【科学备考】（新课标）高考数学二轮复习 第九章 平面解析几何 直线方程及两条直线的位置关系 理（含试题）.doc

【科学备考】（新课标）2015高考数学二轮复习 第九章 平面解析几何 直线方程及两条直线的位置关系 理（含2014试题）理数1. (2014广东,7,5分)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1l2,l2l3,l3l4,则下列结论一定正确的是()a.l1l4b.l1l4c.l1与l4既不垂直也不平行d.l1与l4的位置关系不确定答案 1.d解析 1.由l1l2,l2l3可知l1与l3的位置不确定,若l1l3,则结合l3l4,得l1l4,所以排除选项b、c,若l1l3,则结合l3l4,知l1与l4可能不垂直,所以排除选项a.故选d.2.（2014重庆一中高三下学期第一次月考，2）已知条件：是两条直线的夹角，条件：是第一象限的角。则“条件” 是“条件” 的（ ）（a）充分而不必要条件 （b）必要而不充分条件（c）充要条件 （d）既不充分也不必要条件答案 2.d解析 2. 当是两条直线的夹角时, 可得, 不一定是第一象限角, 故“条件” 是“条件” 的不充分条件; 显然“条件” 是“条件” 的不必要条件, 故选d.3. (2014重庆杨家坪中学高三下学期第一次月考，7) 原点在直线上的射影为点, 则直线的方程是（ ）a. b. c. x2y4=0d. 答案 3. d解析 3. 依题意，直线的斜率为，所以直线的方程为，即4. (2014重庆五区高三第一次学生调研抽测，9) 在点测量到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时该物体位于点，一分钟后，其位置在点，且，再过两分钟后，该物体位于点，且，则的值为 （ ）a. b. c. d. 答案 4. b解析 4. 如图，由题意知，直线的方程为：，. 设直线直线的方程为：解方程组可得：. 由得. 选b.5.(2014周宁、政和一中第四次联考，4) 已知直线, 互相平行，则的值是( )abc 或d 或答案 5. a解析 5. 要直线，则，解得或，当时，与重合，舍去，故.6.（2013大纲，8,5分）椭圆c: +=1的左、右顶点分别为a1、a2, 点p在c上且直线pa2斜率的取值范围是-2, -1, 那么直线pa1斜率的取值范围是()a. b. c. d. 答案 6.b解析 6.设p(x0, y0), 则有+=1, 即4-=, 由题知a1(-2,0), a2(2,0), 设直线pa1的斜率为k1, 直线pa2的斜率为k2, 则k1=, k2=,所以k1k2=, 由得k1k2=-, 因为k2-2, -1,所以k1的取值范围为, 故选b.7.（2013四川，6,5分）抛物线y2=4x的焦点到双曲线x2-=1的渐近线的距离是()a. b. c. 1d. 答案 7.b解析 7.由抛物线y2=4x, 有2p=4p=2, 焦点坐标为(1,0),双曲线的渐近线方程为y=x, 不妨取其中一条x-y=0, 由点到直线的距离公式, 有d=. 故选b.8.（2013福建，3,5分）双曲线-y2=1的顶点到其渐近线的距离等于()a. b. c. d. 答案 8.c解析 8.双曲线-y2=1的顶点为(2,0), 渐近线为x2y=0, 故顶点到渐近线的距离d=, 选c.9.（2013江西，9,5分）过点(, 0) 引直线l与曲线y=相交于a, b两点, o为坐标原点, 当aob的面积取最大值时, 直线l的斜率等于()a. b. -c. d. -答案 9.b解析 9.如图, 设直线ab的方程为x=my+(显然m 0, 所以m2 1,由根与系数的关系得y1+y2=-, y1y2=,saob=spob-spoa=|op|y2-y1|=.令t=1+m2(t 2),saob=,当=, 即t=4, m=-时, aob的面积取得最大值, 此时, 直线l的斜率为-, 故选b.10.(2013湖南，8,5分) 在等腰直角三角形abc中, ab=ac=4, 点p是边ab上异于a, b的一点. 光线从点p出发, 经bc, ca反射后又回到点p(如图). 若光线qr经过abc的重心, 则ap等于()a. 2b. 1c. d. 答案 10.d解析 10.以ab为x轴, ac为y轴建立如图所示的坐标系, 由题可知b(4,0), c(0,4), a(0,0), 则直线bc方程为x+y-4=0,设p(t, 0) (0 t 4), 由对称知识可得点p关于直线bc的对称点p1的坐标为(4,4-t), 点p关于y轴的对称点p2的坐标为(-t, 0), 根据反射定理可知p1p2就是光线rq所在直线. 由p1、p2两点坐标可得直线p1p2的方程为y=(x+t), 设abc的重心为g, 易知g. 因为重心g在光线rq上, 所以有=, 即3t2-4t=0.所以t=0或t=, 因为0 t 4, 所以t=, 即ap=, 故选d.11.（2013安徽，8,5分）函数y=f(x) 的图象如图所示, 在区间a, b上可找到n(n2) 个不同的数x1, x2, , xn, 使得=, 则n的取值范围是()a. 3,4b. 2,3, 4c. 3,4, 5d. 2,3答案 11.b解析 11.=, 即y=f(x) 的图象与y=kx的交点的坐标满足上述等式. 又交点至少要有两个, 至多有四个, 故n可取2,3, 4.12. (2014大纲全国,15,5分)直线l1和l2是圆x2+y2=2的两条切线.若l1与l2的交点为(1,3),则l1与l2的夹角的正切值等于_.答案 12.解析 12.依题意设过点(1,3)且与圆x2+y2=2相切的直线方程为y-3=k(x-1),即kx-y-k+3=0.由直线与圆相切得=,即k2+6k-7=0.解得k1=-7,k2=1,设切线l1,l2的倾斜角分别为1,2,不妨设tan 1 b 0) 经过点p, 离心率e=, 直线l的方程为x=4.(1) 求椭圆c的方程;(2) ab是经过右焦点f的任一弦(不经过点p), 设直线ab与直线l相交于点m, 记pa, pb, pm的斜率分别为k1, k2, k3. 问: 是否存在常数, 使得k1+k2=k3? 若存在, 求的值; 若不存在, 说明理由.答案 17.(1) 由p在椭圆上得, +=1, 依题设知a=2c, 则b2=3c2, 代入, 解得c2=1, a2=4, b2=3.故椭圆c的方程为+=1.(2) 解法一: 由题意可设ab的斜率为k,则直线ab的方程为y=k(x-1), 代入椭圆方程3x2+4y2=12, 并整理, 得(4k2+3) x2-8k2x+4(k2-3) =0.设a(x1, y1), b(x2, y2), 则有x1+x2=, x1x2=, 在方程中令x=4, 得m的坐标为(4,3k).从而k1=, k2=, k3=k-.注意到a, f, b共线, 则有k=kaf=kbf, 即有=k.所以k1+k2=+=+-=2k-, 代入得k1+k2=2k-=2k-1,又k3=k-, 所以k1+k2=2k3. 故存在常数=2符合题意.解法二: 设b(x0, y0) (x01),则直线fb的方程为y=(x-1),令x=4, 求得m,从而直线pm的斜率为k3=,联立得a,则直线pa的斜率为k1=, 直线pb的斜率为k2=,所以k1+k2=+=2k3,故存在常数=2符合题意.17.18.（2013陕西，20,13分）已知动圆过定点a(4,0), 且在y轴上截得弦mn的长为8.() 求动圆圆心的轨迹c的方程;() 已知点b(-1,0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹c交于不同的两点p, q, 若x轴是pbq的角平分线, 证明直线l过定点.答案 18.() 如图, 设动圆圆心o1(x, y), 由题意, |o1a|=|o1m|, 当o1不在y轴上时, 过o1作o1hmn交mn于h, 则h是mn的中点,|o1m|=, 又|o1a|=,=,化简得y2=8x(x0).又当o1在y轴上时, o1与o重合, 点o1的坐标(0,0) 也满足方程y2=8x,动圆圆心的轨迹c的方程为y2=8x.() 由题意, 设直线l的方程为y=kx+b(k0), p(x1, y1), q(x2, y2),将y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk-8) x+b2=0.其中=-32kb+64 0.由求根公式得, x1+x2=, x1x2=, 因为x轴是pbq的角平分线, 所以=-,即y1(x2+1) +y2(x1+1) =0,(kx1+b) (x2+1) +(kx2+b) (x1+1) =0,2kx1x2+(b+k) (x1+x2) +2b=0, 将, 代入得2kb2+(k+b) (8-2bk) +2k2b=0,k=-b, 此时 0,直线l的方程为y=k(x-1),即直线l过定点(1,0).18.19.（2013浙江，21,15分）如图, 点p(0, -1) 是椭圆c1: +=1(a b 0) 的一个顶点, c1的长轴是圆c2: x2+y2=4的直径. l1, l2是过点p且互相垂直的两条直线, 其中l1交圆c2于a, b两点, l2交椭圆c1于另一点d.() 求椭圆c1的方程;() 求abd面积取最大值时直线l1的方程.答案 19.() 由题意得所以椭圆c的方程为+y2=1.() 设a(x1, y1), b(x2, y2), d(x0, y0). 由题意知