（新课标）高考数学大一轮复习 第8章 第9节 直线与圆锥曲线的位置关系课时作业 理.doc

课时作业(五十六)直线与圆锥曲线的位置关系一、选择题1若直线mxny4与o：x2y24没有交点，则过点p(m，n)的直线与椭圆1的交点个数是()a至多为1b2c1d0答案：b解析：由题意知：2，即0，b0)的右焦点为f，过点f作与x轴垂直的直线l交渐近线于a，b两点，且与双曲线在第一象限的交点为p，设o为坐标原点，(，r)，则该双曲线的离心率为()a.bc.d答案：d解析：由题意可知a，b，p.由，可知又，bc，即c2b.又c2a2b2，故ab.e.故选d.二、填空题6(2014安顺5月)在抛物线yx2上关于直线yx3对称的两点m，n的坐标分别为_答案：(2,4)，(1,1)解析：设直线mn的方程为yxb，代入yx2中，整理得x2xb0，令14b0，b.设m(x1，y1)，n(x2，y2)，则x1x21，bb，由在直线yx3上，得b3，解得b2，联立解得7(2014郑州三模)已知双曲线x21上存在两点m，n关于直线yxm对称，且mn中点在抛物线y218x上，则实数m的值为_答案：0或8解析：设m(x1，y1)，n(x2，y2)，mn的中点为p(x0，y0)，则由，得xx，即(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)，也即2x02y0(1)2y0，y03x0，又p在直线yxm上，y0x0m，由解得p.代入抛物线y218x，得m218，m0或8.经检验m0或8均符合题意8(2015日照模拟)直线yx与椭圆1(ab0)的交点在x轴上的射影恰好是椭圆的焦点，则椭圆的离心率e为_答案：解析：由题意，直线yx与椭圆1(ab0)的交点在x轴上的射影恰好是椭圆的焦点点(c，c)在椭圆上，1.b2a2c2，c43a2c2a40.e43e210，e2.0e|f1f2|6，a4，c3，b2a2c27，故圆心p的轨迹c：1.(2)设m(x1，y1)，n(x2，y2)，q(x3，y3)，直线oq：xmy，则直线mn：xmy3.由可得|oq|2xy.由可得(7m216)y242my490，y1y2，y1y2.|mn|y2y1|.|mn|和|oq|2的比值为一个常数，这个常数为.(3)mnoq，qmn的面积omn的面积o到直线mn：xmy3的距离d，s|mn|d.令t，则m2t21(t1)，s.7t26，当且仅当7t，即t2，亦即m时取等号，当m时，s取最大值2.11(2015贵州省六校联盟第一次联考)已知点m是椭圆c：1(ab0)上一点，f1，f2分别为c的左、右焦点，|f1f2|4，f1mf260，f1mf2的面积为.(1)求椭圆c的方程；(2)设n(0,2)，过点p(1，2)作直线l，交椭圆c于异于n的a，b两点，直线na，nb的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值解：(1)在f1mf2中，由|mf1|mf2|sin 60，得|mf1|mf2|.由余弦定理，得|f1f2|2|mf1|2|mf2|22|mf1|mf2|cos 60(|mf1|mf2|)22|mf1|mf2|(1cos 60)，从而2a|mf1|mf2|4，即a2，从而b2，故椭圆c的方程为1.(2)证明：当直线l的斜率存在时，设其方程为y2k(x1)，由得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1x2，x1x2.从而k1k22k(k4)4.当直线l的斜率不存在时，可取a，b，得k1k24.综上，恒有k1k24.12(2015邯郸高三质检)设点f1(c,0)，f2(c,0)分别是椭圆c：y21(a1)的左、右焦点，p为椭圆c上任意一点，且的最小值为0.(1)求椭圆c的方程；(2)设直线l1：ykxm，l2：ykxn(直线l1，l2不重合)，若l1，l2均与椭圆c相切，试探究在x轴上是否存在定点q，使点q到l1，l2的距离之积恒为1？若存在，请求出点q的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)设p(x，y)，则有(xc，y)，(xc，y)，x2y2c2x21c2，xa，a，由的最小值为0，得1c20，c1，a22，椭圆c的方程为y21.(2)把l1的方程代入椭圆方程，得(12k2)x24mkx2m220.直线l1与椭圆c相切，16k2m24(12k2)(2m22)0，化简得m212k2，同理可得n212k2，m2n2，若mn，则l1，l2重合，不符合题意，mn，即mn0.设在x轴上存在点q(t,0)，使点q到直线l1，l2的距离之积恒为1，则1，即|k2t2m2|k21，把12k2m