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

已知椭圆+y2=1的左、右焦点为F1、F2，上顶点为A，直线AF1交椭圆于B．如图所示沿x轴折起，使得平面AF1F2⊥平面BF1F2．点O为坐标原点．

（ I ）求三棱锥A-F1F2B的体积；

（Ⅱ）图2中线段BF2上是否存在点M，使得AM⊥OB，若存在，请在图1中指出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

正确答案

解：（Ⅰ）由得a2=2，b2=1，∴b=1，．

∴上顶点A（0，1），左焦点F1（-1，0），右焦点F2（1，0）．

直线AF1：y=x+1，联立消去y点得到3x2+4x=0，

解得，

∴B．

∴==．

∵平面AF1F2⊥平面BF1F2，平面AF1F2∩平面BF1F2=F1F2，AO⊥F1F2，

∴AO⊥平面BF1F2．

∴===．

（Ⅱ）假设存在点M，使得AM⊥OB，由（Ⅰ）可知AO⊥平面BF1F2，∴AO⊥BO．

过点O作OM⊥OB交BF2于点M，连接AM．

∵kOB==，∴kOM=-4，∴直线OM的方程为y=-4x．

直线BF2的方程为，化为．

联立，解得，

∴，可知点M在线段BF2上，

由以上作法可知：BO⊥平面AOM，∴BO⊥AM，满足条件．

因此图2中线段BF2上存在点M，使得AM⊥OB，图1中点M的坐标为．

解析

解：（Ⅰ）由得a2=2，b2=1，∴b=1，．

∴上顶点A（0，1），左焦点F1（-1，0），右焦点F2（1，0）．

直线AF1：y=x+1，联立消去y点得到3x2+4x=0，

解得，

∴B．

∴==．

∵平面AF1F2⊥平面BF1F2，平面AF1F2∩平面BF1F2=F1F2，AO⊥F1F2，

∴AO⊥平面BF1F2．

∴===．

（Ⅱ）假设存在点M，使得AM⊥OB，由（Ⅰ）可知AO⊥平面BF1F2，∴AO⊥BO．

过点O作OM⊥OB交BF2于点M，连接AM．

∵kOB==，∴kOM=-4，∴直线OM的方程为y=-4x．

直线BF2的方程为，化为．

联立，解得，

∴，可知点M在线段BF2上，

由以上作法可知：BO⊥平面AOM，∴BO⊥AM，满足条件．

因此图2中线段BF2上存在点M，使得AM⊥OB，图1中点M的坐标为．

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题型：简答题

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简答题

如图，F1，F2是双曲线x2-y2=1的两个焦点，O为坐标原点，圆O是以F1F2为直径的圆，直线l：y=kx+b与圆O相切，并与双曲线交于A、B两点．

（Ⅰ）根据条件求出b和k的关系式；

（Ⅱ）当时，求直线l的方程；

（Ⅲ）当，且满足2≤m≤4时，求△AOB面积的取值范围．

正确答案

解：（Ⅰ）∵圆O：x2+y2=2，∴；

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）

则直线代入双曲线方程，消去y并整理得，（k2-1）x2+2kbx+（b2+1）=0，其中k2≠1．

根据韦达定理，得x1+x2=，x1x2=，

∵，

∴（1+k）•+kb•+b2=k2+1

∴k=±，b=±，

∴y═±x±；

（Ⅲ）由（Ⅱ）知：，

∴，于是b2-k2=k2+2，

∴…（10分）

又O到AB的距离，

∴…（12分）

解析

解：（Ⅰ）∵圆O：x2+y2=2，∴；

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）

则直线代入双曲线方程，消去y并整理得，（k2-1）x2+2kbx+（b2+1）=0，其中k2≠1．

根据韦达定理，得x1+x2=，x1x2=，

∵，

∴（1+k）•+kb•+b2=k2+1

∴k=±，b=±，

∴y═±x±；

（Ⅲ）由（Ⅱ）知：，

∴，于是b2-k2=k2+2，

∴…（10分）

又O到AB的距离，

∴…（12分）

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题型：简答题

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简答题

如图，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且△AB1B2是面积为4的直角三角形．

（Ⅰ）求该椭圆的离心率和标准方程；

（Ⅱ）过B1做直线l交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求直线l的方程．

正确答案

解：（Ⅰ）设椭圆的方程为，F2（c，0）

∵△AB1B2是的直角三角形，|AB1|=AB2|，∴∠B1AB2为直角，从而|OA|=|OB2|，即

∵c2=a2-b2，∴a2=5b2，c2=4b2，∴

在△AB1B2中，OA⊥B1B2，∴S=|B1B2||OA|=

∵S=4，∴b2=4，∴a2=5b2=20

∴椭圆标准方程为；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1（-2，0），B2（2，0），由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为x=my-2

代入椭圆方程，消元可得（m2+5）y2-4my-16=0①

设P（x1，y1），Q（x2，y2），

∴，

∵，

∴=

∵PB2⊥QB2，∴

∴，∴m=±2

所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x+2y+2=0和x-2y+2=0．

解析

解：（Ⅰ）设椭圆的方程为，F2（c，0）

∵△AB1B2是的直角三角形，|AB1|=AB2|，∴∠B1AB2为直角，从而|OA|=|OB2|，即

∵c2=a2-b2，∴a2=5b2，c2=4b2，∴

在△AB1B2中，OA⊥B1B2，∴S=|B1B2||OA|=

∵S=4，∴b2=4，∴a2=5b2=20

∴椭圆标准方程为；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1（-2，0），B2（2，0），由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为x=my-2

代入椭圆方程，消元可得（m2+5）y2-4my-16=0①

设P（x1，y1），Q（x2，y2），

∴，

∵，

∴=

∵PB2⊥QB2，∴

∴，∴m=±2

所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x+2y+2=0和x-2y+2=0．

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题型：单选题

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单选题

过椭圆的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为（　　）

A2

B

C1

D

正确答案

D

解析

解：椭圆的右焦点（1，0），直线AB的方程为y-0=2（x-1），

即 y=2x-2，代入椭圆化简可得3x2-5x=0，

∴x1+x2=，x1•x2=0，∴AB=•=•，

O到直线AB的距离d==，故△OAB的面积为 =•=．

故选：D．

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题型：简答题

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简答题

已知椭圆C：的离心率为，长轴长为．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）若直线交椭圆C于A、B两点，试问：在y轴正半轴上是否存在一个定点M满足，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

正确答案

解：（I）∵椭圆C：的离心率为，长轴长为，

∴，…（2分）

解得…（3分）

∴椭圆的方程为．…（4分）

（II）解法一：当k=0时，直线与椭圆交于两点的坐标分别为，

设y轴上一点P（0，t），满足，即，

∴，

解得t=1或t=-2（舍），

则可知P（0，1）满足条件，

若所求的定点M存在，则一定是P点．…（6分）

下面证明M（0，1）就是满足条件的定点．

设直线交椭圆于点A（x1，y1），B（x2，y2）．

由题意联立方程，

消去y得：（12k2+4）x2-12kx-9=0…（8分）

由韦达定理得，，…（9分）

又∵=（x1，y1-1），=（x2，y2-1），

∴

=

=…（11分）

∴，即在y轴正半轴上存在定点M（0，1）满足条件．…（12分）

（Ⅱ）解法二：设y轴上一点M（0，t），满足，即…（5分）

设直线交椭圆于点A（x1，y1），B（x2，y2）．

由题意联立方程，

消去y得：（12k2+4）x2-12kx-9=0…（7分）

由韦达定理得，…（8分）

∵=（x1，y1-t），=（x2，y2-t），

∴

=

=…（10分）

整理得，

由对任意k都成立，得

且

解得t=1…（11分）

∴存在点M（0，1）满足．…（12分）

解析

解：（I）∵椭圆C：的离心率为，长轴长为，

∴，…（2分）

解得…（3分）

∴椭圆的方程为．…（4分）

（II）解法一：当k=0时，直线与椭圆交于两点的坐标分别为，

设y轴上一点P（0，t），满足，即，

∴，

解得t=1或t=-2（舍），

则可知P（0，1）满足条件，

若所求的定点M存在，则一定是P点．…（6分）

下面证明M（0，1）就是满足条件的定点．

设直线交椭圆于点A（x1，y1），B（x2，y2）．

由题意联立方程，

消去y得：（12k2+4）x2-12kx-9=0…（8分）

由韦达定理得，，…（9分）

又∵=（x1，y1-1），=（x2，y2-1），

∴

=

=…（11分）

∴，即在y轴正半轴上存在定点M（0，1）满足条件．…（12分）

（Ⅱ）解法二：设y轴上一点M（0，t），满足，即…（5分）

设直线交椭圆于点A（x1，y1），B（x2，y2）．

由题意联立方程，

消去y得：（12k2+4）x2-12kx-9=0…（7分）

由韦达定理得，…（8分）

∵=（x1，y1-t），=（x2，y2-t），

∴

=

=…（10分）

整理得，

由对任意k都成立，得

且

解得t=1…（11分）

∴存在点M（0，1）满足．…（12分）

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