解析几何练习题及答案

解析几何

一、选择题

1．已知两点A(－3，3)，B(3，－1)，则直线AB的斜率是( ) A.3 C.3 3

B．－3 D．－

－1－33

＝－，故选D.

33－－3

3

3

解析：斜率k＝答案：D

2．已知直线l：ax＋y－2－a＝0在x轴和y轴上的截距相等，则a的值是( ) A．1 C．－2或－1

解析：①当a＝0时，y＝2不合题意． ②a≠0， x＝0时，y＝2＋a. a＋2

y＝0时，x＝，

a则

a＋2

＝a＋2，得a＝1或a＝－2.故选D. a

B．－1 D．－2或1

答案：D

3．两直线3x＋y－3＝0与6x＋my＋1＝0平行，则它们之间的距离为( ) A．4 513C.

26

213B． 13710D． 20

解析：把3x＋y－3＝0转化为6x＋2y－6＝0， 由两直线平行知m＝2， |1－－6|710则d＝＝. 2062＋22故选D. 答案：D

4．(2014皖南八校联考)直线2x－y＋1＝0关于直线x＝1对称的直线方程是( ) A．x＋2y－1＝0 C．2x＋y－5＝0

B．2x＋y－1＝0 D．x＋2y－5＝0

解析：由题意可知，直线2x－y＋1＝0与直线x＝1的交点为(1,3)，直线2x－y＋1＝0

1

的倾斜角与所求直线的倾斜角互补，因此它们的斜率互为相反数，直线2x－y＋1＝0的斜率为2，故所求直线的斜率为－2，所以所求直线的方程是y－3＝－2(x－1)，即2x＋y－5＝0.故选C.

答案：C

5．若直线l：y＝kx－3与直线2x＋3y－6＝0的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是( )

ππA.6，3 ππC.3，2

ππ

B．6，2 ππD．3，2

解析：由题意，可作直线2x＋3y－6＝0的图象，如图所示，则直线与x轴、y轴交点分别为A(3,0)，B(0,2)，又直线l过定点(0，－3)，由题知直线l与线段AB相交(交点不含端ππ

点)，从图中可以看出，直线l的倾斜角的取值范围为6，2.故选B.

答案：B

6．(2014泰安一模)过点A(2,3)且垂直于直线2x＋y－5＝0的直线方程为( ) A．x－2y＋4＝0 C．x－2y＋3＝0

B．2x＋y－7＝0 D．x－2y＋5＝0

解析：直线2x＋y－5＝0的斜率为k＝－2， 1

∴所求直线的斜率为k′＝，

2

1

∴方程为y－3＝(x－2)，即x－2y＋4＝0.

2答案：A 二、填空题

7．过点(2,1)且在x轴上截距与在y轴上截距之和为6的直线方程为____________． 解析：由题意知截距均不为零． xy

设直线方程为＋＝1，

ab

a＋b＝6，a＝3a＝4

由21解得或. b＝3b＝2＋＝1，ab

故所求直线方程为x＋y－3＝0或x＋2y－4＝0. 答案：x＋y－3＝0或x＋2y－4＝0

2

8．(2014湘潭质检)若过点A(－2，m)，B(m,4)的直线与直线2x＋y＋2＝0平行，则m的值为________．

解析：∵过点A，B的直线平行于直线2x＋y＋2＝0， 4－m

∴kAB＝＝－2，解得m＝－8.

m＋2答案：－8

9．若过点P(1－a,1＋a)与Q(3,2a)的直线的倾斜角为钝角，则实数a的取值范围是________．

解析：由直线PQ的倾斜角为钝角，可知其斜率k<0， 即

2a－1＋aa－1

<0，化简得<0，∴－23－1－aa＋2

答案：(－2,1)

10．已知k∈R，则直线kx＋(1－k)y＋3＝0经过的定点坐标是________． 解析：令k＝0，得y＋3＝0，令k＝1，得x＋3＝0.

y＋3＝0，x＝－3，

解方程组得 x＋3＝0，y＝－3，

所以定点坐标为(－3，－3)． 答案：(－3，－3) 三、解答题

11．已知两直线l1：x＋ysin α－1＝0和l2：2xsin α＋y＋1＝0，试求α的值，使(1)l1∥l2；(2)l1⊥l2.

解：(1)法一 当sin α＝0时，直线l1的斜率不存在， l2的斜率为0，显然l1不平行于l2. 1

当sin α≠0时，k1＝－，k＝－2sin α.

sin α21

要使l1∥l2，需－＝－2sin α，

sin α2π

即sin α＝±，∴α＝kπ±，k∈Z.

24π

故当α＝kπ±，k∈Z时，l1∥l2.

4

22sinα－1＝0，2

法二 由l1∥l2，得∴sin α＝±，

21＋sin α≠0，

π

∴α＝kπ±，k∈Z.

4

π

故当α＝kπ±，k∈Z时，l1∥l2.

4

3

(2)∵l1⊥l2，∴2sin α＋sin α＝0，即sin α＝0. ∴α＝kπ，k∈Z. 故当α＝kπ，k∈Z时， l1⊥l2.

12．设直线l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中实数k1，k2满足k1k2＋2＝0. (1)证明l1与l2相交；

(2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．

证明：(1)假设l1与l2不相交，则l1∥l2即k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，得k21＋2＝0，这与k1为实数的事实相矛盾，从而k1≠k2，即l1与l2相交．

y＝k1x＋1，2，k2＋k1， (2)法一 由方程组解得交点P的坐标为k2－k1k2－k1y＝k2x－1

2k2＋k12

而2x2＋y2＝2k－k2＋21k2－k1

2

8＋k22＋k1＋2k1k2＝22

k2＋k1－2k1k22＋k2＋4k12

＝22 k1＋k2＋4

＝1.

即P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上． 即l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．

y－1＝k1x，

法二 交点P的坐标(x，y)满足故知x≠0.

y＋1＝kx，2

1

，k＝y－x

从而y＋1

k＝x.

12

y－1y＋1代入k1k2＋2＝0，得·＋2＝0，

xx整理后，得2x2＋y2＝1.

所以交点P在椭圆2x2＋y2＝1上．

第八篇 第2节

一、选择题

1．圆心在y轴上，半径为1，且过点(1,2)的圆的方程为( ) A．x2＋(y－2)2＝1 C．(x－1)2＋(y－3)2＝1

B．x2＋(y＋2)2＝1 D．x2＋(y－3)2＝1

4

解析：由题意，设圆心(0，t)， 则12＋t－22＝1，得t＝2，

所以圆的方程为x2＋(y－2)2＝1，故选A. 答案：A

2．(2014郑州模拟)动点P到点A(8,0)的距离是到点B(2,0)的距离的2倍，则动点P的轨迹方程为( )

A．x2＋y2＝32 C．(x－1)2＋y2＝16 解析：设P(x，y)，

则由题意可得2x－22＋y2＝x－82＋y2， 化简整理得x2＋y2＝16，故选B. 答案：B

3．(2012年高考陕西卷)已知圆C：x2＋y2－4x＝0，l是过点P(3,0)的直线，则( ) A．l与C相交 C．l与C相离

B．l与C相切

D．以上三个选项均有可能 B．x2＋y2＝16 D．x2＋(y－1)2＝16

解析：x2＋y2－4x＝0是以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，而点P(3,0)到圆心的距离为d＝3－22＋0－02＝1<2，

点P(3,0)恒在圆内，过点P(3,0)不管怎么样画直线，都与圆相交．故选A. 答案：A

4．(2012年高考辽宁卷)将圆x2＋y2－2x－4y＋1＝0平分的直线是( ) A．x＋y－1＝0 C．x－y＋1＝0

B．x＋y＋3＝0 D．x－y＋3＝0

解析：由题知圆心在直线上，因为圆心是(1,2)， 所以将圆心坐标代入各选项验证知选项C符合，故选C. 答案：C

5．(2013年高考广东卷)垂直于直线y＝x＋1且与圆x2＋y2＝1相切于第一象限的直线方程是( )

A．x＋y－2＝0 C．x＋y－1＝0

B．x＋y＋1＝0 D．x＋y＋2＝0

解析：与直线y＝x＋1垂直的直线方程可设为x＋y＋b＝0，由x＋y＋b＝0与圆x2＋y2

＝1相切，可得

|b|

＝1，故b＝±2.因为直线与圆相切于第一象限，故结合图形分析知12＋12

b＝－2，则直线方程为x＋y－2＝0.故选A.

答案：A

5

6．(2012年高考福建卷)直线x＋3y－2＝0与圆x2＋y2＝4相交于A、B两点，则弦AB的长度等于( )

A．25 C.3

B．23 D．1

|0＋3×0－2|

解析：因为圆心到直线x＋3y－2＝0的距离d＝＝1，半径r＝2，

12＋32所以弦长|AB|＝222－12＝23. 故选B. 答案：B 二、填空题

7．(2013年高考浙江卷)直线y＝2x＋3被圆x2＋y2－6x－8y＝0所截得的弦长等于________．

解析：圆的方程可化为(x－3)2＋(y－4)2＝25， 故圆心为(3,4)，半径r＝5. 又直线方程为2x－y＋3＝0， ∴圆心到直线的距离为d＝

|2×3－4＋3|

＝5，

4＋1

∴弦长为2×25－5＝220＝45. 答案：45 8．已知直线l：x－y＋4＝0与圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝2，则圆C上各点到l的距离的最小值为________．

解析：因为圆C的圆心(1,1)到直线l的距离为 d＝|1－1＋4|12＋－12

＝22，

又圆半径r＝2.

所以圆C上各点到直线l的距离的最小值为d－r＝2. 答案：2 9．已知圆C的圆心在直线3x－y＝0上，半径为1且与直线4x－3y＝0相切，则圆C的标准方程是________．

解析：∵圆C的圆心在直线3x－y＝0上， ∴设圆心C(m,3m)．

又圆C的半径为1，且与4x－3y＝0相切， ∴

|4m－9m|

＝1， 5

6

∴m＝±1，

∴圆C的标准方程为(x－1)2＋(y－3)2＝1或(x＋1)2＋(y＋3)2＝1. 答案：(x－1)2＋(y－3)2＝1或(x＋1)2＋(y＋3)2＝1

10．圆(x－2)2＋(y－3)2＝1关于直线l：x＋y－3＝0对称的圆的方程为________． 解析：已知圆的圆心为(2,3)，半径为1.

则对称圆的圆心与(2,3)关于直线l对称，由数形结合得，对称圆的圆心为(0,1)，半径为1，故方程为x2＋(y－1)2＝1.

答案：x2＋(y－1)2＝1 三、解答题

11．已知圆C：x2＋(y－2)2＝5，直线l：mx－y＋1＝0. (1)求证：对m∈R，直线l与圆C总有两个不同交点；

(2)若圆C与直线相交于点A和点B，求弦AB的中点M的轨迹方程． (1)证明：法一 直线方程与圆的方程联立，消去y得(m2＋1)x2－2mx－4＝0， ∵Δ＝4m2＋16(m2＋1)＝20m2＋16>0，

∴对m∈R，直线l与圆C总有两个不同交点．

法二 直线l：mx－y＋1恒过定点(0,1)，且点(0,1)在圆C：x2＋(y－2)2＝5内部， ∴对m∈R，直线l与圆C总有两个不同交点． (2)解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)， 由方程(m2＋1)x2－2mx－4＝0， 2m得x1＋x2＝2，

m＋1m

∴x＝2.

m＋1

当x＝0时m＝0，点M(0,1)，

y－1

当x≠0时，由mx－y＋1＝0，得m＝，

xy－12y－1m

代入x＝2，得xx＋1＝x ， m＋131

y－2＝. 化简得x2＋24经验证(0,1)也符合，

31

y－2＝. ∴弦AB的中点M的轨迹方程为x2＋24

12．已知圆C：x2＋y2－8y＋12＝0，直线l：ax＋y＋2a＝0. (1)当a为何值时，直线l与圆C相切；

(2)当直线l与圆C相交于A、B两点，且|AB|＝22时，求直线l的方程．

7

解：将圆C的方程x2＋y2－8y＋12＝0配方得标准方程为x2＋(y－4)2＝4，则此圆的圆心为(0,4)，半径为2.

(1)若直线l与圆C相切， 则有

|4＋2a|

3

＝2.解得a＝－. 4a2＋1

(2)过圆心C作CD⊥AB，则根据题意和圆的性质， ，

a＋1

得|CD|＋|DA|＝2，

|AB|＝2，|DA|＝12

|CD|＝

2

22

2

|4＋2a|

解得a＝－7，或a＝－1.

故所求直线方程为7x－y＋14＝0或x－y＋2＝0.

第八篇 第3节

一、选择题

x2y2

1．设P是椭圆＋＝1上的点．若F1、F2是椭圆的两个焦点，则|PF1|＋|PF2|等于( )

2516A．4 C．8

B．5 D．10

解析：由方程知a＝5，根据椭圆定义，|PF1|＋|PF2|＝2a＝10.故选D. 答案：D

x2y2

2．(2014唐山二模)P为椭圆＋＝1上一点，F1，F2为该椭圆的两个焦点，若∠F1PF2

43→→

＝60°，则PF1·PF2等于( )

A．3 C．23

B．3 D．2

解析：由椭圆方程知a＝2，b＝3，c＝1，

|PF1|＋|PF2|＝4，

∴ 2＋|PF|2－4＝2|PF||PF|cos 60°|PF|1212

∴|PF1||PF2|＝4.

1→→→→∴PF1·PF2＝|PF1||PF2|cos 60°＝4×＝2.

2答案：D

x2y2

3．(2012年高考江西卷)椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A、B，左、右焦点

ab分别是F1，F2.若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为( )

8

1A. 41C. 2

B．

5 5

D．5－2

解析：本题考查椭圆的性质与等比数列的综合运用． 由椭圆的性质可知|AF1|＝a－c，|F1F2|＝2c， |F1B|＝a＋c，

又|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列， 故(a－c)(a＋c)＝(2c)2， c5

可得e＝＝.故应选B.

a5答案：B

x2y2

4．(2013年高考辽宁卷)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的左焦点为F，C与过原点的直

ab4

线相交于A，B两点，连接AF，BF.若|AB|＝10，|BF|＝8，cos∠ABF＝，则C的离心率为( )

5

3A. 54C. 5

5B．

76D．

7

4

解析：|AF|2＝|AB|2＋|BF|2－2|AB||BF|cos∠ABF＝100＋64－2×10×8×＝36，

5则|AF|＝6，∠AFB＝90°， 1半焦距c＝|FO|＝|AB|

2＝5，

设椭圆右焦点F2， 连结AF2，

由对称性知|AF2|＝|FB|＝8， 2a＝|AF2|＋|AF|＝6＋8＝14， 即a＝7， c5则e＝＝.

a7故选B. 答案：B

x2y2

5．已知椭圆E：＋＝1，对于任意实数k，下列直线被椭圆E截得的弦长与l：y＝

m4kx＋1被椭圆E截得的弦长不可能相等的是( )

A．kx＋y＋k＝0

B．kx－y－1＝0

9

C．kx＋y－k＝0

解析：取k＝1时，l：y＝x＋1.

D．kx＋y－2＝0

选项A中直线：y＝－x－1与l关于x轴对称，截得弦长相等． 选项B中直线：y＝x－1与l关于原点对称，所截弦长相等． 选项C中直线：y＝－x＋1与l关于y轴对称，截得弦长相等． 排除选项A、B、C，故选D. 答案：D

x2y2

6．(2014山东省实验中学第二次诊断)已知椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为

abac

F1(－c,0)，F2(c,0)，若椭圆上存在点P，使＝，则该椭圆的离心率的取sin∠PF1F2sin∠PF2F1值范围为( )

A．(0，2－1) C.0，

2 2B．2

2，1



D．(2－1,1)

解析：由题意知点P不在x轴上， 在△PF1F2中，由正弦定理得 |PF2||PF1|

＝，

sin∠PF1F2sin∠PF2F1所以由

ac

＝

sin∠PF1F2sin∠PF2F1

ac可得＝，

|PF2||PF1|即

|PF1|c

＝＝e， |PF2|a

所以|PF1|＝e|PF2|.

由椭圆定义可知|PF1|＋|PF2|＝2a， 所以e|PF2|＋|PF2|＝2a， 解得|PF2|＝

2a. e＋1

由于a－c<|PF2|所以有a－c<e＋12

即1－e<<1＋e，

e＋1

1－e1＋e<2，也就是

2<1＋e2，

10

解得2－1∴2－1x2y2

7．设F1、F2分别是椭圆＋＝1的左、右焦点，P为椭圆上一点，M是F1P的中点，

2516|OM|＝3，则P点到椭圆左焦点距离为________．

解析：∵|OM|＝3，∴|PF2|＝6， 又|PF1|＋|PF2|＝10， ∴|PF1|＝4. 答案：4

x2y2

8．椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2，过F2作倾斜角为120°的直线与

ab椭圆的一个交点为M，若MF1垂直于x轴，则椭圆的离心率为________．

解析：不妨设|F1F2|＝1， ∵直线MF2的倾斜角为120°， ∴∠MF2F1＝60°.

∴|MF2|＝2，|MF1|＝3，2a＝|MF1|＋|MF2|＝2＋3， 2c＝|F1F2|＝1. c

∴e＝＝2－3. a答案：2－3

y2x2

9．(2014西安模拟)过点(3，－5)，且与椭圆＋＝1有相同焦点的椭圆的标准方

259程为________________．

y2x2

解析：由题意可设椭圆方程为＋＝1(m<9)，

25－m9－m代入点(3，－5)， 得

53

＋＝1， 25－m9－m

解得m＝5或m＝21(舍去)， y2x2

∴椭圆的标准方程为＋＝1.

204y2x2

答案：＋＝1

204

11

x2y2→

10．已知F1，F2是椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的两个焦点，P为椭圆C上的一点，且PF1

ab→

⊥PF2.若△PF1F2的面积为9，则b＝________.

|PF1|＋|PF2|＝2a，

解析：由题意得

|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，

∴(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1||PF2|＝4c2， 即4a2－2|PF1||PF2|＝4c2， ∴|PF1||PF2|＝2b2，

1

∴S△PF1F2＝|PF1||PF2|＝b2＝9，

2∴b＝3. 答案：3 三、解答题

x2y2

11．(2012年高考广东卷)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：2＋2＝1(a>b>0)的

ab左焦点为F1(－1,0)，且点P(0，1)在C1上．

(1)求椭圆C1的方程；

(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程．

22a－b＝1，

解：(1)由椭圆C1的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上，可得

b＝1，

a2＝2，

∴2 b＝1.

x22

故椭圆C1的方程为＋y＝1.

2

(2)由题意分析，直线l斜率存在且不为0， 设其方程为y＝kx＋b，

y＝kx＋b，

由直线l与抛物线C2相切得2

y＝4x，

消y得k2x2＋(2bk－4)x＋b2＝0， Δ1＝(2bk－4)2－4k2b2＝0，化简得kb＝1. y＝kx＋b，

由直线l与椭圆C1相切得x22

2＋y＝1，消y得(2k2＋1)x2＋4bkx＋2b2－2＝0， Δ2＝(4bk)2－4(2k2＋1)(2b2－2)＝0， 化简得2k2＝b2－1.

①

12

②

kb＝1，

①②联立得2

2k＝b2－1，

解得b4－b2－2＝0， ∴b2＝2或b2＝－1(舍去)， ∴b＝2时，k＝

22

，b＝－2时，k＝－. 22

22

x＋2或y＝－x－2. 22

即直线l的方程为y＝

x2y2

12．(2014海淀三模)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的四个顶点恰好是一边长为2，一内

ab角为60°的菱形的四个顶点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线y ＝kx交椭圆C于A，B两点，在直线l：x＋y－3＝0上存在点P，使得△PAB为等边三角形，求k的值．

x2y2

解：(1)因为椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的四个顶点恰好是一边长为2，一内角为60°的菱

ab形的四个顶点．

所以a＝3，b＝1， x22

椭圆C的方程为＋y＝1.

3(2)设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，

当直线AB的斜率为0时，AB的垂直平分线就是y轴， y轴与直线l：x＋y－3＝0的交点为P(0,3)， 又因为|AB|＝23，|PO|＝3， 所以∠PAO＝60°， 所以△PAB是等边三角形， 所以直线AB的方程为y＝0， 当直线AB的斜率存在且不为0时， 则直线AB的方程为y＝kx， x3＋y2＝1，所以

y＝kx，化简得(3k2＋1)x2＝3， 所以|x1|＝则|AO|＝

2

，

3k2＋11＋k2

3

＝2

3k＋1

3k2＋3

. 3k2＋1

13

3

1

设AB的垂直平分线为y＝－x，

k

它与直线l：x＋y－3＝0的交点记为P(x0，y0)， y＝－x＋3，所以 1

y＝－x，k

解得－3

y＝k－1.

x0＝

0

3k

，k－1

则|PO|＝

9k2＋9

， k－12

因为△PAB为等边三角形， 所以应有|PO|＝3|AO|， 代入得9k2＋9

＝3k－12

3k2＋3

， 3k2＋1

解得k＝0(舍去)，k＝－1. 综上，k＝0或k＝－1.

第八篇 第4节

一、选择题

x2y2

1．设P是双曲线－＝1上一点，F1，F2分别是双曲线左右两个焦点，若|PF1|＝9，

1620则|PF2|等于( )

A．1 C．1或17

解析：由双曲线定义||PF1|－|PF2||＝8， 又|PF1|＝9，

∴|PF2|＝1或17，但应注意双曲线的右顶点到右焦点距离最小为c－a＝6－4＝2>1， ∴|PF2|＝17. 故选B. 答案：B

πx2y2y2x2

2．(2013年高考湖北卷)已知0<θ<，则双曲线C1：2－2＝1与C2：2－2

4sinθcosθcosθsinθ＝1的( )

A．实轴长相等 C．离心率相等

B．17

D．以上答案均不对

B．虚轴长相等 D．焦距相等

14

解析：双曲线C1的半焦距c1＝sin2θ＋cos2θ＝1，双曲线C2的半焦距c2＝cos2θ＋sin2θ＝1，故选D.

答案：D

x2y2

3．(2012年高考湖南卷)已知双曲线C：2－2＝1的焦距为10，点P(2,1)在C的渐近线

ab上，则C的方程为( )

x220－y2

A.5＝1 x2y2

C.80－20

＝1 x2y2

B．5－20＝1

x2D．20－y2

80＝1

15