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

已知抛物线C：x2=2my（m＞0）和直线l：y=kx-m没有公共点（其中k、m为常数），动点P是直线l上的任意一点，过P点引抛物线C的两条切线，切点分别为M、N，且直线MN恒过点Q（k，1）．

（1）求抛物线C的方程；

（2）已知O点为原点，连接PQ交抛物线C于A、B两点，证明：S△OAP•S△OBQ=S△OAQ•S△OBP．

正确答案

解：（1）如图，设M（x1，y1），N（x2，y2）

由，得

∴PM的斜率为

PM的方程为

同理得

设P（x0，y0）代入上式得，

即（x1，y1），（x2，y2）满足方程

故MN的方程为

上式可化为，过交点（mk，m）

∵MN过交点Q（k，1），

∴mk=k，m=1

∴C的方程为x2=2y

（2）要证S△OAP•S△OBQ=S△OAQ•S△OBP，

即证

设A（x3，y3），B（x4，y4）

则…（Ⅰ）

∵P（x0，y0），Q（k，1）

∴PQ直线方程为，

与x2=2y联立化简

∴…①

…②

把①②代入（Ⅰ）式中，

则分子

=…（Ⅱ）

又P点在直线y=kx-1上，

∴y0=kx0-1代入Ⅱ中得：

∴=

故得证

解析

解：（1）如图，设M（x1，y1），N（x2，y2）

由，得

∴PM的斜率为

PM的方程为

同理得

设P（x0，y0）代入上式得，

即（x1，y1），（x2，y2）满足方程

故MN的方程为

上式可化为，过交点（mk，m）

∵MN过交点Q（k，1），

∴mk=k，m=1

∴C的方程为x2=2y

（2）要证S△OAP•S△OBQ=S△OAQ•S△OBP，

即证

设A（x3，y3），B（x4，y4）

则…（Ⅰ）

∵P（x0，y0），Q（k，1）

∴PQ直线方程为，

与x2=2y联立化简

∴…①

…②

把①②代入（Ⅰ）式中，

则分子

=…（Ⅱ）

又P点在直线y=kx-1上，

∴y0=kx0-1代入Ⅱ中得：

∴=

故得证

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题型：简答题

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简答题

若动圆与圆x2+y2+2x=0外切，同时与圆x2+y2-2x-8=0内切．

（1）求动圆圆心的轨迹E的方程；

（2）过点（1，0）且斜率为k（k≠0）的直线l交曲线E于M，N两点，弦MN的垂直平分线与x轴相交于点D，设弦MN的中点为P，试求的取值范围．

正确答案

解：（1）如右图，O1（-1，0）是圆x2+y2+2x=0的圆心，

O2（1，0）是圆x2+y2-2x-8=0的圆心，

∴|EO1|=1+r，|EO2|=3-r（r是动圆的半径），

∴|EO1|+|EO2|=4，

∴点E的轨迹是以O1（-1，0），O2（1，0）为焦点，以4为定长的椭圆，

∴a=2，c=1，b=；

∴动圆圆心的轨迹E的方程为+=1（x≠-2）；

（2）由题意设直线l的方程为y=k（x-1），

与+=1联立消y可得，

（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0，

设M（x1，y1），N（x2，y2）；

则x1+x2=，x1x2=，

∴弦MN的中点P（，），

∴|MN|==，

直线PD的方程为y-=-（x-），

∴|DP|=，

∴===，

又∵k2+1＞1，

∴0＜＜，

∴的取值范围为（0，）．

解析

解：（1）如右图，O1（-1，0）是圆x2+y2+2x=0的圆心，

O2（1，0）是圆x2+y2-2x-8=0的圆心，

∴|EO1|=1+r，|EO2|=3-r（r是动圆的半径），

∴|EO1|+|EO2|=4，

∴点E的轨迹是以O1（-1，0），O2（1，0）为焦点，以4为定长的椭圆，

∴a=2，c=1，b=；

∴动圆圆心的轨迹E的方程为+=1（x≠-2）；

（2）由题意设直线l的方程为y=k（x-1），

与+=1联立消y可得，

（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0，

设M（x1，y1），N（x2，y2）；

则x1+x2=，x1x2=，

∴弦MN的中点P（，），

∴|MN|==，

直线PD的方程为y-=-（x-），

∴|DP|=，

∴===，

又∵k2+1＞1，

∴0＜＜，

∴的取值范围为（0，）．

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题型：简答题

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简答题

已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设直线l：y=x+t（t＞0）与椭圆C交于A，B两点．若原点O在以线段AB为直径的圆内，求实数t的取值范围．

正确答案

解：（Ⅰ）依题意，可知m＞1，且，所以，所以m2=2，即椭圆C的方程为．…（5分）

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），则原点O在以线段AB为直径的圆内，等价于（A，O，B三点不共线），也就等价于，即x1x2+y1y2＜0…①…（7分）

联立，得3x2+4tx+2（t2-1）=0，所以△=16t2-24（t2-1）＞0，即0＜t2＜3…②

且…（10分）

于是

代入①式得，，即适合②式…（12分）

又t＞0，所以解得即求．…（13分）

解析

解：（Ⅰ）依题意，可知m＞1，且，所以，所以m2=2，即椭圆C的方程为．…（5分）

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），则原点O在以线段AB为直径的圆内，等价于（A，O，B三点不共线），也就等价于，即x1x2+y1y2＜0…①…（7分）

联立，得3x2+4tx+2（t2-1）=0，所以△=16t2-24（t2-1）＞0，即0＜t2＜3…②

且…（10分）

于是

代入①式得，，即适合②式…（12分）

又t＞0，所以解得即求．…（13分）

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题型：简答题

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简答题

设抛物线C：x2=2py（p＞0），过它的焦点F且斜率为1的直线与抛物线C相交于A，B两点，已知|AB|=2．

（1）求抛物线C的方程；

（2）已知t是一个负实数，P是直线y=t上一点，过P作直线l1与l2，使l1⊥l2，若对任意的点P，总存在这样的直线l1与l2，使l1，l2与抛物线均有公共点，求t的取值范围．

正确答案

解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），则|AB|==

由题意知，抛物线的焦点F为（0，），则直线AB的方程为，即为，

联立抛物线方程得到整理得x2-2px-p2=0（p＞0），则

故|AB|==2，解得

故抛物线C的方程为：x2=y；

（2）由（1）知抛物线C的方程为：x2=y，如图示，设C（），P（0，t），

由题意知，只需使过点P（0，t）的抛物线x2=y的切线PC的垂线PD与该抛物线有交点即可，

将抛物线的方程改写为y=x2，求导得

所以过点C的切线PC的斜率是，即

由于直线PD与切线PC垂直，故直线PD的斜率为-

则直线PD的方程为：，即是

联立抛物线的方程y=x2得到

由于PD与该抛物线有交点，则，即（t＜0）

解得，则t的取值范围为{t|}．

解析

解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），则|AB|==

由题意知，抛物线的焦点F为（0，），则直线AB的方程为，即为，

联立抛物线方程得到整理得x2-2px-p2=0（p＞0），则

故|AB|==2，解得

故抛物线C的方程为：x2=y；

（2）由（1）知抛物线C的方程为：x2=y，如图示，设C（），P（0，t），

由题意知，只需使过点P（0，t）的抛物线x2=y的切线PC的垂线PD与该抛物线有交点即可，

将抛物线的方程改写为y=x2，求导得

所以过点C的切线PC的斜率是，即

由于直线PD与切线PC垂直，故直线PD的斜率为-

则直线PD的方程为：，即是

联立抛物线的方程y=x2得到

由于PD与该抛物线有交点，则，即（t＜0）

解得，则t的取值范围为{t|}．

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题型：简答题

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简答题

已知直线l与圆锥曲线C相交于两点A，B，与x轴，y轴分别交于D、E两点，且满足

（1）已知直线l的方程为y=2x-4，抛物线C的方程为y2=4x，求λ1+λ2的值；

（2）已知直线l：x=my+1（m＞1），椭圆C：=1，求的取值范围；

（3）已知双曲线C：，试问D是否为定点？若是，求点D的坐标；若不是，说明理由．

正确答案

解：（1）将直线y=2x-4代入抛物线方程y2=4x，

可得x2-5x+4=0，解得x1=1，x2=4，

即有A（4，4），B（1，-2），D（2，0），E（0，-4），

λ1==-2，λ2==1，

即有λ1+λ2=-1；

（2）联立方程组，

得（m2+2）y2+2my-1=0，

得y1+y2=-，y1y2=-，

又点D（1，0），E（0，-），

由=λ1得到y1+=-λ1y1，λ1=-（1+），

同理由=λ2得到y2+=-λ2y2，λ2=-（1+•），

λ1+λ2=-（2+•）=-（2+•2m）=-4，

即λ1+λ2=-4，+=-==，

因为m＞1，

所以点A在椭圆上位于第三象限的部分上运动，

由分点的性质可知λ1∈（-2，+∞），

所以+∈（-∞，-2）；

（3）设直线为x=my+t，（m≠0）代入双曲线方程，可得

（b2m2-a2）y2+2b2mty+b2t2-a2b2=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则有y1+y2=，y1y2=，

又D（t，0），E（0，-），

由=λ1得到y1+=-λ1y1，λ1=-（1+），

同理由=λ2得到y2+=-λ2y2，λ2=-（1+•），

λ1+λ2=-（2+•）=-（2+•）=，

化简可得，=，

解得t=，

即有D（±，0），

则D为定点，坐标为（±，0），

解析

解：（1）将直线y=2x-4代入抛物线方程y2=4x，

可得x2-5x+4=0，解得x1=1，x2=4，

即有A（4，4），B（1，-2），D（2，0），E（0，-4），

λ1==-2，λ2==1，

即有λ1+λ2=-1；

（2）联立方程组，

得（m2+2）y2+2my-1=0，

得y1+y2=-，y1y2=-，

又点D（1，0），E（0，-），

由=λ1得到y1+=-λ1y1，λ1=-（1+），

同理由=λ2得到y2+=-λ2y2，λ2=-（1+•），

λ1+λ2=-（2+•）=-（2+•2m）=-4，

即λ1+λ2=-4，+=-==，

因为m＞1，

所以点A在椭圆上位于第三象限的部分上运动，

由分点的性质可知λ1∈（-2，+∞），

所以+∈（-∞，-2）；

（3）设直线为x=my+t，（m≠0）代入双曲线方程，可得

（b2m2-a2）y2+2b2mty+b2t2-a2b2=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则有y1+y2=，y1y2=，

又D（t，0），E（0，-），

由=λ1得到y1+=-λ1y1，λ1=-（1+），

同理由=λ2得到y2+=-λ2y2，λ2=-（1+•），

λ1+λ2=-（2+•）=-（2+•）=，

化简可得，=，

解得t=，

即有D（±，0），

则D为定点，坐标为（±，0），

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