直线与圆锥曲线_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y2=4x，焦点为F，顶点为O，点P在抛物线上移动，Q是OP的中点，M是FQ的中点，求点M的轨迹方程．

正确答案

解：设M（x，y），P（x1，y1），Q（x2，y2），易求y2=4x的焦点F的坐标为（1，0）

∵M是FQ的中点，

∴⇒，又Q是OP的中点

∴⇒，

∵P在抛物线y2=4x上，∴（4y）2=4（4x-2），

所以M点的轨迹方程为

解析

解：设M（x，y），P（x1，y1），Q（x2，y2），易求y2=4x的焦点F的坐标为（1，0）

∵M是FQ的中点，

∴⇒，又Q是OP的中点

∴⇒，

∵P在抛物线y2=4x上，∴（4y）2=4（4x-2），

所以M点的轨迹方程为

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题型：简答题

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简答题

已知曲线C1的方程（a＞b＞0），且离心率等于，曲线C2的方程为x2+y2=8，若曲线C1与C2的四个交点围成面积为16的矩形．

（1）求曲线C1的标准方程；

（2）若曲线C1上总存在关于直线l：y=x+m对称的两点，求实数m的取值范围．

正确答案

解：（1）设交点为（x，y），则

由题意，=，可得a=2b，代入，可得x2+4y2=4b2①，

又x2+y2=8②，2x•2y=16③，

∴由①②③可得x=y=2，b=，

∴曲线C1的标准方程；

（2）设椭圆上存在关于直线y=x+m对称的两点为A（x1，y1），B（x2，y2）

根据对称性可知线段AB被直线y=x+m垂直平分，且AB的中点M（x0，y0）在直线y=x+m上，且KAB=-1

故可设直线AB的方程为y=-x+b

联立方程，整理可得5x2-8bx+4b2-20=0

∴x1+x2=，y1+y2=2b-（x1+x2）=

由△=64b2-20（4b2-20）＞0可得-5＜b＜5

∴x0=，y0=

∵AB的中点在直线y=x+m上

∴，

∴m=-

∴-3＜m＜3．

解析

解：（1）设交点为（x，y），则

由题意，=，可得a=2b，代入，可得x2+4y2=4b2①，

又x2+y2=8②，2x•2y=16③，

∴由①②③可得x=y=2，b=，

∴曲线C1的标准方程；

（2）设椭圆上存在关于直线y=x+m对称的两点为A（x1，y1），B（x2，y2）

根据对称性可知线段AB被直线y=x+m垂直平分，且AB的中点M（x0，y0）在直线y=x+m上，且KAB=-1

故可设直线AB的方程为y=-x+b

联立方程，整理可得5x2-8bx+4b2-20=0

∴x1+x2=，y1+y2=2b-（x1+x2）=

由△=64b2-20（4b2-20）＞0可得-5＜b＜5

∴x0=，y0=

∵AB的中点在直线y=x+m上

∴，

∴m=-

∴-3＜m＜3．

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题型：单选题

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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

B

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．

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题型：简答题

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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）；

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题型：单选题

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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

A

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．

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题型：简答题

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简答题

已知点（p＞0，p是常数），且动点P到x轴的距离比到点F的距离小．

（1）求动点P的轨迹E的方程；

（2）（i）已知点M（2，2），若曲线E上存在不同两点A、B满足，求实数p的取值范围；

（ii）当p=2时，抛物线L上是否存在异于A、B的点C，使得经过A、B、C三点的圆和抛物线L在点C处有相同的切线，若存在，求出点C的坐标，若不存在，请说明理由．

正确答案

解：（1）设P（x，y），则

∵点（p＞0，p是常数），且动点P到x轴的距离比到点F的距离小，

∴|y|=+，化简可得x2=2py；

（2）（i）设A，B两点的坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），且x1＜x2．

∵，可得M为AB的中点，即x1+x2=4．

显然直线AB与x轴不垂直，设直线AB的方程为y-2=k（x-2），即y=kx+2-2k，

将y=kx+2-2k代入x2=2py中，得x2-2pkx+4（k-1）p=0．…（2分）

∴，∴p＞1，故p的取值范围为（1，+∞）．

（ii）当p=2时，由（i）求得A，B的坐标分别为A（0，0），B（4，4）．

假设抛物线L：x2=4y上存在点（t≠0且t≠4），使得经过A、B、C三点的圆和抛物线L在点C处有相同的切线．

设圆的圆心坐标为N（a，b），

∵，∴，

即，解得

∵抛物线L在点C处切线的斜率为，而t≠0，且该切线与NC垂直，

∴，即．

将，代入上式，得t3-2t2-8t=0．

即t（t-4）（t+2）=0．∵t≠0且t≠4，∴t=-2．

故满足题设的点C存在，其坐标为（-2，1）．

解析

解：（1）设P（x，y），则

∵点（p＞0，p是常数），且动点P到x轴的距离比到点F的距离小，

∴|y|=+，化简可得x2=2py；

（2）（i）设A，B两点的坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），且x1＜x2．

∵，可得M为AB的中点，即x1+x2=4．

显然直线AB与x轴不垂直，设直线AB的方程为y-2=k（x-2），即y=kx+2-2k，

将y=kx+2-2k代入x2=2py中，得x2-2pkx+4（k-1）p=0．…（2分）

∴，∴p＞1，故p的取值范围为（1，+∞）．

（ii）当p=2时，由（i）求得A，B的坐标分别为A（0，0），B（4，4）．

假设抛物线L：x2=4y上存在点（t≠0且t≠4），使得经过A、B、C三点的圆和抛物线L在点C处有相同的切线．

设圆的圆心坐标为N（a，b），

∵，∴，

即，解得

∵抛物线L在点C处切线的斜率为，而t≠0，且该切线与NC垂直，

∴，即．

将，代入上式，得t3-2t2-8t=0．

即t（t-4）（t+2）=0．∵t≠0且t≠4，∴t=-2．

故满足题设的点C存在，其坐标为（-2，1）．

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题型：简答题

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简答题

记平面内与两定点A1（-2，0），A2（2，0）连线的斜率之积等于常数m（其中m＜0）的动点B的轨迹，加上A1，A2两点所构成的曲线为C

（I）求曲线C的方程，并讨论C的形状与m的值的关系；

（Ⅱ）当m=时，过点F（1，0）且斜率为k（k#0）的直线l1交曲线C于M．N两点，若弦MN的中点为P，过点P作直线l2交x轴于点Q，且满足•．试求的取值范围．

正确答案

解：（I）设动点B（x，y）．

当x≠±2时，由条件可得•=•==m

即mx2-y2=4m（x≠±2）．

又A1（-2，0）、A2（2，0）的坐标满足mx2-y2=4m．

当m＜-1时，曲线C的方程为+=1，曲线C是焦点在y轴上的椭圆；

当m=-1时，曲线C的方程为x2+y2=4，曲线C是圆心在原点上的圆；

当-1＜m＜0时，曲线C的方程为+=1，曲线C是焦点在x轴上的椭圆；

（Ⅱ）由（I）知，曲线C的方程为+=1．

依题意，直线l1的方程为y=k（x-1）．

代入椭圆方程可得：（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0

设M（x1，y1），N（x2，y2），则

由韦达定理得：x1+x2=-，x1x2=

∴弦MN的中点为P（，）

∴|MN|==

直线l2的方程为

由y=0，可得x=，则Q（，0），

∴|PQ|=

∴=

∵k2+1＞1，∴0＜＜1

∴

∴的取值范围为（0，）．

解析

解：（I）设动点B（x，y）．

当x≠±2时，由条件可得•=•==m

即mx2-y2=4m（x≠±2）．

又A1（-2，0）、A2（2，0）的坐标满足mx2-y2=4m．

当m＜-1时，曲线C的方程为+=1，曲线C是焦点在y轴上的椭圆；

当m=-1时，曲线C的方程为x2+y2=4，曲线C是圆心在原点上的圆；

当-1＜m＜0时，曲线C的方程为+=1，曲线C是焦点在x轴上的椭圆；

（Ⅱ）由（I）知，曲线C的方程为+=1．

依题意，直线l1的方程为y=k（x-1）．

代入椭圆方程可得：（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0

设M（x1，y1），N（x2，y2），则

由韦达定理得：x1+x2=-，x1x2=

∴弦MN的中点为P（，）

∴|MN|==

直线l2的方程为

由y=0，可得x=，则Q（，0），

∴|PQ|=

∴=

∵k2+1＞1，∴0＜＜1

∴

∴的取值范围为（0，）．

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题型：简答题

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简答题

如图，设P是圆x2+y2=2上的动点，PD⊥x轴，垂足为D，M为线段PD上一点，且|PD|=|MD|，点A、F1的坐标分别为（0，），（-1，0）．

（1）求点M的轨迹方程；

（2）求|MA|+|MF1|的最大值，并求此时点M的坐标．

正确答案

解：（1）设M的坐标为（x，y），P的坐标为（xp，yp）

∵PD⊥x轴，垂足为D，M为线段PD上一点，且|PD|=|MD|，

∴xp=x，yp=y

∵P是圆x2+y2=2上的动点，

∴x2+2y2=2；

（2）由（1）知，M的轨迹方程是椭圆，F1是左焦点，设右焦点为F2，坐标为（1，0）

∴|MA|+|MF1|=2+|MA|-|MF2|≤2+|AF2|=2+

当A，F2，M三点共线，且M在AF2延长线上时，取等号

直线AF2的方程为，与椭圆方程联立，解得

∴所求最大值为2+，此时M的坐标为（）．

解析

解：（1）设M的坐标为（x，y），P的坐标为（xp，yp）

∵PD⊥x轴，垂足为D，M为线段PD上一点，且|PD|=|MD|，

∴xp=x，yp=y

∵P是圆x2+y2=2上的动点，

∴x2+2y2=2；

（2）由（1）知，M的轨迹方程是椭圆，F1是左焦点，设右焦点为F2，坐标为（1，0）

∴|MA|+|MF1|=2+|MA|-|MF2|≤2+|AF2|=2+

当A，F2，M三点共线，且M在AF2延长线上时，取等号

直线AF2的方程为，与椭圆方程联立，解得

∴所求最大值为2+，此时M的坐标为（）．

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题型：简答题

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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）

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题型：简答题

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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．

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