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高三解析几何测试题,
(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＋8|16＋(m－4)2，
令d＝|2m＋8|16＋(m－4)2＜2，解得m＜1；
令d＝|2m＋8|16＋(m－4)2＝2，解得m＝1；
令d＝|2m＋8|16＋(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( )
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