直线与圆锥曲线的综合问题_章节学习

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题型：简答题

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简答题

已知双曲线的离心率为，右焦点为F，过点M（1，0）且斜率为1的直线与双曲线C交于A，B两点，并且．

（1）求双曲线方程；

（2）过右焦点F作直线l交双曲线C右支于P，Q两点，问在原点与右顶点之间是否存在点N，使的无论直线l的倾斜角多大，都有∠PNF=∠QNF．

正确答案

解：（1）由题意知b2=2a2，c2=3a2，代入双曲线得x2+2x-1-2a2=0．

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则有x1+x2=-2，x1x2=-2a2-1，y1y2=x1x2-（x1+x2）+1=-2a2+2．

又，则，，

得，

∴，

∴，方程为．

（2）直线l：y=k（x-3），．设P（x，y），Q（x3，y3），N（x4，y4），

联立方程得（2-k2）x2+6k2x-9k2-6=0，

得，，，．

∵∠PNF=∠QNF，

∴kPN+kQN=+=，

∴，所以存在点N．

解析

解：（1）由题意知b2=2a2，c2=3a2，代入双曲线得x2+2x-1-2a2=0．

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则有x1+x2=-2，x1x2=-2a2-1，y1y2=x1x2-（x1+x2）+1=-2a2+2．

又，则，，

得，

∴，

∴，方程为．

（2）直线l：y=k（x-3），．设P（x，y），Q（x3，y3），N（x4，y4），

联立方程得（2-k2）x2+6k2x-9k2-6=0，

得，，，．

∵∠PNF=∠QNF，

∴kPN+kQN=+=，

∴，所以存在点N．

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题型：简答题

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简答题

已知圆C1的圆心在坐标原点O，且恰好与直线l1：x-2y+3=0相切，点A为圆上一动点，AM⊥x轴于点M，且动点N满足，设动点N的轨迹为曲线C．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若直线l与椭圆C相交于不同两点A，B，且满足（O为坐标原点），求线段AB长度的取值范围．

正确答案

解：（Ⅰ）设动点N（x，y），A（x0，y0），

∵AM⊥x轴于点M，∴M（x0，0），

设圆C1 的方程为x2+y2=r2，由题意得，

∴圆C1 的方程为x2+y2=9．

由题意，，得，

∴，即，

将A（）代入x2+y2=9，得动点N的轨迹方程为；

（Ⅱ）（1）假设直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，

联立，可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0．

∴△=64k2-8m2+32＞0．

，（*）

∵，∴，则x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=0，

化简可得，．

将（*）代入可得3m2=8k2+8．

又∵|AB|=．

将代入，可得=

=．

∴当且仅当，即时等号成立．

又由，∴|AB|．

∴．

（2）若直线l的斜率不存在，则OA所在直线方程为y=x，

联立，解得A（），

同理求得B（），

求得．

综上，得．

解析

解：（Ⅰ）设动点N（x，y），A（x0，y0），

∵AM⊥x轴于点M，∴M（x0，0），

设圆C1 的方程为x2+y2=r2，由题意得，

∴圆C1 的方程为x2+y2=9．

由题意，，得，

∴，即，

将A（）代入x2+y2=9，得动点N的轨迹方程为；

（Ⅱ）（1）假设直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，

联立，可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0．

∴△=64k2-8m2+32＞0．

，（*）

∵，∴，则x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=0，

化简可得，．

将（*）代入可得3m2=8k2+8．

又∵|AB|=．

将代入，可得=

=．

∴当且仅当，即时等号成立．

又由，∴|AB|．

∴．

（2）若直线l的斜率不存在，则OA所在直线方程为y=x，

联立，解得A（），

同理求得B（），

求得．

综上，得．

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题型：简答题

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简答题

已知椭圆C：=1的离心率为，直线y=x+1被以椭圆的短轴为直径的圆截得弦长为，抛物线D以原点为顶点，椭圆的右焦点为焦点．

（Ⅰ）求椭圆C与抛物线D的方程；

（Ⅱ）已知A，B是椭圆C上两个不同点，且OA⊥OB，判定原点O到直线AB的距离是否为定值，若为定值求出定值，否则，说明理由．

正确答案

解：（Ⅰ）由题知=，即a=2c，椭圆短轴为直径的圆的圆心到直线y=x+1距离d=，

∴=，解得b=，∴a2=，解得a2=4，∴c=1，∴=1，∴p=2，

∴椭圆C的方程为，抛物线D方程为y2=4x； 5分

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），当直线AB与x轴垂直时，设AB：x=m，则，

∵OA⊥OB，∴=x1x2+y1y2==0，解得m=，

∴原点到直线AB的距离为． 7分．

当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m代入3x2+4y2-12=0整理得，（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0，

则△=（8km）2-4（3+4k2）（4m2-12）＞0，即4k2-m2+3＞0，x1+x2=，x1x2=，

∴y1y2=（kx1+m）（kx2+m）==，

∵OA⊥OB，∴=x1x2+y1y2=+=0，即7m2=12（k2+1），

且满足△＞0，10分

∴原点到直线AB的距离为=，11分

故原点O到直线AB的距离为定值，定值为． 12分．

解析

解：（Ⅰ）由题知=，即a=2c，椭圆短轴为直径的圆的圆心到直线y=x+1距离d=，

∴=，解得b=，∴a2=，解得a2=4，∴c=1，∴=1，∴p=2，

∴椭圆C的方程为，抛物线D方程为y2=4x； 5分

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），当直线AB与x轴垂直时，设AB：x=m，则，

∵OA⊥OB，∴=x1x2+y1y2==0，解得m=，

∴原点到直线AB的距离为． 7分．

当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m代入3x2+4y2-12=0整理得，（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0，

则△=（8km）2-4（3+4k2）（4m2-12）＞0，即4k2-m2+3＞0，x1+x2=，x1x2=，

∴y1y2=（kx1+m）（kx2+m）==，

∵OA⊥OB，∴=x1x2+y1y2=+=0，即7m2=12（k2+1），

且满足△＞0，10分

∴原点到直线AB的距离为=，11分

故原点O到直线AB的距离为定值，定值为． 12分．

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题型：填空题

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填空题

如果椭圆的弦被点（4，2）平分，则这条弦所在的直线方程是______．

正确答案

x+2y-8=0

解析

解：设弦的端点为A（x1，y1）、B（x2，y2），

代入椭圆方程，得

9x12+36y12=36×9①，

9x22+36y22=36×9②；

①-②得

9（x1+x2）（x1-x2）+36（y1+y2）（y1-y2）=0；

由中点坐标=4，=2，

代入上式，得

36（x1-x2）+72（y1-y2）=0，

∴直线斜率为k==-，

所求弦的直线方程为：y-2=-（x-4），

即x+2y-8=0．

故答案为：x+2y-8=0．

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题型：简答题

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简答题

已知椭圆的左，右两个顶点分别为A、B．曲线C是以A、B两点为顶点，离心率为的双曲线．设点P在第一象限且在曲线C上，直线AP与椭圆相交于另一点T．

（1）求曲线C的方程；

（2）设P、T两点的横坐标分别为x1、x2，证明：x1•x2=1；

（3）设△TAB与△POB（其中O为坐标原点）的面积分别为S1与S2，且，求的取值范围．

正确答案

（1）解：依题意可得A（-1，0），B（1，0）．…（1分）

设双曲线C的方程为（b＞0），

因为双曲线的离心率为，所以，即b=2．

所以双曲线C的方程为．…（3分）

（2）证法1：设点P（x1，y1）、T（x2，y2）（xi＞0，yi＞0，i=1，2），直线AP的斜率为k（k＞0），

则直线AP的方程为y=k（x+1），…（4分）

联立方程组…（5分）

整理，得（4+k2）x2+2k2x+k2-4=0，

解得x=-1或．所以．…（6分）

同理可得，．…（7分）

所以x1•x2=1．…（8分）

证法2：设点P（x1，y1）、T（x2，y2）（xi＞0，yi＞0，i=1，2），

则，．…（4分）

因为kAP=kAT，所以，即．…（5分）

因为点P和点T分别在双曲线和椭圆上，所以，．

即，．…（6分）

所以，即．…（7分）

所以x1•x2=1．…（8分）

证法3：设点P（x1，y1），直线AP的方程为，…（4分）

联立方程组…（5分）

整理，得，

解得x=-1或．…（6分）

将代入，得，即．

所以x1•x2=1．…（8分）

（3）解：设点P（x1，y1）、T（x2，y2）（xi＞0，yi＞0，i=1，2），

则，．

因为，所以，即．…（9分）

因为点P在双曲线上，则，所以，即．

因为点P是双曲线在第一象限内的一点，所以1＜x1≤2．…（10分）

因为，，

所以．…（11分）

由（2）知，x1•x2=1，即．

设，则1＜t≤4，．

设，则，

当1＜t＜2时，f‘（t）＞0，当2＜t≤4时，f'（t）＜0，

所以函数f（t）在（1，2）上单调递增，在（2，4]上单调递减．

因为f（2）=1，f（1）=f（4）=0，

所以当t=4，即x1=2时，．…（12分）

当t=2，即时，．…（13分）

所以的取值范围为[0，1]．…（14分）

解析

（1）解：依题意可得A（-1，0），B（1，0）．…（1分）

设双曲线C的方程为（b＞0），

因为双曲线的离心率为，所以，即b=2．

所以双曲线C的方程为．…（3分）

（2）证法1：设点P（x1，y1）、T（x2，y2）（xi＞0，yi＞0，i=1，2），直线AP的斜率为k（k＞0），

则直线AP的方程为y=k（x+1），…（4分）

联立方程组…（5分）

整理，得（4+k2）x2+2k2x+k2-4=0，

解得x=-1或．所以．…（6分）

同理可得，．…（7分）

所以x1•x2=1．…（8分）

证法2：设点P（x1，y1）、T（x2，y2）（xi＞0，yi＞0，i=1，2），

则，．…（4分）

因为kAP=kAT，所以，即．…（5分）

因为点P和点T分别在双曲线和椭圆上，所以，．

即，．…（6分）

所以，即．…（7分）

所以x1•x2=1．…（8分）

证法3：设点P（x1，y1），直线AP的方程为，…（4分）

联立方程组…（5分）

整理，得，

解得x=-1或．…（6分）

将代入，得，即．

所以x1•x2=1．…（8分）

（3）解：设点P（x1，y1）、T（x2，y2）（xi＞0，yi＞0，i=1，2），

则，．

因为，所以，即．…（9分）

因为点P在双曲线上，则，所以，即．

因为点P是双曲线在第一象限内的一点，所以1＜x1≤2．…（10分）

因为，，

所以．…（11分）

由（2）知，x1•x2=1，即．

设，则1＜t≤4，．

设，则，

当1＜t＜2时，f‘（t）＞0，当2＜t≤4时，f'（t）＜0，

所以函数f（t）在（1，2）上单调递增，在（2，4]上单调递减．

因为f（2）=1，f（1）=f（4）=0，

所以当t=4，即x1=2时，．…（12分）

当t=2，即时，．…（13分）

所以的取值范围为[0，1]．…（14分）

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