《學年高中數(shù)學第章圓錐曲線與方程.直線與圓錐曲線應用案鞏固提升新人教B版選修-.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《學年高中數(shù)學第章圓錐曲線與方程.直線與圓錐曲線應用案鞏固提升新人教B版選修-.doc（6頁珍藏版）》請在匯文網(wǎng)上搜索。

1、2.5 2.5 直線與圓錐曲線直線與圓錐曲線 A 根底達標 1直線ykxk1 與橢圓x29y241 的位置關(guān)系為( ) A相交 B相切 C相離 D不確定 解析：選 A因為ykxk1，所以y1k(x1)，過定點(1，1)，定點在橢圓x29y241 內(nèi)部，應選 A 2橢圓x24y231 的右焦點到直線y 3x的距離是( ) A12 B32 C1 D 3 解析：選 B橢圓的右焦點為F(1，0)， 所以d33132. 3拋物線y212x截直線y2x1 所得弦長等于( ) A 15 B2 15 C152 D15 解析：選 A令直線與拋物線交于點A(x1，y1)，B(x2，y2) 由y2x1y212x得

2、4x28x10， 所以x1x22，x1x214， 所以|AB| (122)(x1x2)2 5(x1x2)24x1x2 15. 4橢圓ax2by21 與直線y1x交于A，B兩點，過原點與線段AB中點的直線的斜率為32，那么ab的值為( ) A32 B2 33 C9 32 D2 327 解析：選 A設A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中點坐標為(x0，y0)，那么ax21by211，ax22by221，兩式相減得a(x21x22)b(y21y22)，即ab(y1y2)(y1y2)(x1x2)(x1x2)y0 x032. 5橢圓mx2ny21 與直線xy10 相交于A，B兩點，過AB的中點M與

3、坐標原點的直線的斜率為22，那么mn的值為( ) A22 B2 33 C1 D2 解析：選 A設A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么mx21ny211，mx22ny221，兩式相減得mx21mx22ny21ny220， 即m(x1x2)(x1x2)n(y1y2)(y1y2)， 所以x1x2y1y2nmy1y2x1x21， 又y1y2x1x222， 由得mn22. 6以F1(2，0)，F(xiàn)2(2，0)為焦點的橢圓與直線x 3y40 有且僅有一個公共點，那么橢圓的長軸長為_ 解析：由題意可設橢圓方程x2a2y2a241，聯(lián)立直線與橢圓方程，由0 得a 7.故橢圓的長軸長為 2a2 7. 答案：2

4、 7 7雙曲線x2a2y2b21(a0，b0)，那么過它的焦點且垂直于x軸的弦長為_ 解析：設一個焦點為F(c，0)，其中c2a2b2，過F且垂直于x軸的弦為AB， 那么A(c，y0)， 因為A(c，y0)在雙曲線上， 所以c2a2y20b21. 所以y0bc2a21b2a. 所以|AB|2|y0|2b2a. 答案：2b2a 8拋物線C：y22px(p0)的準線為l，過M(1，0)且斜率為 3的直線與l相交于點A，與C的一個交點為B，假設AMMB，那么p_ 解析：過B作BE垂直于準線l于E， 因為AMMB， 所以M為AB的中點， 所以|BM|12|AB|，又斜率為 3，BAE30， 所以|BE

5、|12|AB|， 所以|BM|BE|， 所以M為拋物線的焦點， 所以p2. 答案：2 9雙曲線C：x2a2y2b21(a0，b0)的一個焦點為F( 3，0)，實軸長為 2，經(jīng)過點M(2，1)作直線l交雙曲線C于A，B兩點，且M為AB的中點 (1)求雙曲線C的方程； (2)求直線l的方程 解：(1)由，得 2a2，c 3， 所以a1，b2c2a22， 所以雙曲線C的方程為x2y221. (2)設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意可知直線l的斜率存在，那么可設直線l的方程為y1k(x2)，即ykx12k.把ykx12k代入雙曲線C的方程x2y221，得(2k2)x22k(12k)x(12

6、k)220， 由題意可知 2k20， 所以xMx1x22k(12k)2k22， 解得k4. 當k4 時，方程可化為 14x256x510. 此時56256512800，方程有兩個不等的實數(shù)解所以直線l的方程為y4x7. 10設F1、F2分別為橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點，過F2的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，直線l的傾斜角為 60，F(xiàn)1到直線l的距離為 2 3. (1)求橢圓C的焦距； (2)如果AF22F2B，求橢圓C的方程 解：(1)設焦距為 2c，由可得F1到直線l的距離 3c2 3，故c2. 所以橢圓C的焦距為 4. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由

7、題意知y10. 直線l的方程為y 3(x2) 聯(lián)立y 3(x2)，x2a2y2b21， 得(3a2b2)y24 3b2y3b40. 解得y1 3b2(22a)3a2b2，y2 3b2(22a)3a2b2. 因為AF22F2B，所以y12y2. 即3b2(22a)3a2b22 3b2(22a)3a2b2. 得a3.而a2b24， 所以b 5. 故橢圓C的方程為x29y251. B 能力提升 11橢圓C的標準方程為x24y231，試確定m的取值范圍，使得對于直線l：y4xm，橢圓C上有不同的兩點關(guān)于直線l對稱 解：設P(x1，y1)，Q(x2，y2)是橢圓C上關(guān)于直線l：y4xm對稱的兩個點，M(

8、x，y)是它們的中點，那么有3x214y2112，3x224y2212. 所以 3(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0. 因為x1x22x，y1y22y，x1x2， 所以3x4yy1y2x1x2kPQ14，所以y3x. 由y3x，y4xm， 得M(m，3m) 因為點M在橢圓C的內(nèi)部， 所以(m)24(3m)231，所以2 1313m2 1313. 所以當2 1313mb0)交于P、Q兩點，直線l與y軸交于點R，且OPOQ3，PR3RQ，求直線l和橢圓C的方程 解：因為橢圓離心率為22， 所以ca22，a22b22c2， 所以橢圓方程為x22b2y2b21. 設l的方程為yxm，

9、P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由x22b2y2b21，yxm， 消去y得 3x24mx2m22b20. 16m243(2m22b2)8(m23b2)0， 所以 3b2m2.(*) x1x243m， x1x223(m2b2)， OPOQ3， 所以x1x2y1y23. 而y1y2(x1m)(x2m)x1x2m(x1x2)m2， 所以 2x1x2m(x1x2)m23， 43(m2b2)43m2m23， 所以 3m24b29， 又R(0，m)，PR3RQ， 即(x1，my1)3(x2，y2m)， 從而x13x2， 由得 3m2b2， 由解得b23，m1，適合(*)， 所以所求直線l的方程為yx

10、1 或yx1；橢圓C的方程為x26y231. 13(選做題)拋物線C的頂點在原點，焦點在坐標軸上，點A(1，2)為拋物線C上一點 (1)求C的方程； (2)假設點B(1，2)在C上，過B作C的兩弦BP與BQ，假設kBPkBQ2，求證：直線PQ過定點 解：(1)當焦點在x軸時，設C的方程為y22px，代入點A(1，2)得 2p4，即y24x. 當焦點在y軸時，設C的方程為x22py，代入點A(1，2)得 2p12，即x212y. 綜上可知，C的方程為y24x或x212y. (2)證明：因為點B(1，2)在C上， 所以曲線C的方程為y24x. 設點P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 直線PQ：xmyb， 顯然m存在，聯(lián)立方程y24x，xmyb， 得y24my4b0， 所以y1y24m，y1y24b. 因為kBPkBQ2， 所以y12x11y22x212， 所以4y124y222， 即y1y22(y1y2)120， 所以4b8m120， 即b32m. 直線PQ：xmybmy32m， 即x3m(y2)， 所以直線PQ過定點(3，2)