专题1812月第单次周考（第八章解析几何测试三）测试时间：120分钟班级：姓名：分数：试题特点：本套试卷重点考查直线方程与圆的方程的求法、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、椭圆、双曲线及抛物线的简单的几何性质的应用、直线与圆锥曲线的位置关系等．在命题时，注重考查基础知识如第1-8，13-15及17-20题等；整套试卷注重数形结合能力和运算能力以及转化与化归能力的考查．讲评建议：评讲试卷时应注重圆锥曲线定义的应用、椭圆双曲线及抛物线简单几何性质的运用、整体思想及常用解题方法的总结；关注运算能力的培养；加强直线、圆及圆锥曲线的位置关系综合题的求解能力的培养．试卷中第5，10，16，17，19，21，22各题易错，评讲时应重视．一、选择题（本大题共12个小题，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．若直线与直线平行，则的值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题设可得，则，应选答案D．2．抛物线的准线方程为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据抛物线的准线方程为可知的准线方程为．故选择C．3．直线经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到直线的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设椭圆的方程为，直线经过椭圆的一个顶点和一个焦点，16\n则直线方程为，椭圆中心到l的距离为其短轴长的，可得，，故选B．4．离心率为，且过点的椭圆的标准方程是( )A．B．或C．D．或【答案】D5．已知椭圆，直线，点，直线交椭圆于两点，则的值为()A．B．C．D．【答案】B【解析】设点的坐标分别为，由椭圆的定义可知，椭圆的右焦点，此时直线经过点，可得，，所以联立方程组，得，所以，代入上式可得，故选B．【名师点睛】本题考查至直线与椭圆的位置关16\n系的应用，其中解答中涉及到椭圆标准方程及其简单的几何性质，椭圆的定义等知识点的综合考查，解答中合理转化为直线与圆锥曲线联立，根据根与系数的关系，利用韦达定理是解答问题的关键，试题有一定的难度，属于中档试题．6．直线，且不同为经过定点（）A．B．C．D．【答案】A7．已知两点，（），若曲线上存在点，使得，则正实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】把圆的方程化为，以为直径的圆的方程为，若曲线上存在点，使得，则两圆有交点，所以，解得，选B．8．下列说法正确的是（）A．若命题：，，则：，B．已知相关变量满足回归方程，若变量增加一个单位，则平均增加4个单位C．命题“若圆：与两坐标轴都有公共点，则实数”为真命题D．已知随机变量，若，则【答案】C【解析】命题的否定是，A错误；相关变量满足回归方程，若变量增加一个单位，则平均减少4个单位，B错误；若圆与两坐标轴都有公共点，则，解得，C正确；随机变量，若，则，D错误．故选C．16\n9．已知椭圆（）的右顶点和上顶点分别为、，左焦点为．以原点为圆心的圆与直线相切，且该圆与轴的正半轴交于点，过点的直线交椭圆于、两点．若四边形是平行四边形，则该椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A解得：．故选A．10．已知抛物线，过焦点且斜率为的直线与相交于两点，且两点在准线上的投影分别为两点，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设，所以，直线方程是与抛物线方程联立，，整理为：，，所以，故选B．11．已知抛物线的交点为，直线与相交于两点，与双曲线的渐近线相交于两点，若线段与的中点相同，则双曲线离心率为（）A．B．C．D．【答案】C16\n【解析】试题分析：由，得．设，则，将代入，化简，得，则，解得，故选C．考点：直线与圆锥曲线的位置关系．12．已知双曲线的左焦点是，离心率为，过点且与双曲线的一条渐近线平行的直线与圆在轴右侧交于点，若在抛物线上，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】FF′为圆x2+y2=c2的直径，∴PF′⊥PF，且tan∠PFF′=，|FF′|=2c，满足，将①代入②得x2+2cx﹣c2=0，则x=﹣c±c，即x=（﹣1）c，（负值舍去），代入③，即y=，再将y代入①得，=2（﹣1）c2，即为b2=c2﹣a2=（﹣1）a2，由e=，可得e2=．故选D．16\n二、填空题（每题5分，满分20分）13．已知点，直线，则点到直线的距离为__________，点关于直线对称点的坐标为__________．【答案】利用对称的性质得：，解得：x=5，y=−2，∴点P到直线l的距离为，点M的坐标为(5，−2)．14．已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为__________．【答案】【解析】，所以双曲线的渐近线方程为15．已知点是直线上一动点，是圆的两条切线，是切点，若四边形的最小面积是2，则的值为__________．【答案】【解析】试题分析：圆的圆心，半径是，由圆的性质知：，四边形的最小面积是，的最小值是切线长）16\n，圆心到直线的距离就是的最小值，，故答案为．考点：1、直线的方程及圆的方程；2、切线的性质及根据几何性质求最值．【方法点晴】本题主要考查直线的方程及圆的方程、切线的性质及根据几何性质求最值，属于难题．解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调法以及均值不等式法，本题就是用的这种思路，利用平面几何的有关结论求得四边形面积的最值后解出值的．16．已知椭圆，过点的直线与椭圆交于不同两点（在之间），有以下四个结论：①若，椭圆变成曲线，则曲线的面积为；②若是椭圆的右顶点，且的角平分线是轴，则直线的斜率为；③若以为直径的圆过原点，则直线的斜率为；④若，则的取值范围是．其中正确的序号是．【答案】①④【解析】称，直线斜率不存在，显然错误；③设直线方程，与椭圆方程联立，得到，，，，根据条件，当过原点时，满足，代入根与系数的关系，得到，故不正确；④根据③得到，16\n又根据条件可得，代入整理为，整理为，解得，又，∴，当斜率不存在时，此时，故故填：①④．考点：1．命题；2．圆锥曲线的综合问题．【易错点睛】主要考察了圆锥曲线的命题问题，属于中档题型，比较好判断前三个命题，而对于第四个命题考察了直线与圆锥曲线的位置关系问题，设直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理，消参后得到关于的不等式，计算量比较大，容易出错在忘了当斜率不存在时的情况，导致错误，∴在有限的时间判断此题时也可考虑两个临界情况，一是相切时，，∵有两个交点，∴，二是斜率不存在时，此时，能取到，这样就比较好选择此问．三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（本小题满分10分）已知点是圆上的任意一点，点为圆的圆心，点与点关于平面直角系的坐标原点对称，线段的垂直平分线与线段交于点．（I）求动点的轨迹的方程；（II）若轨迹与轴正半轴交于点，直线交轨迹于两点，求面积的取值范围．【答案】（I）；（II）．的面积表示为关于的函数，利用基本不等式求最值即可．试题解析：（I）由题意知圆的圆心为，半径为4，所以，16\n由椭圆的定义知，动点的轨迹是以为焦点，4为长轴长的椭圆，设椭圆的方程为（），且焦距为，则：，即，故椭圆的方程为；则，，因为点，直线与轴交于点的面积，当且仅当，即时取等号，满足，所心面积的取值范围是．【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求范围，属于难题．解决圆锥曲线中的范围问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（II）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形范围的．18．（本小题满分12分）已知椭圆的中心在原点，一个焦点，且长轴长与短轴长的比是．(1)求椭圆的方程；(2)设点，点是椭圆上任意一点，求的最小值．16\n【答案】（I）；（II）．【解析】试题分析：（I）用待定系数法求解即可；（II）设为椭圆上的动点，可得，再根据求解可得结果．试题解析：（I）设椭圆的方程为，由题意得，解得，∴椭圆的方程为．（II）设为椭圆上的动点，则．因为，所以又，所以当时，有最小值为，所以的最小值为．19．（本小题满分12分）已知椭圆经过点，离心率为，左右焦点分别为．（I）求椭圆的方程；（II）若直线与椭圆交于A，B两点，与以为直径的圆交于C，D两点，且满足，求直线的方程．【答案】（I）（II）或．【解析】试题分析：（I）根据椭圆几何意义得，利用离心率求出（II）由垂径定理求出16\n，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求出，代入条件，解出参数m试题解析：解：（I）由题设，，解得，椭圆的方程为．由得：，，．由得，解得，满足①直线的方程为或．20．（本小题满分12分）已知分别是椭圆：的两个焦点，是椭圆上一点，且成等差数列．（I）求椭圆的标准方程；、（II）已知动直线过点，且与椭圆交于两点，试问轴上是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】（I）∵成等差数列，∴．将，代入化简，得，∴，由，解得，16\n∴椭圆的标准方程为．（II）假设在轴上存在点，使得恒成立．①当直线的斜率不存在时，，，由于（，解得或；下面证明时，恒成立．当直线的斜率为0时，结论成立；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，由及，得，∴，∴．，，∴=＝．综上所述，在轴上存在点使得恒成立．21．（本小题满分12分）已知椭圆：（）的离心率为，以原点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆与直线相切．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）已知点为动直线与椭圆的两个交点，问:在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，试求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由．16\n【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（I）由，以原点为圆心，椭圆的长半轴为半径与直线相切，求出的值，由此可求出椭圆的方程；试题解析：（Ⅰ）由，得，即，①又以原点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆为，且圆与直线相切，所以，代入①得，则．所以椭圆的方程为．（Ⅱ）由得，且设，则，根据题意，假设轴上存在定点，使得为定值，则有要使上式为定值，即与无关，则应，16\n即，此时为定值，定点为．【名师点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的综合应用，其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其简单的几何性质，直线与椭圆的位置关系的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解答中把直线方程与椭圆方程联立，转化为方程的根与系数的关系、韦达定理的应用是解答的关键．22．（本小题满分12分）已知圆与直线相切，点为圆上一动点，轴于点，且动点满足，设动点的轨迹为曲线．（I）求动点的轨迹曲线的方程；（II）若直线与曲线相交于不同的两点、且满足以为直径的圆过坐标原点，求线段长度的取值范围．【答案】（I）（II）【解析】试题分析：（II）设出直线的，分斜率存在和不存在两种情形，以为直径的圆过坐标原点可转化为．再把直线方程和椭圆方程联立试题解析：（I）设动点，由于轴于点又圆与直线即相切，∴圆由题意，，得即将代入，得曲线的方程为16\n（II）（I）假设直线的斜率存在，设其方程为，设联立，可得将（*）代入可得，即即，又将代入，可得∴当且仅当，即时等号成立．又由，，．（II）若直线的斜率不存在，因以为直径的圆过坐标原点，故可设所在直线方程为，联立解得同理求得故．综上，得．16\n【名师点睛】本题第（II）容易忘记讨论斜率不存在的情形．16
