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：简答题

简答题

设A，B分别为椭圆=1（a，b＞0）的左、右顶点，椭圆长半轴的长等于焦距，且x=4为它的右准线．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设P为右准线上不同于点（4，0）的任意一点，若直线AP，BP分别与椭圆相交于异于A，B的点M、N，证明点B在以MN为直径的圆内．

正确答案

解：（Ⅰ）依题意得a=2c，=4，

解得a=2，c=1，从而b=．

故椭圆的方程为．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得A（-2，0），B（2，0）．

设M（x0，y0）．

∵M点在椭圆上，

∴y02=（4-x02）（1）

又点M异于顶点A、B，

∴-2＜x0＜2，由P、A、M三点共线可以得

P（4，）．

从而=（x0-2，y0），=（2，）．

∴•=2x0-4+=（x02-4+3y02）．（2）

将（1）代入（2），化简得•=（2-x0）．

∵2-x0＞0，

∴•＞0，则∠MBP为锐角，从而∠MBN为钝角，

故点B在以MN为直径的圆内．

解析

解：（Ⅰ）依题意得a=2c，=4，

解得a=2，c=1，从而b=．

故椭圆的方程为．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得A（-2，0），B（2，0）．

设M（x0，y0）．

∵M点在椭圆上，

∴y02=（4-x02）（1）

又点M异于顶点A、B，

∴-2＜x0＜2，由P、A、M三点共线可以得

P（4，）．

从而=（x0-2，y0），=（2，）．

∴•=2x0-4+=（x02-4+3y02）．（2）

将（1）代入（2），化简得•=（2-x0）．

∵2-x0＞0，

∴•＞0，则∠MBP为锐角，从而∠MBN为钝角，

故点B在以MN为直径的圆内．

题型：简答题

简答题

在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2=2px上一点到焦点F的距离与到y轴的距离的差为1．

（1）求抛物线的方程；

（2）过F作直线交抛物线于A，B两点，且A，B关于x轴的对称点分别为A′，B′，四边形AA′BB′的面积为S，求的最大值，并求出此时直线AB的斜率．

正确答案

解：（1）由题意知=1，∴p=2，

∴抛物线方程为：y2=4x．

（2）设A（），B（，y2），直线AB的方程为x=ky+1．

于是S==，

|AB|=|y1-y2|，于是=，

又由，得y2-4ky-4=0，y1+y2=4k，

于是===，当且仅当k=±1时，等号成立．

∴的最大值为，此时直线AB的斜率也为±1．

解析

解：（1）由题意知=1，∴p=2，

∴抛物线方程为：y2=4x．

（2）设A（），B（，y2），直线AB的方程为x=ky+1．

于是S==，

|AB|=|y1-y2|，于是=，

又由，得y2-4ky-4=0，y1+y2=4k，

于是===，当且仅当k=±1时，等号成立．

∴的最大值为，此时直线AB的斜率也为±1．

题型：简答题

简答题

已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的焦距为2，且与直线y=x-相切．

（1）求椭圆C的方程；

（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，过点P（3，0）的直线l与椭圆C交于两点M，N（M在N的右侧），直线AM，BN相交于点Q，求证：点Q在一条定直线上．

正确答案

（1）解：∵椭圆的焦距为2，

∴b2=a2-1且a2＞1，

于是椭圆方程为（a2-1）x2+a2y2-a2（a2-1）=0．

将代入得．

∵直线与椭圆相切，

∴△=．

即a4-3a2+2=0．

∵a2＞1，

∴a2=2，则b2=1．

故所求椭圆方程为；

（2）证明：由题意可设直线l的方程为y=k（x-3），

联立方程，得（2k2+1）x2-12k2x+2（9k2-1）=0．

∵直线l与椭圆C交于M（x1，y1），N（x2，y2）两点，

∴△=144k4-8（2k2+1）（9k2-1）＞0⇒，

由韦达定理得，，

则

=．

又M在N的右侧，

∴，

∵，

∴，．

设直线AM、BN相交于点Q（x，y），

由上面两直线方程消去y得：

⇒=

⇒⇒．

故点Q在定直线上．

解析

（1）解：∵椭圆的焦距为2，

∴b2=a2-1且a2＞1，

于是椭圆方程为（a2-1）x2+a2y2-a2（a2-1）=0．

将代入得．

∵直线与椭圆相切，

∴△=．

即a4-3a2+2=0．

∵a2＞1，

∴a2=2，则b2=1．

故所求椭圆方程为；

（2）证明：由题意可设直线l的方程为y=k（x-3），

联立方程，得（2k2+1）x2-12k2x+2（9k2-1）=0．

∵直线l与椭圆C交于M（x1，y1），N（x2，y2）两点，

∴△=144k4-8（2k2+1）（9k2-1）＞0⇒，

由韦达定理得，，

则

=．

又M在N的右侧，

∴，

∵，

∴，．

设直线AM、BN相交于点Q（x，y），

由上面两直线方程消去y得：

⇒=

⇒⇒．

故点Q在定直线上．

题型：简答题

简答题

已知点P是椭圆+=1上的动点，F1，F2是左、右焦点．点Q满足与是方向相同的向量，且||=||．

（1）求点Q的轨迹C的方程；

（2）是否存在斜率为1的直线l，使直线l与曲线C的两个交点A、B满足AF2⊥BF2？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．

正确答案

解：（1）∵F1，F2是左、右焦点．点Q满足与是方向相同的向量，且||=||．

∴|QF1|=2a=4，

∵F1（-1，0），

∴点Q的轨迹C的方程是（x+1）2+y2=16；

（2）设斜率为1的直线方程为x-y+a=0

设A（x1，y1），B（x2，y2），与圆方程联立消去y，得方程2x2+（2a+2）x+a2-15=0，

∴△=124+8a-4a2＞0．

利用根与系数的关系，得到x1+x2=-1-a，x1x2=（a2-15）①，

若AF2⊥BF2，则可得1-（x1+x2）+x1x2+y1y2=0，

结合y1=x1+a，y2=x2+a，代入可得1+2x1x2+（-1+a）（x1+x2）+a2=0②

由①②联解可得a=±，此时△=124+8a-4a2＞0．

∴a=±，

∴存在斜率为1的直线x-y±=0，使其与圆C交于A、B两点满足AF2⊥BF2．

解析

解：（1）∵F1，F2是左、右焦点．点Q满足与是方向相同的向量，且||=||．

∴|QF1|=2a=4，

∵F1（-1，0），

∴点Q的轨迹C的方程是（x+1）2+y2=16；

（2）设斜率为1的直线方程为x-y+a=0

设A（x1，y1），B（x2，y2），与圆方程联立消去y，得方程2x2+（2a+2）x+a2-15=0，

∴△=124+8a-4a2＞0．

利用根与系数的关系，得到x1+x2=-1-a，x1x2=（a2-15）①，

若AF2⊥BF2，则可得1-（x1+x2）+x1x2+y1y2=0，

结合y1=x1+a，y2=x2+a，代入可得1+2x1x2+（-1+a）（x1+x2）+a2=0②

由①②联解可得a=±，此时△=124+8a-4a2＞0．

∴a=±，

∴存在斜率为1的直线x-y±=0，使其与圆C交于A、B两点满足AF2⊥BF2．

题型：填空题

填空题

已知抛物线y2=2px（p＞0）的焦点为F，点P是抛物线上的一点，且其纵坐标为4，|PF|=4．

（Ⅰ）求抛物线的方程；

（Ⅱ）设点A（x1，y1），B（x1，y1）（y1≤0，i=1，2）是抛物线上的两点，∠APB的角平分线与x轴垂直，求△PAB的面积最大时直线AB的方程．

正确答案

解析

解：（I）∵|PF|=4，∴xP+=4，

∴P点的坐标是（4-，4），

∴有16=2P（4-）⇒p=4，

∴抛物线方程是y2=8x．

（II）由（I）知点P的坐标为（2，4），

∵∠APB的角平分线与x轴垂直，∴PA、PB的倾斜角互补，即PA、PB的斜率互为相反数，

设PA的斜率为k，则PA：y-4=k（x-2），k≠0

与抛物线方程联立，可得y2-y-16+=0，方程的解为4、y1，

由韦达定理得：y1+4=，即y1=-4，同理y2=--4，

又y12=8x1，y22=8x2，

∴kAB═-1，

设AB：y=-x+b，与抛物线方程联立可得y2+8y-8b=0，

由韦达定理得：y1+y2=-8，y1y2=-8b，

|AB|=|y1-y2|=8，点P到直线AB的距离d=，

S△ABP=2×，设b+2=t

则（b+2）（b2-12b+36）=t3-32t-64-（3t-8）（t-8），

∵△=64+32b＞0⇒b＞-2，y1•y2=-8b≥0⇒b≤0，∴-2＜b≤0，

设t=b+2∈（0，2]，

则（b+2）（b2-12b+36）=t3-16t2+64t=f（t），

f′（t）=3t2-32t-64=（3t-8）（t-8），

由t∈（0，2]知f′（t）＞0，∴f（t）在（0，2]上为增函数，

∴f（t）最大=f（2）=72，

∴△PAB的面积的最大值为2×=24，

此时b=0，直线AB的方程为x+y=0．

继续学习棒棒哒，已是最后一个知识点

已完结

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