2015年高中數學《直線與圓錐曲線的位置關系》自測試題

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1、 2015年高中數學《直線與圓錐曲線的位置關系》自測試題 【梳理自測】 一、直線與圓錐曲線的位置關系 1 .（教材改編）直線y = kx —k+1與橢圓卷+ （=1的位置關系為（ ） 9 4 A.相交 B.相切 C.相離 D.不確定 2 .過點（0, 1）作直線，使它與拋物線y2=4x僅有一個公共點，這樣的直線有（ A. 1條 B. 2條 C. 3條 D. 4條 3.已知直線x—y—1=0與拋物線y = ax2相切，則a等于（ ） A- B.- 2 3 C： D. 4 4 答案：1. A 2. C 3. C ?以上題目主要考查了以下內容： 判斷直線l與圓錐曲線

2、C的位置關系時，通常將直線l的方程Ax+ By+ C= 0（A、B不同時為0） 代入圓錐曲線C的方程F（x,y） =0消去y（也可以消去x）得到一個關于變量x（或變量y）的一元方程. Ax+ By+ C= 0, F (x, y) =0, 消去y后得ax2+ bx+ c= 0. （1）當aw。時，設一元二次方程ax2+ bx+c = 0的判別式為A,則A>0?直線與圓錐曲線C相 A = 0?直線與圓錐曲線C粗包L; A<0?直線與圓錐曲線C相宣. （2）當2= 0, bw0時，即得到一個一次方程，則直線l與圓錐曲線C相交，且只有一個交點，止匕 時，若C為雙曲線，則直線

3、l與雙曲線的漸近線的位置關系是平行；若 C為拋物線，則直線l與拋物 線的對稱軸的位置關系是平行. 二、圓錐曲線的弦長 1 .（教材改編）過拋物線y2= —4x的焦點，最短的弦長為 . x2 2 2 .已知斜率為1的直線過橢圓-+ y2=1的右焦點交橢圓于A, B兩點，則弦AB的長為. 答案：1.4 24 24  ?以上題目主要考查了以下內容： (1)圓錐曲線的弦長 直線與圓錐曲線相交有兩個交點時，這條直線上以這兩個交點為端點的線段叫做圓錐曲線的弦 (就是連接圓錐曲線上任意兩點所得的線段)，線段的長就是弦長. (2)圓錐曲線的弦長的計算 設斜率為k(kw0)的直

4、線l與圓錐曲線C相交于A, B兩點，A(xi, yi) , B(x2, y# , 貝U |AB| 二 q (X2- Xi)~7-j-~(y2-y1)~ 點P,過點F2作直線PF2的垂線交直線x = a于點Q. c (1)如果點Q的坐標是(4, 4),求此時橢圓C的方程; ⑵ 證明：直線PQ與橢圓C只有一個交點. 【審題視點】 (1)建立QF直線方程，求Q點坐標，用a, c表示. (2)建立PQ直線方程，求PQ與橢圓的交點，確定一個. 【典例精講】(1)由條件知，P -c, b , a =(1 + k2) |x i - X2| = [Jl+，? |y i—y2].(拋物線的焦

5、點弦長|AB| =xi + X2+P=Sn2hp 8為弦ABff在直線白^傾斜角. 【指點迷津】 1 . 一條規(guī)律 “聯(lián)立方程求交點，根與系數的關系求弦長，根的分布找范圍，曲線定義不能忘”. 2 .二種方法 ①方程組法：聯(lián)立直線方程和圓錐曲線方程，消元 (x或y)成為二次方程之后，結合韋達定理和 判別式，建立等式關系或不等式關系. ②點差法：在求解圓錐曲線并且題目中交代直線與圓錐曲線相交和被截的線段的中點坐標時， 設 出直線和圓錐曲線的兩個交點坐標， 代入圓錐曲線的方程并作差，從而求出直線的斜率，然后利用中 點求出直線方程.“點差法”的常見題型有：求中點弦方程、求 (過定點、平

6、行弦)弦中點軌跡、垂直 題分線問題.必須提醒的是“點差法”具有不等價性，即要考慮判別式A是否為正數. 考向一 直線與圓錐曲線位置關系的確定 例題1 (2012 ?高考安徽卷)如圖，點Fi(-c, 0)、F2(c, 0)分別是橢圓C: 2 2 b2=1(a>b>0)的左、右焦點，過點Fi作x軸的垂線交橢圓C的上半部分于 b2 ——0 .2 …. a b 故直線PF2的斜率為kPF2- =---. —c— c 2ac 因為PE^FzQ,所以直線F2Q的方程為 2 2ac 2ac y=F" 故 Qa, 2a . c 2 a 由題設知，一=4, 2a=4,解

7、得a = 2, c=1. c 故橢圓方程為2+2= 1. 4 3 2 a c x —— ,, 一,y —2a c (2)證明：直線pq的方程為y*=—2, b-2a -c-a a c 即y=3+a. 2 2 將上式代入2+(=1得x2+2cx+ C2=0, b2 解得 x= —c, y = a 所以直線PQ與橢圓C只有一個交點. 【類題通法】 在討論直線和圓錐曲線的位置關系時，先聯(lián)立方程組，冉消去 x（或y）,得到關 于y（或x）的方程，如果是直線與圓或橢圓，則所得方程一定為一元二次方程；如果是直線與雙曲線 或拋物線，則需討論二次項系數等于零和不等于零兩種情況， 只

8、有一元二次方程才有判別式，另外還 應注意討論斜率不存在的情形.有時根據定點與圓錐曲線的位置關系，判定直線與曲線的關系. 變式訓練 2 2 1 .求證：不論m取何值，直線l : mx- y- 1 = 0與橢圓親十七=1總有交點. 16 9 證明：證法一: mx— y — m+ 1=0, 由L匕1 16 9 1 2 x 消去y得x6+ 2 (mx m+1 = 1.(*) 整理，得(16m2+ 9)x2 — 32m(m- 1)x + 16n2- 32m- 128= 0. 「A= 322rm(m— 1)2-4(16rni+9)(16m2-32m- 128) 2

9、= 576(15m?+ 2M 8) 1 2 119 =576 15 出m + 道 >0. ?.?方程(*)包有實根. 「?原方程組恒有解. 故直線l與橢圓總有交點. 證法二：直線l的方程可化為m(x— 1)+(—y+1)=0, 故直線l恒過x—1 = 0和一y+1 = 0的交點A(1, 1). 2 2 又點A在橢圓16+%=1內部， ???直線l與橢圓總有交點. 考向二 根據直線與圓錐曲線的位置求參數 例題2 (2014 ?合肥模擬)設拋物線 y2= 8x的準線與x軸交于點 Q,若過點Q的直線l與拋物線 有公共點，則直線 l的斜率的取值范圍是 ( )xK

10、b 1. Com 1 1 A —2，2 B. [-2, 2] C.[T, 1] 【審題視點】 D. [-4, 4] 設直線l的方程，將其與拋物線方程聯(lián)立，利用 A >0解得. 【典例精講】 + 4k2= 0, 由題意得Q(— 2, 0) .設l的方程為y=k(x+2), 代入 y2= 8x 得 k2x2+4(k2—2)x ???當 k = 0 時, 直線l與拋物線恒有一個交點；當kw。時，A=16(k2— 2)2— 16k4>0,即k201, .- -1

11、程的根或不等式解集， 也可以數形 結合，求出邊界位置，再考慮其它情況. 變式訓練 2. (2014 ?沈陽模擬)若直線y=kx + 2與雙曲線x2 —y2= 6的右支交于不同的兩點，則k的取值 范圍是( ) 15 3 B-0,臂 D. 解析：選D由 y = kx + 2, x2-y2=6, 得(1 — k2)x2 —4kx—10 = 0, 1 —k2” A = 16k2 —4 (1 —k2) x (—10) >0, …Xi + x2= T"2> 0, 1 -k XlX2 二 10 2 . |-2>0, 1 — k 直線與雙曲線右支有兩個不同交點

12、, 解得—中5< k< - 1.故選D. 3 考向三弦長問題 2 2 例題3過雙曲線方-看= 16 3 3 12 ：3 =一義—^~X ~ = — 的右焦點F2,傾斜角為3。。的直線交雙曲線于A，B兩點，。為坐標 原點，F(xiàn)i為左焦點. （1）求|AB| ； ⑵求&AOB的面積. 【審題視點】 （1）AB是確定的直線，按弦長公式可直接求弦長. ⑵ 求出。到AB的距離，則可計算面積. 【典例精講】 （1）由雙曲線的方程得a= b =鄧, . c = da 5 2 5 【類題通法】 直線與圓錐曲線的弦長問題，較少單獨考查弦長的求解，一般是已知弦長的信息 求參數或直線、圓錐

13、曲線的方程.解此類題的關鍵是設出交點的坐標，利用根與系數的關系得到弦長， 將已知弦長的信息代入求解. 變式訓練 + b2 = 3, F1（ -3, 0）, F2（3 , 0）. 直線AB的方程為y=羋（x -3）. 設 A(xi, yi), B(X2, y2), ,3 y= 3 由 x2 y2 3 — 6 = 1, (x-3), 得 5x2+6x—27=0. 27 x〔x2=——. 5 4 3 36 108 16 . 3 25+-5-= 5 6 :.x[+ x2=一二 5 |AB| =/l + k2|x i —X2| 1+ ^y (

14、Xi*) 2 —4x1x2 （2）直線AB的方程變形為V3x-3y-3^3=0. 丁?原點O到直線AB的距離為 i-3m| - 3 ⑴或)4(-3) 2 = 2. 1 Saaob= 21ABi ? d 2 2 3.設橢圓C: + b- 1(a>b>0)的右焦點為F,過F的直線l與橢圓C相交于A、B兩點，直線 l的傾斜角為60 , AF= 2FB. (1)求橢圓C的離心率； .一 15 一、一 ⑵如果|AB| =—,求橢圓C的萬程. 解析：設 A(xb y[), B(x2, y2),由題意知 y1<0, y2>0. ⑴直線l的方程為y =43(x — c),其中c

15、=[a2_b2. y=q3 (x-c) 聯(lián)立x2 y2 尹尸 (3a 2+ b2)y 2+ 2>/3b2cy — 3b4= 0. 解得y1= —3b2 (c+ 2a) 3a2+b2 —Vb2 (c —2a) 3a2 b2 因為AF= 2FB,所以一yi=2y2. 13b2 (c+2a) 3a2+b2 —V3b2 (c —2a) 3a2 + b2 /日 A、七 c 2 "、率 e= a= 3. (2)因為 |AB| = 1 1 + 3.2—y1| , 2 4 3ab2 15 所以〒 /r飛=15. 43 3

16、a + b 4 由c=芻Sb= W5a,所以5a=15,得 a= 3, b=45. a 3 3 4 4 1 2 2 所以橢圓C的方程為v、1. 考向四 直線與圓錐曲線位置關系的應用 例題4已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在 x軸上且過點P(V3,；),離心率是手. (1)求橢圓C的標準方程； ⑵ 直線l過點E(-1, 0)且與橢圓C交于A, B兩點，若|EA| =2|EB| ,求直線l的方程. 【審題視點】 (1)設橢圓方程，待定系數法求解. (2)建立方程組，轉化|EA| =2|EB|為xi + 2x2= — 3,待定斜率k. 【典例精講】 (1)設橢圓C的標準方程為

17、 c= J3 a 2 1, 由已知可得 3 1 a2 + 4b2- a2 = b2+ c 解得 a?=4, b?= 1. x2 2 故橢圓C的標準方程為-+ y2=1. (2)由已知，若直線l的斜率不存在，則過點E(-1, 0)的直線l的方程為x=—1,此時令A(— 1, 鼻,B(-1,一鼻,顯然|EA| =2|EB|不成立. 若直線l的斜率存在，則設直線l的方程為y=k(x +1). x2 2] ~+ y = 1, 由4 y = k (x+1), 整理得(4k 2+ 1)x 2+ 8k2x+ 4k2-4= 0. 則 A = (8k2)2-4(4k2+1

18、)(4k 2-4) = 48k2+ 16>0. 設 A(xi, yi) , B(x2, y2). 故 Xi + X2 = 8k2 4k2+ 1 4k2— 4 1 x1x2=4kV7 1② 因為 |EA| =2|EB| ,即 x[ + 2x2= —3.③ ①②③聯(lián)立解得k=W5. 6 所以直線l的方程為樂x+6y+班=0和，T5x—6y+>/T5= 0. 【類題通法】 利用直線與曲線的位置關系求直線方程或曲線方程時， 往往是待定系數法，直線 待定斜率后，要考慮斜率不存在的情況是否適合題意. 變式訓練 4.已知雙曲線的中心在原點，且一個焦點為 F(幣,0),直線y=

19、x—1與其相交于M N兩點, MNfr點的橫坐標為一2,求此雙曲線的方程. 3 2 2 解析：設雙曲線的方程為02-卜1(a>。，b>), 貝U a2+b2= (")2 = 7.① y = x— 1, 2 2 由 x2 y2 消去 y 得\一(X卜2"--1. 『=1, a b 整理得(b2 — a2)x 2+2a2x-a2- a2b2 = 0.(*) 設 M(xi, y。，N(x2, yz),則 xi和 x2為方程(*)的根, 2a2 于是 xi + 乂2= a2 b2. x1+x2 2 由已知得［5—= — ., 2 3 2a2 4 a2- b2 二.3,

20、 即 5a2 = 2b2.② a2 = 2, 由①②得b2 5 故所求雙曲線方程為 2 2 H=i. 直線與圓錐曲線交點個數和相切概念不清 2 典型例題 已知點A(0, 2)和雙曲線x2-y4=1,過點A與雙曲線只有一個交點的直線的條數為 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【正解】 設過點A(0, 2)的直線為y = kx + 2 y = kx + 2 由 2 黃 彳#(4—kjx2—4kx—8=0 x —4 = 1 當/ = 4即k=2時，方程只有一解，即只有一個交點. 當k2w4時，方程有一解時 A=( -4k)2-4X

21、(4 —k2) X( —8)=0 .?.k2= 8, .?.k=2{2,為切線的斜率. 共有4條直線. 【易錯點】 得出方程(4 —k2)x2—4kx —8 = 0后，不考慮k2= 4,直接由A = 0,得k=2也. 錯選為B. 【警示】 直線與雙曲線只有一個交點時，該直線可與雙曲線相切 （A = 0）,也可與其漸近線平 行，故一個交點不一定是相切關系，注意數形結合法的應用. 真題體驗 2 2 1. （2013 ?高考福建卷）橢圓：》十卜儂八〉0）的左、右焦點分別為Fi, F2,焦距為2c.若直 線y =<3（x+c）與橢圓的一個交點M滿足/MFF2= 2/MFFi,則該

22、橢圓的離心率等于 . 解析：已知 Fi（-c, 0）, F2（c, 0）, 直線y =，3（x+c）過點Fi,且斜率為43, 「?傾斜角 / MFF2=60 . 1 0 ???/MFFi：// MFF2=30 , ???/ FiMF=90 , ? . |MFi| =c, |MF2| =a/3c. 由橢圓定義知 |MFi| 十|MF2| =c+d3c = 2a, c e= 一= a 2 i+ 3 =：3—i. 答案：、/3—i 2. （20i3 ?高考江西卷）已知點A（2, 0）,拋物線C: x2=4y的焦點為F,射線FA與拋物線C相 交于點M 與其

23、準線相交于點 N,則|FM| ： |MN|=（ ） A. 2 ：乖 B. i ： 2「 C. i : ；5 D. i ： 3 解析：選C根據拋物線的定義和相似三角形的判定及性質求解. 如圖所示，由拋物線定義知|MF| = |MH|,所以|MF| ： |MN|= |MH| ： |MN|.由于△MHN^FOA則 |MH| |OF| i |HN| =|OA| =2 則|MH| ： |MN| 二 i ：乖, 即|MF| ： |MN| 二 i ：乖. x2 2 3. (20i3 ?高考北京卷)直線y=kx + m(/0)與橢圓 W ] + y2= i相交于A, C兩點，O是坐標原

24、⑴ 當點B的坐標為（0, i）,且四邊形OAB@菱形時，求AC的長； ⑵ 當點B在W且不是WW頂點時，證明：四邊形 OABCf可能為菱形. 解析：（i）因為四邊形OAB@菱形， 所以AC與OB互相垂直平分. L 、 1 ?、上…、…口 t2 1 所以可設At, 2，代入橢圓方程得4 + 4=1, 即t = 艱. 所以 |AC| =243. (2)證明：假設四邊形OAB@菱形. 因為點B不是W的頂點，且ACLOB所以 20. x2 + 4y2= 4, 由 ? 消去y并整理得 y = kx + m (1 +4k2)x2+8kmx+ 4n2-4 = 0. 設 A(xi, yi) , C(x2, y2),則 X1+X2 4km y〔 + y2 1+4k2 2 k X1+X2+ m = 1+4k2 所以 AC的中點為 M —1 4k2, TGTZi?. 1十4k 1十4k 因為M為AC和OB的交點，且m^0, kw0, 一 … ，，…—i 1 所以直線OB的斜率為--. 4K 因為k , — 1,所以AC與OB不垂直. 4k 所以四邊形OABCf是菱形，與假設矛盾. 所以當點B在Wh且不是W的頂點時，四邊形OAB0可能是菱形. *以上是由明師教育編輯整理