1、專題三直線、圓、圓錐曲線測試題(時間：120分鐘總分值：150分)一、選擇題：本大題共12小題，每題5分，共60分在每題給出的四個選項中，只有一項為哪項符合題目要求的1圓o的方程是x2y28x2y100，過點m(3,0)的最短弦所在的直線方程是()axy30bxy30c2xy60 d2xy60解析x2y28x2y100，即(x4)2(y1)27，圓心o(4,1)，設過點m(3,0)的直線為l，那么kom1，故kl1，y1×(x3)，即xy30.答案a2過點(1,3)且平行于直線x2y30的直線方程為()ax2y70 b2xy10cx2y50 d2xy50解析因為直線x2y30的斜率是

2、，故所求直線的方程為y3(x1)，即x2y70.答案a3曲線y2xx3在橫坐標為1的點處的切線為l，那么點p(3,2)到直線l的距離為()a. b.c. d.解析曲線y2xx3在橫坐標為1的點處的縱坐標為1，故切點坐標為(1，1)切線斜率為ky|x123×(1)21，故切線l的方程為y(1)1×x(1)，整理得xy20，由點到直線的距離公式得點p(3,2)到直線l的距離為.答案a4假設曲線x2y22x6y10上相異兩點p、q關于直線kx2y40對稱，那么k的值為()a1 b1c. d2解析曲線方程可化為(x1)2(y3)29，由題設知直線過圓心，即k×(1)2&#

3、215;340，k2.應選d.答案d5直線axy0(a0)與圓x2y29的位置關系是()a相離 b相交c相切 d不確定解析圓x2y2d得該圓圓心(0,0)到直線axy0的距離d，由根本不等式可以知道，從而d1<r3，故直線axy0與圓x2y29的位置關系是相交答案b6設a為圓(x1)2y24上的動點，pa是圓的切線，且|pa|1，那么p點的軌跡方程為()a(x1)2y225 b(x1)2y25cx2(y1)225 d(x1)2y25解析設圓心為o，那么o(1,0)，在rtaop中，|op|.答案b7(·濟寧一中高三模擬)雙曲線mx2y21的虛軸長是實軸長的2倍，那么m等于()a

4、 b4c4 d.解析雙曲線標準方程為：y21，由題意得4，m.答案a8點p是雙曲線y21的右支上一點，m、n分別是(x)2y21和(x)2y21上的點，那么|pm|pn|的最大值是()a2 b4c6 d8解析如圖，當點p、m、n在如下圖的位置時，|pm|pn|可取得最大值，注意到兩圓圓心分別為雙曲線兩焦點，故|pm|pn|(|pf1|f1m|)(|pf2|f2n|)|pf1|pf2|f1m|f2n|2a2r6.答案c9f1、f2是兩個定點，點p是以f1和f2為公共焦點的橢圓和雙曲線的一個交點，并且pf1pf2，e1和e2分別是上述橢圓和雙曲線的離心率，那么()a.4 bee4c.2 dee2解

5、析設橢圓的長半軸長為a，雙曲線的實半軸長為m，那么.22得2(|pf1|2|pf2|2)4a24m2，又|pf1|2|pf2|24c2，代入上式得4c22a22m2，兩邊同除以2c2，得2，應選c.答案c10雙曲線1的兩條漸近線互相垂直，那么雙曲線的離心率為()a. b.c. d.解析兩條漸近線y±x互相垂直，那么1，那么b2a2，雙曲線的離心率為e，選b.答案b11假設雙曲線1(a>0，b>0)的焦點到漸近線的距離等于實軸長，那么雙曲線的離心率為()a. b.c. d2解析焦點到漸近線的距離等于實軸長，可得b2a，e215，所以e.答案c12(·濟南市質量調研

6、)點f1、f2分別是雙曲線1(a>0，b>0)的左、右焦點，過點f1且垂直于x軸的直線與雙曲線交于a，b兩點，假設abf2是銳角三角形，那么該雙曲線離心率的取值范圍是()a(1，) b(，2)c(1，) d(1,1)解析依題意得，0<af2f1<，故0<tanaf2f1<1，那么<1，即e<2，e22e1<0，(e1)2<2，所以1<e<1，選d.答案d二、填空題：本大題共4小題，每題4分，共16分，將答案填在題中的橫線上13(·安徽“江南十校聯考)設f1、f2分別是橢圓1的左、右焦點，p為橢圓上任一點，點m的坐

7、標為(6,4)，那么|pm|pf1|的最大值為_解析由橢圓定義|pm|pf1|pm|2×5|pf2|，而|pm|pf2|mf2|5，所以|pm|pf1|2×5515.答案1514(·濰坊市高考適應性訓練)雙曲線的中心在坐標原點，焦點在x軸上，且一條漸近線為直線xy0，那么該雙曲線的離心率等于_解析設雙曲線方程為1，那么，3，3，e2.答案215(·濰坊2月模擬)雙曲線1的右焦點到漸近線的距離是_解析雙曲線右焦點為(3,0)，漸近線方程為：y±x，那么由點到直線的距離公式可得距離為.答案16(·鄭州市質量預測(二)設拋物線x24y的焦點

8、為f，經過點p(1,4)的直線l與拋物線相交于a、b兩點，且點p恰為ab的中點，那么|_.解析x24y，pa(x1，y1)，b(x2，y2)，那么x1x22，y1y28.|y1，|y2，|y1y2p8210.答案10三、解答題：本大題共6小題，共74分解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟17(本小題總分值12分)(·天津)設橢圓1(a>b>0)的左、右頂點分別為a，b，點p在橢圓上且異于a，b兩點，o為坐標原點(1)假設直線ap與bp的斜率之積為，求橢圓的離心率；(2)假設|ap|oa|，證明直線op的斜率k滿足|k|>.解(1)設點p的坐標為(x0，y0)，由題

9、意，有1.由a(a,0)，b(a,0)，得kap，kbp.由kap·kbp，可得xa22y，代入并整理得(a22b2)yy00，故a22b2.于是e2，所以橢圓的離心率e.(2)(方法一)依題意，直線op的方程為ykx，設點p的坐標為(x0，y0)由條件得消去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a>b>0，故(1k2)2>4k24，即k21>4，因此k2>3，所以|k|>.(方法二)依題意，直線op的方程為ykx

10、，可設點p的坐標為(x0，kx0)由點p在橢圓上，有1.因為a>b>0，kx00，所以<1，即(1k2)x<a2.由|ap|oa|，a(a,0)，得(x0a)2k2xa2，整理得(1k2)x2ax00，于是x0.代入，得(1k2)<a2，解得k2>3，所以|k|>.18(本小題總分值12分)(·遼寧)如圖，橢圓c0：1(a>b>0，a，b為常數)，動圓c1：x2y2t，b<t1<a.點a1，a2分別為c0的左，右頂點，c1與c0相交于a，b，c，d四點(1)求直線aa1與直線a2b交點m的軌跡方程；(2)設動圓c2：x

11、2y2t與c0相交于a，b，c，d四點，其中b<t2<a，t1t2.假設矩形abcd與矩形abcd的面積相等，證明：tt為定值解(1)設a(x1，y1)，b(x1，y1)，又知a1(a,0)，a2(a,0)，那么直線a1a的方程為y(xa)，直線a2b的方程為y(xa)，由相乘得y2(x2a2)由點a(x1，y1)在橢圓c0上，故yb2，代入得1(x<a，y<0)(2)設a(x2，y2)，由矩形abcd與矩形abcd的面積相等，得4|x1|y1|4|x2|y2|，故xyxy.因為點a，a均在橢圓上，所以b2xb2x.由t1t2，知x1x2，所以xxa2.從而yyb2，因

12、此tta2b2為定值19(本小題總分值12分)設>0，點a的坐標為(1,1)，點b在拋物線yx2上運動，點q滿足，經過點q與x軸垂直的直線交拋物線于點m，點p滿足，求點p的軌跡方程解由知q，m，p三點在同一條垂直于x軸的直線上，故可設p(x，y)，q(x，y0)，m(x，x2)，那么x2y0(yx2)，即y0(1)x2y.再設b(x1，y1)，由，即(xx1，y0y1)(1x,1y0)，解得將式代入式，消去y0，得又點b在拋物線yx2上，所以y1x，再將式代入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，

13、兩邊同除以(1)，得2xy10.故所求點p的軌跡方程為y2x1.20(本小題總分值12分)(·天津)在平面直角坐標系xoy中，點p(a，b)(a>b>0)為動點，f1、f2分別為橢圓1的左、右焦點f1pf2為等腰三角形(1)求橢圓的離心率e.(2)設直線pf2與橢圓相交于a，b兩點，m是直線pf2上的點，滿足·2，求點m的軌跡方程解(1)設f1(c,0)，f2(c,0)(c>0)，由題意，可得|pf2|f1f2|，即2c，整理得2210，得1(舍)或，所以e.(2)由(1)知a2c，bc，可得橢圓方程為3x24y212c2.直線pf2方程為y(xc)a，b

14、兩點的坐標滿足方程組消去y并整理，得5x28cx0，解得x10，x2c，得方程組的解不妨設a，b(0，c)設點m的坐標為(x，y)，那么，(x，yc)由y(xc)，得cxy，于是，(x，x)，由·2，即·x·x2，化簡得18x216xy150.將y代入cxy，得c>0，所以x>0.因此，點m的軌跡方程是18x216xy150(x>0)21(本小題總分值12分)(·山東)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為坐標原點(1)證明xx和yy均為定值；(2)設線段pq的中點為m，求|

15、om|·|pq|的最大值；(3)橢圓c上是否存在三點d，e，g，使得sodesodgsoeg？假設存在，判斷deg的形狀；假設不存在，請說明理由解(1)證明：1)當直線l的斜率不存在時，p，q兩點關于x軸對稱所以x2x1，y2y1，因為p(x1，y1)在橢圓上，因此1.又因為sopq.所以|x1|·|y1|.由得|x1|，|y1|1，此時xx3，yy2.2)當直線l的斜率存在時，設直線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.

16、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(*)式此時，xx(x1x2)22x1x222×3.yy(3x)(3x)4(xx)2.綜上所述，xx3；yy2，結論成立(2)解法一：1)當直線l的斜率不存在時由(1)知|om|x1|.|pq|2|y1|2.因此|om|·|pq|×2.2)當直線l的斜率存在時，由(1)知：.kmm.|om|222.|pq|2(1k2)2.所以|om|2·|pq|2××2×2.所以

17、|om|·|pq|，當且僅當32，即m±時，等號成立綜合1)2)得|om|·|pq|的最大值為.解法二：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|，當且僅當2|om|pq|時等號成立因此|om|·|pq|的最大值為.(3)橢圓c上不存在三點d，e，g，使得sodesodgsoeg.證明：假設存在d(u，v)，e(x1，y1)，o(x2，y2)滿足sodesodgsoeg，由(1)得u2x3，u2x3，xx3，v2y2，v2y

18、2，yy2，解得：u2xx，v2yy1.因此，u，x1，x2只能從±中選取，v，y1，y2只能從±1中選取，因此d、e、g只能在這四點中選取三個不同點，而這三點的兩兩連線中必有一條過原點與sodesodgsoeg矛盾所以橢圓c上不存在滿足條件的三點d，e，g.22(本小題總分值14分)(·江蘇)如圖，在平面直角坐標系xoy中，橢圓1(a>b>0)的左、右焦點分別為f1(c,0)，f2(c,0)，點(1，e)和都在橢圓上，其中e為橢圓的離心率(1)求橢圓的方程；(2)設a，b是橢圓上位于x軸上方的兩點，且直線af1與直線bf2平行，af2與bf1交于點p.(i)假設af1bf2，求直線af1的斜率；(ii)求證：pf1pf2是定值解(1)由題設知a2b2c2，e.由點(1，e)在橢圓上，得1，解得b21，于是c2a21，又點在橢圓上，所以1，即1，解得a22.因此，所求橢圓的方程是y21.(2)由(1)知f1(1,0)，f2(1,0)，又直