1、.階段性測試題九(平面解析幾何)本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分滿分150分考試時間120分鐘第卷(選擇題共50分)一、選擇題(本大題共10個小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1(文)(2012·濰坊模擬)若直線x2y50與直線2xmy60互相垂直，則實數m的值為()A1B1C1或1 D4答案A解析兩直線x2y50與2xmy60互相垂直1×2(2)m0即m1.(理)(2012·濰坊模擬)已知兩直線l1：xm2y60，l2：(m2)x3my2m0，若l1l2，則實數m的值為()A0或3 B1或3C0或1或3

2、 D0或1答案D解析(1)當m0時，l1：x60，l2：x0，l1l2；(2)當m0時，l1：yx，l2：yx，由且，m1.故所求實數m的值為0或1.2(文)(2012·陜西師大第一次模擬)過點P(1,2)的直線l平分圓C：x2y24x6y10的周長，則直線l的斜率為()A. B1C. D.答案A解析圓的方程可化為(x2)2(y3)212因為l平分圓C的周長，所以l過圓C的圓心(2，3)，又l過P(1,2)，所以kl，故選A.(理)(2012·商丘一模)若點P(1,1)為圓(x3)2y29的弦MN的中點，則弦MN所在直線方程為()A2xy30 Bx2y10Cx2y30 D2

3、xy10答案D解析圓心C(3,0)，kCP，由kCP·kMN1，得kMN2，所以MN所在直線方程是2xy10.故選D.3(2012·溫州模擬)若雙曲線y21的一個焦點為(2,0)，則它的離心率為()A. B.C. D2答案C解析由題意知a214，a，e.4(2012·西寧一模)已知點A(1,0)，直線l：y2x4，點R是直線l上的一點，若，則點P的軌跡方程為()Ay2x By2xCy2x8 Dy2x4答案B解析設點P(x，y)，R(x1，y1)，(1x1，y1)(x1，y)，即又點R在直線l上，y2(2x)4，即2xy0為所求5(2012·咸陽調研)若橢

4、圓1(a>b>0)的離心率為，則雙曲線1的離心率為()A. B.C. D.答案B解析因為橢圓離心率e，即，也即，所以，則1，即，雙曲線離心率e，故選B.6(文)(2011·北京文)已知點A(0,2)，B(2,0)若點C在函數yx2的圖像上，則使得ABC的面積為2的點C的個數為()A4 B3C2 D1答案A解析設C(t，t2)，由A(0,2)，B(2,0)易求得直線AB的方程為yx2.點C到直線AB的距離d.又|AB|2，SABC×|AB|·d|t2t2|.令|t2t2|2得t2t2±2，t2t0或t2t40，符合題意的t值有4個，故滿足題意的

5、點C有4個(理)(2011·江西理)若曲線C1：x2y22x0與曲線C2：y(ymxm)0有四個不同的交點，則實數m的取值范圍是()A. (，)B. (，0)(0, )C. ，D( ， )( ，)答案B解析C1：(x1)2y21.C2：y0或ymxmm(x1)當m0時，C2：y0，此時C1與C2顯然只有兩個交點；當m0時，要滿足題意，需圓(x1)2y21與直線ym(x1)有兩交點，當圓與直線相切時，m±.即直線處于兩切線之間時滿足題意，則<m<0或0<m<.綜上知<m<0或0<m<.7(2012·合肥模擬)已知橢圓1

6、的左、右焦點分別為F1、F2，點P在橢圓上若P、F1、F2是一個直角三角形的三個頂點，則點P到x軸的距離為()A. B3C. D.答案D解析設橢圓短軸的一個端點為M.由于a4，b3，c<b.F1MF2<90°，只能PF1F290°或PF2F190°.令x±，得y2×9，|y|.即P到x的距離為.8(2012·廈門模擬)若橢圓1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，拋物線y22bx的焦點為F.若3，則此橢圓的離心率為()A. B.C. D.答案B解析F，F1(c,0)，F2(c,0)，且3，c3c，即bc.

7、a2b2c22c2，e.9(2012·鄭州一模)如下圖，F1和F2分別是雙曲線1(a>0，b>0)的兩個焦點，A和B是以O為圓心，以|OF1|為半徑的圓與該雙曲線左支的兩個交點，且F2AB是等邊三角形，則雙曲線的離心率為()A. B.C. D1答案D解析連接AF1，則F1AF290°，AF2B60°，|AF1|F1F2|c，|AF2|F1F2|c，cc2a，e1.10(2012·洛陽調研)如圖，過拋物線y22px(p>0)的焦點F的直線l交拋物線于兩點A、B，交其準線于C，若|BC|2|BF|，且|AF|3，則此拋物線的方程為()Ay2

8、9x By26xCy23x Dy2x答案C解析如下圖所示，分別過點A、B作AA1、BB1與準線垂直，且垂足分別為A1、B1，由已知條件|BC|2|BF|得|BC|2|BB1|，BCB130°，于是可得直線AB的傾斜角為60°.又由|AF|3得|AF|AA1|3|AC|，于是可得|CF|AC|AF|633，|BF|CF|1.|AB|AF|BF|314.設直線AB的方程為y(x)，代入y22px得3x25pxp20，|AB|AF|BF|AA1|BB1|xAxBxAxBpppp4，p，即得拋物線方程為y23x.故選C.解法二：點F到拋物線準線的距離為p，又由|BC|2|BF|得點

9、B到準線的距離為|BF|，則，l與準線夾角為30°，則直線l的傾斜角為60°.由|AF|3，如圖作AHHC，EFAH，則AE3p，則cos60°，故p.拋物線方程為y23x.第卷(非選擇題共100分)二、填空題(本大題共5個小題，每小題5分，共25分，把正確答案填在題中橫線上)11(2012·長春模擬)設圓C與圓x2(y3)21外切，與直線y0相切，則C的圓心軌跡為_答案拋物線解析設圓C的半徑為r，則圓心C到直線y0的距離為r.由兩圓外切可得，圓心C到點(0,3)的距離為r1，也就是說，圓心C到點(0,3)的距離比到直線y0的距離大1，故點C到點(0,3

10、)的距離和它到直線y1的距離相等，符合拋物線的特征，故點C的軌跡為拋物線點評本題考查用定義法求點的軌跡，考查學生數形結合和轉化與化歸的思想方法12(文)(2011·北京文)已知雙曲線x21(b>0)的一條漸近線的方程為y2x，則b_.答案2解析本題主要考查雙曲線的基本性質雙曲線的漸近線方程為y±x，因為a1，又知一條漸近線方程為y2x，所以b2.(理)(2011·江西文)若雙曲線1的離心率e2，則m_.答案48解析本題主要考查雙曲線的基本性質c2a2b216m，又e，e2，m48.13(2012·濟南一模)設a、b、c分別是ABC中A、B、C所對邊

11、的邊長，則直線x·sinAayc0與bxy·sinBcosC0的位置關系是_答案垂直解析在ABC中，由正弦定理得，asinBbsinA0，兩直線垂直14(文)(2012·伊春一模)已知點A(1,0)，B(2,0)若動點M滿足·|0，則點M的軌跡方程為_答案y21解析(1)設M(x，y)，則(1,0)，(x2，y)，(x1，y)，由·|0得，(x2)·0.整理得y21.(理)(2012·洛陽調研)若焦點在x軸上的橢圓1上有一點，使它與兩個焦點的連線互相垂直，則b的取值范圍是_答案b且b0解析設橢圓的兩焦點為F1(c,0)，F2

12、(c,0)以F1F2為直徑的圓與橢圓有公共點時，在橢圓上必存在點滿足它與兩個焦點的連線互相垂直，此時條件滿足cb，從而得c2b2a2b2b2b2a2，解得b且b0.15(2012·杭州質檢)過拋物線x22py(p>0)的焦點作斜率為1的直線與該拋物線交于A，B兩點，A，B在x軸上的正射影分別為D，C.若梯形ABCD的面積為12，則p_.答案2解析拋物線的焦點坐標為F(0，)，則過焦點斜率為1的直線方程為yx，設A(x1，y1)，B(x2，y2)(x2>x1)由題意可知y1>0，y2>0.由，消去y得x22pxp20.由韋達定理得：x1x22p，x1x2p2.所

13、以梯形ABCD的面積為S(y1y2)(x2x1)(x1x2p)(x2x1)×3p×3p3p2.所以3p212，又p>0.所以p2.三、解答題(本大題共6個小題，共75分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)16(本小題滿分12分)(2012·南京模擬)已知A(x1，y1)，B(x2，y2)分別在直線xy70及xy50上，求AB中點M到原點距離的最小值解析設AB中點為(x0，y0)，又(x1x2)(y1y2)12，2x02y012，x0y06.原點到x0y06距離為所求，即d3.17(本小題滿分12分)(2012·銀川一模)在直角坐標系xOy中，

14、以O為圓心的圓與直線xy4相切(1)求圓O的方程；(2)圓O與x軸相交于A、B兩點，圓內的動點P使|PA|、|PO|、|PB|成等比數列，求·的取值范圍解析(1)依題設，圓O的半徑r等于原點O到直線xy4的距離，即r2.得圓 O的方程為x2y24.(2)不妨設A(x1,0)，B(x2,0)，x1<x2.由x24即得A(2,0)，B(2,0)設P(x，y)，由|PA|、|PO|、|PB|成等比數列，得·x2y2，即x2y22.·(2x，y)·(2x，y)x24y22(y21)由于點P在圓O內，故由此得y2<1.所以·的取值范圍為2,0

15、)18(本小題滿分12分)(2011·福建理)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？說明理由解析解法一：(1)依題意，點P的坐標為(0，m)因為MPl，所以×11，解得m2，即點P的坐標為(0,2)從而圓的半徑r|MP|2，故所求圓的方程為(x2)2y28.(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m1時，即0時，直線l與拋物線C相切；當m1，即0時，直線l

16、與拋物線C不相切綜上，當m1時，直線l與拋物線C相切；當m1時，直線l與拋物線C不相切解法二：(1)設所求圓的半徑為r，則圓的方程可設為(x2)2y2r2.依題意，所求圓與直線l：xym0相切于點P(0，m)，則解得所以所求圓的方程為(x2)2y28.(2)同解法一19(本小題滿分12分)(文)如圖，已知拋物線C1：x2byb2經過橢圓C2：1(a>b>0)的兩個焦點(1)求橢圓C2的離心率；(2)設點Q(3，b)，又M，N為C1與C2不在y軸上的兩個交點，若QMN的重心在拋物線C1上，求C1和C2 的方程解析本題主要考查了拋物線及橢圓的方程和性質，并涉及求離心率問題，重心坐標公式

17、，曲線與曲線的交點等內容，注重運算變形能力的考查，綜合性較強(1)橢圓的焦點為(±，0)，代入拋物線方程a2b2b·0b2，e.(2)由(1)問a22b2，橢圓方程為1，即x22y22b2.設N(x0，y0)，M(x0，y0)，Q(3，b)，則重心(1，)，代入拋物線方程，拋物線C1的方程為y1x2，橢圓C2的方程為：y21.(理)(2012·惠州調研)已知點(x，y)在曲線C上，將此點的縱坐標變為原來的2倍，對應的橫坐標不變，得到的點滿足方程x2y28；定點M(2,1)，平行于OM的直線l在y軸上的截距為m(m0)，直線l與曲線C交于A，B兩個不同點(1)求曲線

18、C的方程；(2)求m的取值范圍解析(1)在曲線C上任取一個動點P(x，y)，則點(x,2y)在圓x2y28上所以有x2(2y)28.整理得曲線C的方程為1.(2)直線l平行于OM，且在y軸上的截距為m，又kOM，直線l的方程為yxm.由得x22mx2m240.直線l與橢圓交于A、B兩個不同點，(2m)24(2m24)>0，解得2<m<2且m0.m的取值范圍是2<m<0或0<m<2.20(本小題滿分13分)(文)(2012·太原一模)設F1、F2分別是橢圓C：1(m>0)的左、右焦點(1)當PC，且·0，|PF1|·|

19、PF2|4時，求橢C的左、右焦點F1、F2；(2)F1、F2是(1)中橢圓的左、右焦點，已知F2的半徑為1，過動點Q作F2的切線QM，使得|QF1|QM|(M是切點)，如圖所示，求動點Q的軌跡方程解析(1)c2a2b2，c24m2.又·0，PF1PF2，|2|2(2c)216m2.由橢圓定義可知|PF1|PF2|2a2m，(|PF1|PF2|)216m2824m2.從而得m21，c24m24，c2，F1(2,0)，F2(2,0)(2)F1(2,0)，F2(2,0)，已知|QF1|QM|，即|QF1|22|QM|2，|QF1|22(|QF2|21)，設Q(x，y)，則(x2)2y22(

20、x2)2y21，即(x6)2y234(或x2y212x20)綜上所述，所求軌跡方程為(x6)2y234.點評基礎知識熟練即可順利解決第(1)問，第(2)問用到了直譯法求軌跡方程，運算要細心(理)(2012·太原一模)如下圖所示，等腰三角形ABC的底邊BC的兩端點是橢圓E：1(a>b>0)的兩焦點，且AB的中點D在橢圓E上(1)若ABC60°，|AB|4，試求橢圓E的方程；(2)設橢圓離心率為e，求cosABC.解析(1)因為ABC60°，且ABC為等腰三角形，所以ABC是正三角形又因為點B，C是橢圓的兩焦點，設橢圓焦距為2c，則2c|BC|AB|4，如

21、圖所示，連結CD，由AB中點D在橢圓上，得2a|BD|CD|AB|AB|22，所以a1，從而a242，b2a2c22，故所求橢圓E的方程為1.(2)設橢圓的長半軸、短半軸、半焦距分別為a，b，c，且|AD|DB|m，連結CD，則|BO|OC|c，|DC|2am，在RtAOB中，cosABC. 在BCD中，由余弦定理，得cosABC. 由式得2m，代入式得cosABC.21(本小題滿分14分)(文)(2012·北京東城區模擬)已知橢圓C的中心在原點，一個焦點為F(2,0)，且長軸長與短軸長的比是2:.(1)求橢圓C的方程；(2)設點M(m,0)在橢圓C的長軸上，點P是橢圓上任意一點當|最小時，點P恰好落在橢圓的右頂點，求實數m的取值范圍解析(1)設橢圓C的方程為1(a>b>0)由題意，得解得a216，b212.所以橢圓C的方程為1.(2)設P(x，y)為橢