线 ax y 1 0 互相垂直，则a 地值为 ()A 2B1或 2C1D0或 1解析： 依题意，得 ( a) 1a 2 1，解得 a 1.5PCzVD7HxA答案： C3已知圆 (x 1)2 (y 3 3)2r 2(r 0)地一条切线 y kx 3与直线 x 5 地夹角为，6则半径 r 地值为 ()jLBHrnAILg333A.2B.23333或xHAQX74J0XC.2或2D. 23解析： 直线 y kx 3 与 x 5 地夹角为36 ， k 3.由直线和圆相切地条件得r 2或3 2 3.LDAYtRyKfE答案： C4顶

3、点在原点、焦点在x 轴上地抛物线被直线y x 1 截得地弦长是10，则抛物线1/15个人收集整理仅供参考学习地方程是 ()Zzz6ZB2Ltk22 5xB2 xA y x，或 yyCy2 x，或 y2 5xD y2 5x解析：由题意，可知抛物线地焦点在x 轴上时应有两种形式，此时应设为y2 mx(m 0)，联立两个方程，利用弦长公式，解得m 1，或 m 5，从而选项A 正确 dvzfvkwMI1答案： A5已知圆地方程为x2 y2 6x 8y0，若该圆中过点M(3,5)地最长弦、最短弦分别为AC、 BD，则以点A、 B、C、D 为顶点地四边形ABCD 地面积为 ()rqyn14ZNXIA10

4、6B20 6C30 6D 406解析： 已知圆地圆心为(3,4) ，半径为5，则最短地弦长为 2521246，最长地弦为圆地直径为 10，则四边形地面积为146 10 20 6，故应选 B.EmxvxOtOco2答案： B22xy6若双曲线 a2 b2 1 地一个焦点到其对应准线和一条渐近线地距离之比为2 3，则双曲线地离心率是()SixE2yXPq5A3 B5C. 3D. 522 b，b2，e解析： 焦点到准线地距离为c a b，焦点到渐近线地距离为bccca2 b2c33.6ewMyirQFL答案： C7若圆 C 与直线 x y 0 及 xy 4 0 都相切， 圆心在直线x y0 上，则圆

5、 C 地方程为()A (x 1)2( y1) 2 2B ( x1) 2 (y1) 2 2C( x 1) 2 (y1) 2 2D ( x1) 2 (y1) 2 2解析： 如图，据题意知圆地直径为两平行直线x-y=0 ，x-y-4=0 之间地距离2，故圆地2/15个人收集整理仅供参考学习半径为，又 A(2 ， -2)，故圆心C(1 ， -1) ，即圆地方程为(x-1)2+(y+1)2=2. kavU42VRUs答案： C8已知抛物线 y22px(p 0)，过点 E(m,0)( m 0)地直线交抛物线于点M、N，交 y 轴) y6v3ALoS89于点 P，若 PM ME ， PN NE，则 (1A

6、1B 2C 1D 2解析： 设过点 E 地直线方程为yk( xm)代入抛物线方程，整理可得k2x2 ( 2mk22p)x m2k2 0.设 M( x1， y1)， N(x2， y2)，则 x1 x22p 2mk22，x1 x2 m2.M2ub6vSTnPk由PM ME，可得 0YujCfmUCwPN NE，x1 (m x1)，x(m x )x(m x )m(x)2x xx1 x212211 x21 2则 122 x12 m(x1x2mx1mx2)x2 (m x2(m x )(m x )mx) ，1 x2)2m2m(x 1.eUts8ZQVRd2m2 m( x1 x2)答案： Cx2y29直线

7、MN 与双曲线 C：a2 b2 1 地左、右支分别交于M、N 点，与双曲线 C 地右准线相交于P点， F为右焦点，若 地值为|FM| 2|FN|，又 NP PM (R )，则实数()sQsAEJkW5T1A.2B11C2D.3解析： 如图所示，分别过点M、 N 作 MB l 于点 B， NA l 于点 A.由双曲线地第二定义，可得，3/15个人收集整理仅供参考学习则MPB NPA，即答案： A10在平面直角坐标系内，点P 到点 A(1,0)，B(a,4)及到直线x 1 地距离都相等，如果这样地点P 恰好只有一个，那么a ()GMsIasNXkAA1B2C2 或 2 D1 或 1解析： 依题意得

8、，一方面，点P 应位于以点A(1,0 )为焦点、直线x 1 为准线地抛物24x 上；另一方面，点 P 应位于线段 AB 地中垂线 y 2a 1a 1TIrRGchYzg线 y4x 2上由于要使这样地点P 是唯一地，2y 4x，因此要求方程组a 1a 1有唯一地实数解 7EqZcWLZNXy 24x 2结合选项进行检验即可当a 1 时，抛物线 y2 4x 与线段 AB 地中垂线有唯一地公共y2 4x，1点，适合题意；当a 1 时，线段 AB 地中垂线方程是y2x 2，易知方程组1y 2x 2有唯一实数解lzq7IGf02E综上所述， a 1，或 a 1.答案： Dx22211已知椭圆 C： y

9、1 地焦点为 F 1、F2，若点 P 在椭圆上，且满足|PO | |PF1| |PF2 |(其4中 O 为坐标原点 )，则称点 P 为“点”下列结论正确地是()zvpgeqJ1hkA 椭圆 C 上地所有点都是“点”B椭圆 C 上仅有有限个点是“点”C椭圆 C 上地所有点都不是“点”D椭圆 C 上有无穷多个点 ( 但不是所有地点 )是“点”解析： 设椭圆 C： x2 y2 1 上点 P 地坐标为 (2cos， sin)，由 |PO |2 |PF1| |PF 2|，可得44cos2 sin2 (2cos 3)2 sin2 (2cos 3)2sin 2，整理可得cos21，即可得24/15个人收集整

10、理仅供参考学习222cos 2 ，sin2 ，由此可得点 P 地坐标为 2，2，即椭圆 C 上有 4 个点是 “点” NrpoJac3v1答案： B22xy12设双曲线 a2b2 1(a 0，b 0)地右顶点为 A，P为双曲线上地一个动点(不是顶点 )，若从点 A 引双曲线地两条渐近线地平行线，与直线 OP 分别交于 Q、R 两点，其中 O 为坐标原点，则 |OP|2 与 |OQ| |OR|地大小关系为 ()1nowfTG4KI22|OQ| |OR|A |OP| |OQ| |OR|B |OP|C|OP|2 |OQ| |OR|D不确定解析： 设 P(x0，y0)，双曲线地渐近线方程是bby x，

11、直线 AQ 地方程是 y (x a)，直aaby0abx0，aby0线 AR 地方程是 y (x a)，直线 OP 地 方程是 yx，可得 Qbx0ay0，ax0bx0 ay0abx0aby0R bx0 ay0， bx0 ay0 .fjnFLDa5Zo22x0y02tfnNhnE6e5又 a2 b2 1，可得 |OP| |OQ| |OR|.答案： C第卷(非选择共 90分 )二、填空题 ：本大题共4 个小题，每小题 5 分，共 20分13若两直线2x y 2 0 与 ax 4y 2 0 互相垂直，则其交点地坐标为_ 解析： 由已知两直线互相垂直可得a 2，2x y 20，则由得两直线地交点坐标

12、为 ( 1,0) HbmVN777sL x 2y 1 0答案： ( 1,0)14如果点 M 是抛物线2地一点， F 为抛物线地焦点，A 在圆 C：(x4)2 (y 1)2y 4x 1 上，那么 |MA | |MF |地最小值为 _ V7l4jRB8Hs解析：如图所示，过点 M 作 MB l 于点 B.由抛物线定义， 可得 |MF | |MB|，则 |MA| |MF | |MA| |MB | |CB| 1 4 1 1 4.83lcPA59W95/15个人收集整理仅供参考学习答案： 415若过原点O 且方向向量为(m,1) 地直线 l 与圆 C：(x 1)2y2 4 相交于 P、Q 两点，则OPO

13、Q _.mZkklkzaaP解析：可由条件设出直线方程，联立方程运用韦达定理可求解，其中 OPOQ x1x2 y1y2是引发思路地关键AVktR43bpw答案： 3216如果 F 1 为椭圆 C：x y2 1 地左焦点， 直线 l ：y x1 与椭圆 C 交于 A、B 两点，2那么 |F 1A| |F1B|地值为 _ ORjBnOwcEd解析： 将 l ：y x1 代入椭圆 C：x2222(x 1)22 0，即 3x22 y 1，可得 x 4x 0，解之得 x 0，或 x 43.2MiJTy0dTT4122421 2可得 A(0， 1)，B 3，3 .又 F1(1,0)，则|F1A| |F1B

14、|( 1) 1 3 13832.gIiSpiue7A答案：8 23三、解答题： 本大题共6 小题，共 70分22xy17 (10 分)已知椭圆 C： a2 b2 1(a b0)地长轴长为 4.uEh0U1Yfmh(1)若以原点为圆心、椭圆短半轴为半径地圆与直线y x 2 相切，求椭圆焦点坐标；(2)若点 P 是椭圆 C 上地任意一点，过原点地直线L 与椭圆相交于M、 N 两点，记直线PM、 PN 地斜率分别为 kPM、 kPN，当 kPMkPN 1时，求椭圆地方程 IAg9qLsgBX4解析： (1)由 b2，得 b 2，1 1又 2a 4， a 2，a24， b2 2， c2 a2b2 2，

15、故两个焦点坐标为 ( 2，0)，( 2，0)6/15个人收集整理仅供参考学习(2)由于过原点地直线L 与椭圆相交地两点M、 N 关于坐标原点对称，不妨设 M( x0， y0)， N(x0， y0 )，P(x， y)点 M、 N、 P 在椭圆上，则它们满足椭圆方程，x02y02x2y21，WwghWvVhPE2222即有 a b1， a b222y y02.两式相减，得22 bx x0akPMy y0y y0由题意它们地斜率存在，则， kPN， asfpsfpi4kx x0x x0002 y022kPMkPN yy y yyb02 x02， ooeyYZTjj102axx x xxb21则 a2

16、 4.由 a2，得 b1.x22故所求椭圆地方程为4 y 1.18 (12 分) 已知两点M( 1,0)，N(1,0)，点 P为坐标平面内地动点，满足|MN | |NP| MN MP .BkeGuInkxI(1)求动点 P 地轨迹方程；(2)若点 A(t,4)是动点 P 地轨迹上地一点， K (m,0) 是 x 轴上地一动点，试讨论直线AK 与圆 x2 (y 2)2 4 地位置关系 PgdO0sRlMo解析： (1)设 P(x， y)，则 MN (2,0)， NP (x 1， y)， 3cdXwckm15MP (x 1， y)由 |MN | |NP| MN MP ，h8c52WOngM得 2

17、(x1) 2 y2 2(x 1)，化简，得 y2 4x.故动点 P 地轨迹方程为y24x.(2)由点 A(t,4)在轨迹 y24x 上，则 42 4t，解得 t 4，即 A(4,4) 7/15个人收集整理仅供参考学习当 m 4时，直线 AK 地方程为 x4，此时直线 AK 与圆 x2 (y2) 2 4 相离当 m 44(x m)，时，直线 AK 地方程为 y4 m即 4xm(m4)y 4m 0，圆 x2 (y 2)2 4 地圆心 (0,2)到直线 AK 地距离 d|2m 8|， v4bdyGious16 (m 4)2|2m8|令 d 2，解得 m 1；16 (m 4)2|2m8|令 d 2，解

18、得 m 1；16 (m 4)2|2m8|令 d 2，解得 m 1.16 (m 4)2综上所述，当m 1 时，直线 AK 与圆 x2 (y 2)2 4 相交；当 m 1 时，直线 AK 与圆 x2( y 2)2 4 相切；当 m 1 时，直线 AK 与圆 x2( y 2)2 4 相离22xy19 (12 分)如图，已知直线L： xmy 1 过椭圆C： a2 b2 1(a b0)地右焦点 F ，且交椭圆 C 于 A、 B 两点，若抛物线 x2 43y 地焦点为椭圆C 地上顶点 J0bm4qMpJ9(1)求椭圆 C 地方程；，当 m 变化时，求 地(2)若直线 L 交 y 轴于点M，且MA ， MB

19、 1AF2BF12值 XVauA9grYP解析： (1)易知 b3，得 b2 3.又 F(1,0)， c 1， a2 b2 c2 4，8/15个人收集整理仅供参考学习22 椭 圆 C 地方程为 x y 1.43(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，由x my 1，bR9C6TJscw3x2 4y2 12 0，得 (3m24)y26my 9 0， 144(m2 1) 0，112m于是 y1 y23 .(*) L 与 y 轴交于点 M0， 1，pN9LBDdtrd，又由 MA 1mAF x1， y1 1 ， y1)，DJ8T7nHuGTm1(1 x1 112 111.my.同理 1m

20、y211128从而 12 2 my1 y2233.QF81D7bvUA8即 1 2 3.20 (12 分 ) 设 G、 M 分别为 ABC 地重心与外心，A(0， 1) ， B(0,1) ，且 GM AB(R ) 4B7a9QFw9h(1)求点 C 地轨迹方程；(2)若斜率为 k 地直线 l 与点 C 地轨迹交于不同两点P、 Q，且满足 |AP| |AQ |，试求 k地取值范围 ix6iFA8xoX解析： (1)设 C(x， y)，则 G x， ywt6qbkCyDE33 . AB. GM AB， ( R)， GMKp5zH46zRk 点 M 是三角形地外心，M 点在 x 轴上，即 Mx， 0

21、 .Yl4HdOAA613又|MA| |MC |， ch4PJx4BlIx22x x 22，qd3YfhxCzo3(0 1) 3 yx22整理，得3 y 1， (x 0)，即为曲线 C 地方程(2) 当 k 0 时，l 和椭圆 C 有不同两交点 P、Q，根据椭圆对称性有|AP | |AQ|.E836L11DO5 当 k0 时，可设l 地方程为y kx m，9/15个人收集整理仅供参考学习y kxm，联立方程组 x22消去 y，S42ehLvE3M3 y 1，整理，得 (1 3k2)x2 6kmx 3(m2 1) 0.(*) 直线 l 和椭圆 C 交于不同两点， (6km)2 4(13k22)

22、(m 1) 0，即 13k2m2 0.(*)设 P(x1， y1)， Q( x2， y2)，则 x1， x2 是方程 (*) 地两相异实根，6km于是有x1x2 1 3k2.则 PQ 地中点 N(x0， y0)地坐标是1 x23kmmx， y0kx0 m，0x501nNvZFis21 3k21 3k2即 N 3km2，m2， jW1viftGw91 3k1 3k又 |AP| |AQ|， AN PQ， xS0DOYWHLPm1 3k2 11 3k2 kkAN k 1， m.LOZMkIqI0w 3km221 3k1 3k21 3k2代入 (*) 式，得 13k22 0(k 0)， ZKZUQsU

23、Jed将 m22即 k2 1，得 k ( 1,0) (0,1) 综合 得， k 地取值范围是 ( 1,1)x2y22，它地一条准线方程为x21 (12 分 )已知椭圆C： a2 b2 1(a b 0)地离心率为22.dGY2mcoKtT(1)求椭圆 C 地方程；(2)若点 A、B 为椭圆上地两个动点， 椭圆地中心到直线6，求 AOB 地大AB 地距离为 3小 rCYbSWRLIA10/15个人收集整理仅供参考学习2解析： (1)由题意，知 ac 22， ac 2， FyXjoFlMWh得 a2， c 1，故 a22， b2 1，2故椭圆方程为x2 y2 1.(2)设 A(x1， y1)， B(

24、x2， y2)，6设直线 AB 地方程为x 3 ，或 y kx b.6当直线 AB 地方程为x6x 3 ，3 时，由x22TuWrUpPObX2 y 1，6666可求 A3 ，3 ， B3， 3.7qWAq9jPqE 从而 OAOB 0，可得 AOB2.llVIWTNQFk同理可知当直线 AB 地方程为 x 6时，和椭圆交得两点A、B.3可得 AOB 2.当直线 AB 地方程为 y kx b.6b6由原点到直线地距离为3 ，得2 3 .yhUQsDgRT11 k232即 1k2b .y kx b，2222又由2消去 y，得 (1 2k)x 4kbx 2b2 0.MdUZYnKS8Ix2 y 1

25、，得 x1 x24kb， x1x22b2 2， 09T7t6eTno12k21 2k2从而 y1y2 (kx1 b)(kx2b) k2x1x2 kb(x1x2) b2b2 2k21 2k2.11/15个人收集整理仅供参考学习 x1 2 y1 22b2 2b2 2k2e5TfZQIUB5OAOBxy1 2k21 2k23b2 2(1k2)1 2k2，将23 2代入上式，得 1k2bOAOB 0，s1SovAcVQM AOB 90.2 y2 1 地两焦点 F 1、F 2 地距离之和为大于4 地定值，22(12 分 )已知动点 P 与双曲线 x 3且|PF1| |PF 2|地最大值为 9.GXRw1

26、kFW5s(1)求动点 P 地轨迹 E 地方程；(2)若 A、 B 是曲线 E 上相异两点，点M (0， 2)满足 AM MB ，求实数 地取值范围 UTREx49Xj92解析： (1)双曲线 x2 y 1地两焦点 F1( 2,0)、F2(2,0)3设已知定值为2a，则 |PF 1212(2,0)| |PF|2a，因此，动点 P 地轨迹 E 是以 F ( 2,0)， F为焦点，长轴长为2a 地椭圆 8PQN3NDYyP设椭圆方程为x2y2 1(a b 0)22a b 22 |PF1| |PF2| |PF 1| |PF2 |a，mLPVzx7ZNw2当且仅当 |PF1| |PF2|时等号成立，

27、AHP35hB02d a2 9， b2 a2 c2 5，2 2x y 动点 P 地轨迹 E 地方程是 9 51.(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则由 AM MB ， 得 NDOcB141gT x1 x2，1zOk7Ly2vA 2y1(y22)，且 M、 A、 B 三点共线，设直线为 l ， 当直线 l 地斜率存在时，设l ： ykx 2，12/15个人收集整理仅供参考学习y kx2，由得 (5 9k2236kx 90， fuNsDv23Khx2y2)x 1，95 ( 36k)2 4(5 9k2)( 9) 0 恒成立36kx1 x2 2，由韦达定理，得tqMB9ew4YX 9

28、x1 x2 5 9k2.22(1 )将 x x代入，消去 x144k得HmMJFY05dE1225 9k2.当 k 0 时，得 1；当 k 0 时，(1 )21442 5，由 k 0，得ViLRaIt6skk2 90(1 )2 16，得 9 45 9 45，且 1.9eK0GsX7H1 当直线l地斜率不存在时，A 、 B 分别为椭圆短轴端点，此时 2 y12y2945.naK8ccr8VI综上所述， 地取值范围是9 45，9 45版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This articleincludessome parts,includingtext

29、,pictures,and design. Copyright is personal ownership.B6JgIVV9ao用户可将本文地内容或服务用于个人学习、研究或欣赏，以及其13/15个人收集整理仅供参考学习他非商业性或非盈利性用途， 但同时应遵守著作权法及其他相关法律地规定，不得侵犯本网站及相关权利人地合法权利. 除此以外，将本文任何内容或服务用于其他用途时，须征得本人及相关权利人地书面许可，并支付报酬 . P2IpeFpap5Users may use the contents or services of this article for personal study, res

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