2015年高中數(shù)學(xué)《直線與圓錐曲線的位置關(guān)系》自測試題

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1、2015年高中數(shù)學(xué)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系自測試題【梳理自測】一、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系1 .（教材改編）直線y = kx k+1與橢圓卷+ （=1的位置關(guān)系為（）9 4A.相交B.相切C.相離 D.不確定2 .過點(diǎn)（0, 1）作直線，使它與拋物線y2=4x僅有一個(gè)公共點(diǎn)，這樣的直線有（A. 1條 B. 2條C. 3條 D. 4條3.已知直線xy1=0與拋物線y = ax2相切，則a等于（）A- B.-23C： D. 4 4答案：1. A 2. C 3. C以上題目主要考查了以下內(nèi)容：判斷直線l與圓錐曲線C的位置關(guān)系時(shí)，通常將直線l的方程Ax+ By+ C= 0（A、B不同時(shí)為0） 代入圓錐

2、曲線C的方程F（x,y） =0消去y（也可以消去x）得到一個(gè)關(guān)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(dāng)aw。時(shí)，設(shè)一元二次方程ax2+ bx+c = 0的判別式為A,則A0?直線與圓錐曲線C相A = 0?直線與圓錐曲線C粗包L;Ab0)的左、右焦點(diǎn)，過點(diǎn)Fi作x軸的垂線交橢圓C的上半部分于b20.2. ab故直線PF2的斜率為kPF2-=-.c c 2ac因?yàn)镻EFzQ,所以直線F2Q的方程為22ac 2acy=F故 Qa, 2a . c2a由題設(shè)知，一=4, 2a=4,解得a = 2, c=1. c故橢圓

3、方程為2+2= 1.4 32 ac x , 一,y 2a c(2)證明：直線pq的方程為y*=2, b-2a -c-a ac即y=3+a.22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(gè)交點(diǎn).【類題通法】在討論直線和圓錐曲線的位置關(guān)系時(shí)，先聯(lián)立方程組，冉消去 x（或y）,得到關(guān)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(xiàng)系數(shù)等于零和不等于零兩種情況，只有一元二次方程才有判別式，另外還應(yīng)注意討論斜率不存在的情形.有時(shí)根據(jù)定點(diǎn)與圓錐曲線的位置關(guān)系，判定直線與曲線的

4、關(guān)系.變式訓(xùn)練221 .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(diǎn).16 9證明：證法一:mx y m+ 1=0,由L匕116 912 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= 576(15m?+ 2M 8)1 2 119=576 15 出m + 道 0.方程(*)包有實(shí)根.原方程組恒有解.故直線l與橢圓總有交點(diǎn).證法二：直線l的方程可化為m(x 1)+(y+1)=0, 故直

5、線l恒過x1 = 0和一y+1 = 0的交點(diǎn)A(1, 1).22又點(diǎn)A在橢圓16+%=1內(nèi)部，直線l與橢圓總有交點(diǎn).考向二 根據(jù)直線與圓錐曲線的位置求參數(shù)例題2 (2014 合肥模擬)設(shè)拋物線y2= 8x的準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)Q,若過點(diǎn)Q的直線l與拋物線有公共點(diǎn)，則直線l的斜率的取值范圍是()xKb 1. Com1 1A 2，2B. -2,2C.T, 1【審題視點(diǎn)】D. -4, 4設(shè)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(shè)l的方程為y=k(x+2),代入 y2= 8x 得 k2x2+4(k22)x當(dāng) k = 0 時(shí),直線l與拋

6、物線恒有一個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)kw。時(shí)，A=16(k2 2)2 16k40,即k201,.- -1k0,Xi + x2=T2 0,1 -kXlX2 二102 . |-20,1 k直線與雙曲線右支有兩個(gè)不同交點(diǎn), 解得中5 kb0)的右焦點(diǎn)為F,過F的直線l與橢圓C相交于A、B兩點(diǎn)，直線 l的傾斜角為60 , AF= 2FB.(1)求橢圓C的離心率；.一 15 一、一如果|AB| =,求橢圓C的萬程.解析：設(shè) A(xb y), B(x2, y2),由題意知 y10.直線l的方程為y =43(x c),其中c=a2_b2.y=q3 (x-c)聯(lián)立x2 y2尹尸(3a 2+ b2)y 2+ 2/3b2cy 3

7、b4= 0.解得y1=3b2 (c+ 2a)3a2+b2Vb2 (c 2a)3a2 b2因?yàn)锳F= 2FB,所以一yi=2y2.13b2 (c+2a)3a2+b2V3b2 (c 2a)3a2 + b2/日 A、七 c 2、率 e= a= 3.(2)因?yàn)?|AB| =11 + 3.2y1| ,24 3ab2 15所以 /r飛=15.43 3a + b 4由c=芻Sb= W5a,所以5a=15,得 a= 3, b=45. a 3344122所以橢圓C的方程為v、1.考向四直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用例題4已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在 x軸上且過點(diǎn)P(V3,；),離心率是手.(1)求橢圓C的標(biāo)

8、準(zhǔn)方程； 直線l過點(diǎn)E(-1, 0)且與橢圓C交于A, B兩點(diǎn)，若|EA| =2|EB| ,求直線l的方程.【審題視點(diǎn)】(1)設(shè)橢圓方程，待定系數(shù)法求解.(2)建立方程組，轉(zhuǎn)化|EA| =2|EB|為xi + 2x2= 3,待定斜率k.【典例精講】 (1)設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為c= J3a 2 1,由已知可得3 1a2 + 4b2-a2 = b2+ c解得 a?=4, b?= 1.x22故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為-+ y2=1.(2)由已知，若直線l的斜率不存在，則過點(diǎn)E(-1, 0)的直線l的方程為x=1,此時(shí)令A(yù)(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(shè)

9、直線l的方程為y=k(x +1).x22+ y = 1,由4y = k (x+1),整理得(4k 2+ 1)x 2+ 8k2x+ 4k2-4= 0.則 A = (8k2)2-4(4k2+1)(4k 2-4) = 48k2+ 160.設(shè) A(xi, yi) , B(x2, y2).故 Xi + X2 =8k24k2+ 14k2 4 1x1x2=4kV7 1因?yàn)?|EA| =2|EB| ,即 x + 2x2= 3.聯(lián)立解得k=W5.6所以直線l的方程為樂x+6y+班=0和，T5x6y+/T5= 0.【類題通法】利用直線與曲線的位置關(guān)系求直線方程或曲線方程時(shí)，往往是待定系數(shù)法，直線待定斜率后，要考慮

10、斜率不存在的情況是否適合題意.變式訓(xùn)練4.已知雙曲線的中心在原點(diǎn)，且一個(gè)焦點(diǎn)為 F(幣,0),直線y=x1與其相交于M N兩點(diǎn),MNfr點(diǎn)的橫坐標(biāo)為一2,求此雙曲線的方程.322解析：設(shè)雙曲線的方程為02-卜1(a。，b),貝U a2+b2= ()2 = 7.y = x 1,22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(shè) M(xi, y。，N(x2, yz),則 xi和 x2為方程(*)的根,2a2于是 xi + 乂2= a2 b2.x1+x22由已知得5= ., 232a24a2- b2 二.3,即 5a2

11、= 2b2.a2 = 2, 由得b2 5故所求雙曲線方程為22H=i.直線與圓錐曲線交點(diǎn)個(gè)數(shù)和相切概念不清2典型例題 已知點(diǎn)A(0, 2)和雙曲線x2-y4=1,過點(diǎn)A與雙曲線只有一個(gè)交點(diǎn)的直線的條數(shù)為A. 1B. 2C. 3D. 4【正解】設(shè)過點(diǎn)A(0, 2)的直線為y = kx + 2y = kx + 2由 2 黃彳#(4kjx24kx8=0x 4 = 1當(dāng)/ = 4即k=2時(shí)，方程只有一解，即只有一個(gè)交點(diǎn).當(dāng)k2w4時(shí)，方程有一解時(shí)A=( -4k)2-4X(4 k2) X( 8)=0.k2= 8, .k=22,為切線的斜率.共有4條直線.【易錯(cuò)點(diǎn)】得出方程(4 k2)x24kx 8 =

12、0后，不考慮k2= 4,直接由A = 0,得k=2也.錯(cuò)選為B.【警示】直線與雙曲線只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，該直線可與雙曲線相切 （A = 0）,也可與其漸近線平行，故一個(gè)交點(diǎn)不一定是相切關(guān)系，注意數(shù)形結(jié)合法的應(yīng)用.真題體驗(yàn)221. （2013 高考福建卷）橢圓：十卜儂八0）的左、右焦點(diǎn)分別為Fi, F2,焦距為2c.若直 線y =3（x+c）與橢圓的一個(gè)交點(diǎn)M滿足/MFF2= 2/MFFi,則該橢圓的離心率等于 .解析：已知 Fi（-c, 0）, F2（c, 0）,直線y =，3（x+c）過點(diǎn)Fi,且斜率為43,傾斜角 / MFF2=60 .10/MFFi：/ MFF2=30 ,/ FiMF=90

13、, . |MFi| =c, |MF2| =a/3c.由橢圓定義知 |MFi| 十|MF2| =c+d3c = 2a,ce= 一=a2i+ 3=：3i.答案：、/3i2. （20i3 高考江西卷）已知點(diǎn)A（2, 0）,拋物線C: x2=4y的焦點(diǎn)為F,射線FA與拋物線C相 交于點(diǎn)M 與其準(zhǔn)線相交于點(diǎn) N,則|FM| ： |MN|=（）A. 2 ：乖 B. i ： 2C. i : ；5 D. i ： 3解析：選C根據(jù)拋物線的定義和相似三角形的判定及性質(zhì)求解.如圖所示，由拋物線定義知|MF| = |MH|,所以|MF| ： |MN|= |MH| ： |MN|.由于MHNFOA則|MH| |OF| i

14、|HN| =|OA| =2則|MH| ： |MN| 二 i ：乖,即|MF| ： |MN| 二 i ：乖.x223. (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(diǎn)，O是坐標(biāo)原 當(dāng)點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0, i）,且四邊形OAB菱形時(shí)，求AC的長； 當(dāng)點(diǎn)B在W且不是WW頂點(diǎn)時(shí)，證明：四邊形 OABCf可能為菱形.解析：（i）因?yàn)樗倪呅蜲AB菱形，所以AC與OB互相垂直平分.L、1、上、口 t21所以可設(shè)At, 2，代入橢圓方程得4 + 4=1,即t = 艱.所以 |AC| =243.(2)證明：假設(shè)四邊形OAB菱形.因?yàn)辄c(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)，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(shè) A(xi, yi) , C(x2, y2),則X1+X24km y + y21+4k22kX1+X2+m= 1+4k2所以 AC的中點(diǎn)為 M 1 4k2, TGTZi?.1十4k 1十4k因?yàn)镸為AC和OB的交點(diǎn)，且m0, kw0,一 ，i 1所以直線OB的斜率為-.4K因?yàn)閗 , 1,所以AC與OB不垂直.4k所以四邊形OABCf是菱形，與假設(shè)矛盾.所以當(dāng)點(diǎn)B在Wh且不是W的頂點(diǎn)時(shí)，四邊形OAB0可能是菱形.*以上是由明師教育編輯整理