直线与圆锥曲线_章节学习

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题型：单选题

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单选题

已知椭圆，过椭圆右焦点F的直线L交椭圆于A、B两点，交y轴于P点．设，则λ1+λ2等于（　　）

A

B

C

D

正确答案

B

解析

解：由题意a=5，b=3，c=4，所以F点坐标为（4，0）

设直线l方程为：y=k（x-4），A点坐标为（x1，y1），B点坐标为（x2，y2），得P点坐标（0，-4k），

因为，所以（x1，y1+4k）=λ1（4-x1，-y1）

因为，所以（x2，y2+4k）=λ2（4-x2，-y2）．

得λ1=，λ2=．

直线l方程，代入椭圆，消去y可得（9+25k2）x2-200k2x+400k2-225=0．

所以x1+x2=，x1x2=．

所以λ1+λ2====

故选B．

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题型：简答题

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简答题

已知椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点坐标为（0，1），离心率，过椭圆的右焦点F作不与坐标轴垂直的直线l，交椭圆于A、B两点．

（Ⅰ）求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）设点M（1，0）满足，求直线l的方程；

（Ⅲ）设点C是点A关于x轴的对称点，在x轴上是否存在一个定点N，使得C、B、N三点共线？若存在，求出定点N的坐标，若不存在，请说明理由．

正确答案

解法一：（Ⅰ）设椭圆方程为，由题意知b=1．

∴，故椭圆方程为．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得F（2，0）．设l的方程为y=k（x-2）（k≠0），

代入，得（5k2+1）x2-20k2x+20k2-5=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则，

∴y1+y2=k（x1+x2-4），y1-y2=k（x1-x2），

∴，

，

∵，

∴，

∴（x1+x2-2）（x2-x1）+（y2-y1）（y1+y2）=0，

∴，

∴，经检验满足△＞0，

∴直线l的方程为：或y=．

（Ⅲ）在x轴上存在定点，使得C、B、N三点共线．

依题意知，直线BC的方程为，

令y=0，则，

∵l的方程为y=k（x-2），A、B在直线l上，

∴y1=k（x1-2），y2=k（x2-2）

∴

=

∴在x轴上存在定点，使得C、B、N三点共线．

解法二：（Ⅰ）同解法一．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得F（2，0）．设l的方程为y=k（x-2）（k≠0），

代入，得（5k2+1）x2-20k2x+20k2-5=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则，

∴，y1-y2=k（x1-x2），

∵，

∴|MA|=|MB|，

∴，

∴（x1+x2-2）（x1-x2）+（y1+y2）（y1-y2）=0，，

∴3k2-1=0，解得，经检验满足△＞0，

∴直线l的方程为：或y=．

（Ⅲ）在x轴上存在定点，使得C、B、N三点共线．

设存在N（t，0），使得C、B、N三点共线，则∥，

∵=（x2-x1，y2+y1），，

∴（x2-x1）y1-（t-x1）（y1+y2）=0，

即（x2-x1）k（x1-2）-（t-x1）k（x1+x2-4）=0．

∴2x1x2-（t+2）（x1+x2）+4t=0，

∴，

∴．

∴存在，使得C、B、N三点共线．

解析

解法一：（Ⅰ）设椭圆方程为，由题意知b=1．

∴，故椭圆方程为．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得F（2，0）．设l的方程为y=k（x-2）（k≠0），

代入，得（5k2+1）x2-20k2x+20k2-5=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则，

∴y1+y2=k（x1+x2-4），y1-y2=k（x1-x2），

∴，

，

∵，

∴，

∴（x1+x2-2）（x2-x1）+（y2-y1）（y1+y2）=0，

∴，

∴，经检验满足△＞0，

∴直线l的方程为：或y=．

（Ⅲ）在x轴上存在定点，使得C、B、N三点共线．

依题意知，直线BC的方程为，

令y=0，则，

∵l的方程为y=k（x-2），A、B在直线l上，

∴y1=k（x1-2），y2=k（x2-2）

∴

=

∴在x轴上存在定点，使得C、B、N三点共线．

解法二：（Ⅰ）同解法一．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得F（2，0）．设l的方程为y=k（x-2）（k≠0），

代入，得（5k2+1）x2-20k2x+20k2-5=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则，

∴，y1-y2=k（x1-x2），

∵，

∴|MA|=|MB|，

∴，

∴（x1+x2-2）（x1-x2）+（y1+y2）（y1-y2）=0，，

∴3k2-1=0，解得，经检验满足△＞0，

∴直线l的方程为：或y=．

（Ⅲ）在x轴上存在定点，使得C、B、N三点共线．

设存在N（t，0），使得C、B、N三点共线，则∥，

∵=（x2-x1，y2+y1），，

∴（x2-x1）y1-（t-x1）（y1+y2）=0，

即（x2-x1）k（x1-2）-（t-x1）k（x1+x2-4）=0．

∴2x1x2-（t+2）（x1+x2）+4t=0，

∴，

∴．

∴存在，使得C、B、N三点共线．

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题型：简答题

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简答题

已知极坐标系的极点O与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合，曲线C1：与曲线C2：（t∈R）交于A、B两点．求证：OA⊥OB．

正确答案

证：曲线C1的直角坐标方程x-y=4，曲线C2的直角坐标方程是抛物线y2=4x，（4分）

设A（x1，y1），B（x2，y2），将这两个方程联立，消去x，

得y2-4y-16=0⇒y1y2=-16，y1+y2=4，（6分）

∴x1x2+y1y2=（y1+4）（y2+4）+y1y2=2y1y2+4（y1+y2）+16=0．（8分）

∴，∴OA⊥OB．（10分）

解析

证：曲线C1的直角坐标方程x-y=4，曲线C2的直角坐标方程是抛物线y2=4x，（4分）

设A（x1，y1），B（x2，y2），将这两个方程联立，消去x，

得y2-4y-16=0⇒y1y2=-16，y1+y2=4，（6分）

∴x1x2+y1y2=（y1+4）（y2+4）+y1y2=2y1y2+4（y1+y2）+16=0．（8分）

∴，∴OA⊥OB．（10分）

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•江门期末）已知动点M到定点F1（-2，0）和F2（2，0）的距离之和为4．

（I）求动点M轨迹C的方程；

（II）设N（0，2），过点P（-1，-2）作直线l，交椭圆C异于N的A、B两点，直线NA、NB的斜率分别为k1、k2，证明：kl+k2为定值．

正确答案

（Ⅰ）解：由椭圆定义，可知点M的轨迹是以F1、F2为焦点，以为长轴长的椭圆．

由c=2，，得b2=a2-c2=8-4=4．

故曲线C的方程为；

（Ⅱ）证明：如图，

当直线l的斜率存在时，设其方程为y+2=k（x+1），

由，得（1+2k2）x2+4k（k-2）x+2k2-8k=0．

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则．

从而==．

当直线l的斜率不存在时，得．

得kl+k2==4．

综上，恒有kl+k2=4，为定值．

解析

（Ⅰ）解：由椭圆定义，可知点M的轨迹是以F1、F2为焦点，以为长轴长的椭圆．

由c=2，，得b2=a2-c2=8-4=4．

故曲线C的方程为；

（Ⅱ）证明：如图，

当直线l的斜率存在时，设其方程为y+2=k（x+1），

由，得（1+2k2）x2+4k（k-2）x+2k2-8k=0．

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则．

从而==．

当直线l的斜率不存在时，得．

得kl+k2==4．

综上，恒有kl+k2=4，为定值．

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题型：简答题

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简答题

设椭圆E：+=1（a＞b＞0）过M（2，2e），N（2e，）两点，其中e为椭圆的离心率，O为坐标原点．

（Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且⊥？若存在，写出该圆的方程；若不存在，说明理由．

正确答案

解：（Ⅰ）⇒⇒⇒…5分

（ II）假设满足题意的圆存在，其方程为x2+y2=r2，其中0＜r＜2．

设该圆的任意一条切线AB和椭圆E交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点

当直线AB的斜率存在时，令直线AB的方程为y=kx+m

因为直线y=kx+m为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为①

联立方程得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0⇒，

y1y2=（kx1+m）（kx2+m）==

要使，需使x1x2+y1y2=0，即，

所以3m2-8k2-8=0，②…（9分）

，，所求的圆为，…（10分）

而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足，…（12分）

综上，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且．…（13分）

解析

解：（Ⅰ）⇒⇒⇒…5分

（ II）假设满足题意的圆存在，其方程为x2+y2=r2，其中0＜r＜2．

设该圆的任意一条切线AB和椭圆E交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点

当直线AB的斜率存在时，令直线AB的方程为y=kx+m

因为直线y=kx+m为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为①

联立方程得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0⇒，

y1y2=（kx1+m）（kx2+m）==

要使，需使x1x2+y1y2=0，即，

所以3m2-8k2-8=0，②…（9分）

，，所求的圆为，…（10分）

而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足，…（12分）

综上，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且．…（13分）

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题型：简答题

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简答题

已知椭圆C过点是椭圆的左焦点，P、Q是椭圆C上的两个动点，且|PF|、|MF|、|QF|成等差数列．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）求证：线段PQ的垂直平分线经过一个定点A．

正确答案

解：（1）设椭圆C的方程为，由已知，

得，解得

所以椭圆的标准方程为，

（2）证明：设P（x1，y1），Q（x2，y2），由椭圆的标准方程为，

可知|PF|===

同理|OF|=，|MF|=，

∵2|MF|=|PE|+|QF|，∴，∴x1+x2=2，

①当x1≠x2时，由，得x12-x22+2（y12-y22）=0，

∴

设线段PQ的中点为N（1，n），由，

得线段PQ的中垂线方程为y-n=2n（x-1）

∴（2x-1）n-y=0，该直线恒过一定点A（，0），

②当x1=x2时，P（1，-），Q（1，）或P（1，），Q（1，-）

线段PQ的中垂线是x轴，也过点A（，0），

∴线段PQ的中垂线过点A（，0）．

解析

解：（1）设椭圆C的方程为，由已知，

得，解得

所以椭圆的标准方程为，

（2）证明：设P（x1，y1），Q（x2，y2），由椭圆的标准方程为，

可知|PF|===

同理|OF|=，|MF|=，

∵2|MF|=|PE|+|QF|，∴，∴x1+x2=2，

①当x1≠x2时，由，得x12-x22+2（y12-y22）=0，

∴

设线段PQ的中点为N（1，n），由，

得线段PQ的中垂线方程为y-n=2n（x-1）

∴（2x-1）n-y=0，该直线恒过一定点A（，0），

②当x1=x2时，P（1，-），Q（1，）或P（1，），Q（1，-）

线段PQ的中垂线是x轴，也过点A（，0），

∴线段PQ的中垂线过点A（，0）．

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题型：填空题

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填空题

已知非零实数a，b，c成等差数列，直线ax+by+c=0与曲线恒有公共点，则实数m的取值范围为______．

正确答案

解析

解：∵非零实数a，b，c成等差数列，

∴2b=a+c，

∴直线ax+by+c=0恒过定点（1，-2）．

∵直线ax+by+c=0与曲线恒有公共点，

∴定点（1，-2）在曲线内或在曲线上，

∴，

解得．

故答案为：．

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题型：简答题

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简答题

在平面直角坐标系中，定义以原点为圆心，以为半径的圆O为椭圆的“准圆”．已知椭圆的离心率为，直线l：2x-y+5=0与椭圆C的“准圆”相切．

（1）求椭圆C的方程；

（2）P为椭圆C的右准线上一点，过点P作椭圆C的“准圆”的切线段PQ，点F为椭圆C的右焦点，求证：|PQ|=|PF|

（3）过点的直线与椭圆C交于A，B两点，为Q椭圆C的左顶点，是否存在直线l使得△QAB为直角三角形？

正确答案

解：（1）∵直线l：2x-y+5=0与椭圆C的“准圆”相切，∴==，化为a2+b2=5，联立，解得a2=3，b2=2，c=1．

∴椭圆C的方程为；

（2）如图所示，∵椭圆C的准线方程为x==3，可设P（3，t）．∵椭圆C的焦点F（1，0），∴|PF|2=（3-1）2+（t-0）2=4+t2．

∵PQ与椭圆C的准圆x2+y2=5相切于点Q，∴|PQ|2=|OP|2-r2=32+t2-5=4+t2，

∴|PQ|2=|PF|2，∴|PQ|=|PF|．

（3）假设存在直线l使得△QAB为直角三角形，可能∠AQB=90°，∠QAB=90°，或∠QBA=90°

设A（x1，y1），B（x2，y2）．

设直线l的方程为：my=x+，联立化为（75+50m2）y2-120my-78=0．

∴y1+y2=，．

①由==

=+

=++=0，

化为=，无解，此时不存在直线l满足条件．

②令=====0，

∵＞0，∴此时存在两个A点满足条件；

同理存在两个B点满足条件．

综上可知：存在四条直线l满足条件．

解析

解：（1）∵直线l：2x-y+5=0与椭圆C的“准圆”相切，∴==，化为a2+b2=5，联立，解得a2=3，b2=2，c=1．

∴椭圆C的方程为；

（2）如图所示，∵椭圆C的准线方程为x==3，可设P（3，t）．∵椭圆C的焦点F（1，0），∴|PF|2=（3-1）2+（t-0）2=4+t2．

∵PQ与椭圆C的准圆x2+y2=5相切于点Q，∴|PQ|2=|OP|2-r2=32+t2-5=4+t2，

∴|PQ|2=|PF|2，∴|PQ|=|PF|．

（3）假设存在直线l使得△QAB为直角三角形，可能∠AQB=90°，∠QAB=90°，或∠QBA=90°

设A（x1，y1），B（x2，y2）．

设直线l的方程为：my=x+，联立化为（75+50m2）y2-120my-78=0．

∴y1+y2=，．

①由==

=+

=++=0，

化为=，无解，此时不存在直线l满足条件．

②令=====0，

∵＞0，∴此时存在两个A点满足条件；

同理存在两个B点满足条件．

综上可知：存在四条直线l满足条件．

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题型：简答题

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简答题

已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率与双曲线x2-y2=2的离心率互为倒数，且以抛物线y2=4x的焦点F为右焦点．

（I）求椭圆C的标准方程；

（II）过右焦点F作斜率为-的直线l交曲线C于M、N两点，且++=0，又点H关于原点O的对称点为点G，试问M、G、N、H四点是否共圆？若共圆，求出圆心坐标和半径；若不共圆，请说明理由．

正确答案

解：（I）∵双曲线x2-y2=2的离心率为，

∴椭圆C的离心率e==．

∵抛物线y2=4x的焦点F（1，0）为椭圆的右焦点，∴c=1．

解得a=，∴b2=a2-c2=1．

∴椭圆C的标准方程为=1．

（II）设M（x1，y1），N（x2，y2），H（x0，y0），G（-x0，-y0）．

直线l的方程为：，

联立，化为2x2-2x-1=0，

可得x1+x2=1，x1x2=-．

∴y1+y2==．

可得线段MN的垂直平分线为：，

化为=0．

∵++=0，

∴x1+x2+x0=0，y1+y2+y0=0，

解得x0=-1，y0=-，即H．

∴G．

线段GH垂直平分线的方程为y=-x．

联立，解得，

∴r==．

因此M、G、N、H四点是共圆，圆心坐标为，半径r=．

解析

解：（I）∵双曲线x2-y2=2的离心率为，

∴椭圆C的离心率e==．

∵抛物线y2=4x的焦点F（1，0）为椭圆的右焦点，∴c=1．

解得a=，∴b2=a2-c2=1．

∴椭圆C的标准方程为=1．

（II）设M（x1，y1），N（x2，y2），H（x0，y0），G（-x0，-y0）．

直线l的方程为：，

联立，化为2x2-2x-1=0，

可得x1+x2=1，x1x2=-．

∴y1+y2==．

可得线段MN的垂直平分线为：，

化为=0．

∵++=0，

∴x1+x2+x0=0，y1+y2+y0=0，

解得x0=-1，y0=-，即H．

∴G．

线段GH垂直平分线的方程为y=-x．

联立，解得，

∴r==．

因此M、G、N、H四点是共圆，圆心坐标为，半径r=．

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题型：简答题

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简答题

已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率e=，短轴右端点为A，P（1，0）为线段OA的中点．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过点P任作一条直线与椭圆C相交于两点M，N，试问在x上是否存在定点Q，使得∠MQP=∠NQP，若存在，求出点Q坐标；若不存在，说明理由．

正确答案

解：（Ⅰ）由已知，b=2，

又e=，即=，解得a=2，…（2分）

∴椭圆C的方程为．…（4分）

（Ⅱ）假设存在点Q（x0，0）满足题设条件．

当MN⊥x轴时，由椭圆的对称性可知恒有∠MQP=∠NQP，即x0∈R； …（6分）

当MN与x轴不垂直时，设MN所在直线的方程为y=k（x-1），

代入椭圆方程化简得：（k2+3）x2-2k2x+k2-12=0，

设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=，

若∠MQP=∠NQP，则kMQ+kNQ=0，则

kMQ+kNQ==，

整理得k（x0-4）=0，

∵k∈R，∴x0=4，即Q的坐标为Q（4，0）．

综上，在x轴上存在定点Q（4，0），使得∠MQP=∠NQP．…（12分）

解析

解：（Ⅰ）由已知，b=2，

又e=，即=，解得a=2，…（2分）

∴椭圆C的方程为．…（4分）

（Ⅱ）假设存在点Q（x0，0）满足题设条件．

当MN⊥x轴时，由椭圆的对称性可知恒有∠MQP=∠NQP，即x0∈R； …（6分）

当MN与x轴不垂直时，设MN所在直线的方程为y=k（x-1），

代入椭圆方程化简得：（k2+3）x2-2k2x+k2-12=0，

设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=，

若∠MQP=∠NQP，则kMQ+kNQ=0，则

kMQ+kNQ==，

整理得k（x0-4）=0，

∵k∈R，∴x0=4，即Q的坐标为Q（4，0）．

综上，在x轴上存在定点Q（4，0），使得∠MQP=∠NQP．…（12分）

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