1、 高考数学理二轮试题第高考数学理二轮试题第 9 章直线方程及两条直线的位置章直线方程及两条直线的位置关系含答案关系含答案 精品题库试题 理数 1.(2014广东,7,5分)若空间中四条两两不同的直线 l1,l2,l3,l4,满足l1l2,l2l3,l3l4,则下列结论一定正确的是()A.l1l4 B.l1l4 C.l1与 l4既不垂直也不平行 D.l1与 l4的位置关系不确定 1.D 1.由 l1l2,l2l3可知 l1与 l3的位置不确定,若 l1l3,则结合 l3l4,得 l1l4,所以排除选项 B、C,若 l1l3,则结合 l3l4,知 l1与 l4可能不垂直,所以排除选项 A.故选 D
2、.2.（2014重庆一中高三下学期第一次月考，2）已知条件：是两条直线的夹角，条件：是第一象限的角。则“条件”是“条件”的（）（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件（C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件 2.D 2.当是两条直线的夹角时,可得,不一定是第一象限角,故“条件”是“条件”的不充分条件;显然“条件”是“条件”的不必要条件,故选 D.3.(2014重庆杨家坪中学高三下学期第一次月考，7)原点在直线 上的射影为点,则直线 的方程是（）A.B.C.x2y4=0 D.3.D 3.依题意，直线 的斜率为，所以直线 的方程为，即 4.(2014重庆五区高三第一次学生调研抽测，9)在点
3、测量到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时该物体位于点，一分钟后，其位置在点，且，再过两分钟后，该物体位于点，且，则的值为（）A.B.C.D.4.B 4.如图，由题意知，直线的方程为：，.设直线直线的方程为：解方程组可得：.由得.选 B.5.(2014周宁、政和一中第四次联考，4)已知直线,互相平行，则 的值是()A B C 或 D 或 5.A 5.要直线，则，解得或，当时，与 重合，舍去，故.6.（2013大纲，8,5分）椭圆 C:+=1的左、右顶点分别为 A1、A2,点 P在 C 上且直线 PA2斜率的取值范围是,那么直线 PA1斜率的取值范围是()A.B.C.D.6.B 6.设 P(x0
4、,y0),则有+=1,即 4-=,由题知 A1(-2,0),A2(2,0),设直线 PA1的斜率为 k1,直线 PA2的斜率为 k2,则 k1=,k2=,所以 k1 k2=,由得 k1 k2=-,因为 k2,所以 k1的取值范围为,故选 B.7.（2013四川，6,5分）抛物线 y2=4x的焦点到双曲线 x2-=1的渐近线的距离是()A.B.C.1 D.7.B 7.由抛物线 y2=4x,有 2p=4p=2,焦点坐标为(1,0),双曲线的渐近线方程为 y=x,不妨取其中一条x-y=0,由点到直线的距离公式,有 d=.故选 B.8.（2013福建，3,5分）双曲线-y2=1的顶点到其渐近线的距离等
5、于()A.B.C.D.8.C 8.双曲线-y2=1的顶点为(2,0),渐近线为 x 2y=0,故顶点到渐近线的距离 d=,选 C.9.（2013江西，9,5分）过点(,0)引直线 l与曲线 y=相交于 A,B 两点,O 为坐标原点,当AOB 的面积取最大值时,直线 l的斜率等于()A.B.-C.D.-9.B 9.如图,设直线 AB 的方程为 x=my+(显然 m 0,所以 m2 1,由根与系数的关系得 y1+y2=-,y1 y2=,SAOB=SPOB-SPOA=|OP|y2-y1|=.令 t=1+m2(t 2),SAOB=,当=,即 t=4,m=-时,AOB 的面积取得最大值,此时,直线 l的
6、斜率为-,故选B.10.(2013湖南，8,5分)在等腰直角三角形 ABC 中,AB=AC=4,点 P是边 AB 上异于A,B 的一点.光线从点 P出发,经 BC,CA 反射后又回到点 P(如图).若光线 QR 经过ABC 的重心,则 AP等于()A.2 B.1 C.D.10.D 10.以 AB 为 x轴,AC 为 y轴建立如图所示的坐标系,由题可知 B(4,0),C(0,4),A(0,0),则直线 BC 方程为 x+y-4=0,设 P(t,0)(0 t 4),由对称知识可得点 P关于直线 BC 的对称点 P1的坐标为(4,4-t),点 P关于 y轴的对称点 P2的坐标为(-t,0),根据反射
7、定理可知 P1P2就是光线 RQ 所在直线.由 P1、P2两点坐标可得直线 P1P2的方程为 y=(x+t),设ABC 的重心为 G,易知G.因为重心 G在光线 RQ 上,所以有=,即 3t2-4t=0.所以 t=0或 t=,因为 0 t 4,所以 t=,即 AP=,故选 D.11.（2013安徽，8,5分）函数 y=f(x)的图象如图所示,在区间上可找到 n(n2)个不同的数 x1,x2,xn,使得=,则 n的取值范围是()A.3,4 B.2,3,4 C.3,4,5 D.2,3 11.B 11.=,即 y=f(x)的图象与 y=kx的交点的坐标满足上述等式.又交点至少要有两个,至多有四个,故
8、 n可取 2,3,4.12.(2014大纲全国,15,5分)直线 l1和 l2是圆 x2+y2=2的两条切线.若 l1与 l2的交点为(1,3),则 l1与 l2的夹角的正切值等于_.12.12.依题意设过点(1,3)且与圆 x2+y2=2相切的直线方程为 y-3=k(x-1),即 kx-y-k+3=0.由直线与圆相切得=,即 k2+6k-7=0.解得 k1=-7,k2=1,设切线 l1,l2的倾斜角分别为 1,2,不妨设 tan 1 b 0)经过点 P,离心率 e=,直线 l的方程为 x=4.(1)求椭圆 C 的方程;(2)AB 是经过右焦点 F的任一弦(不经过点 P),设直线 AB 与直线
9、 l相交于点 M,记PA,PB,PM的斜率分别为 k1,k2,k3.问:是否存在常数,使得 k1+k2=k3?若存在,求 的值;若不存在,说明理由.17.(1)由 P在椭圆上得,+=1,依题设知 a=2c,则 b2=3c2,代入,解得 c2=1,a2=4,b2=3.故椭圆 C 的方程为+=1.(2)解法一:由题意可设 AB 的斜率为 k,则直线 AB 的方程为 y=k(x-1),代入椭圆方程 3x2+4y2=12,并整理,得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则有 x1+x2=,x1x2=,在方程中令 x=4,得 M的坐标为(4,3k).从
10、而 k1=,k2=,k3=k-.注意到 A,F,B 共线,则有 k=kAF=kBF,即有=k.所以 k1+k2=+=+-=2k-,代入得 k1+k2=2k-=2k-1,又 k3=k-,所以 k1+k2=2k3.故存在常数=2符合题意.解法二:设 B(x0,y0)(x01),则直线 FB 的方程为 y=(x-1),令 x=4,求得 M,从而直线 PM的斜率为 k3=,联立得 A,则直线 PA 的斜率为 k1=,直线 PB 的斜率为 k2=,所以 k1+k2=+=2k3,故存在常数=2符合题意.17.18.（2013陕西，20,13分）已知动圆过定点 A(4,0),且在 y轴上截得弦 MN 的长为
11、8.()求动圆圆心的轨迹 C 的方程;()已知点 B(-1,0),设不垂直于 x轴的直线 l与轨迹 C 交于不同的两点 P,Q,若 x轴是PBQ 的角平分线,证明直线 l过定点.18.()如图,设动圆圆心 O1(x,y),由题意,|O1A|=|O1M|,当 O1不在 y轴上时,过 O1作 O1HMN 交 MN 于 H,则 H 是 MN 的中点,|O1M|=,又|O1A|=,=,化简得 y2=8x(x0).又当 O1在 y轴上时,O1与 O 重合,点 O1的坐标(0,0)也满足方程 y2=8x,动圆圆心的轨迹 C 的方程为 y2=8x.()由题意,设直线 l的方程为 y=kx+b(k0),P(x
12、1,y1),Q(x2,y2),将 y=kx+b代入 y2=8x中,得 k2x2+(2bk-8)x+b2=0.其中=-32kb+64 0.由求根公式得,x1+x2=,x1x2=,因为 x轴是PBQ 的角平分线,所以=-,即 y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,将,代入得 2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,k=-b,此时 0,直线 l的方程为 y=k(x-1),即直线 l过定点(1,0).18.19.（2013浙江，21,15分）如图,点 P(0,-1)是椭圆 C1:+
13、=1(a b 0)的一个顶点,C1的长轴是圆 C2:x2+y2=4的直径.l1,l2是过点 P且互相垂直的两条直线,其中 l1交圆 C2于 A,B 两点,l2交椭圆 C1于另一点 D.()求椭圆 C1的方程;()求ABD 面积取最大值时直线 l1的方程.19.()由题意得 所以椭圆 C 的方程为+y2=1.()设 A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).由题意知直线 l1的斜率存在,不妨设其为 k,则直线 l1的方程为 y=kx-1.又圆 C2:x2+y2=4,故点 O 到直线 l1的距离 d=,所以|AB|=2=2.又 l2l1,故直线 l2的方程为 x+ky+k=0.由 消去 y,整理得(4+k2)x2+8kx=0,故 x0=-.所以|PD|=.设ABD 的面积为 S,则 S=|AB|PD|=,所以 S=,当且仅当 k=时取等号.所以所求直线 l1的方程为 y=x-1.19.
