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课时提升作业 五十八 直线与圆锥曲线的位置关系(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2016晋中模拟)已知任意kR,直线y-kx-1=0与椭圆+=1(m0)恒有公共点,则实数m的取值范围是()A.(0,1)B.(0,5)C.1,5)(5,+)D.1,5)【解析】选C.直线y=kx+1过定点(0,1),只要(0,1)在椭圆+=1上或其内部即可.从而m1,又因为椭圆+=1中m5,所以m的取值范围是1,5)(5,+).2.经过椭圆+y2=1的一个焦点作倾斜角为45的直线l,交椭圆于A,B两点.设O为坐标原点,则等于()A.-3B.-C.-或-3D.【解析】选B.依题意,当直线l经过椭圆的右焦点(1,0)时,其方程为y-0=tan45(x-1),即y=x-1,代入椭圆方程+y2=1并整理得3x2-4x=0,解得x=0或x=,所以两个交点坐标分别为(0,-1),所以=-,同理,直线l经过椭圆的左焦点时,也可得=-.3.设F1,F2是椭圆E:+=1(ab0)的左、右焦点,P为直线x=上一点,F2PF1是底角为30的等腰三角形,则E的离心率为()A.B.C.D.【解析】选C.因为F2PF1是底角为30的等腰三角形,所以|PF2|=|F2F1|.因为P为直线x=上一点,所以2=2c,所以e=.4.设直线l:2x+y-2=0与椭圆x2+=1的交点为A,B,点P是椭圆上的动点,则使PAB面积为的点P的个数为()A.1B.2C.3D.4【解析】选D.直线l经过椭圆的两个顶点(1,0)和(0,2),故|AB|=.要使PAB面积为,即h=,则h=.联立y=-2x+m与椭圆方程,得8x2-4mx+m2-4=0,令=0,解得m=2,即平移直线l到y=-2x2时,与椭圆相切,它们与l的距离d=,均大于,故点P有4个.5.(2016衡水模拟)设A,B为抛物线y2=2px(p0)上不同的两点,O为坐标原点,且OAOB,则OAB面积的最小值为()A.p2B.2p2C.4p2D.6p2【解析】选C.当直线AB的斜率存在时,设直线AB方程为y=kx+b,由消去y得k2x2+(2kb-2p)x+b2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=,x1x2=,y1y2=,由OAOB,=x1x2+y1y2=+=0,得b=-2pk,代入直线AB方程得y=k(x-2p),所以直线过定点(2p,0),再设直线l方程为x=my+2p,代入y2=2px得y2-2pmy-4p2=0,所以y1+y2=2pm,y1y2=-4p2,|y1-y2|=,所以S=2p2,所以当m=0时,S的最小值为4p2.二、填空题(每小题5分,共15分)6.过点M(1,1)作斜率为-的直线与椭圆C:+=1(ab0)相交于A,B两点,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率等于.【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),则所以+=0,所以=-.因为=-,x1+x2=2,y1+y2=2,所以-=-,所以a2=2b2.又因为b2=a2-c2,所以a2=2(a2-c2),所以a2=2c2,所以=.答案:【一题多解】解答本题还可以用如下的方法解决:依题设可知:直线AB的方程为y-1=-(x-1),即x+2y-3=0,该直线方程与椭圆方程联立,消去x得:(4b2+a2)y2-12b2y+9b2-a2b2=0,由根与系数的关系可知:y1+y2=,又因为AB的中点为M(1,1),所以=2,解得a2=2b2,所以a2=2(a2-c2),所以a2=2c2,所以=.答案:7.(2016郑州模拟)已知双曲线x2-=1上存在两点M,N关于直线y=x+m对称,且MN的中点在抛物线y2=18x上,则实数m的值为.【解析】设M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中点P(x0,y0),则由-得:(x2-x1)(x2+x1)=(y2-y1)(y2+y1),显然x1x2.所以=3,即kMN=3,因为M,N关于直线y=x+m对称,所以kMN=-1,所以y0=-3x0,又因为y0=x0+m,所以P,代入抛物线方程得:m2=18,解得m=0或-8,经检验都符合.答案:0或-88.与抛物线y2=8x相切,倾斜角为135的直线l与x轴和y轴的交点分别是A,B,那么过A,B两点的最小圆截抛物线y2=8x的准线所得的弦长为.【解析】由题意易知切点在x轴下方,由y2=8x得y=-2,则y=-.令-=tan135,解得x=2.代入y=-2,得y=-4,所以切点为(2,-4).故切线方程为y-(-4)=-(x-2),即x+y+2=0.故A(-2,0),B(0,-2).因为过A,B两点的最小圆即为以AB为直径的圆,即(x+1)2+(y+1)2=2,抛物线y2=8x的准线方程为x=-2,圆心到准线的距离为d=1,所以过A,B两点的最小圆截抛物线y2=8x的准线所得的弦长为l=2=2.答案:2三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2016鹤壁模拟)已知椭圆E:+=1(ab0)的离心率e=,并且经过定点P.(1)求椭圆E的方程.(2)问是否存在直线y=-x+m,使直线与椭圆交于A,B两点,满足=,若存在,求m的值;若不存在,说明理由.【解析】(1)由题意:e=且+=1,又c2=a2-b2,解得a2=4,b2=1,即椭圆E的方程为+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线与椭圆方程得x2+4(m-x)2-4=05x2-8mx+4m2-4=0.(*)所以x1+x2=,x1x2=,y1y2=(m-x1)(m-x2)=m2-m(x1+x2)+x1x2=m2-m2+=,由=,得(x1,y1)(x2,y2)=,x1x2+y1y2=,+=,m=2,又方程(*)要有两个不等实根,=(-8m)2-45(4m2-4)0,-mb0)的左,右焦点,过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部分于点P,过点F2作直线PF2的垂线交直线x=于点Q.(1)如果点Q的坐标是(4,4),求此时椭圆C的方程.(2)证明:直线PQ与椭圆C只有一个交点.【解题提示】(1)可利用已知条件得出关于椭圆中的a,b,c的方程组,解方程组即得a,c(或b)的值,进而得出椭圆方程.(2)求出直线PQ的方程,与椭圆方程联立,求出方程组的解或消元转化为一元二次方程,利用判别式即可判断直线与椭圆的交点个数.【解析】(1)由条件知,P,故直线PF2的斜率为=-.因为PF2F2Q,所以直线F2Q的方程为y=x-,故Q.由题设知,=4,2a=4,解得a=2,c=1.故椭圆C的方程为+=1.(2)直线PQ的方程为=,即y=x+a.将上式代入+=1,得x2+2cx+c2=0,解得x=-c,y=.所以直线PQ与椭圆C只有一个交点.【一题多解】解答本题,还有以下解法:(1)设直线x=与x轴交于点M.由条件知,P.因为PF1F2F2MQ,所以=,即=,解得|MQ|=2a.所以解得故椭圆C的方程为+=1.(2)直线PQ的方程为=,即y=x+a.将上式代入+=1,得x2+2cx+c2=0,又因为其=(2c)2-4c2=0,即只有一个解.所以直线PQ与椭圆C只有一个交点.(20分钟40分)1.(5分)(2016衡水模拟)已知F是抛物线C:y2=4x的焦点,过点F的直线交抛物线C于A,B两点,且|AB|=6,则弦AB中点的横坐标为()A.1B.2C.4D.无法确定【解析】选B.设A(x1,y1),B(x2,y2),则由抛物线定义知|AB|=x1+x2+2,所以有6=x1+x2+2,即x1+x2=4,故弦AB中点的横坐标为2.【加固训练】分别过椭圆+=1(ab0)的左、右焦点F1,F2所作的两条互相垂直的直线l1,l2的交点在此椭圆的内部,则此椭圆的离心率的取值范围是.【解析】由已知得交点P在以F1F2为直径的圆x2+y2=c2上.又点P在椭圆内部,所以有c2b2,又b2=a2-c2,所以有c2a2-c2,即2c2a2,亦即:,所以0.答案:2.(5分)(2016石家庄模拟)已知F是抛物线x2=4y的焦点,直线y=kx-1与该抛物线交于第一象限内的两点A,B,若|AF|=3|FB|,则k的值是()A.B.C.D.【解析】选D.因为抛物线方程为x2=4y,所以p=2,准线方程为y=-1,焦点坐标为F(0,1).设点A(x1,y1),B(x2,y2),则|AF|=y1+=y1+1,|FB|=y2+=y2+1.因为|AF|=3|FB|,所以y1+1=3(y2+1),即y1=3y2+2.联立方程组消去x,得y2+(2-4k2)y+1=0,由根与系数的关系得,y1+y2=4k2-2,即(3y2+2)+y2=4k2-2,解得y2=k2-1,代入直线方程y=kx-1中,得x2=k,再把x2,y2代入抛物线方程x2=4y中,得k2=4k2-4,解得k=,或k=-(不符合题意,应舍去),所以k=.3.(5分)(2016南阳模拟)已知直线l:y=x+m与曲线C:y=仅有三个交点,则实数m的取值范围是()A.(-2,)B.(-,)C.(1,)D.(1,)【解析】选C.化简曲线C:y=当4-x20即-2x2时,+y2=1(y0).当4-x22或x0),故曲线C表示椭圆+y2=1的上半部分和双曲线-y2=1的上半部分,双曲线一条渐近线斜率为,如图所示,l与这条渐近线平行,当l恰经过椭圆长、短轴端点时,斜率也为,此时,曲线C与l只有2个公共点,当m1时,l与曲线C至多有两个公共点,所以m1.当l与椭圆相切时得到另一个临界值,此时,m=,故m(1,).4.(12分)(2015福建高考)已知椭圆E:+=1(ab0)过点(0,),且离心率e=.(1)求椭圆E的方程.(2)设直线l:x=my-1(mR)交椭圆E于A,B两点,判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.【解析】(1)由已知得,所以椭圆的方程为+=1.(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB中点为H(x0,y0).由得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=,y1y2=-,从而y0=.所以|GH|2=+=+=(m2+1)+my0+.=(m2+1)(-y1y2),故|GH|2-=my0+(m2+1)y1y2+=-+=0,所以|GH|,故G在以AB为直径的圆外.【一题多解】解答本题(2)还有以下方法:设点A(x1,y1),B(x2,y2),则=,=.由得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=,y1y2=-,从而=+y1y2=(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+=-+=0,所以cos0,又,不共线,所以AGB为锐角.故点G在以AB为直径的圆外.5.(13分)(2016秦皇岛模拟)设椭圆C:+=1,F1,F2为左、右焦点,B为短轴端点,且=4,离心率为,O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程.(2)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C恒有两个交点M,N,且满足=?若存在,求出该圆的方程,若不存在,说明理由.【解析】(1)因为椭圆C:+=1(ab0),由题意得=2cb=4,e=,a2=b2+c2,解得所以椭圆C的方程为+=1.(2)假设存在圆心在原点的圆x2+y2=r2,使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M,N,因为=,所以有=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),当切线斜率存在时,设该圆的切线方程为y=kx+m,解方程组得x2+2(kx+m)2=8,即(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,则=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-8)=8(8k2-m2+4)0,即8k2-m2+40,所以x1+x2=-,x1x2=.y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=-+m2=,要使=0,需x1x2+y1y2=0,即+=0,所以3m2-8k2-8=0,所以k2=0,又8k2-m2+40,所以所以m2,即m或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r=,r2=,r=,所求的圆为x2+y2=,此时圆的切线y=kx+m都满足m或m-,而当切线的斜率不存在时,切线为x=与椭圆+=1的两个交点为或满足=0,综上,存在圆心在原点的圆x2+y2=满足条件.- 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