资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
第八章 平面解析几何
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．在数轴上，已知的中点为，则（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】C
【分析】方法一先计算，结合中点再计算；方法二先计算的中点的坐标，再计算；
【详解】方法一 由题意，，又为的中点，所以．
方法二 因为为的中点，所以点的坐标为，所以．
故选：C.
2．已知点，，则以为直径的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用中点坐标公式求得圆心的坐标，利用两点间距离公式求得圆半径，由此可确定圆的方程.
【详解】根据题意，以为直径的圆的圆心为中点，半径为，
所以圆的方程为.
故选：B.
3．已知椭圆的离心率为，则的值为（ ）
A． B． C．4或 D．或
【答案】D
【分析】根据给定条件，按焦点位置及椭圆离心率的意义分类求解.
【详解】当的焦点在轴上时，，
易知，则，解得；
当的焦点在轴上时，，
易知，则，解得，
所以的值为或.
故选：D
4．若直线的截距式方程化为斜截式方程为，化为一般式方程为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将化为一般式，结合条件有，且，即可求解.
【详解】易知，由，得到，
由已知一般式方程为，所以有，
则，解得，
又，，
所以，则，
故选：A.
5．已知平面内有两点和，且该平面内的点满足，若点的轨迹关于直线对称，则（ ）
A．0 B．2 C．5 D．7
【答案】B
【分析】设点的坐标为，根据已知求出轨迹为圆，依题意圆心在直线上即可得解.
【详解】设点的坐标为，因为，
所以，即，
整理得点的轨迹方程为，此方程表示一个圆．
因为点的轨迹关于直线对称，
所以圆心在此直线上，代入得．
故选：B
6．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，左、右焦点分别为，延长交椭圆于点．若点到直线的距离为，的周长为16，则椭圆的焦距为（ ）
A．3 B．2 C．5 D．4
【答案】D
【分析】由题意得直线为，由点线距离、椭圆焦点三角形周长列方程，结合椭圆参数关系求参数值，即可得.
【详解】由题意，，，则直线的方程为，即，

所以点到直线的距离①．
由的周长为16，得，即②．
联立①②，解得③．
因为，所以④．
联立②④，解得，，所以．
故选：D
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点引圆的切线，切点为，延长，交双曲线右支于点．若为线段的中点，为坐标原点，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用图形，结合双曲线的定义，找到对应线段之间的联系，简化计算即可求解．
【详解】如图，连接，，因为为的中点，为的中点，
所以，
所以．
因为，
所以，
所以，即．
故选：A．

8．如图，在圆锥中，为底面圆的直径，过的中点与平行作平面截圆锥，得到截面与圆锥侧面的交线是双曲线的一部分.若，则该双曲线的离心率为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，该曲线与圆锥的底面圆交于点、，取的中点，过作，交直线于点，过点作轴，建立平面直角坐标系，设双曲线方程为，得到及点坐标，即可求出，从而求出离心率.
【详解】设，该曲线与圆锥的底面圆交于点、，
因为，所以，即为等边三角形，
又为的中点，取的中点，过作，交直线于点，过点作轴，
以直线为轴，为坐标原点，建立平面直角坐标系，

设双曲线方程为，
所以，又，所以，
则点，
所以，解得（负值舍去），
所以双曲线的离心率.
故选：C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知直线，，则下列说法正确的是（ ）
A．的充要条件为或
B．若，则
C．若直线不经过第四象限，则
D．若，则将直线绕坐标原点按逆时针方向旋转，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为
【答案】BCD
【分析】利用两直线平行的结论结合充要条件的定义可判断A；.根据两直线垂直的结论可判断B；由直线方程，求得斜率与截距，建立不等式组，求解即可判断；先得到逆时针旋转后的直线方程，再根据左右平移求出平移后的直线方程，即可判断D.
【详解】对于A， 显然直线的斜率存在，若，则，解得或，
经检验时，这两条直线重合，所以，故充要条件不是“或”．故A不正确；
对于B，若，则，解得．故B正确；
对于C，若直线不经过第四象限，则，解得．故C正确；
对于D，若，则直线，将其绕坐标原点按逆时针方向旋转，得到直线，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为，故D正确.
故选：BCD
10．已知，若过定点的动直线和过定点的动直线交于点与不重合），则以下说法正确的是（　　）
A． B．为定值
C．的最大值为 D．的最大值为
【答案】ABD
【分析】A选项，将两直线的一般式化为点斜式，求出定点A,B，得到的绝对值；B选项，利用两直线斜率关系，证得，从而利用直角三角形三边关系求出为定值；C选项，用基本不等式，计算三角形面积最大值；D选项，引进角为变量，实质是通过三角换元，解决两个变量的最值问题.
【详解】列表解析 直观解疑惑
选项 正误 原因
A √ 因为可化为，所以直线恒过定点．又因为可化为，所以直线恒过定点．故．
B √ 对于直线，因为，所以，可得，因此，为定值．
C × ，当且仅当时等号成立（点拨 注意等号成立的条件是否满足），所以的最大值为．
D √ 设，因为，所以为锐角，，所以，其中，所以当时，取得最大值．
故选：ABD.
11．如图，，弧是以为直径的圆上的一段圆弧，弧是以为直径的圆上的一段圆弧，弧是以为直径的圆上的一段圆弧，三段弧构成曲线，则（ ）

A．曲线与轴围成的图形的面积等于
B．曲线上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C．弧所在圆的方程为
D．弧与弧的公切线方程为
【答案】BC
【分析】由题意，作图，根据图形组合，可得A的正误；根据图中的交点，可得B的正误；根据图中明确圆心与半径，可得C的正误；结合图象所做切线，设出直线方程，利用切线性质，可得D的正误.
【详解】对于A，如图所示，连接，过点作轴于点，过点作轴于点，则曲线与轴围成的图形的面积．A错误；
对于B，曲线上有5个整点．B正确；
对于C，弧所在圆的圆心为，半径为1，故圆的方程为．C正确；
对于D，设弧与弧的公切线方程为，根据图象知，
则，解得，即公切线方程为．D错误；
故选：BC.

第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．直线和直线的夹角为 ．
【答案】/
【分析】根据直线方程确定对应的倾斜角，即可得.
【详解】由的倾斜角为，的斜率为，即倾斜角为，
所以两直线的夹角为.
故答案为：
13．已知圆，圆，分别为圆和圆上的动点，为直线上的动点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】先求得圆关于直线对称的圆为圆，将原问题转化为到圆和圆上的动点距离之和最小值问题求解.
【详解】圆，即，
圆心为，半径
圆，即，
圆心为，半径，
设点关于直线对称的点为 ，
则 ，解得：，
圆关于直线对称的圆为圆，
其圆心为，半径，
则其方程为，
设圆上的点与圆上点对称，则有，
原问题可以转化为到圆和圆上的动点距离之和最小值问题，
如图所示：
连接，与直线交于点，
此时点是满足最小的点，
此时，
即的最小值为，
故答案为：
14．如图，过双曲线的右顶点作斜率为1的直线，分别与两渐近线交于两点，若，则双曲线的离心率 ．
【答案】或
【分析】由题意可得直线，求得渐近线方程，进而求得交点，，分当是的中点与为的中点两种情况求解即可.
【详解】由题意得，双曲线的右顶点为，所以直线．
若与双曲线的两条渐近线分别交于点．
联立其中一条渐近线，即解得．①
同理联立方程，解得．②
又因为，
如图，当是的中点时，，即，③
把①②代入③，，
所以，所以得．
所以；
当在之间时，根据三角形相似可以得到，所以，④
把①②代入④，整理得，所以．
综上所述，双曲线的离心率为或．
故答案为：或．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．已知直线的方程为．
(1)证明：直线过定点，并求定点到直线的距离；
(2)当为何值时，点到直线的距离最大？最大距离是多少？
【答案】(1)证明见解析，
(2)，
【分析】（1）将直线的方程整理得，令，解出即可定点，由点到直线的距离公式即可求解；
（2）由（1）可得直线过定点，设定点为，当时，点到直线的距离最大，且最大距离，由两点间的距离公式即可求最大距离，又由斜率公式即可求.
【详解】（1）将直线的方程整理得，
令，解得所以直线恒过点．
则定点到直线的距离为．
（2）由（1）可得直线过定点，设定点为．
当时，点到直线的距离最大，且最大距离，
即点到直线的最大距离为．
此时，而直线的斜率，
所以，解得．
16．已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合．
(1)求抛物线的方程；
(2)如图，若过点的直线与抛物线交于不同的两点A，B，O为坐标原点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的方程求出右焦点，从而得抛物线的焦点，从而得到抛物线方程；
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系求出，再通过向量垂直的条件来证明．
【详解】（1）设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，
，又，，该椭圆的右焦点为，
又抛物线的焦点为，所以，解得，
故抛物线的方程为．
（2）直线过点且与抛物线交于不同的两点，故直线的 斜率不为，
设直线的方程为，
联立，得，即，
方程的判别式，
设，，则，，
由根与系数的关系得，
因为，，
所以，
.
17．已知双曲线Γ：的左、右焦点分别为，，O为坐标原点.
(1)求，的坐标及双曲线Γ的渐近线方程；
(2)是否存在过点的直线l与Γ的左、右两支分别交于A，B两点，使得.若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，，
(2)存在，
【分析】（1）结合双曲线焦点、渐近线的定义即可求解；
（2）假设存在直线l，由得，取的中点，则，进而得；又利用得，于是联立方程组可得的坐标，从而得到直线的斜率并得出直线的方程.
【详解】（1）由双曲线Γ的方程得，，得，
则，即.
故，，渐近线方程为.
（2）存在过点的直线l与Γ的左、右两支分别交于A，B两点，使得.
易知直线l不与x轴重合.（当直线l与x轴重合时，A，B为双曲线的左右顶点，，，不满足题意）
设，，AB的中点.
由得为等腰三角形，
则，，
即，，
即，.①
因为点A，B在Γ上，所以
②－③得，即，
则，即，
所以.④
联立①④，消去得，
解得或（舍），
当时，，所以，
由得，
所以直线的方程为.
18．已知椭圆的左、右焦点分别是，，为上任意一点，的内切圆半径的最大值为.
(1)求椭圆的方程.
(2)过点的直线交于两点，为轴上一点，记与的面积分别为，，是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据的面积与内切圆半径之间的关系，确定面积最大时点的位置，从而可得关于的方程，解方程即可得椭圆的方程；
（2）设点到直线的距离为，将化为，在椭圆上取点，使点与点关于轴对称，连接，根据对称性结合角平分线定理即可得，联立直线的方程为与椭圆，根据交点左边关系转化求解即可得结论.
【详解】（1）因为的面积与其内切圆半径之间的关系为，
所以当的内切圆半径取得最大值时，的面积也取得最大值，此时点为椭圆的上（或下）顶点，
所以，即.
由，得，
所以椭圆的方程为.
（2）设点到直线的距离为，则，
假设存在点，使得，则，
在椭圆上取点，使点与点关于轴对称，连接，
则，，所以.
易知直线的斜率不为0，故设直线的方程为，，，
联立方程，得，消去，化简、整理得，
所以，
则，.
易知，所以，即.
将，代入，得，
化简得.
由的任意性，可知，从而直线的方程为，故直线过点.
所以存在点，使得.
19．由椭圆的一个焦点、长轴的一个顶点（焦点与顶点在坐标原点同一侧）和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“焦顶三角形”，如果两个椭圆的“焦顶三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比．如图1，为左、右焦点分别为，，上、右顶点分别为A，B的椭圆，如图2，为左、右焦点分别为，，上、右顶点分别为，的椭圆．

(1)判断椭圆与椭圆是否是“相似椭圆”．若是，求出相似比；若不是，请说明理由，并找出椭圆的一个“相似椭圆”．
(2)证明：两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等．
(3)已知椭圆，椭圆的离心率为，与是“相似椭圆”，且与的相似比为，若的面积为，求的面积（用，k，S表示）．
【答案】(1)椭圆不是“相似椭圆”，理由见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题给椭圆的方程确定对应“焦顶三角形”的各边长，通过相应边长之比不相等，得出“焦顶三角形”不相似，从而确定椭圆不相似，同理，写出一个椭圆方程(不唯一)与椭圆相似.
（2）为方便计算令两个椭圆均为焦点在轴上的椭圆，椭圆方程为，，根据“相似椭圆”的“焦顶三角形”的三个对应角相等证明“离心率相等”的必要条件，根据“离心率相等”证明两椭圆是“相似椭圆”的充分条件.
（3）设椭圆的半焦距为，根据（2）的结论得出“相似椭圆”离心率相等，根据的面积，，结合相似比为推出面积比为，联立求解.
【详解】（1）椭圆不是“相似椭圆”，理由如下：
椭圆中，，，．
椭圆中，，，．
因为，所以椭圆的“焦顶三角形”不相似，所以这两个椭圆不是“相似椭圆”．
椭圆与椭圆是“相似椭圆”，设椭圆的右焦点为，上、右顶点分别为，
因为椭圆中，，，，
所以，所以椭圆的“焦顶三角形”相似，
即这两个椭圆是“相似椭圆”，且相似比为，因此椭圆的一个“相似椭圆”是椭圆（答案不唯一）．
（2）不妨令两个椭圆均为焦点在轴上的椭圆，
椭圆方程为，．
（必要性）若两个椭圆是“相似椭圆”，则其“焦顶三角形”的三个对应角相等．
由题图，知若，因为，，所以，又因为，
，所以．
（充分性）若离心率相等，则，所以，
则，，则；
同理，，，
则，所以，
所以椭圆的“焦顶三角形”相似，所以两个椭圆是“相似椭圆”．
故两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等．
（3）设椭圆的半焦距为，因为椭圆的离心率为，椭圆与相似，
所以椭圆的离心率也为．
因为的面积，，
所以的面积与的面积之比为，所以的面积为．
因为与的相似比为，所以的面积与的面积比为，
所以的面积为．中小学教育资源及组卷应用平台
第八章 平面解析几何
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．在数轴上，已知的中点为，则（ ）
A． B．1 C．2 D．
2．已知点，，则以为直径的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知椭圆的离心率为，则的值为（ ）
A． B． C．4或 D．或
4．若直线的截距式方程化为斜截式方程为，化为一般式方程为，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知平面内有两点和，且该平面内的点满足，若点的轨迹关于直线对称，则（ ）
A．0 B．2 C．5 D．7
6．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，左、右焦点分别为，延长交椭圆于点．若点到直线的距离为，的周长为16，则椭圆的焦距为（ ）
A．3 B．2 C．5 D．4
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点引圆的切线，切点为，延长，交双曲线右支于点．若为线段的中点，为坐标原点，则等于（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在圆锥中，为底面圆的直径，过的中点与平行作平面截圆锥，得到截面与圆锥侧面的交线是双曲线的一部分.若，则该双曲线的离心率为（ ）

A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知直线，，则下列说法正确的是（ ）
A．的充要条件为或
B．若，则
C．若直线不经过第四象限，则
D．若，则将直线绕坐标原点按逆时针方向旋转，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为
10．已知，若过定点的动直线和过定点的动直线交于点与不重合），则以下说法正确的是（　　）
A． B．为定值
C．的最大值为 D．的最大值为
11．如图，，弧是以为直径的圆上的一段圆弧，弧是以为直径的圆上的一段圆弧，弧是以为直径的圆上的一段圆弧，三段弧构成曲线，则（ ）

A．曲线与轴围成的图形的面积等于
B．曲线上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C．弧所在圆的方程为
D．弧与弧的公切线方程为
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．直线和直线的夹角为 ．
13．已知圆，圆，分别为圆和圆上的动点，为直线上的动点，则的最小值为 ．
14．如图，过双曲线的右顶点作斜率为1的直线，分别与两渐近线交于两点，若，则双曲线的离心率 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．已知直线的方程为．
(1)证明：直线过定点，并求定点到直线的距离；
(2)当为何值时，点到直线的距离最大？最大距离是多少？
16．已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合．
(1)求抛物线的方程；
(2)如图，若过点的直线与抛物线交于不同的两点A，B，O为坐标原点，证明：．
17．已知双曲线Γ：的左、右焦点分别为，，O为坐标原点.
(1)求，的坐标及双曲线Γ的渐近线方程；
(2)是否存在过点的直线l与Γ的左、右两支分别交于A，B两点，使得.若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由.
18．已知椭圆的左、右焦点分别是，，为上任意一点，的内切圆半径的最大值为.
(1)求椭圆的方程.
(2)过点的直线交于两点，为轴上一点，记与的面积分别为，，是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
19．由椭圆的一个焦点、长轴的一个顶点（焦点与顶点在坐标原点同一侧）和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“焦顶三角形”，如果两个椭圆的“焦顶三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比．如图1，为左、右焦点分别为，，上、右顶点分别为A，B的椭圆，如图2，为左、右焦点分别为，，上、右顶点分别为，的椭圆．

(1)判断椭圆与椭圆是否是“相似椭圆”．若是，求出相似比；若不是，请说明理由，并找出椭圆的一个“相似椭圆”．
(2)证明：两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等．
(3)已知椭圆，椭圆的离心率为，与是“相似椭圆”，且与的相似比为，若的面积为，求的面积（用，k，S表示）．

展开更多......

收起↑