1、专题三综合测试题(时间：120分钟满分：150分)一、选择题：本大题共12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已知圆O的方程是x2y28x2y100，过点M(3,0)的最短弦所在的直线方程是()Axy30Bxy30C2xy60 D2xy60解析：x2y28x2y100，即(x4)2(y1)27，圆心O(4,1)，设过点M(3,0)的直线为l，则kOM1，故kl1，y1(x3)，即xy30.答案：A2过点(1,3)且平行于直线x2y30的直线方程为()Ax2y70 B2xy10Cx2y50 D2xy50解析：因为直线x2y30的斜率是，故所求直线的方程为
2、y3(x1)，即x2y70.答案：A3曲线y2xx3在横坐标为1的点处的切线为l，则点P(3,2)到直线l的距离为()A. B.C. D.解析：曲线y2xx3在横坐标为1的点处的纵坐标为1，故切点坐标为(1，1)切线斜率为ky|x123(1)21，故切线l的方程为y(1)1x(1)，整理得xy20，由点到直线的距离公式得点P(3,2)到直线l的距离为.答案：A4若曲线x2y22x6y10上相异两点P、Q关于直线kx2y40对称，则k的值为()A1 B1C. D2解析：曲线方程可化为(x1)2(y3)29，由题设知直线过圆心，即k(1)2340，k2.故选D.答案：D5直线axy0(a0)与圆x
3、2y29的位置关系是()A相离 B相交C相切 D不确定解析：圆x2y29的圆心为(0,0)，半径为3.由点到直线的距离公式d得该圆圆心(0,0)到直线axy0的距离d，由基本不等式可以知道，从而d10，b0)的焦点到渐近线的距离等于实轴长，则双曲线的离心率为()A. B.C. D2解析：焦点到渐近线的距离等于实轴长，可得b2a，e215，所以e.答案：C12(2011济南市质量调研)已知点F1、F2分别是双曲线1(a0，b0)的左、右焦点，过点F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若ABF2是锐角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是()A(1，) B(，2)C(1，) D(1,1)解析
4、：依题意得，0AF2F1，故0tanAF2F11，则1，即e2，e22e10，(e1)22，所以1e1，选D.答案：D二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，将答案填在题中的横线上13(2011安徽“江南十校”联考)设F1、F2分别是椭圆1的左、右焦点，P为椭圆上任一点，点M的坐标为(6,4)，则|PM|PF1|的最大值为_解析：由椭圆定义|PM|PF1|PM|25|PF2|，而|PM|PF2|MF2|5，所以|PM|PF1|25515.答案：1514(2011潍坊市高考适应性训练)已知双曲线的中心在坐标原点，焦点在x轴上，且一条渐近线为直线xy0，则该双曲线的离心率等于_解析：设双
5、曲线方程为1，则，3，3，e2.答案：215(2011潍坊2月模拟)双曲线1的右焦点到渐近线的距离是_解析：双曲线右焦点为(3,0)，渐近线方程为：yx，则由点到直线的距离公式可得距离为.答案：16(2011郑州市质量预测(二)设抛物线x24y的焦点为F，经过点P(1,4)的直线l与抛物线相交于A、B两点，且点P恰为AB的中点，则|_.解析：x24y，p2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x22，y1y28.|y1，|y2，|y1y2p8210.答案：10三、解答题：本大题共6小题，共74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12分)(2011陕西)如图，设P是圆
6、x2y225上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|PD|.(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的长度解：(1)设M的坐标为(x，y)，P的坐标为(xP，yP)，由已知得P在圆上，x2225，即点M的轨迹C的方程为1.(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y(x3)，设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y(x3)代入C的方程，得1，即x23x80.x1，x2.线段AB的长度为|AB| .18(本小题满分12分)(2011广东)设圆C与两圆(x)2y24，(x)2y24中的一个内切，另一个
7、外切(1)求圆C的圆心轨迹L的方程；(2)已知点M，F(，0)且P为L上动点，求|MP|FP|的最大值及此时点P的坐标解：(1)设动圆C的圆心C(x，y)，半径为r.两个定圆半径均为2，圆心分别为F1(，0)，F2(，0)，且|F1F2|2.若C与F1外切与F2内切，则 |CF1|CF2|(r2)(r2)4若C与F1内切与F2外切，则|CF2|CF1|(r2)(r2)4.|CF1|CF2|4且42.动点C的轨迹是以F1，F2为焦点，实轴长为4的双曲线这时a2，c，bc2a21，焦点在x轴上点C轨迹方程为y21.(2)若P在y21的左支上，则|PM|PF|0，点A的坐标为(1,1)，点B在抛物线
8、yx2上运动，点Q满足，经过点Q与x轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足，求点P的轨迹方程解：由知Q，M，P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设P(x，y)，Q(x，y0)，M(x，x2)，则x2y0(yx2)，即y0(1)x2y. 再设B(x1，y1)，由，即(xx1，y0y1)(1x,1y0)，解得 将式代入式，消去y0，得 又点B在抛物线yx2上，所以y1x，再将式代入y1x，得(1)2x2(1)y(1)x2.(1)2x2(1)y(1)2x22(1)x2.2(1)x(1)y(1)0.因0，两边同除以(1)，得2xy10.故所求点P的轨迹方程为y2x1.20(本小题满分12分)(2011
9、天津)在平面直角坐标系xOy中，点P(a，b)(ab0)为动点，F1、F2分别为椭圆1的左、右焦点已知F1PF2为等腰三角形(1)求椭圆的离心率e.(2)设直线PF2与椭圆相交于A，B两点，M是直线PF2上的点，满足2，求点M的轨迹方程解：(1)设F1(c,0)，F2(c,0)(c0)，由题意，可得|PF2|F1F2|，即2c，整理得2210，得1(舍)或，所以e.(2)由(1)知a2c，hc，可得椭圆方程为3x24y212c2.直线PF2方程为y(xc)A，B两点的坐标满足方程组消去y并整理，得5x28cx0，解得x10，x2c，得方程组的解不妨设A，B(0，c)设点M的坐标为(x，y)，则
10、，(x，yc)由y(xc)，得cxy，于是，(x，x)，由2，即xx2，化简得18x216xy150.将y代入cxy，得c0，所以x0.因此，点M的轨迹方程是18x216xy150(x0)21(本小题满分12分)(2011山东)已知动直线l与椭圆C：1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两不同点，且OPQ的面积SOPQ，其中O为坐标原点(1)证明xx和yy均为定值；(2)设线段PQ的中点为M，求|OM|PQ|的最大值；(3)椭圆C上是否存在三点D，E，G，使得SODESODGSOEG？若存在，判断DEG的形状；若不存在，请说明理由解：(1)证明：当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称
11、所以x2x1，y2y1，因为P(x1，y1)在椭圆上，因此1. 又因为SOPQ.所以|x1|y1|. 由得|x1|，|y1|1，此时xx3，yy2.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm.由题意知m0，将其代入1得(23k2)x26kmx3(m22)0.其中36k2m212(23k2)(m22)0.即3k22m2. (*)又x1x2，x1x2.所以|PQ|.因为点O到直线l的距离为d.所以SOPQ|PQ|d又SOPQ.整理得3k222m2，且符合(*)式此时，xx(x1x2)22x1x2223.yy(3x)(3x)4(xx)2.综上所述，xx3；yy2，结论成立(2)解法一：当直线l的
12、斜率不存在时由(1)知|OM|x1|.|PQ|2|y1|2.因此|OM|PQ|2.当直线l的斜率存在时，由(1)知：.kmm.|OM|222.|PQ|2(1k2)2.所以|OM|2|PQ|222.所以|OM|PQ|，当且仅当32，即m时，等号成立综合(1)(2)得|OM|PQ|的最大值为.解法二：因为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|，当且仅当2|OM|PQ|时等号成立因此|OM|PQ|的最大值为.(3)椭圆C上不存在三点D，E，G，使得SODESODGSOEG.证明：假设存在D(u，v
13、)，E(x1，y1)，O(x2，y2)满足SODESODGSOEG，由(1)得u2x3，u2x3，xx3，v2y2，v2y2，yy2，解得：u2xx，v2yy1.因此，u，x1，x2只能从中选取，v，y1，y2只能从1中选取，因此D、E、G只能在这四点中选取三个不同点，而这三点的两两连线中必有一条过原点与SODESODGSOEG矛盾所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.22(本小题满分14分)(2011江苏)如图，在平面直角坐标系xOy中，M、N分别是椭圆1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P，A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA
14、的斜率为k.(1)若直线PA平分线段MN，求k的值；(2)当k2时，求点P到直线AB的距离d；(3)对任意的k0，求证：PAPB.解：(1)由题设知，a2，b，故M(2,0)，N(0，)，所以线段MN中点的坐标为.由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线PA过坐标原点，所以k.(2)直线PA的方程为y2x，代入椭圆方程得1，解得x，因此P，A.于是C，直线AC的斜率为1，故直线AB的方程为xy0.因此，d.(3)证法一：将直线PA的方程ykx代入1，解得x记，则P(，k)，A(，k)于是C(，0)故直线AB的斜率为，其方程为y(x)，代入椭圆方程得(2k2)x22k2x2(3k22)0，解得x或x.因此B.于是直线PB的斜率k1.因此k1k1，所以PAPB.证法二：设P(x1，y1)，B(x2，y2)，则x10，x20，x1x2，A(x1，y1)，C(x1,0)设直线PB，AB的斜率分别为k1，k2.因为C在直线AB上，所以k2.从而k1k12k1k212110.因此k1k1，所以PAPB.
