高三解析几何测试题

编辑: 逍遥路 关键词: 高中数学 来源: 高中学习网


一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.
1.若直线l与直线y=1、x=7分别交于点P、Q,且线段PQ的中点坐标为(1,-1),则直线l的斜率为(  )
A.13     B.-13    C.-32     D.23
解析:设P点坐标为(a,1),Q点坐标为(7,b),则PQ中点坐标为a+72,1+b2,则
a+72=1,1+b2=-1,解得a=-5,b=-3,即可得P(-5,1),Q(7,-3),故直线l的斜
率为kPQ=1+3-5-7=-13.
答案:B
2.若直线x+(a-2)y-a=0与直线ax+y-1=0互相垂直,则a的值为(  )
A.2 B.1或2
C.1 D.0或1
解析:依题意,得(-a)×-1a-2=-1,解得a=1.
答案:C
3.已知圆(x-1)2+(y-33)2=r2(r>0)的一条切线y=kx+3与直线x=5的夹角为π6,则半径r的值为(  )
A.32 B.332
C.32或332 D.32或3
解析:∵直线y=kx+3与x=5的夹角为π6,∴k=±3.由直线和圆相切的条件得r=32或332.
答案:C
4.顶点在原点、焦点在x轴上的抛物线被直线y=x+1截得的弦长是10,则抛物线的方程是(  )
A.y2=-x,或y2=5x B.y2=-x
C.y2=x,或y2=-5x D.y2=5x
解析:由题意,可知抛物线的焦点在x轴上时应有两种形式,此时应设为y2=mx(m≠0),联立两个方程,利用弦长公式,解得m=-1,或m=5,从而选项A正确.
答案:A
5.已知圆的方程为x2+y2-6x-8y=0,若该圆中过点M(3,5)的最长弦、最短弦分别为AC、BD,则以点A、B、C、D为顶点的四边形ABCD的面积为(  )
A.106 B.206
C.306 D.406
解析:已知圆的圆心为(3,4),半径为5,则最短的弦长为252-12=46,最长的弦为圆的直径为10,则四边形的面积为12×46×10=206,故应选B.
答案:B
6.若双曲线x2a2-y2b2=1的一个焦点到其对应准线和一条渐近线的距离之比为2∶3,则双曲线的离心率是(  )
A.3 B.5
C.3 D.5
解析:焦点到准线的距离为c-a2c=b2c,焦点到渐近线的距离为bca2+b2=b,bc=23,e=3.
答案:C
7.若圆C与直线x-y=0及x-y-4=0都相切,圆心在直线x+y=0上,则圆C的方程为(  )
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

解析:如图,据题意知圆的直径为两平行直线x-y=0,x-y-4=0之间的距离2 ,故圆的半径为 ,又A(2,-2),故圆心C(1,-1),即圆的方程为(x-1)2+(y+1)2=2.
答案:C
8.已知抛物线y2=2px(p>0),过点E(m, 0)(m≠0)的直线交抛物线于点M、N,交y轴于点P,若PM→=λME→,PN→=μNE→,则λ+μ =(  )
A.1 B.-12
C.-1 D.-2
解析:设过点E的直线方程为y=k(x-m).代入抛物线方程,整理可得k2x2+(-2mk2-2p)x+m2k2=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=2p+2mk2k2,x1x2=m2.
由PM→=λME→,PN→=μNE→,可得
x1=λ(m-x1),x2=μ(m-x2),则λ+μ=x1m-x1+x2m-x2=x1(m-x2)+x2(m-x1)(m-x1)(m-x2)=m(x1+x2)-2x1x2m2+x1x2-m(x1+x2)=m(x1+x2)-2m22m2-m(x1+x2)=-1.
答案:C
9.直线MN与双曲线C:x2a2-y2b2=1的左、右支分别交于M、N点,与双曲线C的右准线相交于P点,F为右焦点,若FM=2FN,又NP→=λPM→(λ∈R),则实数λ的值为(  )
A.12 B.1
C.2 D.13
解析:如图所示,分别过点M、N作MB⊥l于点B,NA⊥l于点A.

由双曲线的第二定义,可得 = =e,
则 = =2.
∵△MPB∽△NPA,∴ = = ,即 = .
答案:A
10.在平面直角坐标系内,点P到点A(1,0),B(a,4)及到直线x=-1的距离都相等,如果这样的点P恰好只有一个,那么a=(   )
A.1 B.2
C.2或-2 D.1或-1
解析:依题意得,一方面,点P应位于以点A(1,0 )为焦点、直线x=-1为准线的抛物线y2=4x上;另一方面,点P应位于线段AB的中垂线y-2=-a-14x-a+12上.
由于要使这样的点P是唯一的,
因此要求方程组y2=4x,y-2=-a-14x-a+12有唯一的实数解.
结合选项进行检验即可.当a=1时,抛物线y2=4x与线段AB的中垂线有唯一的公共点,适合题意;当a=-1时,线段AB的中垂线方程是y=12x+2,易知方程组y2=4x,y=12x+2有唯一实数解.
综上所述,a=1,或a=-1.
答案:D
11.已知椭圆C:x24+y2=1的焦点为F1、F2,若点P在椭圆上,且满足PO2=PF1•PF2(其中O为坐标原点),则称点P为“★点”.下列结论正确的是(  )
A.椭圆C上的所有点都是“★点”
B.椭圆C上仅有有限个点是“★点”
C.椭圆C上的所有点都不是“★点”
D.椭圆C上有无穷多个点(但不是所有的点)是“★点”
解析:设椭圆C:x24+y2=1上点P的坐标为(2cosα,sinα),由PO2=PF1•PF2,可得4cos2α+sin2α=(2cosα+3)2+sin2α•(2cosα-3)2+sin2α,整理可得cos2α=12,即可得cosα=±22,sinα=±22,由此可得点P的坐标为±2,±22,即椭圆C上有4个点是“★点”.
答案:B
12.设双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点为A,P为双曲线上的一个动点(不是顶点),若从点A引双曲线的两条渐近线的平行线,与直线OP分别交于Q、R两点,其中O为坐标原点,则OP2与OQ•OR的大小关系为(  )
A.OP2<OQ•OR B.OP2>OQ•OR
C.OP2=OQ•OR D.不确定
解析:设P(x0,y0),双曲线的渐近线方程是y=±bax,直线AQ的方程是y=ba(x-a),直线AR的方程是y=-ba(x-a),直线OP的 方程是y=y0x0x,可得Qabx0bx0-ay0,aby0bx0-ay0,Rabx0bx0+ay0,aby0bx0+ay0.
又x02a2-y02b2=1,可得OP2=OQ•OR.
答案:C
第Ⅱ卷 (非选择 共90分)
二、填空题:本大题共4个小题,每小题5分,共20分.
13.若两直线2x+y+2=0与ax+4y-2=0互相垂直,则其交点的坐标为__________.
解析:由已知两直线互相垂直可得a=-2,
则由2x+y+2=0,-x+2y-1=0得两直线的交点坐标为(-1,0).
答案:(-1,0)
14.如果点M是抛物线y2=4x的一点,F为抛物线的焦点,A在圆C:(x-4)2+(y-1)2=1上,那么MA+MF的最小值为__________.
解析:如图所示,过点M作MB⊥l于点B.由抛物线定义,可得MF=MB,则MA+MF=MA+MB≥CB-1=4+1-1=4.

答案:4
15.若过原点O且方向向量为(m,1)的直线l与圆C:(x-1)2+y2=4相交于P、Q两点,则OP→•OQ→=__________.
解析:可由条件设出直线方程,联立方程运用韦达定理可求解,其中OP→•OQ→=x1x 2+y1y2是引发思路的关键.
答案:-3
16.如果F1为椭圆C:x22+y2=1的左焦点,直线l:y=x-1与椭圆C交于A、B两点,那么F1A+F1B的值为__________.
解析:将l:y=x-1代入椭圆C:x22+y2=1,可得x2+2(x-1)2-2=0,即3x2-4x=0,解之得x=0,或x =43.
可得A(0,-1),B43,13.又F1(-1,0),则F1A+F1B=(-1)2+12+43+12+132=823.
答案:823
三、解答题:本大题共6小题,共70分.
17.(10分)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4.
(1)若以原点为圆心、椭圆短半轴为半径的圆与直线y=x+2相切,求椭圆焦点坐标;
(2)若点P是椭圆C上的任意一点,过原点的直线L与椭圆相交于M、N两点,记直线PM、PN的斜率分别为kPM、kPN,当kPM•kPN=-14时,求椭圆的方程.
解析:(1)由b=21+1,得b=2,
又 2a=4,a=2,a2=4,b2=2,c2=a2-b2=2,
故两个焦点坐标为(2,0),(-2,0).
(2)由于过原点的直线L与椭圆相交的两点M、N关于坐标原点对称,
不妨设M(x0,y0),N(-x0,-y0),P(x,y).
点M、N、P在椭圆上,则它们满足椭圆方程,
即有x02a2+y02b2=1,x2a2+y2b2=1,
两式相减,得y2-y02x2-x02=-b2a2.
由题意它们的斜率存在,则kPM=y-y0x-x0,kPN=y+y0x+x0,
kPM•kPN=y-y0x-x0•y+y0x+x0=y2-y02x2-x02=-b2a2,
则-b2a2=-14.
由a=2,得b=1.
故所求椭圆的方程为x24+y2=1.
18.(12分)已知两点M(-1,0),N(1,0),点P为坐标平面内的动点,满足MN→•NP→=MN→•MP→.
(1)求动点P的轨迹方程;
(2)若点A(t,4)是动点P的轨迹上的一点,K(m,0)是x轴上的一动点,试讨论直线AK与圆x2+(y-2)2=4的位置关系.
解析:(1)设P(x,y),则MN→=(2,0),NP→=(x-1,y),
MP→=(x+1,y).
由MN→•NP→=MN→•MP→,
得2(x-1)2+y2=2(x+1),
化简,得y2=4x.
故动点P的轨迹方程为y2=4x.
(2)由点A(t,4)在轨迹y2=4x上,
则42=4t,解得t=4,即A(4,4).
当m=4时,直线AK的方程为x=4,
此时直线AK与圆x2+(y-2)2=4相离.
当m≠4时,直线AK的方程为y=44-m(x-m),
即4x+m(m-4)y-4m=0,
圆x2+(y-2)2=4的圆心(0,2)到直线AK的距离d=2m+816+(m-4)2,
令d=2m+816+(m-4)2<2,解得m<1;
令d=2m+816+(m-4)2=2,解得m=1;
令d=2m+816+(m-4)2>2,解得m>1.
综上所述,当m<1时,直线AK与圆x2+(y-2)2=4相交;
当m=1时,直线AK与圆x2+(y-2)2=4相切 ;
当m>1时,直线AK与圆x2+(y-2)2=4相离.

19.(12分)如图,已知直线L:x=my+1过椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F,且交椭圆C于A、B两点,若抛物线x2=43y的焦点为椭圆C的上顶点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线L交y轴于点M,且MA→=λ1AF→,MB→=λ2BF→,当m变化时,求λ1+λ2的值.
解析:(1)易知b=3,得b2=3.
又∵F(1,0),
∴c=1,a2=b2+c2=4,
∴椭 圆C的方程为x24+y23=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my+1,3x2+4y2-12=0,
得(3m2+4)y2+6my-9= 0,Δ=144(m2+1)>0,
于是1y1+1y2=2m3.(*)
∵L与y轴交于点M0,-1m,又由MA→=λ1AF→,
∴x1,y1+1m=λ1(1-x1,-y1),
∴λ1=1-1my1.同理λ2=-1-1my2.
从而λ1+λ2=-2-1m1y1+1y2=-2-23=-83.
即λ1+λ2=-83.
20.(12分)设G、M分别为△ABC的重心与外心,A(0,-1),B(0,1),且GM→=λAB→(λ∈R).
(1)求点C的轨迹方程;
(2)若斜率为k的直线l与点C的轨迹交于不同两点P、Q,且满足AP→=AQ→ ,试求k的取值范围.
解析:(1)设C(x,y),则Gx3,y3.
∵GM→=λAB→,(λ∈R),∴GM∥AB.
∵点M是三角形的外心,∴M点在x轴上,即Mx3,0.
又∵MA→=MC→,
∴ x32+(0+1)2= x3-x2+y2,
整理,得x23+y2=1,(x≠0),即为曲线C的方程.
(2)①当k=0时,l和椭圆C有不同两交点P、Q,根据椭圆对称性有AP→=AQ→.
②当k≠0时,可设l的方程为y=kx+m,
联立方程组y=kx+m,x23+y2=1,消去y,
整理,得(1+3k2)x2+6kmx+3(m2-1)=0.(*)
∵直线l和椭圆C交于不同两点,
∴Δ=(6km)2-4(1+3k2)×(m2-1)>0,
即1+3k2-m2>0.(**)
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1,x2是方程(*)的两相异实根,
于是有x1+x2=-6km1+3k2.
则PQ的中点N(x0,y0)的坐标是
x0=x1+x22=-3km1+3k2,y0=kx0+m=m1+3k2,
即N-3km1+3k2,m1+3k2,
又∵AP→=AQ→,∴AN→⊥PQ→,
∴k•kAN=k•m1+3k2+1-3km1+3k2=-1,∴m=1+3k22.
将m=1+3k22代入(**)式,得1+3k2-1+3k222>0(k≠0),
即k2<1,得k∈(-1,0)∪(0,1).
综合①②得,k的取值范围是(-1,1).
21.(12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,它的一条准线方程为x=2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若点A、B为椭圆上的两个动点,椭圆的中心到直线AB的距离为63,求∠AOB的大小.
解析:(1)由题意,知ca=22,a2c=2,
得a=2,c=1,故a2=2,b2=1,
故椭圆方程为x22+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
设直线AB的方程为x=±63,或y=kx+b.
当直线AB的方程为x=63时,由x=63,x22+y2=1,
可求A63,63,B63,-63.
从而OA→•OB→=0,可得∠AOB=π2.
同理可知当直线AB的方程为x= -63时,和椭圆交得两点A、B.
可得∠AOB=π2.
当直线AB的方程为y=kx+b.
由原点到直线的距离为63,得b1+k2=63.
即1+k2=32b2.
又由y=kx+b,x22+y2=1,消去y,得(1+2k2)x2+4kbx+2b2-2=0.
得x1+x2=-4kb1+2k2,x1x2=2b2-21+2k2,
从而y1y2=(kx1+b)(kx2+b)
=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2=b2-2k21+2k2.
OA→•OB→=x1x2+y1y2=2b2-21+2k2+b2-2k21+2k2
=3b2-2(1+k2)1+2k2,
将1+k2=32b2代入上式,得OA→•OB→=0,
∠AOB=90°.
22.(12分)已知动点P与双曲线x2-y23=1的两焦点F1、F2的距离之和为大于4的定值,且PF1→•PF2→的最大值为9.[来xkb1.com
(1)求动点P的轨迹E的方程;
(2)若A、B是曲线E上相异两点,点M(0,-2)满足AM→=λMB→,求实数λ的取值范围.
解析:(1)双曲线x2-y23=1的两焦点F1(-2,0)、F2(2,0).
设已知定值为2a,则PF1→+PF2→=2a,因此,动点P的轨迹E是以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点,长轴长为2a的椭圆.
设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
∵PF1→•PF2→≤PF1→+PF2→22=a2,
当且仅当PF1→=PF2→时等号成立,
∴a2=9,b2=a2-c2=5,
∴动点P的轨迹E的方程是x29+y25=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则由AM→=λMB→, 得
-x1=λx2,-2-y1=λ(y2+2),
且M、A、B三点共线,设直线为l,
①当直线l的斜率存在时,设 l:y=kx-2,
由y=kx-2,x29+y25=1,得(5+9k2)x2-36kx-9=0,
Δ=(-36k)2-4(5+9k2)(-9)>0恒成立.
由韦达定理,得x1+x2=36k5+9k2,x1x2=-95+9k2.
将x1=-λx2代入,消去x2得(1-λ)2λ=144k25+9k2.
当k=0时,得λ=1;
当k≠0时,(1-λ)2λ=1445k2+9,由k2>0,得
0<(1-λ)2λ<16,得9-45<λ<9+45,且λ≠1.
②当直线l的斜率不存在时,A、B分别为椭圆短轴端点,此时λ=-2-y12+y2=9±45.
综上所述,λ的取值范围是[9-45,9+45].一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.
1.若直线l与直线y=1、x=7分别交于点P、Q,且线段PQ的中点坐标为(1,-1),则直线l的斜率为(  )
A.13     B.-13    C.-32     D.23
解析:设P点坐标为(a,1),Q点坐标为(7,b),则PQ中点坐标为a+72,1+b2,则
a+72=1,1+b2=-1,解得a=-5,b=-3,即可得P(-5,1),Q(7,-3),故直线l的斜
率为kPQ=1+3-5-7=-13.
答案:B
2.若直线x+(a-2)y-a=0与直线ax+y-1=0互相垂直,则a的值为(  )
A.2 B.1或2
C.1 D.0或1
解析:依题意,得(-a)×-1a-2=-1,解得a=1.
答案:C
3.已知圆(x-1)2+(y-33)2=r2(r>0)的一条切线y=kx+3与直线x=5的夹角为π6,则半径r的值为(  )
A.32 B.332
C.32或332 D.32或3
解析:∵直线y=kx+3与x=5的夹角为π6,∴k=±3.由直线和圆相切的条件得r=32或332.
答案:C
4.顶点在原点、焦点在x轴上的抛物线被直线y=x+1截得的弦长是10,则抛物线的方程是(  )
A.y2=-x,或y2=5x B.y2=-x
C.y2=x,或y2=-5x D.y2=5x
解析:由题意,可知抛物线的焦点在x轴上时应有两种形式,此时应设为y2=mx(m≠0),联立两个方程,利用弦长公式,解得m=-1,或m=5,从而选项A正确.
答案:A
5.已知圆的方程为x2+y2-6x-8y=0,若该圆中过点M(3,5)的最长弦、最短弦分别为AC、BD,则以点A、B、C、D为顶点的四边形ABCD的面积为(  )
A.106 B.206
C.306 D.406
解析:已知圆的圆心为(3,4),半径为5,则最短的弦长为252-12=46,最长的弦为圆的直径为10,则四边形的面积为12×46×10=206,故应选B.
答案:B
6.若双曲线x2a2-y2b2=1的一个焦点到其对应准线和一条渐近线的距离之比为2∶3,则双曲线的离心率是(  )
A.3 B.5
C.3 D.5
解析:焦点到准线的距离为c-a2c=b2c,焦点到渐近线的距离为bca2+b2=b,bc=23,e=3.
答案:C
7.若圆C与直线x-y=0及x-y-4=0都相切,圆心在直线x+y=0上,则圆C的方程为(  )
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

解析:如图,据题意知圆的直径为两平行直线x-y=0,x-y-4=0之间的距离2 ,故圆的半径为 ,又A(2,-2),故圆心C(1,-1),即圆的方程为(x-1)2+(y+1)2=2.
答案:C
8.已知抛物线y2=2px(p>0),过点E(m, 0)(m≠0)的直线交抛物线于点M、N,交y轴于点P,若PM→=λME→,PN→=μNE→,则λ+μ =(  )
A.1 B.-12
C.-1 D.-2
解析:设过点E的直线方程为y=k(x-m).代入抛物线方程,整理可得k2x2+(-2mk2-2p)x+m2k2=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=2p+2mk2k2,x1x2=m2.
由PM→=λME→,PN→=μNE→,可得
x1=λ(m-x1),x2=μ(m-x2),则λ+μ=x1m-x1+x2m-x2=x1(m-x2)+x2(m-x1)(m-x1)(m-x2)=m(x1+x2)-2x1x2m2+x1x2-m(x1+x2)=m(x1+x2)-2m22m2-m(x1+x2)=-1.
答案:C
9.直线MN与双曲线C:x2a2-y2b2=1的左、右支分别交于M、N点,与双曲线C的右准线相交于P点,F为右焦点,若FM=2FN,又NP→=λPM→(λ∈R),则实数λ的值为(  )
A.12 B.1
C.2 D.13
解析:如图所示,分别过点M、N作MB⊥l于点B,NA⊥l于点A.

由双曲线的第二定义,可得 = =e,
则 = =2.
∵△MPB∽△NPA,∴ = = ,即 = .
答案:A
10.在平面直角坐标系内,点P到点A(1,0),B(a,4)及到直线x=-1的距离都相等,如果这样的点P恰好只有一个,那么a=(   )
A.1 B.2
C.2或-2 D.1或-1
解析:依题意得,一方面,点P应位于以点A(1,0 )为焦点、直线x=-1为准线的抛物线y2=4x上;另一方面,点P应位于线段AB的中垂线y-2=-a-14x-a+12上.
由于要使这样的点P是唯一的,
因此要求方程组y2=4x,y-2=-a-14x-a+12有唯一的实数解.
结合选项进行检验即可.当a=1时,抛物线y2=4x与线段AB的中垂线有唯一的公共点,适合题意;当a=-1时,线段AB的中垂线方程是y=12x+2,易知方程组y2=4x,y=12x+2有唯一实数解.
综上所述,a=1,或a=-1.
答案:D
11.已知椭圆C:x24+y2=1的焦点为F1、F2,若点P在椭圆上,且满足PO2=PF1•PF2(其中O为坐标原点),则称点P为“★点”.下列结论正确的是(  )
A.椭圆C上的所有点都是“★点”
B.椭圆C上仅有有限个点是“★点”
C.椭圆C上的所有点都不是“★点”
D.椭圆C上有无穷多个点(但不是所有的点)是“★点”
解析:设椭圆C:x24+y2=1上点P的坐标为(2cosα,sinα),由PO2=PF1•PF2,可得4cos2α+sin2α=(2cosα+3)2+sin2α•(2cosα-3)2+sin2α,整理可得cos2α=12,即可得cosα=±22,sinα=±22,由此可得点P的坐标为±2,±22,即椭圆C上有4个点是“★点”.
答案:B
12.设双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点为A,P为双曲线上的一个动点(不是顶点),若从点A引双曲线的两条渐近线的平行线,与直线OP分别交于Q、R两点,其中O为坐标原点,则OP2与OQ•OR的大小关系为(  )
A.OP2<OQ•OR B.OP2>OQ•OR
C.OP2=OQ•OR D.不确定
解析:设P(x0,y0),双曲线的渐近线方程是y=±bax,直线AQ的方程是y=ba(x-a),直线AR的方程是y=-ba(x-a),直线OP的 方程是y=y0x0x,可得Qabx0bx0-ay0,aby0bx0-ay0,Rabx0bx0+ay0,aby0bx0+ay0.
又x02a2-y02b2=1,可得OP2=OQ•OR.
答案:C
第Ⅱ卷 (非选择 共90分)
二、填空题:本大题共4个小题,每小题5分,共20分.
13.若两直线2x+y+2=0与ax+4y-2=0互相垂直,则其交点的坐标为__________.
解析:由已知两直线互相垂直可得a=-2,
则由2x+y+2=0,-x+2y-1=0得两直线的交点坐标为(-1,0).
答案:(-1,0)
14.如果点M是抛物线y2=4x的一点,F为抛物线的焦点,A在圆C:(x-4)2+(y-1)2=1上,那么MA+MF的最小值为__________.
解析:如图所示,过点M作MB⊥l于点B.由抛物线定义,可得MF=MB,则MA+MF=MA+MB≥CB-1=4+1-1=4.

答案:4
15.若过原点O且方向向量为(m,1)的直线l与圆C:(x-1)2+y2=4相交于P、Q两点,则OP→•OQ→=__________.
解析:可由条件设出直线方程,联立方程运用韦达定理可求解,其中OP→•OQ→=x1x 2+y1y2是引发思路的关键.
答案:-3
16.如果F1为椭圆C:x22+y2=1的左焦点,直线l:y=x-1与椭圆C交于A、B两点,那么F1A+F1B的值为__________.
解析:将l:y=x-1代入椭圆C:x22+y2=1,可得x2+2(x-1)2-2=0,即3x2-4x=0,解之得x=0,或x =43.
可得A(0,-1),B43,13.又F1(-1,0),则F1A+F1B=(-1)2+12+43+12+132=823.
答案:823
三、解答题:本大题共6小题,共70分.
17.(10分)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4.
(1)若以原点为圆心、椭圆短半轴为半径的圆与直线y=x+2相切,求椭圆焦点坐标;
(2)若点P是椭圆C上的任意一点,过原点的直线L与椭圆相交于M、N两点,记直线PM、PN的斜率分别为kPM、kPN,当kPM•kPN=-14时,求椭圆的方程.
解析:(1)由b=21+1,得b=2,
又 2a=4,a=2,a2=4,b2=2,c2=a2-b2=2,
故两个焦点坐标为(2,0),(-2,0).
(2)由于过原点的直线L与椭圆相交的两点M、N关于坐标原点对称,
不妨设M(x0,y0),N(-x0,-y0),P(x,y).
点M、N、P在椭圆上,则它们满足椭圆方程,
即有x02a2+y02b2=1,x2a2+y2b2=1,
两式相减,得y2-y02x2-x02=-b2a2.
由题意它们的斜率存在,则kPM=y-y0x-x0,kPN=y+y0x+x0,
kPM•kPN=y-y0x-x0•y+y0x+x0=y2-y02x2-x02=-b2a2,
则-b2a2=-14.
由a=2,得b=1.
故所求椭圆的方程为x24+y2=1.
18.(12分)已知两点M(-1,0),N(1,0),点P为坐标平面内的动点,满足MN→•NP→=MN→•MP→.
(1)求动点P的轨迹方程;
(2)若点A(t,4)是动点P的轨迹上的一点,K(m,0)是x轴上的一动点,试讨论直线AK与圆x2+(y-2)2=4的位置关系.
解析:(1)设P(x,y),则MN→=(2,0),NP→=(x-1,y),
MP→=(x+1,y).
由MN→•NP→=MN→•MP→,
得2(x-1)2+y2=2(x+1),
化简,得y2=4x.
故动点P的轨迹方程为y2=4x.
(2)由点A(t,4)在轨迹y2=4x上,
则42=4t,解得t=4,即A(4,4).
当m=4时,直线AK的方程为x=4,
此时直线AK与圆x2+(y-2)2=4相离.
当m≠4时,直线AK的方程为y=44-m(x-m),
即4x+m(m-4)y-4m=0,
圆x2+(y-2)2=4的圆心(0,2)到直线AK的距离d=2m+816+(m-4)2,
令d=2m+816+(m-4)2<2,解得m<1;
令d=2m+816+(m-4)2=2,解得m=1;
令d=2m+816+(m-4)2>2,解得m>1.
综上所述,当m<1时,直线AK与圆x2+(y-2)2=4相交;
当m=1时,直线AK与圆x2+(y-2)2=4相切 ;
当m>1时,直线AK与圆x2+(y-2)2=4相离.

19.(12分)如图,已知直线L:x=my+1过椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F,且交椭圆C于A、B两点,若抛物线x2=43y的焦点为椭圆C的上顶点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线L交y轴于点M,且MA→=λ1AF→,MB→=λ2BF→,当m变化时,求λ1+λ2的值.
解析:(1)易知b=3,得b2=3.
又∵F(1,0),
∴c=1,a2=b2+c2=4,
∴椭 圆C的方程为x24+y23=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my+1,3x2+4y2-12=0,
得(3m2+4)y2+6my-9= 0,Δ=144(m2+1)>0,
于是1y1+1y2=2m3.(*)
∵L与y轴交于点M0,-1m,又由MA→=λ1AF→,
∴x1,y1+1m=λ1(1-x1,-y1),
∴λ1=1-1my1.同理λ2=-1-1my2.
从而λ1+λ2=-2-1m1y1+1y2=-2-23=-83.
即λ1+λ2=-83.
20.(12分)设G、M分别为△ABC的重心与外心,A(0,-1),B(0,1),且GM→=λAB→(λ∈R).
(1)求点C的轨迹方程;
(2)若斜率为k的直线l与点C的轨迹交于不同两点P、Q,且满足AP→=AQ→ ,试求k的取值范围.
解析:(1)设C(x,y),则Gx3,y3.
∵GM→=λAB→,(λ∈R),∴GM∥AB.
∵点M是三角形的外心,∴M点在x轴上,即Mx3,0.
又∵MA→=MC→,
∴ x32+(0+1)2= x3-x2+y2,
整理,得x23+y2=1,(x≠0),即为曲线C的方程.
(2)①当k=0时,l和椭圆C有不同两交点P、Q,根据椭圆对称性有AP→=AQ→.
②当k≠0时,可设l的方程为y=kx+m,
联立方程组y=kx+m,x23+y2=1,消去y,
整理,得(1+3k2)x2+6kmx+3(m2-1)=0.(*)
∵直线l和椭圆C交于不同两点,
∴Δ=(6km)2-4(1+3k2)×(m2-1)>0,
即1+3k2-m2>0.(**)
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1,x2是方程(*)的两相异实根,
于是有x1+x2=-6km1+3k2.
则PQ的中点N(x0,y0)的坐标是
x0=x1+x22=-3km1+3k2,y0=kx0+m=m1+3k2,
即N-3km1+3k2,m1+3k2,
又∵AP→=AQ→,∴AN→⊥PQ→,
∴k•kAN=k•m1+3k2+1-3km1+3k2=-1,∴m=1+3k22.
将m=1+3k22代入(**)式,得1+3k2-1+3k222>0(k≠0),
即k2<1,得k∈(-1,0)∪(0,1).
综合①②得,k的取值范围是(-1,1).
21.(12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,它的一条准线方程为x=2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若点A、B为椭圆上的两个动点,椭圆的中心到直线AB的距离为63,求∠AOB的大小.
解析:(1)由题意,知ca=22,a2c=2,
得a=2,c=1,故a2=2,b2=1,
故椭圆方程为x22+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
设直线AB的方程为x=±63,或y=kx+b.
当直线AB的方程为x=63时,由x=63,x22+y2=1,
可求A63,63,B63,-63.
从而OA→•OB→=0,可得∠AOB=π2.
同理可知当直线AB的方程为x= -63时,和椭圆交得两点A、B.
可得∠AOB=π2.
当直线AB的方程为y=kx+b.
由原点到直线的距离为63,得b1+k2=63.
即1+k2=32b2.
又由y=kx+b,x22+y2=1,消去y,得(1+2k2)x2+4kbx+2b2-2=0.
得x1+x2=-4kb1+2k2,x1x2=2b2-21+2k2,
从而y1y2=(kx1+b)(kx2+b)
=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2=b2-2k21+2k2.
OA→•OB→=x1x2+y1y2=2b2-21+2k2+b2-2k21+2k2
=3b2-2(1+k2)1+2k2,
将1+k2=32b2代入上式,得OA→•OB→=0,
∠AOB=90°.
22.(12分)已知动点P与双曲线x2-y23=1的两焦点F1、F2的距离之和为大于4的定值,且PF1→•PF2→的最大值为9.[来xkb1.com
(1)求动点P的轨迹E的方程;
(2)若A、B是曲线E上相异两点,点M(0,-2)满足AM→=λMB→,求实数λ的取值范围.
解析:(1)双曲线x2-y23=1的两焦点F1(-2,0)、F2(2,0).
设已知定值为2a,则PF1→+PF2→=2a,因此,动点P的轨迹E是以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点,长轴长为2a的椭圆.
设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
∵PF1→•PF2→≤PF1→+PF2→22=a2,
当且仅当PF1→=PF2→时等号成立,
∴a2=9,b2=a2-c2=5,
∴动点P的轨迹E的方程是x29+y25=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则由AM→=λMB→, 得
-x1=λx2,-2-y1=λ(y2+2),
且M、A、B三点共线,设直线为l,
①当直线l的斜率存在时,设 l:y=kx-2,
由y=kx-2,x29+y25=1,得(5+9k2)x2-36kx-9=0,
Δ=(-36k)2-4(5+9k2)(-9)>0恒成立.
由韦达定理,得x1+x2=36k5+9k2,x1x2=-95+9k2.
将x1=-λx2代入,消去x2得(1-λ)2λ=144k25+9k2.
当k=0时,得λ=1;
当k≠0时,(1-λ)2λ=1445k2+9,由k2>0,得
0<(1-λ)2λ<16,得9-45<λ<9+45,且λ≠1.
②当直线l的斜率不存在时,A、B分别为椭圆短轴端点,此时λ=-2-y12+y2=9±45.
综上所述,λ的取值范围是[9-45,9+45].

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