1、专题质量评估五ZHUANTI ZHILIANG PINGGU WU课后强化,赢在训练一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50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.椭圆x216+y28=1的离心率为()A.13B.12C.33D.22解析:由题意e=ca=16-84=22.答案:D2.已知点A(1,-2),B(m,2),且线段AB的垂直平分线的方程是x+2y-2=0,则实数m的值是()A.-2B.-7C.3D.1解析:由已知条件可知线段AB的中点1+m2,0在直线x+2y-2=0上,代入直线方程解得m=3.答案:C3.已知圆C:x2+y2-4x=0,l是过点P(3,
2、0)的直线,则()A.l与C相交B.l与C相切C.l与C相离D.以上三个选项均有可能解析:点P(3,0)在圆C内,l与圆C相交.答案:A4.(2014福建高考,理6)直线l:y=kx+1与圆O:x2+y2=1相交于A,B两点,则“k=1”是“OAB的面积为12”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件解析:k=1时,图象如图(1),此时OAB的面积S=1211=12,所以k=1是OAB面积为12的充分条件;而当OAB面积为12时,直线l有l1或l2两种可能,如图(2),k=1或k=-1.综上,可知选A.图(1)图(2)答案:A5.已知直线l1:y=
3、2x+3,直线l2与l1关于直线y=-x对称,则直线l2的斜率为()A.12B.-12C.2D.-2解析:直线l2,l1关于直线y=-x对称,直线l2的方程为-x=-2y+3,即y=12x+32.故直线l2的斜率为12,应选A.答案:A6.设F1,F2是双曲线x2-y224=1的两个焦点,P是双曲线上的一点,且3|PF1|=4|PF2|,则|PF1|等于()A.8B.6C.4D.2解析:依题意得3|PF1|=4|PF2|,|PF1|-|PF2|=21,解得|PF2|=6,|PF1|=8,故选A.答案:A7.已知动圆圆心在抛物线y2=4x上,且动圆恒与直线x=-1相切,则此动圆必过定点()A.(
4、2,0)B.(1,0)C.(0,1)D.(0,-1)解析:因为动圆的圆心在抛物线y2=4x上,且x=-1是抛物线y2=4x的准线,所以由抛物线的定义知,动圆一定过抛物线的焦点(1,0).故选B.答案:B8.(2014辽宁沈阳质检,10)已知直线ax+by+c-1=0(bc0)经过圆x2+y2-2y-5=0的圆心,则4b+1c的最小值是()A.9B.8C.4D.2解析:依题意得,题中的圆心坐标是(0,1),于是有b+c=1,4b+1c=4b+1c(b+c)=5+4cb+bc5+24cbbc=9,当且仅当b+c=1(bc0),4cb=bc,即b=2c=23时取等号,因此4b+1c的最小值是9,选A
5、.答案:A9.(2014辽宁五校协作体高三联考,8)已知AB是抛物线y2=2x的一条焦点弦,|AB|=4,则AB中点C的横坐标是()A.2B.12C.32D.52解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AB|=x1+x2+p=4.又p=1,所以x1+x2=3,所以点C的横坐标是x1+x22=32.答案:C10.(2014河南开封第一次摸底测试,10)从双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左焦点F引圆x2+y2=a2的切线,切点为T,延长FT交双曲线右支于P点,若M为线段FP的中点,O为坐标原点,则|MO|-|MT|与b-a的关系为()A.|MO|-|MT|b-aB.|MO|-|
6、MT|0)的焦点为F,M是抛物线C上的点,若OFM的外接圆与抛物线C的准线相切,且该圆面积为9,则p=.解析:依题意得,OFM的外接圆半径为3,OFM的外接圆圆心应位于线段OF的垂直平分线x=p4上,圆心到准线x=-p2的距离等于3,即有p4+p2=3,由此解得p=4.答案:412.已知圆x2+y2=4上恰好有3个点到直线l:y=x+b的距离都等于1,则b=.解析:由题意知原点到直线l的距离d为1,即d=|0-0+b|2=1,b=2.答案:213.已知F1,F2是椭圆x24+y23=1的两个焦点,过点F2作x轴的垂线交椭圆于A,B两点,则F1AB的周长为.解析:由已知可得F1AB的周长为|AF
7、1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=8.答案:814.(2014河南开封第一次摸底测试,14)椭圆x29+y22=1的焦点为F1,F2,点P在椭圆上,若|PF1|=4,则F1PF2的大小为.解析:a2=9,b2=2,c2=7,c=7.|PF1|+|PF2|=2a=6,在PF1F2中,|PF1|=4,|PF2|=2,cosF1PF2=42+22-(27)2242=-12,F1PF2=120.答案:12015.(2014河南洛阳高三统考,14)设e1,e2分别是具有公共焦点F1,F2的椭圆和双曲线的离心率,P是两曲线的一个公共点,O是F1F2的中点,且满足|PO|=|OF2|,则e1e
8、2e12+e22=.解析:由|PO|=|OF2|=|OF1|可知,PF1F2为直角三角形,所以|PF1|2+|PF2|2=4c2.又|PF1|+|PF2|=2a椭,|PF1|-|PF2|=2a双,即(|PF1|+|PF2|)2=4a椭2,(|PF1|-|PF2|)2=4a双2,4c2+2|PF1|PF2|=4a椭2,4c2-2|PF1|PF2|=4a双2,+得a椭2+a双2=2c2.又e1=ca椭,e2=ca双,所以e1e2e12+e22=c2a椭a双c2a椭2+c2a双2=ca椭2+a双2=c2c2=22.答案:22三、解答题:本大题共6小题,共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
9、.16.(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中,已知圆P在x轴上截得的线段长为22,在y轴上截得的线段长为23.(1)求圆心P的轨迹方程;(2)若P点到直线y=x的距离为22,求圆P的方程.解:(1)设P(x,y),圆P的半径为r.由题设y2+2=r2,x2+3=r2.从而y2+2=x2+3.故P点的轨迹方程为y2-x2=1.(2)设P(x0,y0).由已知得|x0-y0|2=22.又P点在双曲线y2-x2=1上,从而得|x0-y0|=1,y02-x02=1.由x0-y0=1,y02-x02=1得x0=0,y0=-1.此时,圆P的半径r=3.由x0-y0=-1,y02-x02=1得x0=
10、0,y0=1.此时,圆P的半径r=3.故圆P的方程为x2+(y-1)2=3或x2+(y+1)2=3.17.(本小题满分12分)如图,直线l:y=x+b与抛物线C:x2=4y相切于点A.求:(1)实数b的值;(2)以点A为圆心,且与抛物线C的准线相切的圆的方程.解:(1)由y=x+b,x2=4y,得x2-4x-4b=0.(*)因为直线l与抛物线C相切,所以=(-4)2-4(-4b)=0,解得b=-1.(2)由(1)可知b=-1,故方程(*)即为x2-4x+4=0,解得x=2,代入x2=4y,得y=1.故点A(2,1).因为圆A与抛物线C的准线相切,所以圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y=-1
11、的距离,即r=|1-(-1)|=2.所以圆A的方程为(x-2)2+(y-1)2=4.18.(本小题满分12分)(2014黑龙江大庆第二次质检,20)已知椭圆C:x2a2+y2=1(a1)的上顶点为A,右焦点为F,直线AF与圆M:(x-3)2+(y-1)2=3相切.(1)求椭圆C的方程;(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P,Q两点,且APAQ=0,求证:直线l过定点,并求该定点的坐标.解:(1)圆M的圆心为(3,1),半径r=3.由题意知A(0,1),F(c,0),直线AF的方程为xc+y=1,即x+cy-c=0,由直线AF与圆M相切,得|3+c-c|c2+1=3,解得c2=2,a2=c2+
12、1=3,故椭圆C的方程为x23+y2=1.(2)解法一:由APAQ=0知APAQ,从而直线AP与坐标轴不垂直,故可设直线AP的方程为y=kx+1,直线AQ的方程为y=-1kx+1.联立y=kx+1,x23+y2=1,整理得(1+3k2)x2+6kx=0,解得x=0或x=-6k1+3k2,故点P的坐标为-6k1+3k2,1-3k21+3k2,同理,点Q的坐标为6kk2+3,k2-3k2+3,直线l的斜率为k2-3k2+3-1-3k21+3k26kk2+3-6k1+3k2=k2-14k.直线l的方程为y=k2-14kx-6kk2+3+k2-3k2+3,即y=k2-14kx-12.直线l过定点0,-
13、12.解法二:由APAQ=0知APAQ,从而直线PQ与x轴不垂直,故可设直线l的方程为y=kx+t(t1),联立y=kx+t,x23+y2=1,整理得(1+3k2)x2+6ktx+3(t2-1)=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-6kt1+3k2,x1x2=3(t2-1)1+3k2,(*)由=(6kt)2-4(1+3k2)3(t2-1)0,得3k2t2-1.由APAQ=0,得APAQ=(x1,y1-1)(x2,y2-1)=(1+k2)x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2=0,将(*)代入,得t=-12,直线l过定点0,-12.19.(本小题满分12分)(2
14、014辽宁五校协作体高三联考,20)已知M(x1,y1)是椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)上任意一点,F为椭圆的右焦点.(1)若椭圆的离心率为e,试用e,a,x1表示|MF|,并求|MF|的最值;(2)已知直线m与圆x2+y2=b2相切,并与椭圆交于A,B两点,且直线m与圆的切点Q在y轴右侧,若a=2,求ABF的周长.解:(1)设F(c,0),则|MF|=(x1-c)2+y12.又x12a2+y12b2=1,则y12=1-x12a2b2,所以|MF|=1-b2a2x12-2cx1+a2=c2a2x12-2cx1+a2=(ex1-a)2.又-ax1a,且0e0),连接OQ,OA,在OQA中,
15、|AQ|2=x02+y02-b2.又y02=1-x02a2b2,所以|AQ|2=c2x02a2,则|AQ|=cx0a,同理|BQ|=cx2a,所以|AB|+|AF|+|BF|=2a-cax0+cax2+cax0+cax2=2a,又a=2,所以所求周长为4.20.(本小题满分13分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆C上,AF1F1F2=0,3|AF2|F1A|=-5AF2F1A,|F1F2|=2,过点F2且与坐标轴不垂直的直线交椭圆于P,Q两点.(1)求椭圆C的方程.(2)线段OF2(O为坐标原点)上是否存在点M(m,0),使得QPMP=PQM
16、Q?若存在,求出实数m的取值范围;若不存在,请说明理由.解:(1)由题意知,AF1F2=90,cosF1AF2=35,因为|F1F2|=2,所以|AF1|=32,|AF2|=52,2a=|AF1|+|AF2|=4,所以a=2,c=1,b2=a2-c2=3.故所求椭圆的方程为x24+y23=1.(2)假设存在这样的点M符合题意.设线段PQ的中点为N,P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x0,y0),直线PQ的斜率为k(k0),则直线PQ的方程为y=k(x-1),由x24+y23=1,y=k(x-1),得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,所以x1+x2=8k24k2+3.故x0=
17、x1+x22=4k24k2+3.又点N在直线PQ上,所以N4k24k2+3,-3k4k2+3.由QPMP=PQMQ,可得PQ(MQ+MP)=2PQMN=0,即PQMN,所以kMN=0+3k4k2+3m-4k24k2+3=-1k.整理得m=k24k2+3=14+3k20,14,所以线段OF2上存在点M(m,0)符合题意,其中m0,14.21.(本小题满分14分)(2014浙江高考,理21)如图,设椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线
18、l1的距离的最大值为a-b.解:(1)设直线l的方程为y=kx+m(k0),由y=kx+m,x2a2+y2b2=1,消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l与C只有一个公共点,故=0,即b2-m2+a2k2=0,解得点P的坐标为-a2kmb2+a2k2,b2mb2+a2k2.又点P在第一象限,故点P的坐标为P-a2kb2+a2k2,b2b2+a2k2.(2)由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,所以点P到直线l1的距离d=-a2kb2+a2k2+b2kb2+a2k21+k2,整理得d=a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2.因为a2k2+b2k22ab,所以a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2a2-b2b2+a2+2ab=a-b,当且仅当k2=ba时等号成立.所以,点P到直线l1的距离的最大值为a-b.
