2019-2020年高考数学大一轮复习 第8章 第9节 直线与圆锥曲线的位置关系课时作业 理.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 第8章 第9节 直线与圆锥曲线的位置关系课时作业 理一、选择题1若直线mxny4与O：x2y24没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆1的交点个数是()A至多为1B2C1D0答案：B解析：由题意知：2，即0，b0)的右焦点为F，过点F作与x轴垂直的直线l交渐近线于A，B两点，且与双曲线在第一象限的交点为P，设O为坐标原点，(，R)，则该双曲线的离心率为()A.BC.D答案：D解析：由题意可知A，B，P.由，可知又，bc，即c2b.又c2a2b2，故ab.e.故选D.二、填空题6(xx安顺5月)在抛物线yx2上关于直线yx3对称的两点M，N的坐标分别为_答案：(2,4)，(1,1)解析：设直线MN的方程为yxb，代入yx2中，整理得x2xb0，令14b0，b.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x21，bb，由在直线yx3上，得b3，解得b2，联立解得7(xx郑州三模)已知双曲线x21上存在两点M，N关于直线yxm对称，且MN中点在抛物线y218x上，则实数m的值为_答案：0或8解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为P(x0，y0)，则由，得xx，即(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)，也即2x02y0(1)2y0，y03x0，又P在直线yxm上，y0x0m，由解得P.代入抛物线y218x，得m218，m0或8.经检验m0或8均符合题意8(xx日照模拟)直线yx与椭圆1(ab0)的交点在x轴上的射影恰好是椭圆的焦点，则椭圆的离心率e为_答案：解析：由题意，直线yx与椭圆1(ab0)的交点在x轴上的射影恰好是椭圆的焦点点(c，c)在椭圆上，1.b2a2c2，c43a2c2a40.e43e210，e2.0e|F1F2|6，a4，c3，b2a2c27，故圆心P的轨迹C：1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x3，y3)，直线OQ：xmy，则直线MN：xmy3.由可得|OQ|2xy.由可得(7m216)y242my490，y1y2，y1y2.|MN|y2y1|.|MN|和|OQ|2的比值为一个常数，这个常数为.(3)MNOQ，QMN的面积OMN的面积O到直线MN：xmy3的距离d，S|MN|d.令t，则m2t21(t1)，S.7t26，当且仅当7t，即t2，亦即m时取等号，当m时，S取最大值2.11(xx贵州省六校联盟第一次联考)已知点M是椭圆C：1(ab0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，|F1F2|4，F1MF260，F1MF2的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设N(0,2)，过点P(1，2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值解：(1)在F1MF2中，由|MF1|MF2|sin 60，得|MF1|MF2|.由余弦定理，得|F1F2|2|MF1|2|MF2|22|MF1|MF2|cos 60(|MF1|MF2|)22|MF1|MF2|(1cos 60)，从而2a|MF1|MF2|4，即a2，从而b2，故椭圆C的方程为1.(2)证明：当直线l的斜率存在时，设其方程为y2k(x1)，由得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.从而k1k22k(k4)4.当直线l的斜率不存在时，可取A，B，得k1k24.综上，恒有k1k24.12(xx邯郸高三质检)设点F1(c,0)，F2(c,0)分别是椭圆C：y21(a1)的左、右焦点，P为椭圆C上任意一点，且的最小值为0.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l1：ykxm，l2：ykxn(直线l1，l2不重合)，若l1，l2均与椭圆C相切，试探究在x轴上是否存在定点Q，使点Q到l1，l2的距离之积恒为1？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)设P(x，y)，则有(xc，y)，(xc，y)，x2y2c2x21c2，xa，a，由的最小值为0，得1c20，c1，a22，椭圆C的方程为y21.(2)把l1的方程代入椭圆方程，得(12k2)x24mkx2m220.直线l1与椭圆C相切，16k2m24(12k2)(2m22)0，化简得m212k2，同理可得n212k2，m2n2，若mn，则l1，l2重合，不符合题意，mn，即mn0.设在x轴上存在点Q(t,0)，使点Q到直线l1，l2的距离之积恒为1，则1，即|k2t2m2|k21，把12k2m2代入并去绝对值整理，得k2(t23)2或k2(t21)0，前式显然不恒成立，而要使得后式对任意的kR恒成立，则t210，解得t1.综上所述，满足题意的定点Q存在，其坐标为(1,0)或(1,0)