直线与圆锥曲线的综合问题
共2643题

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直线与圆锥曲线的综合问题
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题型：单选题

单选题

过点（1，1）的直线与双曲线x2-y2=3只有一个公共点的直线条数是（　　）

A1条

B2条

C3条

D4条

正确答案

解析

解：由题意可得：双曲线x2-y2=3的渐近线方程为：y=±x，

所以点（1，1）是双曲线渐近线上的一点，

所以过点（1，1）且与双曲线x2-y2=3仅有一个公共点的直线有二条，其中一条是过点（1，1）并且与双曲线相切的直线，另一条过点（1，1）且平行于渐近线x+y=0的直线．

故选B．

题型：简答题

简答题

如图所示，椭圆C：的离心率，左焦点为F1（-1，0）右焦点为F2（1，0），短轴两个端点为A、B，与x轴不垂直的直线l与椭圆C交于不同的两点M、N，记直线AM、AN的斜率分别为k1，k2，且．

（1）求椭圆C的方程；

（2）求证直线l与y轴相交于定点，并求出定点坐标．

正确答案

解：（1）由题意可知：椭圆C的离心率e==，且c=1，

∴b2=1，a2=2，

故椭圆C的方程为．

（2）设直线l的方程为y=kx+b，M、N坐标分别为 M（x1，y1），N（x2，y2），

由，得（1+2k2）x2+4kbx+2b2-2=0，

∴x1+x2=-，x1x2=，

∵k1=，k2=．

∴k1k2=•==，

将韦达定理代入，并整理得=3，即，解得b=2．

∴直线l与y轴相交于定点（0，2）；

解析

解：（1）由题意可知：椭圆C的离心率e==，且c=1，

∴b2=1，a2=2，

故椭圆C的方程为．

（2）设直线l的方程为y=kx+b，M、N坐标分别为 M（x1，y1），N（x2，y2），

由，得（1+2k2）x2+4kbx+2b2-2=0，

∴x1+x2=-，x1x2=，

∵k1=，k2=．

∴k1k2=•==，

将韦达定理代入，并整理得=3，即，解得b=2．

∴直线l与y轴相交于定点（0，2）；

题型：单选题

单选题

若直线y=kx+1与椭圆+=1恒有公共点，则m的取值范围是（　　）

A[1，2014）∪（2014，+∞）

B[1，2014）

C[1，+∞）

D（2014，+∞）

正确答案

解析

解：直线y=kx+1恒过点（0，1），

∵直线y=kx+1与椭圆恒有公共点，

∴（0，1）在椭圆上或椭圆内，

∴0+≤1，

解得m≥1

又m=2014时，曲线是圆不是椭圆，故m≠2014．

∴实数m的取值范围为：m≥1且m≠2014．

故选：A．

题型：简答题

简答题

如图，点F是椭圆W：的左焦点，A、B分别是椭圆的右顶点与上顶点，椭圆的离心率为，三角形ABF的面积为，

（Ⅰ）求椭圆W的方程；

（Ⅱ）对于x轴上的点P（t，0），椭圆W上存在点Q，使得PQ⊥AQ，求实数t的取值范围；

（Ⅲ）直线l：y=kx+m（k≠0）与椭圆W交于不同的两点M、N （M、N异于椭圆的左右顶点），若以MN为直径的圆过椭圆W的右顶点A，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．

正确答案

（Ⅰ）解：由，即a=2c，得，

∴，解得c2=1，∴a2=4c2=4，b2=a2-c2=3，

∴椭圆W的方程为；…（3分）

（Ⅱ）解：A（2，0），P（t，0），设Q（x，y），则，，，

∵，∴（x-t）（x-2）+y2=0，∴，…（5分）

∵-2＜x＜2，∴，即；…（7分）

（Ⅲ）证明：联立消y得：（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0，

设M（x1，y1），N（x2，y2），△=（8km）2-4（3+4k2）（4m2-12）＞0，即m2＜3+4k2，，…（9分），

若以MN为直径的圆过椭圆W的右顶点A，则，

即（x1-2）（x2-2）+（kx1+m）（kx2+m）=0，…（11分）

展开整理得：，

即，

通分化简得，即7m2+16km+4k2=0，

分解得（7m+2k）（m+2k）=0，得7m+2k=0或m+2k=0，即或m=-2k，

当时，直线，即直线过定点

当m=-2k时，直线y=kx+m=k（x-2），即直线过定点（2，0），但与右顶点A重合，舍去，

综合知：直线l过定点，该定点的坐标为．…（14分）

解析

（Ⅰ）解：由，即a=2c，得，

∴，解得c2=1，∴a2=4c2=4，b2=a2-c2=3，

∴椭圆W的方程为；…（3分）

（Ⅱ）解：A（2，0），P（t，0），设Q（x，y），则，，，

∵，∴（x-t）（x-2）+y2=0，∴，…（5分）

∵-2＜x＜2，∴，即；…（7分）

（Ⅲ）证明：联立消y得：（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0，

设M（x1，y1），N（x2，y2），△=（8km）2-4（3+4k2）（4m2-12）＞0，即m2＜3+4k2，，…（9分），

若以MN为直径的圆过椭圆W的右顶点A，则，

即（x1-2）（x2-2）+（kx1+m）（kx2+m）=0，…（11分）

展开整理得：，

即，

通分化简得，即7m2+16km+4k2=0，

分解得（7m+2k）（m+2k）=0，得7m+2k=0或m+2k=0，即或m=-2k，

当时，直线，即直线过定点

当m=-2k时，直线y=kx+m=k（x-2），即直线过定点（2，0），但与右顶点A重合，舍去，

综合知：直线l过定点，该定点的坐标为．…（14分）

题型：简答题

简答题

（2015秋•盐城校级月考）若椭圆过点（2，1），离心率为，F1，F2分别为其左、右焦点．

（1）若点P与F1，F2的距离之比为，求直线被点P所在的曲线C2截得的弦长；

（2）设A1，A2分别为椭圆C1的左、右顶点，Q为C1上异于A1，A2的任意一点，直线A1Q交C1的右准线于点M，直线A2Q交C1的右准线于点N，试问是否为定值，若是，求出其定值，若不是，说明理由．

正确答案

解：（1）∵椭圆+=1，（a＞b＞0）过点（2，1），

∴+=1①，又其离心率为，

∴=，=，=，=，

∴b2=a2②，

把②代入①得：a2=6③，

把③代入②得：b2=3，

∴椭圆C1的方程为+=1，其焦点在x轴上，

又c===，

∴其左右焦点的坐标分别为F1（-，0），F2（，0），

设点P的坐标为P（x，y），

由已知条件得：=，化简得：2x2+2y2+5x+6=0，

∴点P所在的曲线C2的方程为：2x2+2y2+5x+6=0，即+y2=，

曲线C2为圆，圆心坐标为O′（-，0），半径r=，

设圆心O′到直线x-y+=0的距离为d==，

∴直线x-y+=0被曲线C2所截弦长为2×=，；

（2）证明：设Q（x0，y0），（y0≠0），

由（1）的结论可知A1（-，0），A2（，0），F2（，0），

椭圆C2的右准线方程为x=2，

∴直线A1Q的方程为y=（x+），

令x=2，则y=

∴点M的坐标为M（2，），

同理可得点N的坐标是N（2，），

∵点Q（x0，y0）（y0≠0）在椭圆C1上，

∴+=1，即+2=6，-6=-2，

∴，，

∴，

∴为定值．

解析

解：（1）∵椭圆+=1，（a＞b＞0）过点（2，1），

∴+=1①，又其离心率为，

∴=，=，=，=，

∴b2=a2②，

把②代入①得：a2=6③，

把③代入②得：b2=3，

∴椭圆C1的方程为+=1，其焦点在x轴上，

又c===，

∴其左右焦点的坐标分别为F1（-，0），F2（，0），

设点P的坐标为P（x，y），

由已知条件得：=，化简得：2x2+2y2+5x+6=0，

∴点P所在的曲线C2的方程为：2x2+2y2+5x+6=0，即+y2=，

曲线C2为圆，圆心坐标为O′（-，0），半径r=，

设圆心O′到直线x-y+=0的距离为d==，

∴直线x-y+=0被曲线C2所截弦长为2×=，；

（2）证明：设Q（x0，y0），（y0≠0），

由（1）的结论可知A1（-，0），A2（，0），F2（，0），

椭圆C2的右准线方程为x=2，

∴直线A1Q的方程为y=（x+），

令x=2，则y=

∴点M的坐标为M（2，），

同理可得点N的坐标是N（2，），

∵点Q（x0，y0）（y0≠0）在椭圆C1上，

∴+=1，即+2=6，-6=-2，

∴，，

∴，

∴为定值．

继续学习棒棒哒，已是最后一个知识点

已完结

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