高考数学 热点专题专练 专题三　直线、圆、圆锥曲线测试题 理.doc

专题三直线、圆、圆锥曲线测试题(时间：120分钟满分：150分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知圆o的方程是x2y28x2y100，过点m(3,0)的最短弦所在的直线方程是()axy30bxy30c2xy60 d2xy60解析x2y28x2y100，即(x4)2(y1)27，圆心o(4,1)，设过点m(3,0)的直线为l，则kom1，故kl1，y1(x3)，即xy30.答案a2过点(1,3)且平行于直线x2y30的直线方程为()ax2y70 b2xy10cx2y50 d2xy50解析因为直线x2y30的斜率是，故所求直线的方程为y3(x1)，即x2y70.答案a3曲线y2xx3在横坐标为1的点处的切线为l，则点p(3,2)到直线l的距离为()a. b.c. d.解析曲线y2xx3在横坐标为1的点处的纵坐标为1，故切点坐标为(1，1)切线斜率为ky|x123(1)21，故切线l的方程为y(1)1x(1)，整理得xy20，由点到直线的距离公式得点p(3,2)到直线l的距离为.答案a4若曲线x2y22x6y10上相异两点p、q关于直线kx2y40对称，则k的值为()a1 b1c. d2解析曲线方程可化为(x1)2(y3)29，由题设知直线过圆心，即k(1)2340，k2.故选d.答案d5直线axy0(a0)与圆x2y29的位置关系是()a相离 b相交c相切 d不确定解析圆x2y29的圆心为(0,0)，半径为3.由点到直线的距离公式d得该圆圆心(0,0)到直线axy0的距离d，由基本不等式可以知道，从而d10，b0)的焦点到渐近线的距离等于实轴长，则双曲线的离心率为()a. b.c. d2解析焦点到渐近线的距离等于实轴长，可得b2a，e215，所以e.答案c12(2011济南市质量调研)已知点f1、f2分别是双曲线1(a0，b0)的左、右焦点，过点f1且垂直于x轴的直线与双曲线交于a，b两点，若abf2是锐角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是()a(1，) b(，2)c(1，) d(1,1)解析依题意得，0af2f1，故0tanaf2f11，则1，即e2，e22e10，(e1)22，所以1eb0)的左、右顶点分别为a，b，点p在椭圆上且异于a，b两点，o为坐标原点(1)若直线ap与bp的斜率之积为，求椭圆的离心率；(2)若|ap|oa|，证明直线op的斜率k满足|k|.解(1)设点p的坐标为(x0，y0)，由题意，有1.由a(a,0)，b(a,0)，得kap，kbp.由kapkbp，可得xa22y，代入并整理得(a22b2)y0.由于y00，故a22b2.于是e2，所以椭圆的离心率e.(2)(方法一)依题意，直线op的方程为ykx，设点p的坐标为(x0，y0)由条件得消去y0并整理得x.由|ap|oa|，a(a,0)及y0kx0，得(x0a)2k2xa2.整理得(1k2)x2ax00.而x00，于是x0，代入，整理得(1k2)24k224.由ab0，故(1k2)24k24，即k214，因此k23，所以|k|.(方法二)依题意，直线op的方程为ykx，可设点p的坐标为(x0，kx0)由点p在椭圆上，有1.因为ab0，kx00，所以1，即(1k2)xa2.由|ap|oa|，a(a,0)，得(x0a)2k2xa2，整理得(1k2)x2ax00，于是x0.代入，得(1k2)3，所以|k|.18(本小题满分12分)(2012辽宁)如图，椭圆c0：1(ab0，a，b为常数)，动圆c1：x2y2t，bt1a.点a1，a2分别为c0的左，右顶点，c1与c0相交于a，b，c，d四点(1)求直线aa1与直线a2b交点m的轨迹方程；(2)设动圆c2：x2y2t与c0相交于a，b，c，d四点，其中bt2a，t1t2.若矩形abcd与矩形abcd的面积相等，证明：tt为定值解(1)设a(x1，y1)，b(x1，y1)，又知a1(a,0)，a2(a,0)，则直线a1a的方程为y(xa)，直线a2b的方程为y(xa)，由相乘得y2(x2a2)由点a(x1，y1)在椭圆c0上，故1.从而yb2，代入得1(xa，y0，点a的坐标为(1,1)，点b在抛物线yx2上运动，点q满足，经过点q与x轴垂直的直线交抛物线于点m，点p满足，求点p的轨迹方程解由知q，m，p三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设p(x，y)，q(x，y0)，m(x，x2)，则x2y0(yx2)，即y0(1)x2y.再设b(x1，y1)，由，即(xx1，y0y1)(1x,1y0)，解得将式代入式，消去y0，得又点b在抛物线yx2上，所以y1x，再将式代入y1x，得(1)2x2(1)y(1)x2.(1)2x2(1)y(1)2x22(1)x2.2(1)x(1)y(1)0.因0，两边同除以(1)，得2xy10.故所求点p的轨迹方程为y2x1.20(本小题满分12分)(2011天津)在平面直角坐标系xoy中，点p(a，b)(ab0)为动点，f1、f2分别为椭圆1的左、右焦点已知f1pf2为等腰三角形(1)求椭圆的离心率e.(2)设直线pf2与椭圆相交于a，b两点，m是直线pf2上的点，满足2，求点m的轨迹方程解(1)设f1(c,0)，f2(c,0)(c0)，由题意，可得|pf2|f1f2|，即2c，整理得2210，得1(舍)或，所以e.(2)由(1)知a2c，bc，可得椭圆方程为3x24y212c2.直线pf2方程为y(xc)a，b两点的坐标满足方程组消去y并整理，得5x28cx0，解得x10，x2c，得方程组的解不妨设a，b(0，c)设点m的坐标为(x，y)，则，(x，yc)由y(xc)，得cxy，于是，(x，x)，由2，即xx2，化简得18x216xy150.将y代入cxy，得c0，所以x0.因此，点m的轨迹方程是18x216xy150(x0)21(本小题满分12分)(2011山东)已知动直线l与椭圆c：1交于p(x1，y1)，q(x2，y2)两不同点，且opq的面积sopq，其中o为坐标原点(1)证明xx和yy均为定值；(2)设线段pq的中点为m，求|om|pq|的最大值；(3)椭圆c上是否存在三点d，e，g，使得sodesodgsoeg？若存在，判断deg的形状；若不存在，请说明理由解(1)证明：1)当直线l的斜率不存在时，p，q两点关于x轴对称所以x2x1，y2y1，因为p(x1，y1)在椭圆上，因此1.又因为sopq.所以|x1|y1|.由得|x1|，|y1|1，此时xx3，yy2.2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm.由题意知m0，将其代入1得(23k2)x26kmx3(m22)0.其中36k2m212(23k2)(m22)0.即3k22m2.(*)又x1x2，x1x2.所以|pq|.因为点o到直线l的距离为d.所以sopq|pq|d又sopq.整理得3k222m2，且符合(*)式此时，xx(x1x2)22x1x2223.yy(3x)(3x)4(xx)2.综上所述，xx3；yy2，结论成立(2)解法一：1)当直线l的斜率不存在时由(1)知|om|x1|.|pq|2|y1|2.因此|om|pq|2.2)当直线l的斜率存在时，由(1)知：.kmm.|om|222.|pq|2(1k2)2.所以|om|2|pq|222.所以|om|pq|，当且仅当32，即m时，等号成立综合1)2)得|om|pq|的最大值为.解法二：因为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|，当且仅当2|om|pq|时等号成立因此|om|pq|的最大值为.(3)椭圆c上不存在三点d，e，g，使得sodesodgsoeg.证明：假设存在d(u，v)，e(x1，y1)，o(x2，y2)满足sodesodgsoeg，由(1)得u2x3，u2x3，xx3，v2y2，v2y2，yy2，解得：u2xx，v2yy1.因此，u，x1，x2只能从中选取，v，y1，y2只能从1中选取，因此d、e、g只能在这四点中选取三个不同点，而这三点的两两连线中必有一条过原点与sodesodgsoeg矛盾所以椭圆c上不存在满足条件的三点d，e，g.22(本小题满分14分)(2012江苏)如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为f1(c,0)，f2(c,0)，已知点(1，e)和都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率(1)求椭圆的方程；(2)设a，b是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线af1与直线bf2平行，af2与bf1交于点p.(i)若af1bf2，求直线af1的斜率；(ii)求证：pf1pf2是定值解(1)由题设知a2b2c2，e.由点(1，e)在椭圆上，得1，解得b21，于是c2a21，又点在椭圆上，所以1，即1，解得a22.因此，所求椭圆的方程是y21.(2)由(1)知f1(1,0)，f2(1,0)，又直线af1与bf2平行，所以可设直线af1的方程为x1my，直线bf2的方程为x1my.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，y10，y20.由得(m22)y