《创新设计》2016高考理科数学山东专用二轮专题复习练习：专题五第2讲直线与圆锥曲线的位置关系 WORD版含答案.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家第2讲直线与圆锥曲线的位置关系一、选择题1(2015晋城模拟)若抛物线y22x上有两点A，B，且AB垂直于x轴，若|AB|2，则抛物线的焦点到直线AB的距离为()A. B. C. D.解析由题意知抛物线的焦点为F，AB垂直于x轴，设与抛物线的一个交点A(x0，)，代入抛物线方程可解得x01，即AB直线方程为x1，所以焦点F到直线AB的距离为.答案A2已知A，B，P是双曲线1上不同的三点，且A，B连线经过坐标原点，若直线PA，PB的斜率乘积kPAkPB，则该双曲线的离心率为()A. B.C. D.解析设A(x1，y1)，P(x2，y2)，根据对称性，B(x1，y1

2、)，因为A，P在双曲线上，所以两式相减，得kPAkPB，所以e2，故e.答案D3(2015四川卷)过双曲线x21的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB|()A. B2C6 D4解析焦点F(2，0)，过F与x轴垂直的直线为x2，渐近线方程为x20，将x2代入渐近线方程得y212，y2，|AB|2(2)4.选D.答案D4(2015菏泽一模)已知抛物线y24px(p0)与双曲线1(a0，b0)有相同的焦点F，点A是两曲线的交点，且AFx轴，则双曲线的离心率为()A. B.1 C.1 D.解析依题意，得F(p，0)，因为AFx轴，设A(p，y)，y0，y24p2，所以

3、y2p.所以A(p，2p)又点A在双曲线上，所以1.又因为cp，所以1，化简，得c46a2c2a40，即610.所以e232，e1.答案B二、填空题5已知直线l过椭圆8x29y272的一个焦点，斜率为2，l与椭圆相交于M、N两点，则弦|MN|的长为_解析由得11x218x90.由根与系数的关系，得xMxN，xMxN.由弦长公式|MN|xMxN|.答案6(2015南阳模拟)直线ykx2与抛物线y28x交于A、B两点，且AB中点的横坐标为2，则k的值是_解析设A(x1，y1)、B(x2，y2)，由消去y得k2x24(k2)x40，由题意得即k2.答案27过点M(1，1)作斜率为的直线与椭圆C：1(

4、ab0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于_解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则0，.，x1x22，y1y22，a22b2.又b2a2c2，a22(a2c2)，a22c2，.答案8(2015烟台模拟)已知点A(2，0)，B(2，0)，过点A作直线l与以A，B为焦点的椭圆交于M，N两点，线段MN的中点到y轴的距离为，且直线l与圆x2y21相切，则该椭圆的标准方程是_解析根据题意，知直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x2)，由题意设椭圆方程为1(a24)，由直线l与圆x2y21相切，得1，解得k2.将代入，得(a23)x2a2xa44a20，设点M的坐标为(

5、x1，y1)，点N的坐标为(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1x2，又线段MN的中点到y轴的距离为，所以|x1x2|，即，解得a28.所以该椭圆的标准方程为1.答案1三、解答题9(2015陕西卷)已知椭圆E：1(ab0)的半焦距为c，原点O到经过两点(c，0)，(0，b)的直线的距离为c.(1)求椭圆E的离心率；(2)如图，AB是圆M：(x2)2(y1)2的一条直径，若椭圆E经过A，B两点，求椭圆E的方程解(1)过点(c，0)，(0，b)的直线方程为bxcybc0，则原点O到该直线的距离d，由dc，得a2b2，解得离心率.(2)法一由(1)知，椭圆E的方程为x24y24b2.依题意，圆心M

6、(2，1)是线段AB的中点，且|AB|，易知，AB与x轴不垂直，设其方程为yk(x2)1，代入得(14k2)x28k(2k1)x4(2k1)24b20，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，由x1x24，得4，解得k，从而x1x282b2，于是|AB|x1x2|，由|AB|，得，解得b23，故椭圆E的方程为1.法二由(1)知，椭圆E的方程为x24y24b2，依题意，点A，B关于圆心M(2，1)对称，且|AB|，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x4y4b2，x4y4b2，两式相减并结合x1x24，y1y22，得4(x1x2)8(y1y2)0，易知AB与x轴不垂直，则

7、x1x2，所以AB的斜率kAB，因此直线AB的方程为y(x2)1，代入得x24x82b20，所以x1x24，x1x282b2，于是|AB|x1x2|.由|AB|，得，解得b23，故椭圆E的方程为1.10(2015北京卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点P(0，1)和点A(m，n)(m0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得OQMONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由解(1)由题意得解得a22，故椭圆C的方程为y21.设M(xM，0)因

8、为m0，所以1n1.直线PA的方程为y1x.所以xM，即M.(2)因为点B与点A关于x轴对称，所以B(m，n)设N(xN，0)，则xN.“存在点Q(0，yQ)使得OQMONQ”，等价于“存在点Q(0，yQ)使得”，即yQ满足y|xM|xN|.因为xM，xN，n21.所以y|xM|xN|2.所以yQ或yQ.故在y轴上存在点Q，使得OQMONQ，点Q的坐标为(0，)或(0，)11(2015福建卷)已知椭圆E：1(ab0)过点(0，)，且离心率e.(1)求椭圆E的方程；(2)设直线l：xmy1(mR)交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由解法一(1)由已知得，解得所以椭圆E的方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为H(x0，y0)得(m22)y22my30.所以y1y2，y1y2，从而y0.所以|GH|2yy(m21)ymy0.(1m2)(yy1y2)，故|GH|2my0(1m2)y1y20，所以|GH|.故点G在以AB为直径的圆外法二(1)同法一(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，.由得(m22)y22my30，所以y1y2，y1y2，从而y1y2y1y2(m21)y1y2m(y1y2)0，所以cos，0.又，不共线，所以AGB为锐角故点G在以AB为直径的圆外- 9 - 版权所有高考资源网