【备战】高考数学 高频考点归类分析 直线与圆锥曲线的关系问题（真题为例）.doc

直线与圆锥曲线的关系问题典型例题： 例1. （2012年辽宁省文5分）已知p，q为抛物线上两点，点p，q的横坐标分别为4，2，过p、q分别作抛物线的切线，两切线交于a，则点a的纵坐标为【 】(a) 1 (b) 3 (c) 4 (d) 8【答案】c。【考点】利用导数求切线方程的方法，直线的方程、两条直线的交点的求法。【解析】点p，q的横坐标分别为4，2，代人抛物线方程得p，q的纵坐标分别为8，2。由得，。过点p，q的抛物线的切线的斜率分别为4，2。过点p，q的抛物线的切线方程分别为。联立方程组解得。点a的纵坐标为4。故选c。例2. （2012年湖北省理5分）如图，双曲线的两顶点为，虚轴两端点为，两焦点为。若以为直径的圆内切于菱形，切点分别为a，b，c，d。则（）双曲线的离心率e= ；（）菱形的面积与矩形的面积的比值 。【答案】（）；（）。【考点】双曲线的离心率及实轴虚轴的相关定义，一般平面几何图形的面积计算。【解析】（）由已知，解得。（）由已知得，又直线的方程为，而直线的方程为，联立解得，。例3. （2012年全国大纲卷理12分）已知抛物线与圆 有一个公共点，且在处两曲线的切线为同一直线。（1）求；（2）设、是异于且与及都相切的两条直线，、的交点为，求到的距离。【答案】解：（1）设，对求导得。直线的斜率，当时，不合题意，。圆心为，的斜率，由知，即，解得。（2）设为上一点，则在该点处的切线方程为即。若该直线与圆相切，则圆心到该切线的距离为，即，化简可得，解得。抛物线在点处的切线分别为，其方程分别为 。得，将代入得，故。到直线的距离为。【考点】抛物线与圆的方程，以及两个曲线的公共点处的切线的运用，点到直线的距离。【解析】（1）两个二次曲线的交点问题，并且要研究两曲线在公共点出的切线，把解析几何和导数的工具性结合起来。首先设出切点坐标，求出抛物线方程的导数，得到在切点处的斜率。求出圆心坐标，根据两直线垂直斜率的积为1列出方程而求出切点坐标。最后根据点到直线的距离公式求出圆心到切线的距离即圆的半径。（2）求出三条切线方程，可由（1）求出。、的切线方程含有待定系数，求出它即可求得交点坐标，从而根据点到直线的距离公式求出到的距离。例4. （2012年全国课标卷理12分）设抛物线的焦点为，准线为，已知以为圆心，为半径的圆交于两点；（1）若，的面积为；求的值及圆的方程；（2）若三点在同一直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，求坐标原点到距离的比值。【答案】解：（1）由对称性知：是等腰直角三角形，斜边。 点到准线的距离。 ，。 。 ，。 圆的方程为。 （2）由对称性设，则 三点在同一直线上，点关于点对称，得：。，即 ，直线，整理得。 直线的斜率为。 又直线与平行，直线的斜率为。 由得，。 直线与只有一个公共点，令，得。切点。直线，整理得坐标原点到距离的比值为。【考点】抛物线和圆的性质，两直线平行的性质，点到直线的距离，导数和切线方程。【解析】（1）由已知，的面积为，根据抛物线和圆的性质可求得以及，从而得到圆的方程。 （2）设，根据对称性得，由在准线上得到，从而求得的坐标（用表示），从而得到直线的方程和斜率。由直线与平行和直线与只有一个公共点，应用导数可求出直线的方程。因此求出坐标原点到距离的比值。例5. （2012年上海市文16分）在平面直角坐标系中，已知双曲线（1）设是的左焦点，是右支上一点，若，求点的坐标；（5分）（2）过的左焦点作的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积；（5分）（3）设斜率为（）的直线交于、两点，若与圆相切，求证：（6分）【答案】解：（1）由双曲线得左焦点。 设，则， 由是右支上一点，知，所以，解得。 当时，。 。 （2）左顶点，渐近线方程：。 过与渐近线平行的直线方程为：，即. 解方程组，得。 所求平行四边形的面积为。 （3）设直线的方程是。因直线与已知圆相切，故，即 (*)。由，得。 设，则， 。 由(*)知，。 【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，直线与圆的位置关系，双曲线的性质。【解析】（1）求出双曲线的左焦点的坐标，设，利用求出，推出的坐标。（2）求出双曲线的渐近线方程，求出直线与另一条渐进线的交点，然后求出平行四边形的面积。（3）直线的方程是，通过直线与已知圆相切，得到1，通过求解 证明。例6. （2012年北京市理14分）已知曲线c：（1）若曲线c是焦点在x轴点上的椭圆，求m的取值范围；（2）设m=4，曲线c与y轴的交点为a，b（点a位于点b的上方），直线与曲线c交于不同的两点m、n，直线y=1与直线bm交于点g。求证：a，g，n三点共线。【答案】（1）原曲线方程可化为：。 曲线c是焦点在x轴点上的椭圆， ，是。 若曲线c是焦点在x轴点上的椭圆，则m的取值范围为。（2）证明：m=4，曲线c的方程为。 将已知直线代入椭圆方程化简得：。由得，。由韦达定理得：。设。则mb的方程为，。 an的方程为。欲证a，g，n三点共线，只需证点g在直线an上。将代入，得，即，即，即，等式恒成立。由于以上各步是可逆的，从而点在直线an上。a，g，n三点共线。【考点】椭圆的性质，韦达定理的应用，求直线方程，三点共线的证明。【解析】（1）根据椭圆长轴大于短轴和长、短轴大于0得不等式组求解即得m的取值范围。 （2）欲证a，g，n三点共线，只需证点g在直线an上。故需求出含待定系数的直线mb和an的方程，点g的坐标，结合韦达定理的应用用逆推证明。也可通过证明直线mb和an在时横坐标相等来证a，g，n三点共线或直线an和ag斜率相等。还可用向量求解。例7. （2012年北京市文14分）已知椭圆c：（ab0）的一个顶点为a （2，0），离心率为， 直线y=k(x1)与椭圆c交于不同的两点m，n（1）求椭圆c的方程（2）当amn的面积为时，求k的值 【答案】解：（1）椭圆c的一个顶点为a （2，0），离心率为， 。，。 椭圆c的方程为。 （2）将y=k(x1)代入，并整理得，。 设， 。 在y=k(x1)中令y=0，得x=1。 。 平方，并整理得，解得。【考点】椭圆的性质，韦达定理的应用。【解析】（1）由已知a （2，0），离心率为，根据公式 和求出，即可求得椭圆c的方程。 （2）将y=k(x1)代入，应用韦达定理求得。根据三角形面积公式和已知的amn的面积为，列式求解。例8. （2012年四川省理12分）如图，动点到两定点、构成，且，设动点的轨迹为。（）求轨迹的方程；（）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点，且，求的取值范围。【答案】解：（）设m的坐标为（x，y），显然有x0且。当mba=90时，点m的坐标为（2，, 3）。当mba90时，x2。由得 tanmba=，即化简得：。而点（2，,3）在上。时，。综上可知，轨迹c的方程为（）。(ii)由方程消去y，可得。（*）由题意，方程（*）有两根且均在（1，+）内，设，解得，m1且m2。设q、r的坐标分别为，由有。由m1且m2得 且。 的取值范围是。 【考点】直线、双曲线、轨迹方程的求法，倍角公式的应用。【解析】（）设m的坐标为（x，y），当mba=90时，可直接得到点m的坐标为（2，, 3）；当mba90时，由应用倍角公式即可得到轨迹的方程。（）直线与联立，消元可得，利用有两根且均在（1，+）内可知，m1，m2。设q，r的坐标，求出xr，xq，利用 ，即可确定 的取值范围。例9. （2012年天津市理14分）设椭圆的左、右顶点分别为，点在椭圆上且异于，两点，为坐标原点. （）若直线与的斜率之积为，求椭圆的离心率；（）若，证明直线的斜率满足.【答案】解：（）设，；椭圆的左、右顶点分别为，,。直线与的斜率之积为，。代入并整理得。0，。椭圆的离心率为。（）证明：依题意，直线的方程为，设，。|，。代入得，3。直线的斜率满足。【考点】圆锥曲线的综合，椭圆的简单性质。【分析】（）设，则，利用直线与的斜率之积为，即可求得椭圆的离心率。（）依题意，直线的方程为，设，则，代入可得，利用，可求得 ，从而可求直线的斜率的范围。例10. （2012年天津市文14分）已知椭圆，点p在椭圆上。（i）求椭圆的离心率。（ii）设a为椭圆的右顶点，o为坐标原点，若q在椭圆上且满足|aq|=|ao|求直线的斜率的值。【答案】解：（i）点p在椭圆上，。（ii）设直线oq的斜率为，则其方程为。设点q的坐标为，由条件得，消元并整理可得 。|aq|=|ao|，a（，0），。 。0，。代入，整理得。， ，整理得，解得。直线的斜率的值为。【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的简单性质。【分析】（i）根据点p在椭圆上，可得，由此可求椭圆的离心率。（ii）设直线oq的斜率为，则其方程为，设点q的坐标为，与椭圆方程联立，求得，根据|aq|=|ao|，a（，0），可求，两式联立由此可求直线oq的斜率的值。例11. （2012年安徽省理13分） 如图，分别是椭圆 的左，右焦点，过点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，过点作直线的垂线交直线于点；（i）若点的坐标为；求椭圆的方程；（ii）证明：直线与椭圆只有一个交点。【答案】解：（i）由，得点，代入得：。 ， ，。 又 ， ，由解得：。椭圆的方程为。（ii）设，则，解得。 。 又，且点在椭圆的上半部分，。 过点与椭圆相切的直线斜率， 过点与椭圆相切的直线与直线重合。 直线与椭圆只有一个交点。【考点】椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系。【解析】（i）根据椭圆的性质，点在上和得到三个关于的方程，求解即得。 （ii）求出直线的斜率和过点与椭圆相切的直线斜率，证明二者相等即可。例12. （2012年浙江省理15分）如图，椭圆：的离心率为，其左焦点到点的距离为，不过原点的直线与相交于，两点，且线段被直线平分（）求椭圆的方程；（）求面积取最大值时直线的方程【答案】解：()由左焦点(c，0)到点p(2，1)的距离为得：，即。由椭圆：的离心率为得：。所求椭圆c的方程为：。 ()易得直线op的方程：yx。设a(xa，ya)，b(xb，yb)，的中点r(x0，y0)，其中y0x0。a，b在椭圆上，。设直线ab的方程为l：y(m0)，代入椭圆：。显然，m且m0，即m0或0m。又有：m，|ab|。点p(2，1)到直线l的距离为：，sabpd|ab|m2|。设，且当时，；当时，当时，sabp最大。（不在m0或0m内）。 此时直线l的方程y，即。【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的标准方程和性质，导数的应用。【解析】（）由题意，根据离心率为 ，其左焦点到点p（2，1）的距离为 ，建立方程，即可求得椭圆c的方程。（）设a(xa，ya)，b(xb，yb)，的中点r(x0，y0)，由a，b在椭圆上，求得。设直线ab的方程为l：y(m0)， 用m表示出|ab|和点p(2，1)到直线l的距离，从而表示出面积，应用导数知识求出面积最大时m的值即可。例13. （2012年湖南省文13分）在直角坐标系xoy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆e的一个焦点为圆的圆心.中国教育出%版网*&（）求椭圆e的方程；（）设p是椭圆e上一点，过p作两条斜率之积为的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆c相切时，求p的坐标.【答案】解：（）由，得，故圆的圆心为点。设椭圆的方程为其焦距为。由题设知，。椭圆的方程为：。（）设点的坐标为，的斜分率分别为则的方程分别为且。由与圆相切，得，即。同理可得。是方程的两个实根，于是且由得，解得或。由得；由得它们都满足式。点的坐标为，或，或，或。【考点】曲线与方程、直线与曲线的位置关系。【解析】（）据条件设出椭圆方程，求出即得椭圆e的方程。 （）设出点p坐标，利用过p点的两条直线斜率之积为，得出关于点p坐标的一个方程，利用点p在椭圆上得出另一方程，联立两个方程得点p坐标。例14. （2012年重庆市理12分） 如图，设椭圆的中心为原点，长轴在x轴上，上顶点为，左右焦点分别为，线段的中点分别为，且 是面积为4的直角三角形.（）求该椭圆的离心率和标准方程；（5分）（）过作直线交椭圆于，两点，使，求直线的方程（7分）【答案】解：（）设所求椭圆的标准方程为。 是直角三角形且，。，即。，即。在中，。由题设条件得，。椭圆的标准方程为。（）由（）知。根据题意，直线的倾斜角不为0，故可设直线的方程为，代入椭圆方程，得。设 则 是方程的两根，。又，。由，知，即，解得。满足条件的直线方程为。【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的标准方程和性质，直角三角形和等腰三角形的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，韦达定理的应用。【分析】（）设椭圆的方程为，利用是的直角三角形，从而，利用，可求 。又，可求椭圆标准方程。（）由（）知，由题意，直线的倾斜角不为0，故可设直线的方程为，代入椭圆方程，消元可得，利用韦达定理及，利用可求的值，从而可求直线的方程。例15. （2012年陕西省理12分）已知椭圆，椭圆以的长轴为短轴，且与有相同的离心率. （1）求椭圆的方程；（2）设o为坐标原点，点a，b分别在椭圆和上，求直线的方程.【答案】解：（1）椭