2014年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點熱身訓(xùn)練 第八章 平面解析幾何（單元總結(jié)與測試）

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1、 2014年高考一輪復(fù)習(xí)考點熱身訓(xùn)練： 第八章 平面解析幾何（單元總結(jié)與測試） 一、選擇題(本大題共10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.直線xsinα-y+1=0的傾斜角的變化范圍是( ) (A)(0,) (B)(0,π) (C)［,］ (D)［0,］∪［,π) 2.已知b>0，直線(b2+1)x+ay+2=0與直線x-b2y-1=0互相垂直，則ab的最小值等于( ) （A）1 （B）2 （C） （D） 3

2、.已知直線l1與圓x2+y2+2y=0相切，且與直線l2：3x+4y-6=0平行，則直線l1的方程是( ) (A)3x+4y-1=0 (B)3x+4y+1=0或3x+4y-9=0 (C)3x+4y+9=0 (D)3x+4y-1=0或3x+4y+9=0 4．(2013·廈門模擬)已知直線l過拋物線C的焦點，且與C的對稱軸垂直.l與C交于A,B兩點，|AB|＝12，P為C的準(zhǔn)線上一點，則△ABP的面積為( ) (A)18 (B)24 (C)36 (D)48 5．

3、(2013·福州模擬)若雙曲線=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2，線段F1F2被拋物線y2=2bx的焦點分成7∶5的兩段，則此雙曲線的離心率為( ) (A) (B) (C) (D) 6.已知雙曲線-m2x2=1(m>0)的一個頂點到它的一條漸近線的距離為，則m=( ) (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 7．若PQ是圓x2+y2=16的弦，PQ的中點是M（1，3），則直線PQ的方程是( ) （A）x+3y-4=0

4、 （B）x+3y-10=0 （C）3x-y+4=0 （D）3x-y=0 8.已知圓C與直線x-y=0及x-y-4=0都相切,圓心在直線x+y=0上,則圓C的方程為( ) （A）(x+1)2+(y-1)2=2 （B）(x-1)2+(y+1)2=2 （C）(x-1)2+(y-1)2=2 （D）(x+1)2+(y+1)2=2 9.已知拋物線y2=2px(p>1)的焦點F恰為雙曲線- =1(a>0,b>0)的右焦點，且兩曲線的交點連線過點F，則雙曲線的離心率為( ) （A） （B）

5、 （C）2 （D） 10.（易錯題）設(shè)F1,F2分別是橢圓+=1(a＞b＞0)的左、右焦點,若直線x= (c=)上存在點P使線段PF1的中垂線過點F2,則橢圓離心率的取值范圍是 ( ) （A）(0,］ （B）［,1) （C）［,1) （D）(0,］ 二、填空題(本大題共5小題，每小題4分，共20分.請把正確答案填在題中橫線上) 11．（2012·廣州模擬）已知橢圓的長軸長是短軸長的2倍，則橢圓的離心率等于_____. 12．若k∈R，直線y=kx+1與圓x2+y2-2ax+a2-2a-4=0恒有交點，則實數(shù)a的取值范圍是______．

6、 13．已知直線l1：(a-2)x+3y+a=0與l2：ax+(a-2)y-1=0互相垂直，則a=____. 14．拋物線y=-x2上的點到直線4x+3y-8=0的距離的最小值等于______. 15.(2012·南平模擬)若點P在直線l1:x+y+3=0上，過點P的直線l2與曲線C：(x-5)2+y2=16只有一個公共點M，則|PM|的最小值為_________. 三、解答題(本大題共6小題，共80分.解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 16．（13分）設(shè)直線l的方程為（a+1）x+y-2-a=0（a∈R）. (1)若直線l在兩坐標(biāo)軸上的截距相等，求直線l的方程；

7、 （2）若a>-1，直線l與x、y軸分別交于M、N兩點，O為坐標(biāo)原點，求△OMN面積取最小值時，直線l對應(yīng)的方程. 17．（13分）已知動點C到點A（-1，0）的距離是它到點B（1，0）的距離的倍. （1）試求點C的軌跡方程； （2）已知直線l經(jīng)過點P（0，1）且與點C的軌跡相切，試求直線l的方程. 18．(13分)(探究題)已知橢圓+=1(a>b>0),過點A（a,0）,B(0,b)的直線傾斜角為,原點到該直線的距離為. （1）求橢圓的方程； （2）是否存在實數(shù)k，使直線y=kx+2交橢圓于P、Q兩點，以PQ為直徑的圓過點D（1，0）？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由.

8、 19．(13分)(2012·三明模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點A(0,-1),點B在直線y=-3上，M點滿足, ,M點的軌跡為曲線C. (1)求C的方程； (2)若P為C上的動點，l為C在P處的切線，求O到l距離的最小值. 20.（14分）（預(yù)測題）已知橢圓E的中心在坐標(biāo)原點、對稱軸為坐標(biāo)軸，且拋物線x2=y的焦點是它的一個焦點，又點A(1,）在該橢圓上. （1）求橢圓E的方程; （2）若斜率為的直線l與橢圓E交于不同的兩點B、C，當(dāng)△ABC的面積最大時，求直線l的方程. 21.（14分）（2012·南平模擬）已知直線l1:y=2x+m(m<0)與拋物線C1:y=ax2

9、(a>0)和圓C2:x2+(y+1)2=5都相切，F(xiàn)是C1的焦點. （1）求m與a的值； （2）設(shè)A是C1上的一動點，以A為切點作拋物線C1的切線l，直線l交y軸于點B，以FA、FB為鄰邊作平行四邊形FAMB，證明：點M在一條定直線上； （3）在（2）的條件下，記點M所在定直線為l2，直線l2與y軸交點為N，連接MF交拋物線C1于P、Q兩點，求△NPQ的面積S的取值范圍. 答案解析 1.【解析】選D.直線xsinα-y+1=0的斜率是k=sinα. 又∵-1≤sinα≤1,∴-1≤k≤1. ∴當(dāng)0≤k≤1時，傾斜角的范圍是［0，］; 當(dāng)-1≤k<0時，傾斜角的范圍是［,π)

10、. 2.【解析】選B.由題意知·=-1,解得a=.所以ab=·b= =;又因為b>0,故≥2,當(dāng)且僅當(dāng)b=,即b=1時取等號. 3.【解析】選D.因為l1與l2平行，所以可設(shè)直線l1的方程為：3x+4y+c=0,又因為l1與圓x2+y2+2y=0相切，且圓心坐標(biāo)為（0，-1），半徑為1,所以=1,解得c=9或c=-1， 因此l1的方程為3x+4y+9=0或3x+4y-1=0. 4．【解析】選C.設(shè)拋物線方程為y2=2px(p>0),則|AB|=12=2p,∴p=6. 點P到直線l的距離d=p, ∴S△ABP=?2p?p=p2=36. 5．【解析】選C.設(shè)雙曲線焦點坐標(biāo)為F1(-c

11、,0),F2(c,0),y2=2bx的焦點F(,0), 則,解得, ∴e=. 6．【解析】選C.雙曲線的方程可化為-=1，所以a=,b=,取頂點（0，），一條漸近線為mx-4y=0. ∵=,即m2+16=25,∴m=3. 7．【解析】選B.圓心為O（0，0），故直線OM斜率k==3，因為弦PQ所在直線與直線OM垂直，所以kPQ=,其方程為y-3=(x-1),整理，得x+3y-10=0. 8．【解題指南】由于圓與兩平行線都相切,故兩平行線間距離即為直徑,只要再求得圓心坐標(biāo)即可得解. 【解析】選B.因為兩條直線x-y=0與x-y-4=0平行,故它們之間的距離即為圓的直徑,所以2R=

12、,所以R=.設(shè)圓心坐標(biāo)為P(a,-a),則點P到兩條切線的距離都等于半徑,所以=, =,解得a=1,故圓心為(1,-1),所以圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-1)2+(y+1)2=2. 9．【解析】選B.由題意知，=c,即p=2c 由得b2x2-4ca2x-a2b2=0 * 由題意知x=c是方程*的一個根，則有 b2c2-4a2c2-a2b2=0 即c4-6a2c2+a4=0 ∴e4-6e2+1=0 又e>1 ∴e2=3+,e=+1. 10.【解題指南】根據(jù)|F1F2|=|PF2|轉(zhuǎn)化為點F2到直線x=的距離小于或等于|F1F2|來尋找a,b,c之間的關(guān)系,從而求解. 【解析】選B

13、.根據(jù)題目條件可知: 若直線x=(c=)上存在點P使線段PF1的中垂線過點F2,則|F1F2|=|PF2|,可轉(zhuǎn)化為點F2到直線x=的距離小于或等于|F1F2|，亦即-c≤2c，解得≥，所以e∈［，1）. 11．【解析】設(shè)2a、2b分別為橢圓的長軸長、短軸長，依題設(shè)有4b=2a,即a=2b,所以c= =b,所以離心率為e==. 答案： 12．【解析】因為直線y=kx+1恒過定點（0，1），題設(shè)條件等價于點（0，1）在圓內(nèi)或圓上，則02+12-2a·0+a2-2a-4≤0且2a+4>0,解得-1≤a≤3. 答案：-1≤a≤3 13．【解析】因為l1：(a-2)x+3y+a=0與l2:

14、ax+(a-2)y-1=0互相垂直 所以，a(a-2)+3(a-2)=0,解得a=2或a=-3. 答案：2或-3 14．【解析】由拋物線的方程，可設(shè)拋物線上的點的坐標(biāo)為(x,-x2)，根據(jù)點到直線的距離公式，得 d==,所以當(dāng)x=時，d取得最小值. 答案： 15.【解析】設(shè)曲線C表示的圓心為C(5，0), 由題意可知△PMC是直角三角形，|CM|=4,當(dāng)且僅當(dāng)斜邊|CP|最短時，|PM|最小. 當(dāng)CP⊥l1時,|CP|min＝, 此時|PM|最小且|PM|＝=4. 答案：4 16．【解析】（1）當(dāng)直線l經(jīng)過坐標(biāo)原點時，該直線在兩坐標(biāo)軸上的截距都為0，此時a+2=0，解得a

15、=-2，此時直線l的方程為-x+y=0，即x-y=0； 當(dāng)直線l不經(jīng)過坐標(biāo)原點，即a≠-2且a≠-1時，由直線在兩坐標(biāo)軸上的截距相等可得=2+a，解得a=0，此時直線l的方程為x+y-2=0. 所以直線l的方程為x-y=0或x+y-2=0. （2）由直線方程可得M(,0),N(0,2+a), 又因為a>-1. 故S△OMN== = ≥=2, 當(dāng)且僅當(dāng)a+1=,即a=0時等號成立.此時直線l的方程為x+y-2=0. 17．【解題指南】（1）利用直接法列出方程，化簡即可.（2）對斜率是否存在分類討論，根據(jù)切線的性質(zhì)求斜率，進(jìn)而求出方程. 【解析】（1）設(shè)點C（x,y），則|CA

16、|=,|CB|=. 由題意，得=. 兩邊平方，得(x+1)2+y2=2×［(x-1)2+y2］. 整理，得（x-3）2+y2=8. 故點C的軌跡是一個圓，其方程為（x-3）2+y2=8. （2）由（1），得圓心為M（3，0），半徑r=. ①若直線l的斜率不存在，則方程為x=0，圓心到直線的距離d=3≠,故該直線與圓不相切； ②若直線l的斜率存在，設(shè)為k，則直線l的方程為y=kx+1. 由直線和圓相切，得d= =,整理，得k2+6k-7=0,解得k=1,或k=-7.故所求直線的方程為y=x+1,或y=-7x+1,即x-y+1=0或7x+y-1=0. 18．【解析】（1）由=,a

17、·b=··,得a=,b=1,所以橢圓方程是+y2=1. （2）將y=kx+2代入+y2=1, 得(3k2+1)x2+12kx+9=0(*) 記P(x1,y1),Q(x2,y2),以PQ為直徑的圓過D（1，0），則PD⊥QD，即(x1-1,y1)·(x2-1,y2)=(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,又y1=kx1+2,y2=kx2+2,得 （k2+1）x1x2+(2k-1)(x1+x2)+5=0 ……① 又x1x2=,x1+x2=,代入①解得k=，此時（*）方程Δ>0，∴存在k=,滿足題設(shè)條件. 19．【解析】(1)設(shè)M(x,y),B(x,-3), =(0,-3-y), =

18、(-x,2), =(-x,-1-y),=(x,-2), ∵,∴x2-4y-8=0, ∴曲線C的方程為：y=x2-2. (2)設(shè)P(x0,y0),∵y′=x,∴k=x0. 又∵P(x0,y0)在曲線C上，∴y0=x02-2, ∴l(xiāng)切：y-y0=x0(x-x0), 即:x0x-2y+2y0-x02=0, ∴d= = ≥×2×=2, 當(dāng)且僅當(dāng)：,即x0=0時等號成立， 此時O到l距離的最小值為2. 20.【解析】（1）由已知拋物線的焦點為（0,)，故設(shè)橢圓方程為+ =1（a>2）. 將點A(1,)代入方程得+=1， 整理得a4-5a2+4=0，得a2=4或a2=1（舍）

19、, 故所求橢圓方程為+=1. （2）設(shè)直線BC的方程為y=x+m， 設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2), 代入橢圓方程并化簡得4x2+mx+m2-4=0, 由Δ=8m2-16(m2-4)=8(8-m2)>0, 可得0≤m2<8. (*) 由x1+x2=,x1x2=, 故|BC|=|x1-x2|=. 又點A到BC的距離為d=, 故S△ABC=|BC|·d= ≤·= 當(dāng)且僅當(dāng)2m2=16-2m2,即m=±2時取等號（滿足*式），此時直線l的方程為y=. 【方法技巧】 解決解析幾何中最值問題的常用求法 解析幾何中的最值問題是高考考查的一個重要方向,既

20、可以出現(xiàn)在選擇題、填空題中,也可以出現(xiàn)在解答題中,根據(jù)待求量的特點,常用以下兩種思想方法: (1)數(shù)形結(jié)合思想:當(dāng)待求量有幾何意義時,一般利用其幾何性質(zhì),數(shù)形結(jié)合求解. (2)函數(shù)思想:當(dāng)待求量與其他變量有關(guān)時,一般引入該變量構(gòu)造函數(shù),然后求最值,但要注意待求量的取值范圍. 【變式備選】已知橢圓+=1(a>b>0)的離心率為 ,短軸的一個端點到右焦點的距離為，直線l：y=kx+m交橢圓于不同的兩點A，B， （1）求橢圓的方程， （2）若坐標(biāo)原點O到直線l的距離為，求△AOB面積的最大值. 【解析】（1）設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意,解得c=. 由a2=b2+c2,得b=1. ∴所

21、求橢圓方程為+y2=1. (2)由已知得=,可得m2=(k2+1). 將y=kx+m代入橢圓方程， 整理得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0. Δ=(6km)2-4(1+3k2)(3m2-3)>0 (*) ∴x1+x2=,x1·x2=. ∴|AB|2=（1+k2）(x2-x1)2 =(1+k2) == =3+==4(k≠0) 當(dāng)且僅當(dāng)9k2=,即k=時等號成立. 經(jīng)檢驗，k=滿足（*）式. 當(dāng)k=0時，|AB|=. 綜上可知|AB|max=2. ∴當(dāng)|AB|最大時，△AOB的面積取最大值Smax==. 21.【解析】（1）由已知，圓C2:x2+(y+1)

22、2=5的圓心為C2(0,-1)，半徑r=.由題設(shè)圓心到直線l1:y=2x+m的距離d=，即=,解得m=-6(m=4舍去). 設(shè)l1與拋物線的切點為A0(x0,y0),又y′=2ax,得2ax0=2?x0=,y0=. 代入直線方程得：=-6,∴a=， 所以m=-6,a=. （2）由（1）知拋物線C1方程為y=x2,焦點F（0，）. 設(shè)A（x1,）,由（1）知以A為切點的切線l的方程為y=.令x=0,得切線l交y軸的B點坐標(biāo)為（0，） 所以=（x1, -）,=(0, ), ∵四邊形FAMB是以FA、FB為鄰邊的平行四邊形，∴=+ =（x1，-3）,因為F是定點，所以點M在定直線y=上. （3）設(shè)直線MF：y=kx+,代入y=得-kx-=0,設(shè)P、Q兩點橫坐標(biāo)分別為x′1,x′2, 得x′1+x′2=6k,x′1·x′2=-9， S△NPQ=|NF||x′1-x′2| =×3× =, ∵k≠0,∴S△PQN>9，即△NPQ的面積S范圍是（9，+∞）.