全国通用2017届高考数学第十章圆锥曲线10.4直线与圆锥曲线的位置关系专用题组理新人教B版

§10.4直线与圆锥曲线的位置关系考点直线与圆锥曲线的位置关系9.(2013浙江,15,4分)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,过点P(-1,0)的直线l交抛物线C于A,B两点,点Q为线段AB的中点.若|FQ|=2,则直线l的斜率等于.答案±1解析设直线AB方程为x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线和抛物线方程,整理得,y2-4my+4=0,由根与系数关系得y1+y2=4m,y1·y2=4.故Q(2m2-1,2m).由|FQ|=2知:=2,解得m2=1或m2=0(舍去),故直线l的斜率等于±1(此时直线AB与抛物线相切,为满足题意的极限情况).10.(2012浙江,16,4分)定义:曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l 的距离.已知曲线C1:y=x2+a到直线l:y=x的距离等于曲线C2:x2+(y+4)2=2到直线l:y=x的距离,则实数a= .答案解析曲线C2到l的距离d等于圆心到直线的距离减去半径,即d=-=,所以曲线C1到l的距离为,而C1到l的距离为与l平行的直线l'与C1相切时两直线间的距离.设l':x-y+m=0,则=,得m=±2;当m=-2时,曲线C1与直线l相交,不合题意舍去,当m=2时,由消去y,得x2-x+a-2=0,Δ=1-4(a-2)=9-4a=0,∴a=.评析本题主要考查的知识点有:直线与圆,直线与抛物线的位置关系,考查了运算求解能力及应用意识,体现了数形结合的思想,转化与化归思想等.11.(2014天津,18,13分)设椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,上顶点为B.已知|AB|=|F1F2|.(1)求椭圆的离心率;(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点,以线段PB为直径的圆经过点F1,经过原点O的直线l 与该圆相切.求直线l的斜率.解析(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c,0).由|AB|=|F1F2|,可得a2+b2=3c2,又b2=a2-c2,则=.所以椭圆的离心率e=.(2)由(1)知a2=2c2,b2=c2.故椭圆方程为+=1.设P(x0,y0).由F1(-c,0),B(0,c),有=(x0+c,y0),=(c,c).由已知,有·=0,即(x0+c)c+y0c=0.又c≠0,故有x0+y0+c=0.①又因为点P在椭圆上,故+=1.②由①和②可得3+4cx0=0.而点P不是椭圆的顶点,故x0=-c,代入①得y0=,即点P的坐标为.设圆的圆心为T(x1,y1),则x1==-c,y1==c,进而圆的半径r==c.设直线l的斜率为k,依题意,直线l的方程为y=kx.由l与圆相切,可得=r,即=c,整理得k2-8k+1=0,解得k=4±.所以直线l的斜率为4+或4-.评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆的方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.12.(2014辽宁,20,12分)圆x2+y2=4的切线与x轴正半轴,y轴正半轴围成一个三角形,当该三角形面积最小时,切点为P(如图),双曲线C1:-=1过点P且离心率为.(1)求C1的方程;(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点,直线l过C2的右焦点且与C2交于A,B两点,若以线段AB为直径的圆过点P,求l的方程.解析(1)设切点坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0),则切线斜率为-,切线方程为y-y0=-(x-x0),即x0x+y0y=4,此时,两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S=··=.由+=4≥2x0y0知当且仅当x0=y0=时x0y0有最大值,即S有最小值,因此点P的坐标为(,).由题意知解得a2=1,b2=2,故C1的方程为x2-=1.(2)由(1)知C2的焦点坐标为(-,0),(,0),由此设C2的方程为+=1,其中b1>0.由P(,)在C2上,得+=1,解得=3,因此C2的方程为+=1.显然,l不是直线y=0.设l的方程为x=my+,点A(x1,y1),B(x2,y2),由得(m2+2)y2+2my-3=0,又y1,y2是方程的根,因此由x1=my1+,x2=my2+,得由题意知·=0,因=(-x1,-y1),=(-x2,-y2),所以x1x2-(x1+x2)+y1y2-(y1+y2)+4=0.⑤将①,②,③,④代入⑤并整理得2m2-2m+4-11=0,解得m=-1或m=-+1. 因此直线l的方程为x-y-=0或x+y-=0.评析本题考查双曲线及椭圆标准方程的求法和直线与圆锥曲线的位置关系.考查分类讨论思想和方程思想的应用.解决第(2)问时有两个关键点:①巧设方程x=my+,使方程的化简过程简洁明了;②巧用·=0,建立方程根的关系,进而得到关于m的方程,使问题得以顺利解决.本题的易错点是对m值的求解,也是解决本题的难点.13.(2014陕西,20,13分)如图,曲线C由上半椭圆C1:+=1(a>b>0,y≥0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y≤0)连接而成,C1与C2的公共点为A,B,其中C1的离心率为.(1)求a,b的值;(2)过点B的直线l与C1,C2分别交于点P,Q(均异于点A,B),若AP⊥AQ,求直线l的方程.解析(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半椭圆C1的左,右顶点. 设C1的半焦距为c,由=及a2-c2=b2=1得a=2.∴a=2,b=1.(2)由(1)知,上半椭圆C1的方程为+x2=1(y≥0).易知,直线l与x轴不重合也不垂直,设其方程为y=k(x-1)(k≠0),代入C1的方程,整理得(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)设点P的坐标为(x P,y P),∵直线l过点B,∴x=1是方程(*)的一个根.由求根公式,得x P=,从而y P=,∴点P的坐标为.同理,由得点Q的坐标为(-k-1,-k2-2k).∴=(k,-4),=-k(1,k+2).∵AP⊥AQ,∴·=0,即[k-4(k+2)]=0,∵k≠0,∴k-4(k+2)=0,解得k=-.经检验,k=-符合题意,故直线l的方程为y=-(x-1).评析本题考查了直线、椭圆、抛物线的方程,二次方程等知识;考查数形结合思想及运算求解能力.利用坐标法准确运算是解题的关键.14.(2014山东,21,14分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.(1)求C的方程;(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E,(i)证明直线AE过定点,并求出定点坐标;(ii)△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.解析(1)由题意知F.设D(t,0)(t>0),则FD的中点为.因为|FA|=|FD|,则由抛物线的定义知3+=,解得t=3+p或t=-3(舍去).由=3,解得p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(x D,0)(x D>0),因为|FA|=|FD|,则|x D-1|=x0+1,由x D>0得x D=x0+2,故D(x0+2,0).故直线AB的斜率k AB=-.因为直线l1和直线AB平行,所以可设直线l1的方程为y=-x+b,代入抛物线方程得y2+y-=0,由Δ=+=0,得b=-.设E(x E,y E),则y E=-,x E=,当≠4时,k AE==-=,可得直线AE的方程为y-y0=(x-x0),由=4x0,整理可得y=(x-1),直线AE恒过点F(1,0),当=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE过定点F(1,0).(ii)由(i)知直线AE过焦点F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+=x0++2.设直线AE的方程为x=my+1,因为点A(x0,y0)在直线AE上,故m=,设B(x1,y1),直线AB的方程为y-y0=-(x-x0),由y0≠0,可得x=-y+2+x0,代入抛物线方程得y2+y-8-4x0=0.所以y0+y1=-,可求得y1=-y0-,x1=+x0+4,所以点B到直线AE的距离为d===4.则△ABE的面积S=×4≥16,当且仅当=x0,即x0=1时等号成立.所以△ABE的面积的最小值为16.评析本题考查抛物线的标准方程、几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系以及解析几何中的定点问题、最值问题和结论探究性问题.本题综合性较强、难度较大,很好地考查了考生的逻辑思维能力和运算求解能力.本题的易错点是定点的确定.15.(2014湖北,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程;(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.解析(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即=|x|+1,化简整理得y2=2(|x|+x).故点M的轨迹C的方程为y2=(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x<0),依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).由方程组可得ky2-4y+4(2k+1)=0.①(i)当k=0时,y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=.故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点.(ii)当k≠0时,方程①的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).②设直线l与x轴的交点为(x0,0),则由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-.③1°若由②③解得k<-1或k>.即当k∈(-∞,-1)∪时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.2°若或则由②③解得k∈或-≤k<0.即当k∈时,直线l与C1只有一个公共点,与C2有一个公共点.当k∈时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点.故当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.3°若则由②③解得-1<k<-或0<k<.即当k∈∪时,直线l与C1有两个公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.综合(i)(ii)可知,当k∈(-∞,-1)∪∪{0}时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有三个公共点.评析本题考查了直线和抛物线的位置关系,考查了数形结合的方法,灵活地利用判别式是求解的关键.盲目利用抛物线的定义而漏掉射线y=0(x<0)就会造成错解而失分.16.(2013天津,18,13分)设椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,离心率为,过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.(1)求椭圆的方程;(2)设A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点.若·+·=8,求k的值.解析(1)设F(-c,0),由=,知a=c.过点F且与x轴垂直的直线为x=-c,代入椭圆方程有+=1,解得y=±,于是=,解得b=,又a2-c2=b2,从而a=,c=1,所以椭圆的方程为+=1.(2)设点C(x1,y1),D(x2,y2),由F(-1,0)得直线CD的方程为y=k(x+1),由方程组消去y,整理得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0.由根与系数关系可得x1+x2=-,x1x2=.因为A(-,0),B(,0),所以·+·=(x1+,y1)·(-x2,-y2)+(x2+,y2)·(-x1,-y1)=6-2x1x2-2y1y2=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2=6+.由已知得6+=8,解得k=±.评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、向量的运算等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.17.(2012大纲全国,21,12分)已知抛物线C:y=(x+1)2与圆M:(x-1)2+=r2(r>0)有一个公共点A,且在A处两曲线的切线为同一直线l.(1)求r;(2)设m、n是异于l且与C及M都相切的两条直线,m、n的交点为D,求D到l的距离.解析(1)设A(x0,(x0+1)2).对y=(x+1)2求导得y'=2(x+1).故l的斜率k=2(x0+1).当x0=1时,不合题意,所以x0≠1.圆心为M,MA的斜率k'=.(3分)由l⊥MA知k·k'=-1,即2(x0+1)·=-1,解得x0=0,故A(0,1),r=|MA|==,即r=.(6分)(2)设(t,(t+1)2)为C上一点,则在该点处的切线方程为y-(t+1)2=2(t+1)(x-t),即y=2(t+1)x-t2+1.若该直线与圆M相切,则圆心M到该切线的距离为,即=,化简得t2(t2-4t-6)=0,解得t0=0,t1=2+,t2=2-.(9分)抛物线C在点(t i,(t i+1)2)(i=0,1,2)处的切线分别为l,m,n,其方程分别为y=2x+1,①y=2(t1+1)x-+1,②y=2(t2+1)x-+1,③②-③得x==2.将x=2代入②得y=-1,故D(2,-1).所以D到l的距离d==.(12分)评析本题考查曲线的切线问题和点到直线的距离;考查了方程思想和运算求解能力.灵活地处理切线问题是解题的关键.18.(2012安徽,20,13分)如图,点F1(-c,0),F2(c,0)分别是椭圆C:+=1(a>b>0)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.解析(1)解法一:由条件知,P.故直线PF2的斜率为==-.因为PF2⊥F2Q,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.故椭圆方程为+=1.解法二:设直线x=与x轴交于点M.由条件知,P.因为△PF1F2∽△F2MQ,所以=,即=,解得|MQ|=2a.所以a=2,c=1.故椭圆方程为+=1.(2)证明:直线PQ的方程为=,即y=x+a.将上式代入椭圆方程得x2+2cx+c2=0,解得x=-c,y=.所以直线PQ与椭圆C只有一个交点.评析本题考查椭圆方程和椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识和运算求解的基本技能,考查推理论证能力.运用数形结合思想,利用解析法准确地运算求解是解题的关键.。