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文檔簡介

1、課時跟蹤檢測(五十二)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系(選用)(分、卷,共2頁)第卷:夯基保分卷1已知橢圓1上有一點P,F(xiàn)1,F(xiàn)2是橢圓的左、右焦點,若F1PF2 為直角三角形,則這樣的點P有 ()A3個B4個C6個 D8個2. 橢圓1的離心率為e,點(1,e)是圓x2y24x4y40的一條弦的中點,則此弦所在直線的方程是()A3x2y40 B4x6y70C3x2y20 D4x6y103過拋物線y22px(p0)的焦點F,斜率為的直線交拋物線于A,B兩點,若 (1),則的值為()A5 B4C. D.4已知橢圓1(0<b<2),左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,過F1的直線l交橢圓于A,B兩點,若

2、|BF2|AF2|的最大值為5,則b的值是()A1 B.C. D.5(2013·蘭州名校檢測) 已知橢圓C:1(ab0)的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,離心率為e.直線l:yexa與x軸,y軸分別交于點A,B,M是直線l與橢圓C的一個公共點,設(shè)|AM|e|AB|,則該橢圓的離心率e_.6(2014·沈陽模擬)已知點A(,0),點B(,0),且動點P滿足|PA|PB|2,則動點P的軌跡與直線yk(x2)有兩個交點的充要條件為k_.7. 如圖,橢圓長軸的端點為A,B,O為橢圓的中心,F(xiàn)為橢圓的右焦點,且·1,|1.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)記橢圓的上頂點為M,直線l

3、交橢圓于P,Q兩點,問:是否存在直線l,使點F恰為PQM的垂心,若存在,求出直線l的方程;若不存在,請說明理由8(2013·鄭州模擬)已知圓C:(x)2y216,點A(,0),Q是圓上一動點,AQ的垂直平分線交CQ于點M,設(shè)點M的軌跡為E.(1)求軌跡E的方程;(2)過點P(1,0)的直線l交軌跡E于兩個不同的點A,B,AOB(O是坐標(biāo)原點)的面積S,求直線AB的方程第卷:提能增分卷1. 已知中心在坐標(biāo)原點的橢圓E的長軸的一個端點是拋物線y24x的焦點,且橢圓E的離心率是.(1)求橢圓E的方程;(2)過點C(1,0)的動直線與橢圓E相交于A,B兩點若線段AB的中點的橫坐標(biāo)是,求直線A

4、B的方程2已知橢圓C:1(ab0)的離心率為,橢圓C的短軸的一個端點P到焦點的距離為2.(1)求橢圓C的方程;(2)已知直線l:ykx與橢圓C交于A,B兩點,是否存在k使得以線段AB為直徑的圓恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點O?若存在,求出k的值;若不存在,請說明理由3. (2013·廣州二模)已知對稱中心為坐標(biāo)原點的橢圓C1與拋物線C2:x24y有一個相同的焦點F1,直線l:y2xm與拋物線C2只有一個公共點(1)求直線l的方程;(2)若橢圓C1經(jīng)過直線l上的點P,當(dāng)橢圓C1的離心率取得最大值時,求橢圓C1的方程及點P的坐標(biāo)答 案第卷:夯基保分卷1選C當(dāng)PF1F2為直角時,根據(jù)橢圓的對稱性知,這樣

5、的點P有2個,同理當(dāng) PF2F1為直角時,這樣的點P有2個;當(dāng)P點為橢圓的短軸端點時,F(xiàn)1PF2最大,且為直角,此時這樣的點P有2個故符合要求的點P有6個2選B依題意得e,圓心坐標(biāo)為(2,2),圓心(2,2)與點(1,)的連線的斜率為,所求直線的斜率為,所以所求直線方程是y(x1)即4x6y70.3選B根據(jù)題意設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由 得, 故y1y2,即.設(shè)直線AB的方程為y,聯(lián)立直線與拋物線方程,消元得y2pyp20.故y1y2p,y1·y2p2,2,即2.又1,故4.4選D由橢圓的方程,可知長半軸長為a2;由橢圓的定義,可知|AF2|BF2|AB|4a8,所以|

6、AB|8(|AF2|BF2|)3.由橢圓的性質(zhì),可知過橢圓焦點的弦中,通徑最短,即3,可求得b23,即b.5解析:因為點A,B分別是直線l:yexa與x軸、y軸的交點,所以點A,B的坐標(biāo)分別是,(0,a)設(shè)點M的坐標(biāo)是(x0,y0),由|AM|e|AB|, 得(*)因為點M在橢圓上,所以1,將(*)式代入,得1,整理得,e2e10, 解得e.答案:6解析:由已知得動點P的軌跡為一雙曲線的右支且2a2,c,則b1,P點的軌跡方程為x2y21(x0),其一條漸近線方程為yx.若P點的軌跡與直線yk(x2)有兩個交點,則需k(,1)(1,)答案:(,1)(1,)7解:(1)設(shè)橢圓方程為1(ab0),

7、則c1,又·(ac)·(ac)a2c21.a22,b21,故橢圓的方程為y21.(2)假設(shè)存在直線l交橢圓于P,Q兩點,且F恰為PQM的垂心,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),M(0,1),F(xiàn)(1,0),直線l的斜率k1.于是設(shè)直線l為yxm,由得3x24mx2m220,x1x2m,x1x2.·x1(x21)y2(y11)0.又yixim(i1,2),x1(x21)(x2m)(x1m1)0,即2x1x2(x1x2)(m1)m2m0.將代入得2·(m1)m2m0,解得m或m1,經(jīng)檢驗m符合條件故存在直線l,使點F恰為PQM的垂心,直線l的方程為yx.8

8、解:(1)由題意|MC|MA|MC|MQ|CQ|4>2,所以軌跡E是以A,C為焦點,長軸長為4的橢圓,即軌跡E的方程為y21.(2)記A(x1,y1),B(x2,y2),由題意,直線AB的斜率不可能為0,而直線x1也不滿足條件,故可設(shè)AB的方程為xmy1.由消去x得(4m2)y22my30,所以S|OP|y1y2|.由S,解得m21,即m±1.故直線AB的方程為x±y1,即xy10或xy10為所求第卷:提能增分卷1解:(1)由題知橢圓E的焦點在x軸上,且a,又cea×,故b ,故橢圓E的方程為1,即x23y25.(2)依題意,直線AB的斜率存在,設(shè)直線AB的

9、方程為yk(x1),將其代入x23y25,消去y,整理得(3k21)x26k2x3k250.設(shè)A,B兩點坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2)則由線段AB中點的橫坐標(biāo)是,得,解得k±,符合(*)式所以直線AB的方程為xy10或xy10.2解:(1)設(shè)橢圓的焦半距為c,則由題設(shè)得解得故所求C的方程為x21.(2)存在k使得以線段AB為直徑的圓恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點O.理由如下:設(shè)點A(x1,y1),B(x2,y2),將直線l的方程ykx代入x21并整理得(k24)x22kx10.(*)則x1x2,x1x2.因為以線段AB為直徑的圓恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點O,所以·0,即x1x2y1y20.又y1y2k2x1x2k(x1x2)3,即y1y23,于是有0,解得k±.經(jīng)檢驗知:此時(*)的判別式0,適合題意即(*)的判別式0恒成立所以當(dāng)k±時,以線段AB為直徑的圓恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點O.3解:(1)由消去y,得x28x4m0, 直線l與拋物線C2只有一個公共點,824×4m0,解得m4.直線l的方程為y2x4.(2)拋物線C2的焦點為F1(0,1),依題意知橢圓C1的兩個焦點的坐標(biāo)為F1(0,1),F(xiàn)2(0,1)設(shè)橢圓C1的方程為1(a1),

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