《新編五年高考真題高考數(shù)學復習 第九章 第六節(jié) 直線與圓錐曲線的位置關系 理全國通用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新編五年高考真題高考數(shù)學復習 第九章 第六節(jié) 直線與圓錐曲線的位置關系 理全國通用（25頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第六節(jié)第六節(jié)直線與圓錐曲線的位置關系直線與圓錐曲線的位置關系考點一直線與圓錐曲線的位置關系1(20 xx重慶，10)設雙曲線x2a2y2b21(a0，b0)的右焦點為F，右頂點為A，過F作AF的垂線與雙曲線交于B，C兩點，過B，C分別作AC，AB的垂線，兩垂線交于點D，若D到直線BC的距離小于aa2b2，則該雙曲線的漸近線斜率的取值范圍是()A(1，0)(0，1)B(，1)(1，)C( 2，0)(0， 2)D(， 2)( 2，)解析由題意A(a，0)，Bc，b2a，Cc，b2a，由雙曲線的對稱性知D在x軸上，設D(x，0)，由BDAC得b2a0cxb2aac1，解得cxb4a2（ca），所以c

2、xb4a2（ca）aa2b2ac， 所以b4a2c2a2b2b2a210ba1， 因此漸近線的斜率取值范圍是(1，0)(0，1)，選 A.答案A2(20 xx遼寧，10)已知點A(2，3)在拋物線C：y22px的準線上，過點A的直線與C在第一象限相切于點B，記C的焦點為F，則直線BF的斜率為()A.12B.23C.34D.43解析A(2，3)在拋物線y22px的準線上，p22，p4，y28x，設直線AB的方程為xk(y3)2，將與y28x聯(lián)立，即xk（y3）2，y28x，得y28ky24k160， 則(8k)24(24k16)0， 即2k23k20， 解得k2或k12(舍去)，將k2 代入解得

3、x8，y8，即B(8，8)，又F(2，0)，kBF808243，故選 D.答案D3(20 xx新課標全國，10)設F為拋物線C：y23x的焦點，過F且傾斜角為 30的直線交C于A，B兩點，O為坐標原點，則OAB的面積為()A.3 34B.9 38C.6332D.94解析易知直線AB的方程為y33(x34)， 與y23x聯(lián)立并消去x得 4y212 3y90.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1y23 3，y1y294.SOAB12|OF|y1y2|1234（y1y2）24y1y23827994.故選 D.答案D4(20 xx大綱，8)橢圓C：x24y231 的左、右頂點分別為A1，A2，

4、點P在C上且直線PA2斜率的取值范圍是2，1，那么直線PA1斜率的取值范圍是()A.12，34B.38，34C.12，1D.34，1解析如圖：設直線A2M的方程為y(x2)2x，代入橢圓方程x24y231，并整理得 7x216x40，2x167，x27，M點坐標為27，127 .設直線A2N的方程為y2(x2)42x，同理可得N點坐標為2619，2419 ，kA1M12727234，kA1N24192619238.直線PA1斜率的取值范圍是38，34 .答案B5(20 xx全國，10)已知拋物線C：y24x的焦點為F，直線y2x4 與C交于A，B兩點，則 cosAFB等于()A.45B.35C

5、35D45解析聯(lián)立y24x，y2x4.不妨設A在x軸上方，則A(4，4)，B(1，2)F點的坐標為(1，0)，F(xiàn)A(3，4)，F(xiàn)B(0，2)，cosAFBFAFB|FA|FB|85245.答案D6(20 xx山東，15)平面直角坐標系xOy中，雙曲線C1：x2a2y2b21(a0，b0)的漸近線與拋物線C2：x22py(p0)交于點O，A，B.若OAB的垂心為C2的焦點，則C1的離心率為_解析由題意，不妨設直線OA的方程為ybax，直線OB的方程為ybax.由ybax，x22py，得x22pbax，x2pba，y2pb2a2，A2pba，2pb2a2.設拋物線C2的焦點為F，則F0，p2 ，k

6、AF2pb2a2p22pba.OAB的垂心為F，AFOB，kAFkOB1，2pb2a2p22pbaba1，b2a254.設C1的離心率為e，則e2c2a2a2b2a215494.e32.答案327(20 xx浙江，16)定義：曲線C上的點到直線l的距離的最小值稱為曲線C到直線l的距離已知曲線C1：yx2a到直線l：yx的距離等于曲線C2：x2(y4)22 到直線l：yx的距離，則實數(shù)a_.解析曲線C2到l的距離d等于圓心到直線的距離減去半徑，即d|4|2 2 2，所以曲線C1到l的距離為 2，則曲線C1與直線l不能相交，即x2ax，x2xa0.設C1：yx2a上一點為(x0，y0)，則點(x0

7、，y0)到直線l的距離d|x0y0|2x0 x20a2（x012）2a142a142 2，所以a94.答案948(20 xx浙江，19)已知橢圓x22y21 上兩個不同的點A，B關于直線ymx12對稱(1)求實數(shù)m的取值范圍；(2)求AOB面積的最大值(O為坐標原點)解(1)由題意知m0，可設直線AB的方程為y1mxb.由x22y21，y1mxb，消去y，得121m2x22bmxb210.因為直線y1mxb與橢圓x22y21 有兩個不同的交點，所以2b224m20，將AB中點M2mbm22，m2bm22 代入直線方程ymx12解得bm222m2由得m63或m63.(2)令t1m62，00，62

8、 ，則|AB|t212t42t232t212.且O到直線AB的距離為dt212t21.設AOB的面積為S(t)，所以S(t)12|AB|d122t2122222.當且僅當t212時，等號成立故AOB面積的最大值為22.9(20 xx江蘇，18)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓x2a2y2b21(ab0)的離心率為22， 且右焦點F到左準線l的距離為 3.(1)求橢圓的標準方程；(2)過F的直線與橢圓交于A，B兩點，線段AB的垂直平分線分別交直線l和AB于點P，C，若PC2AB，求直線AB的方程解(1)由題意，得ca22且ca2c3，解得a 2，c1，則b1，所以橢圓的標準方程為x22y

9、21.(2)當ABx軸時，AB 2，又CP3，不合題意當AB與x軸不垂直時，設直線AB的方程為yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，將AB的方程代入橢圓方程，得(12k2)x24k2x2(k21)0，則x1， 22k2 2（1k2）12k2，C的坐標為2k212k2，k12k2， 且AB （x2x1）2（y2y1）2 （1k2） （x2x1）22 2（1k2）12k2.若k0，則線段AB的垂直平分線為y軸，與左準線平行，不合題意從而k0，故直線PC的方程為yk12k21kx2k212k2，則P點的坐標為2，5k22k（12k2） ，從而PC2（3k21） 1k2|k|（12k2）.

10、因為PC2AB，所以2（3k21） 1k2|k|（12k2）4 2（1k2）12k2，解得k1.此時直線AB的方程為yx1 或yx1.10(20 xx天津，19)已知橢圓x2a2y2b21(ab0)的左焦點為F(c，0)，離心率為33，點M在橢圓上且位于第一象限， 直線FM被圓x2y2b24截得的線段的長為c， |FM|4 33.(1)求直線FM的斜率；(2)求橢圓的方程；(3)設動點P在橢圓上，若直線FP的斜率大于 2，求直線OP(O為原點)的斜率的取值范圍解(1)由已知有c2a213，又由a2b2c2，可得a23c2，b22c2.設直線FM的斜率為k(k0)，F(xiàn)(c，0)，則直線FM的方程

11、為yk(xc)由已知，有kck212c22b22，解得k33.(2)由(1)得橢圓方程為x23c2y22c21，直線FM的方程為y33(xc)，兩個方程聯(lián)立，消去y，整理得 3x22cx5c20，解得x53c，或xc.因為點M在第一象限，可得M的坐標為c，2 33c.由|FM|（cc）22 33c024 33.解得c1，所以橢圓的方程為x23y221.(3)設點P的坐標為(x，y)，直線FP的斜率為t，得tyx1，即yt(x1)(x1)，與橢圓方程聯(lián)立yt（x1） ，x23y221，消去y，整理得 2x23t2(x1)26，又由已知，得t62x23（x1）2 2，解得32x1，或1x0.設直線

12、OP的斜率為m，得myx，即ymx(x0)，與橢圓方程聯(lián)立，整理得m22x223.當x32，1時，有yt(x1)0，因此m0，于是m2x223，得m23，2 33.當x(1，0)時，有yt(x1)0.因此m0，于是m2x223，得m，2 33.綜上，直線OP的斜率的取值范圍是，2 3323，2 33.11(20 xx北京，19)已知橢圓C：x22y24.(1)求橢圓C的離心率；(2)設O為原點，若點A在橢圓C上，點B在直線y2 上，且OAOB，試判斷直線AB與圓x2y22 的位置關系，并證明你的結論解(1)由題意，橢圓C的標準方程為x24y221.所以a24，b22，從而c2a2b22.因此a

13、2，c 2.故橢圓C的離心率eca22.(2)直線AB與圓x2y22 相切證明如下：設點A，B的坐標分別為(x0，y0)，(t，2)，其中x00.因為OAOB，所以OAOB0，即tx02y00，解得t2y0 x0.當x0t時，y0t22，代入橢圓C的方程，得t 2，故直線AB的方程為x 2.圓心O到直線AB的距離d 2.此時直線AB與圓x2y22 相切當x0t時，直線AB的方程為y2y02x0t(xt)，即(y02)x(x0t)y2x0ty00.圓心O到直線AB的距離d|2x0ty0|（y02）2（x0t）2.又x202y204，t2y0 x0，故d|2x02y20 x0|x20y204y20

14、 x204|4x20 x0|x408x20162x20 2.此時直線AB與圓x2y22 相切12(20 xx山東，21)已知拋物線C：y22px(p0)的焦點為F，A為C上異于原點的任意一點，過點A的直線l交C于另一點B，交x軸的正半軸于點D，且有|FA|FD|.當點A的橫坐標為 3 時，ADF為正三角形(1)求C的方程；(2)若直線l1l，且l1和C有且只有一個公共點E.()證明直線AE過定點，并求出定點坐標；()ABE的面積是否存在最小值？若存在，請求出最小值；若不存在，請說明理由解(1)由題意知Fp2，0.設D(t，0)(t0)，則FD的中點為p2t4，0.因為|FA|FD|，由拋物線的

15、定義知 3p2|tp2|，解得t3p或t3(舍去)由p2t43，解得p2.所以拋物線C的方程為y24x.(2)()由(1)知F(1，0)，設A(x0，y0)(x0y00)，D(xD，0)(xD0)，因為|FA|FD|，則|xD1|x01，由xD0 得xDx02，故D(x02，0)故直線AB的斜率kABy02.因為直線l1和直線AB平行，設直線l1的方程為yy02xb，代入拋物線方程得y28y0y8by00，由題意64y2032by00，得b2y0.設E(xE，yE)，則yE4y0，xE4y20.當y204 時，kAEyEy0 xEx04y0y04y20y2044y0y204，可得直線AE的方程

16、為yy04y0y204(xx0)，由y204x0，整理可得y4y0y204(x1)，直線AE恒過點F(1，0)當y204 時，直線AE的方程為x1，過點F(1，0)，所以直線AE過定點F(1，0)()由()知直線AE過焦點F(1，0)，所以|AE|AF|FE|(x01)1x01x01x02.設直線AE的方程為xmy1，因為點A(x0，y0)在直線AE上，故mx01y0.設B(x1，y1)直線AB的方程為yy0y02(xx0)，由于y00，可得x2y0y2x0，代入拋物線方程得y28y0y84x00.所以y0y18y0，可求得y1y08y0，x14x0 x04.所以點B到直線AE的距離為d|4x

17、0 x04my08y01|1m24（x01）x04x01x0.則ABE的面積S124x01x0 x01x0216，當且僅當1x0 x0，即x01 時等號成立所以ABE的面積的最小值為 16.13(20 xx新課標全國，20)平面直角坐標系xOy中，過橢圓M：x2a2y2b21(ab0)右焦點的直線xy 30 交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為12.(1)求M的方程；(2)C，D為M上的兩點，若四邊形ACBD的對角線CDAB，求四邊形ACBD面積的最大值解(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則x21a2y21b21，x22a2y22b21，y1y2x1x2

18、1，由此可得b2（x1x2）a2（y1y2）y2y1x2x11.因為P為AB的中點，且OP的斜率為12，所以x1x22x0，y1y22y0，y0 x012.所以y012x0，即y1y212(x1x2)所以可以解得a22b2，又由題意知，M的右焦點為( 3，0)，故a2b23.所以a26，b23.所以M的方程為x26y231.(2)將xy 30 代入x26y231，解得x4 33，y33或x0，y 3.所以可得|AB|4 63；由題意可設直線CD方程為yxm，所以設C(x3，y3)，D(x4，y4)，將yxm代入x26y231 得3x24mx2m260，則|CD| 2 （x3x4）24x3x44

19、39m2，又因為16m212(2m26)0，即3mb0)的一個焦點為( 5，0)，離心率為53.(1)求橢圓C的標準方程；(2)若動點P(x0，y0)為橢圓C外一點，且點P到橢圓C的兩條切線相互垂直，求點P的軌跡方程解(1)由題意知c 5，eca53，a3，b2a2c24，故橢圓C的標準方程為x29y241.(2)設兩切線為l1，l2，當l1x軸或l1x軸時，l2x軸或l2x軸，可知P(3，2)；當l1與x軸不垂直且不平行時，x03，設l1的斜率為k，則k0，則l2的斜率為1k，l1的方程為yy0k(xx0)，與x29y241 聯(lián)立，整理得(9k24)x218(y0kx0)kx9(y0kx0)

20、2360，直線與橢圓相切，0，得 9(y0kx0)2k2(9k24)(y0kx0)240，36k24(y0kx0)240，(x209)k22x0y0ky2040，k是方程(x209)x22x0y0 xy2040 的一個根，同理1k是方程(x209)x22x0y0 xy2040 的另一個根，k1ky204x209，得x20y2013，其中x03，點P的軌跡方程為x2y213(x3)，檢驗P(3，2)滿足上式綜上：點P的軌跡方程為x2y213.3(20 xx湖北，21)在平面直角坐標系xOy中，點M到點F(1，0)的距離比它到y(tǒng)軸的距離多 1.記點M的軌跡為C.(1)求軌跡C的方程；(2)設斜率為

21、k的直線l過定點P(2，1)，求直線l與軌跡C恰好有一個公共點、兩個公共點、三個公共點時k的相應取值范圍解(1)設點M(x，y)，依題意得|MF|x|1，即 （x1）2y2|x|1，化簡整理得y22(|x|x)故點M的軌跡C的方程為y24x，x0，0，x0.(2)在點M的軌跡C中，記C1：y24x，C2：y0(x0)依題意，可設直線l的方程為y1k(x2)由方程組y1k（x2） ，y24x，可得ky24y4(2k1)0.(a)當k0 時，此時y1.把y1 代入軌跡C的方程，得x14.故此時直線l：y1 與軌跡C恰好有一個公共點14，1.(b)當k0 時，方程的判別式為16(2k2k1)設直線l

22、與x軸的交點為(x0，0)，則由y1k(x2)，令y0，得x02k1k.()若0，x00，由解得k12.即當k(，1)12，時，直線l與C1沒有公共點，與C2有一個公共點，故此時直線l與軌跡C恰好有一個公共點()若0，x00，x00，由解得k1，12 ，或k12，0.即當k1，12 時，直線l與C1只有一個公共點，與C2有一個公共點當k12，0時，直線l與C1有兩個公共點，與C2沒有公共點故當k12，01，12 時，直線l與軌跡C恰好有兩個公共點()若0，x00，由解得1k12，或 0k0)點M(x0，y0)在拋物線C2上，過M作C1的切線，切點為A，B(M為原點O時，A，B重合于O)當x01

23、 2時，切線MA的斜率為12.(1)求p的值；(2)當M在C2上運動時，求線段AB中點N的軌跡方程(A，B重合于O時，中點為O)解(1)因為拋物線C1：x24y上任意一點(x，y)的切線斜率為yx2，且切線AM的斜率為12.切點A1，14 ，切線AM：y12(x1)14.因為點M(1 2，y0)在切線MA及拋物線C2上，于是y012(2 2)1432 24，y0（1 2）22p32 22p.由得p2.(2)設N(x，y)，Ax1，x214 ，Bx2，x224 ，x1x2，由N為線段AB中點知xx1x22，yx21x228.切線MA、MB的方程為yx12(xx1)x214，yx22(xx2)x2

24、24.由得MA，MB的交點M(x0，y0)的坐標為x0 x1x22，y0 x1x24.因為點M(x0，y0)在C2上，即x204y0，所以x1x2x21x226，由得x243y，x0.當x1x2時，A，B重合于原點O，AB中點N為O，坐標滿足x243y.因此AB中點N的軌跡方程為x243y.5.(20 xx遼寧，20)如圖橢圓C0：x2a2y2b21(ab0，a，b為常數(shù))，動圓C1：x2y2t21，bt1a.點A1，A2分別為C0的左，右頂點，C1與C0相交于A，B，C，D四點(1)求直線AA1與直線A2B交點M的軌跡方程；(2)設動圓C2：x2y2t22與C0相交于A，B，C，D四點，其中

25、bt2a，t1t2.若矩形ABCD與矩形ABCD的面積相等，證明：t21t22為定值(1)解設A(x1，y1)，B(x1，y1)，又知A1(a，0)，A2(a，0)，則直線A1A的方程為yy1x1a(xa)，直線A2B的方程為yy1x1a(xa)由得，y2y21x21a2(x2a2)由點A(x1，y1)在橢圓C0上，故x21a2y21b21.從而y21b2(1x21a2)，代入得x2a2y2b21(xa，y0)即交點M的軌跡方程是x2a2y2b21(xa，yb0)，雙曲線的方程為x2m2y2n21(m0，n0)，它們的離心率分別為e1，e2，則|PF1|am，|PF2|am，在PF1F2中，4

26、c2(am)2(am)22(am)(am)cos3a23m24c2ac23mc24，則ac23mc2113 acmc21e11e2acmc4 33，當且僅當a3m時，等號成立 ，故選 A.答案A3(20 xx四川，10)已知F為拋物線y2x的焦點，點A，B在該拋物線上且位于x軸的兩側(cè)，OAOB2(其中O為坐標原點)，則ABO與AFO面積之和的最小值是()A2B3C.17 28D. 10解析設點A(x1，y1)，B(x2，y2)(不妨假設y10，y20)和E2：y22p2x(p20)，過原點O的兩條直線l1和l2，l1與E1，E2分別交于A1，A2兩點，l2與E1，E2分別交于B1，B2兩點(1

27、)證明：A1B1A2B2；(2)過O作直線l(異于l1，l2)與E1，E2分別交于C1，C2兩點 記A1B1C1與A2B2C2的面積分別為S1與S2，求S1S2的值(1)證明設直線l1，l2的方程分別為yk1x，yk2x(k1，k20)，則由yk1x，y22p1x，得A12p1k21，2p1k1，由yk1x，y22p2x，得A22p2k21，2p2k1.同理可得B12p1k22，2p1k2，B22p2k22，2p2k2.所以A1B12p1k222p1k21，2p1k22p1k12p11k221k21，1k21k1，A2B22p2k222p2k21，2p2k22p2k12p21k221k21，1

28、k21k1.故A1B1p1p2A2B2，所以A1B1A2B2.(2)解由(1)知A1B1A2B2，同理可得B1C1B2C2，C1A1C2A2.所以A1B1C1A2B2C2.因此S1S2(|A1B1|A2B2|)2.又由(1)中的A1B1p1p2A2B2知|A1B1|A2B2|p1p2.故S1S2p21p22.7(20 xx四川，20)已知橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的焦距為 4，其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構成正三角形(1)求橢圓C的標準方程；(2)設F為橢圓C的左焦點，T為直線x3 上任意一點，過F作TF的垂線交橢圓C于點P，Q.()證明：OT平分線段PQ(其中O為坐標原點)；(

29、)當|TF|PQ|最小時，求點T的坐標解(1)由已知可得a2b22b，2c2a2b24，解得a26，b22，所以橢圓C的標準方程是x26y221.(2)()證明由(1)可得，F(xiàn)的坐標是(2，0)，設T點的坐標為(3，m)，則直線TF的斜率kTFm03（2）m.當m0 時，直線PQ的斜率kPQ1m，直線PQ的方程是xmy2.當m0 時，直線PQ的方程是x2，也符合xmy2 的形式設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得xmy2，x26y221，消去x，得(m23)y24my20，其判別式16m28(m23)0.所以y1y24mm23，y1y22m23，x1x2

30、m(y1y2)412m23.所以PQ的中點M的坐標為6m23，2mm23 ，所以直線OM的斜率kOMm3.又直線OT的斜率kOTm3，所以點M在直線OT上，因此OT平分線段PQ.()由()可得，|TF|m21，|PQ| （x1x2）2（y1y2）2 （m21）（y1y2）24y1y2（m21）4mm23242m2324（m21）m23所以|TF|PQ|124（m23）2m21124m214m214124 （44）33.當且僅當m214m21，即m1 時，等號成立，此時|TF|PQ|取得最小值所以當|TF|PQ|最小時，T點的坐標是(3，1)或(3，1)8(20 xx安徽，18)設橢圓E：x2a

31、2y21a21 的焦點在x軸上(1)若橢圓E的焦距為 1，求橢圓E的方程；(2)設F1，F(xiàn)2分別為橢圓E的左，右焦點，P為橢圓E上第一象限內(nèi)的點，直線F2P交y軸于點Q，并且F1PF1Q.證明：當a變化時，點P在某定直線上解(1)因為焦距為 1，所以 2a2114，解得a258.故橢圓E的方程為8x258y231.(2)設P(x0，y0)，F(xiàn)1(c，0)，F(xiàn)2(c，0)，其中c 2a21.由題設知x0c，則直線F1P的斜率kF1Py0 x0c，直線F2P的斜率kF2Py0 x0c.故直線F2P的方程為yy0 x0c(xc)當x0 時，ycy0cx0，即點Q的坐標為0，cy0cx0.因此，直線F1Q的斜率為kF1Qy0cx0.由于F1PF1Q，所以kF1PkF1Qy0 x0cy0cx01.化簡得y20 x20(2a21)將代入橢圓E的方程，由于點P(x0，y0)在第一象限，解得x0a2，y01a2，即點 P 在定直線 xy1 上.