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

（2015•宁夏校级一模）已知椭圆C：（a＞b＞0）过点（2，0），且椭圆C的离心率为．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若动点P在直线x=-1上，过P作直线交椭圆C于M、N两点，且，再过P作直线l⊥MN．证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．

正确答案

（Ⅰ）解：因为点（2，0）在椭圆C上，所以，所以a2=4，…（1分）

因为椭圆C的离心率为，所以，即，…（2分）

解得b2=3，…（4分）

所以椭圆C的方程为．…（5分）

（Ⅱ）证明：设P（-1，y0），，

①当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y-y0=k（x+1），M（x1，y1），N（x2，y2），

由得，…（7分）

所以，…（8分）

因为，即P为MN中点，所以，即．

所以，…（9分）

因为直线l⊥MN，所以，所以直线l的方程为，

即，显然直线l恒过定点．…（11分）

②当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x=-1，

此时直线l为x轴，也过点．…（13分）

综上所述直线l恒过定点．…（14分）

解析

（Ⅰ）解：因为点（2，0）在椭圆C上，所以，所以a2=4，…（1分）

因为椭圆C的离心率为，所以，即，…（2分）

解得b2=3，…（4分）

所以椭圆C的方程为．…（5分）

（Ⅱ）证明：设P（-1，y0），，

①当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y-y0=k（x+1），M（x1，y1），N（x2，y2），

由得，…（7分）

所以，…（8分）

因为，即P为MN中点，所以，即．

所以，…（9分）

因为直线l⊥MN，所以，所以直线l的方程为，

即，显然直线l恒过定点．…（11分）

②当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x=-1，

此时直线l为x轴，也过点．…（13分）

综上所述直线l恒过定点．…（14分）

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题型：简答题

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简答题

已知抛物线C：x2=4y的焦点为F，直线l过点F交抛物线C于A、B两点．

（Ⅰ）设A（x1，y1），B（x2，y2），求的取值范围；

（Ⅱ）是否存在定点Q，使得无论AB怎样运动都有∠AQF=∠BQF？证明你的结论．

正确答案

解：（Ⅰ）设直线l方程为y=kx+1代入x2=4y得x2-4kx-4=0

设A（x1，y1）、B（x2，y2），则x1+x2=4k，x1x2=-4

所以的取值范围是[2，+∞）．（7分）

（Ⅱ）当l平行于x轴时，要使∠AQF=∠BQF，则Q必在y轴上．

设点Q（0，b），由题意得

，

∵，∴

∴Q（0，-1）

∵以上每步可逆，

∴存在定点Q（0，-1），使得∠AQF=∠BQF（15分）

解析

解：（Ⅰ）设直线l方程为y=kx+1代入x2=4y得x2-4kx-4=0

设A（x1，y1）、B（x2，y2），则x1+x2=4k，x1x2=-4

所以的取值范围是[2，+∞）．（7分）

（Ⅱ）当l平行于x轴时，要使∠AQF=∠BQF，则Q必在y轴上．

设点Q（0，b），由题意得

，

∵，∴

∴Q（0，-1）

∵以上每步可逆，

∴存在定点Q（0，-1），使得∠AQF=∠BQF（15分）

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题型：简答题

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简答题

已知椭圆（a＞b＞0）的焦距为4，且与椭圆有相同的离心率，斜率为k的直线l经过点M（0，1），与椭圆C交于不同两点A、B．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）当椭圆C的右焦点F在以AB为直径的圆内时，求k的取值范围．

正确答案

解：（1）∵焦距为4，∴c=2…（1分）

又∵的离心率为…（2分）

∴，∴a=，b=2…（4分）

∴标准方程为…（6分）

（2）设直线l方程：y=kx+1，A（x1，y1），B（x2，y2），由得（1+2k2）x2+4kx-6=0…（7分）

∴x1+x2=，x1x2=

由（1）知右焦点F坐标为（2，0），∵右焦点F在圆内部，∴＜0…（8分）

∴（x1-2）（x2-2）+y1y2＜0即x1x2-2（x1+x2）+4+k2 x1x2+k（x1+x2）+1＜0…（9分）

∴＜0…（11分）

∴k＜…（12分）

经检验得k＜时，直线l与椭圆相交，∴直线l的斜率k的范围为（-∞，）…（13分）

解析

解：（1）∵焦距为4，∴c=2…（1分）

又∵的离心率为…（2分）

∴，∴a=，b=2…（4分）

∴标准方程为…（6分）

（2）设直线l方程：y=kx+1，A（x1，y1），B（x2，y2），由得（1+2k2）x2+4kx-6=0…（7分）

∴x1+x2=，x1x2=

由（1）知右焦点F坐标为（2，0），∵右焦点F在圆内部，∴＜0…（8分）

∴（x1-2）（x2-2）+y1y2＜0即x1x2-2（x1+x2）+4+k2 x1x2+k（x1+x2）+1＜0…（9分）

∴＜0…（11分）

∴k＜…（12分）

经检验得k＜时，直线l与椭圆相交，∴直线l的斜率k的范围为（-∞，）…（13分）

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题型：简答题

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简答题

已知定点A（0，-1），点B在圆F：x2+（y-1）2=16上运动，F为圆心，线段AB的垂直平分线交BF于P．

（I）求动点P的轨迹E的方程；若曲线Q：x2-2ax+y2+a2=1被轨迹E包围着，求实数a的最小值．

（II）已知M（-2，0）、N（2，0），动点G在圆F内，且满足|MG|•|NG|=|OG|2，求的取值范围．

正确答案

解：（I）由题意得|PA|=|PB|，

∴|PA|+|PF|=|PB|+|PF|=r=4＞|AF|=2

∴P点轨迹是以A、F为焦点的椭圆．

设椭圆方程为=1（a＞b＞0），

则2a=4，a=2，a2-b2=c2=1，故b2=3，

∴点p的轨迹方程为=1

曲线Q：x2-2ax+y2+a2=1化为（x-a）2+y2=1，

则曲线Q是圆心在（a，0），半径为1的圆．

而轨迹E：=1为焦点在Y轴上的椭圆，短轴上的顶点为

结合它们的图象知：若曲线Q被轨迹E包围着，则--1

∴a的最小值为-+1；

（II）设G（x，y），由|MG|•|NG|=|OG|2

得：，

化简得x2-y2=2，即x2=y2+2

而=（x+2，y）•（x-2，y）=x2+y2-4=2（y2-1）．

∵点G在圆F内：x2+（y-1）2=16内，∴x2+（y-1）2＜16

又G满足x2=y2+2

∴y2+2+（y-1）2＜16⇒＜y＜⇒0≤y2＜，

∴-2≤2（y2-1）＜12+3，

∴的取值范围为）．

解析

解：（I）由题意得|PA|=|PB|，

∴|PA|+|PF|=|PB|+|PF|=r=4＞|AF|=2

∴P点轨迹是以A、F为焦点的椭圆．

设椭圆方程为=1（a＞b＞0），

则2a=4，a=2，a2-b2=c2=1，故b2=3，

∴点p的轨迹方程为=1

曲线Q：x2-2ax+y2+a2=1化为（x-a）2+y2=1，

则曲线Q是圆心在（a，0），半径为1的圆．

而轨迹E：=1为焦点在Y轴上的椭圆，短轴上的顶点为

结合它们的图象知：若曲线Q被轨迹E包围着，则--1

∴a的最小值为-+1；

（II）设G（x，y），由|MG|•|NG|=|OG|2

得：，

化简得x2-y2=2，即x2=y2+2

而=（x+2，y）•（x-2，y）=x2+y2-4=2（y2-1）．

∵点G在圆F内：x2+（y-1）2=16内，∴x2+（y-1）2＜16

又G满足x2=y2+2

∴y2+2+（y-1）2＜16⇒＜y＜⇒0≤y2＜，

∴-2≤2（y2-1）＜12+3，

∴的取值范围为）．

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题型：简答题

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简答题

设抛物线C的方程为x2=4y，M（x0，y0）为直线l：y=-m（m＞0）上任意一点，过点M作抛物线C的两条切线MA，MB，切点分别为A，B．

（1）当M的坐标为（0，-1）时，求过M，A，B三点的圆的方程，并判断直线l与此圆的位置关系；

（2）求证：直线AB恒过定点（0，m）．

正确答案

（1）解：当M的坐标为（0，-1）时，设过M点的切线方程为y=kx-1，代入x2=4y，整理得x2-4kx+4=0，

令△=（4k）2-4×4=0，解得k=±1，

代入方程得x=±2，故得A（2，1），B（-2，1），…（2分）

因为M到AB的中点（0，1）的距离为2，

从而过M，A，B三点的圆的方程为x2+（y-1）2=4．

∵圆心坐标为（0，1），半径为2，∴圆与直线l：y=-1相切…（4分）

（2）证法一：设切点分别为A（x1，y1），B（x2，y2），过抛物线上点A（x1，y1）的切线方程为，代入x2=4y，整理得x2-4kx+4（kx1-y1）=0△=（4k）2-4×4（kx1-y1）=0，又因为，所以…（6分）

从而过抛物线上点A（x1，y1）的切线方程为即

又切线过点M（x0，y0），所以得①即…（8分）

同理可得过点B（x2，y2）的切线为，

又切线过点M（x0，y0），所以得②…（10分）

即…（6分）

即点A（x1，y1），B（x2，y2）均满足即x0x=2（y0+y），故直线AB的方程为x0x=2（y0+y）…（12分）

又M（x0，y0）为直线l：y=-m（m＞0）上任意一点，故x0x=2（y-m）对任意x0成立，所以x=0，y=m，从而直线AB恒过定点（0，m）…（14分）

证法二：设过M（x0，y0）的抛物线的切线方程为（k≠0），代入x2=4y，消去y，得x2-4kx-4（y0-kx0）=0△=（4k）2+4×4（y0-kx0）=0即：k2+x0k+y0=0…（6分）

从而，此时，

所以切点A，B的坐标分别为，…（8分）

因为，，，

所以AB的中点坐标为…（11分）

故直线AB的方程为，即x0x=2（y0+y）…（12分）

又M（x0，y0）为直线l：y=-m（m＞0）上任意一点，故x0x=2（y-m）对任意x0成立，所以x=0，y=m，从而直线AB恒过定点（0，m）…（14分）

证法三：由已知得，求导得，切点分别为A（x1，y1），B（x2，y2），故过点A（x1，y1）的切线斜率为，从而切线方程为即

…（7分）

又切线过点M（x0，y0），所以得①即…（8分）

同理可得过点B（x2，y2）的切线为，

又切线过点M（x0，y0），所以得②即…（10分）

即点A（x1，y1），B（x2，y2）均满足即x0x=2（y0+y），故直线AB的方程为x0x=2（y0+y）…（12分）

又M（x0，y0）为直线l：y=-m（m＞0）上任意一点，故x0x=2（y-m）对任意x0成立，所以x=0，y=m，从而直线AB恒过定点（0，m）…（14分）

解析

（1）解：当M的坐标为（0，-1）时，设过M点的切线方程为y=kx-1，代入x2=4y，整理得x2-4kx+4=0，

令△=（4k）2-4×4=0，解得k=±1，

代入方程得x=±2，故得A（2，1），B（-2，1），…（2分）

因为M到AB的中点（0，1）的距离为2，

从而过M，A，B三点的圆的方程为x2+（y-1）2=4．

∵圆心坐标为（0，1），半径为2，∴圆与直线l：y=-1相切…（4分）

（2）证法一：设切点分别为A（x1，y1），B（x2，y2），过抛物线上点A（x1，y1）的切线方程为，代入x2=4y，整理得x2-4kx+4（kx1-y1）=0△=（4k）2-4×4（kx1-y1）=0，又因为，所以…（6分）

从而过抛物线上点A（x1，y1）的切线方程为即

又切线过点M（x0，y0），所以得①即…（8分）

同理可得过点B（x2，y2）的切线为，

又切线过点M（x0，y0），所以得②…（10分）

即…（6分）

即点A（x1，y1），B（x2，y2）均满足即x0x=2（y0+y），故直线AB的方程为x0x=2（y0+y）…（12分）

又M（x0，y0）为直线l：y=-m（m＞0）上任意一点，故x0x=2（y-m）对任意x0成立，所以x=0，y=m，从而直线AB恒过定点（0，m）…（14分）

证法二：设过M（x0，y0）的抛物线的切线方程为（k≠0），代入x2=4y，消去y，得x2-4kx-4（y0-kx0）=0△=（4k）2+4×4（y0-kx0）=0即：k2+x0k+y0=0…（6分）

从而，此时，

所以切点A，B的坐标分别为，…（8分）

因为，，，

所以AB的中点坐标为…（11分）

故直线AB的方程为，即x0x=2（y0+y）…（12分）

又M（x0，y0）为直线l：y=-m（m＞0）上任意一点，故x0x=2（y-m）对任意x0成立，所以x=0，y=m，从而直线AB恒过定点（0，m）…（14分）

证法三：由已知得，求导得，切点分别为A（x1，y1），B（x2，y2），故过点A（x1，y1）的切线斜率为，从而切线方程为即

…（7分）

又切线过点M（x0，y0），所以得①即…（8分）

同理可得过点B（x2，y2）的切线为，

又切线过点M（x0，y0），所以得②即…（10分）

即点A（x1，y1），B（x2，y2）均满足即x0x=2（y0+y），故直线AB的方程为x0x=2（y0+y）…（12分）

又M（x0，y0）为直线l：y=-m（m＞0）上任意一点，故x0x=2（y-m）对任意x0成立，所以x=0，y=m，从而直线AB恒过定点（0，m）…（14分）

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