数学选择性必修 第一册2.8 直线与圆锥曲线的位置关系巩固练习

【名师】2.8 直线与圆锥曲线的位置关系练习

一．填空题

1．若直线：与曲线恰好有一个公共点，试求实数的取值集合.

2．已知为抛物线上的两个动点，且，抛物线的焦点为，则面积的最小值为_________.

3．已知椭圆的顶点是，，若过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点（异于点），直线与交于点，则__________.

4．已知中心在原点，焦点坐标为的椭圆截直线所得的弦的中点的横坐标为，则该椭圆的方程为__________．

5．直线被曲线截得的线段长为________.

6．直线与曲线的公共点的个数为_________；

7．若椭圆的弦被点平分，则此弦所在直线的斜率为       

8．设坐标原点为O，过抛物线焦点的直线交于A．B两点，则等于______

9．已知抛物线：的焦点是，过点的直线与抛物线交于两点，分别过两点作直线：的垂线，垂足分别为.若，则直线的斜率_______.

10．椭圆上的一点P与上顶点B的距离的最大值是_____.

11．已知平行于轴的直线交抛物线于两点，且，则的方程为_____________.

12．平面直角坐标系xOy中，已知点P的坐标为(2，0)，点Q(xQ，yQ)在抛物线上，满足|PQ|=xQ+1，则的面积是____________．

13．设圆圆心为坐标原点，半径为，圆在第一象限的圆弧上存在一点，作圆的切线与椭圆交于．两点，若，则椭圆的离心率为________

14．已知在平面直角坐标系中，椭圆：的左．右顶点分别为，.直线l：（）交椭圆于P，Q两点，直线和直线相交于椭圆外一点R，则点R的轨迹方程为______.

15．直线与椭圆有公共点，则的取值范围是_______．

参考答案与试题解析

1．【答案】

【解析】对参数进行分类讨论，联立方程组，根据方程组根的个数确定交点个数.

【详解】

当时直线：与曲线恰有一个公共点

当时，则

若，则，此时与有一个公共点

若，则得

此时直线与曲线相切只有一个公共点

综上：的取值集合为

故答案为：.

【点睛】

本题考查直线与曲线交点个数的问题，用方程思想进行考虑，是处理问题的关键.

2．【答案】12

【解析】由于，设，由，得到t,m 关系，利用均值不等式求得最大值，继而得解.

详解：设，且

或（舍去）

由于异号，不妨设

则

当且仅当：，即时等号成立.

因此面积的最小值为16，此时

因此直线OA倾斜角为，斜率为1.

故点A就是直线y=x与抛物线的除原点外的另一个交点：

故A（4，4），B（4，-4）

因此

故答案为：12

【点睛】

本题考查了抛物线的性质，直线和抛物线的位置关系，考查了学生综合分析，转化划归，求解运算的能力，属于较难题.

3．【答案】1

【解析】分析：先由题求出椭圆方程，设出直线方程，联立直线与椭圆，得出韦达定理，表示出坐标之间的关系，再代入计算.

详解：由题可知椭圆焦点在y轴上，且，，

椭圆方程为，

可知当直线l斜率不存在时，不符合题意，

设直线l的方程为，由于异于点，，则可得，

设，

联立直线与椭圆，可得，

，，

直线AC的方程为，直线BD的方程为，

联立直线AC和BD方程可得，

，与异号，

，

 又，

所以与异号，则与同号，

所以，解得，故，

则.

故答案为：1.

【点睛】

方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：

（1）得出直线方程，设交点为，；

（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；

（3）写出韦达定理；

（4）将所求问题或题中关系转化为形式；

（5）代入韦达定理求解.

4．【答案】

【解析】由椭圆与直线相交，设交点为，，由A．B分别在椭圆和直线上且中点横坐标为，结合椭圆焦点为，得到，即可求得椭圆方程

详解：设椭圆方程为，则①

设直线与椭圆相交的弦的端点为，

则

而弦的中点的横坐标为，则纵坐标为，即

，即②

联立①②得：．

故该椭圆的方程为

故答案为：

【点睛】

本题考查了利用椭圆与直线相交弦中点求椭圆方程，设交点坐标，结合弦中点横坐标及椭圆曲线中的参数关系，列方程求椭圆方程

5．【答案】

【解析】分析：联立直线和曲线方程，求出交点坐标，即可得出结果.

详解：设交点为，联立方程可得，

解得，所以

故答案为：

6．【答案】个

【解析】将直线方程与曲线方程联立得， ，根据方程根的个数来判断.

详解：将直线方程与曲线方程联立得，

，

解得 或，

所以或 或或，

故直线与曲线的公共点有4个.

故答案为：4

【点睛】

本题主要考查了直线与曲线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

7．【答案】

【解析】设弦两端点为，.因为是A,B的中点，所以，将A,B两点代入椭圆方程得，，两式相减得，

整理得，即．

考点：中点弦问题

8．【答案】

【解析】当斜率存在时，设出直线方程和两个交点，联立直线方程与抛物线方程，由韦达定理表示出，进而求得.根据平面向量数量积的坐标表示，求得即可；当斜率不存在时，易得两个交点坐标，可得的值.

详解：抛物线，则焦点坐标为.

当斜率存在时，设直线方程为，交点.

则，化简可得.

则

所以

，

当斜率不存在时，易得两个交点坐标为，

则也成立

所以.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了直线与抛物线的位置关系及综合应用，平面向量数量积的坐标表示及运算，属于中档题.

9．【答案】

【解析】设直线的方程为，，，根据相似得到，解得，，得到答案.

详解：设直线的方程为，，.

因为，所以.

作垂直轴，垂足为.作垂直轴，垂足为.

则.从而，即，解得.

因为在抛物线上，所以，则.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了根据直线和抛物线的位置关系求斜率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

10．【答案】

【解析】分析：设点的坐标为，则，从而可求出其最大值

详解：解：椭圆的上顶点为，设点的坐标为，则，

，

因为，所以当时，取得最大值，

故答案为：

11．【答案】

【解析】先画出图像，由可求出点横坐标，代入抛物线方程可求得，即可求解直线的方程

详解：如图，，将代入得，则直线的方程为

故答案为：

【点睛】

本题考查由直线与抛物线的位置关系求抛物线上的点，属于基础题

12．【答案】

【解析】分析：由抛物线的定义可得，而，则可得点在的垂直平分线上，从而可求出的垂直平分线是，再与抛物线方程联立方程组，可求出的坐标，进而可求出的面积

详解：解：抛物线的焦点，准线方程为，则，

因为，

所以点在的垂直平分线上，而，，

所以的垂直平分线是，

由，解得，即，

所以，

故答案为：

13．【答案】

【解析】由题意，设切线方程为，易知，然后再将切线方程与椭圆方程联立，可得韦达定理，再根据，可得，代入韦达定理，并将用代入，化简齐次式，即可求出结果.

详解：设，

由题意可知切线斜率存在，设切线方程为，则，所以，

联立方程，化简可得，

设，，则；

所以；

又因为，所以，

所以，

所以

；

所以，即

所以，即，

所以，

所以.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了椭圆离心率的求法，同时考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题.

14．【答案】

【解析】由已知，可得直线l恒过，由题意知，直线斜率不为0，设的方程为，，，联立椭圆方程，解得，再由由三点共线可得，由三点共线可得，两式相除可得，再将代入化简即可.

详解：因为，

所以，

由得，故直线l恒过，

由题意知，直线斜率不为0，

设的方程为，，，

联立椭圆方程，得，

则，，，

由三点共线可得，

由三点共线可得，

两式相除可得

，解得，

所以点在定直线上，故点R的轨迹方程为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查直线与椭圆位置关系中的定值问题，考查学生的逻辑推理与数学运算能力，是一道难度较大的题.

15．【答案】

【解析】将直线方程与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，方程有两个解，，解不等式，即可求解。

详解：联立整理得.

因为直线与椭圆有公共点，所以，

解得或.

故答案为:.

【点睛】

本题考查直线与椭圆的位置关系，转化为方程解的个数，属于基础题.