高考数学(人教a版,理科)题库：直线与圆锥曲线的位置关系(含答案)

1、第 7 讲直线与圆锥曲线的位置关系 一、选择题 1直线 4kx4yk0 与抛物线 y2x 交于 A，B 两点，若|AB|4，则弦 AB 的 1 中点到直线 x20 的距离等于 7 A.4B2 () D4 9 C.4 1 解析直线 4kx4yk0，即 ykx4，即直线 4kx4yk0 过抛物线 1 1 y2x 的焦点4，0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|x1x224，故 x1x2 7717 2， 则弦 AB 的中点的横坐标是4， 弦 AB 的中点到直线 x20 的距离是4 19 24. 答案C 2x2y2 2设斜率为 2 的直线 l 与椭圆a2b21(ab0)交于不同的两点，

2、且这两个交点 在 x 轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点，则该椭圆的离心率为 () 3 A. 3 1 B.2 2 C. 2 1 D.3 解析由于直线与椭圆的两交点 A，B 在 x 轴上的射影分别为左、右焦点 F1， b2 F2，故|AF1|BF2| a ，设直线与 x 轴交于 C 点，又直线倾斜角 的正切值为 22|AF1|BF2|2 2b2 2 ，结合图形易得 tan 2 |CF 1| |CF 2| ，故|CF1|CF2| a |F1F2| 2 2c，整理并化简得 2b2 2(a2c2)ac，即 2(1e2)e，解得 e 2 . 答案C 3 抛物线 y22px 与直线 2xya0 交于 A， B

3、 两点， 其中点 A 的坐标为(1,2)， 设抛物线的焦点为 F，则|FA|FB|的值等于() A7B3 5C6D5 解析点 A(1,2)在抛物线 y22px 和直线 2xya0 上，则 p2，a4， F(1,0)，则 B(4，4)，故|FA|FB|7. 答案A x2y2 4设双曲线a2b21(a0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为 e，过 F2的直线与双曲线的右支交于 A，B 两点，若F1AB 是以 A 为直角顶点的等 腰直角三角形，则 e2 A12 2 C52 2 () B42 2 D32 2 解析如图，设|AF1|m，则|BF1| 2m，|AF2| m2a， |BF2| 2

4、m2a， |AB|AF2|BF2| m2a 2m2am，得 m2 2a，又由 |AF1|2|AF2|2|F1F2|2，可得 m2(m2a)2 c2 4c ， 即得(208 2)a 4c ， e a252 2， 2222 故应选 C. 答案C 5已知直线 l：yk(x2)(k0)与抛物线 C：y28x 交于 A，B 两点，F 为抛物 线 C 的焦点，若|AF|2|BF|，则 k 的值是 1 A.3 2 2 B. 3 C2 2 () 2 D. 4 解析法一据题意画图， 作 AA1l， BB1l， BDAA1. 设直线 l 的倾斜角为 ，|AF|2|BF|2r， 则|AA1|2|BB1|2|AD|2

5、r， 所以有|AB|3r，|AD|r， |BD| 则|BD|2 2r，ktan tanBAD|AD|2 2. 法二直线 yk(x2)恰好经过抛物线 y28x 的焦点 F(2,0)，由 2 y 8x， 可得 ky28y16k0，因为|FA|2|FB|，所以 yA2yB.则 ykx2， 88 yAyB2yByBk，所以 yBk，yAyB16，所以2y2 B16，即 yB 2 2.又 k0，故 k2 2. 答案C x2y2 6过双曲线a21(a0)的右焦点 F 作一条直线，当直线斜率为 2 时，直 5a2 线与双曲线左、右两支各有一个交点；当直线斜率为 3 时，直线与双曲线右 支有两个不同交点，则双

6、曲线离心率的取值范围是 A( 2，5) 解析令 b B( 5， 10)C(1， 2) 5a2，c () D(5,5 2) c a2b2，则双曲线的离心率为 ea，双曲线的渐 b 近线的斜率为a. b 据题意，2a3，如图所示 b a 2 e21， e213， 5e210， 50)，F( 2，0)为其右焦点，过F 垂直于 x 轴的直 线与椭圆相交所得的弦长为 2，则椭圆 C 的方程为_ c 2， b 解析由题意，得 a 1， a b c ， 2 222 a2， x2y2 解得 椭圆 C 的方程为 4 2 1. b 2， x2y2 答案 4 2 1 x2y2 9 过椭圆a2b21(ab0)的左顶点

7、 A 且斜率为 1 的直线与椭圆的另一个交点 为 M，与 y 轴的交点为 B，若|AM|MB|，则该椭圆的离心率为_ 解析由题意知 A 点的坐标为(a,0)， l 的方程为 yxa， B 点的坐标为(0， 6 aa a)，故M 点的坐标为2，2，代入椭圆方程得a23b2，c22b2，e 3 . 6 答案 3 x2y2 10已知曲线 a b 1(ab0，且 ab)与直线 xy10 相交于 P，Q 两点， 0(O 为原点)，则11的值为_且OP OQ ab x2y2 解析将 y1x 代入 a b 1，得(ba)x22ax(aab)0.设 P(x1，y1)， aab Q(x2， y2)， 则 x1x

8、2， x1x2.OPOQx1x2y1y2x1x2(1x1)(1 abab 2a 2a2ab 2a x2)2x1x2(x1x2)1.所以10，即2a2ab2aab abab 11 0，即 ba2ab，所以ab2. 答案2 三、解答题 11 在平面直角坐标系 xOy 中， 直线 l 与抛物线 y24x 相交于不同的 A， B 两点 的值；(1)如果直线 l 过抛物线的焦点，求OA OB 4，证明：直线 l 必过一定点，并求出该定点(2)如果OA OB (1)解由题意：抛物线焦点为(1,0)， 设 l：xty1，代入抛物线 y24x， 消去 x 得 y24ty40，设 A(x1，y1)，B(x2，y

9、2)， 则 y1y24t，y1y24， x x y y (ty 1)(ty 1)y yOA OB 1 21 2121 2 t2y1y2t(y1y2)1y1y24t24t2143. (2)证明设 l：xtyb，代入抛物线 y24x， 消去 x 得 y24ty4b0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 y1y24t，y1y24b， x x y y (ty b)(ty b)y yOA OB 1 21 2121 2 t2y1y2bt(y1y2)b2y1y2 4bt24bt2b24bb24b. 令 b24b4，b24b40，b2， 直线 l 过定点(2,0) 4，则直线 l 必过一定点若OA

10、 OB y2 12给出双曲线 x 2 1. 2 (1)求以 A(2,1)为中点的弦所在的直线方程； (2)若过点 A(2,1)的直线 l 与所给双曲线交于 P1，P2两点，求线段 P1P2的中点 P 的轨迹方程； (3)过点 B(1,1)能否作直线 m， 使得 m 与双曲线交于两点 Q1， Q2， 且 B 是 Q1Q2 的中点？这样的直线 m 若存在，求出它的方程；若不存在，说明理由 22 2x 1y12， 解(1)设弦的两端点为 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则 22 两式相减得 2x 2y22， 到 2(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)，又 x1x24，y1y22，

11、 所以直线斜率 ky1y24. x1x2 故求得直线方程为 4xy70. (2)设 P(x，y)，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)， 按照(1)的解法可得y1y2 2x ， x1x2y 由于 P1，P2，P，A 四点共线， y1y2y1 得， x1x2x2 2xy1 由可得 y ，整理得 2x2y24xy0，检验当 x1x2时，x2，y x2 0 也满足方程，故 P1P2的中点 P 的轨迹方程是 2x2y24xy0. (3)假设满足题设条件的直线 m 存在，按照(1)的解法可得直线 m 的方程为 y 2x1. y2x1， 考虑到方程组 2 y2 x 2 1 无解， 因此满足题设条件的直线

12、 m 是不存在的 13在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 C1：2x2y21. (1)过 C1的左顶点引 C1的一条渐近线的平行线， 求该直线与另一条渐近线及 x 轴围成的三角形的面积 (2)设斜率为 1 的直线 l 交 C1于 P、Q 两点若 l 与圆 x2y21 相切，求证： OPOQ. (3)设椭圆 C2：4x2y21.若 M、N 分别是 C1、C2上的动点，且 OMON， 求证：O 到直线 MN 的距离是定值 x2 2 2 (1)解双曲线 C1： 1 y 1，左顶点 A，0，渐近线方程：y 2x. 2 2 不妨取过点 A 与渐近线 y 2x 平行的直线方程为 2 y 2x，即 y

13、 2x1. 2 y 2x， 解方程组 y 2x1 2x 4 ， 得 1 y 2. 12 所以所求三角形的面积为 S2|OA|y| 8 . (2)证明设直线 PQ 的方程是 yxb. 因为直线 PQ 与已知圆相切，故 |b| 1，即 b22. 2 yxb， 由 22 得 x22bxb210. 2x y 1 x 1x22b， 设 P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则 2 x 1x21b . 又 y1y2(x1b)(x2b)，所以 OPOQx1x2y1y22x1x2b(x1x2)b2 2(1b2)2b2b2b220. 故 OPOQ. (3)证明当直线 ON 垂直于 x 轴时， 23 |ON|1，|

14、OM| 2 ，则 O 到直线 MN 的距离为 3 . 2 当直线 ON 不垂直于 x 轴时，设直线 ON 的方程为 ykx显然|k|， 2 1 则直线 OM 的方程为 ykx. ykx， 由 22 4x y 1 1 x2 4k2， 得 k2 2 y 4k2， 2 1k 所以|ON|2. 4k2 1k2 同理|OM| 2 . 2k 1 2 设 O 到直线 MN 的距离为 d， 因为(|OM|2|ON|2)d2|OM|2|ON|2， 3k231113 所以d2|OM|2|ON|2 2 3，即 d 3 . k 1 综上，O 到直线 MN 的距离是定值 14在圆 x2y24 上任取一点 P，过点 P

15、作 x 轴的垂线段，D 为垂足，点 M 在 线段 PD 上，且|DP| 2|DM|，点 P 在圆上运动 (1)求点 M 的轨迹方程； (2)过定点 C(1,0)的直线与点 M 的轨迹交于 A，B 两点，在 x 轴上是否存在 点 N，使NANB为常数，若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由 解(1)设 P(x0，y0)，M(x，y)，则 x0x，y0 2y. 2 P(x0，y0)在 x2y24 上，x0y2 04. x2y2 x 2y 4，即 4 2 1. 22 x2y2 点 M 的轨迹方程为 4 2 1(x2) (2)假设存在当直线 AB 与 x 轴不垂直时， 设直线 AB 的方程为

16、yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(n,0)， ykx1， 联立方程组x2 y2 1， 4 2 整理得(12k2)x24k2x2k240， 2k244k2 x1x2，x x . 12k2 1 2 12k2 (x n，y )NA NB 11 (x2n，y2) (1k2)x1x2(x1x2)(k2n)n2k2 2k244k2 222 (1k ) 2(k n)2k n 12k12k 2 k24n14 n2 2 12k 1 2 1 2k 14n1 224n14 n2 2 12k 1 2(2n24n1) 7 2n2 12k2. 是与 k 无关的常数，2n70.NA NB 2 7

17、 7 15.n4，即 N4，0，此时NA NB 16 715 当直线 AB 与 x 轴垂直时，若 n4，则NANB16. 7 为常数综上所述，在 x 轴上存在定点 N4，0，使NA NB 中档大题规范练中档大题规范练数列数列 1已知公差大于零的等差数列an的前 n 项和 Sn，且满足：a2a464，a1a518. (1)若 1i21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，求i 的值 n (2)设 bn，是否存在一个最小的常数m 使得b1b2bn0，所以 a2a4，所以 a25，a413. a1d5， 所以 a13d13， 所以 a11，d4.所以 an4n3. 由 1i21，a1，ai，a

18、21是某等比数列的连续三项， 所以 a1a21a2 i ， 即 181(4i3)2，解得 i3. nn1 (2)由(1)知，Snn142n2n， 2 1111 所以 bn ()， 2 2n12n12n12n1 所以 b1b2bn 111111n (1 )， 2335 2n12n12n1 n111 因为 ， 2n1 2 22n1 2 1 所以存在 m 使 b1b2bnm 对于任意的正整数 n 均成立 2 2设 Sn为数列an的前 n 项和，已知 a10,2ana1S1Sn，nN *. (1)求 a1，a2，并求数列an的通项公式； (2)求数列nan的前 n 项和 2 解(1)令 n1，得 2a

19、1a1a2 1，即 a1a1. 因为 a10，所以 a11. 令 n2，得 2a21S21a2，解得 a22. 当 n2 时，由 2an1Sn,2an11Sn1， 两式相减得 2an2an1an，即 an2an1. 于是数列an是首项为 1，公比为 2 的等比数列 因此，an2n1. 所以数列an的通项公式为 an2n1. (2)由(1)知，nann2n1. 记数列n2n1的前 n 项和为 Bn，于是 Bn122322n2n1. 2Bn12222323n2n. ，得 Bn12222n1n2n2n1n2n. 从而 Bn1(n1)2n. 即数列nan的前 n 项和为 1(n1)2n. 3设数列an

20、的前 n项和为Sn，满足2Snan12n 11，nN *，且 a 11，设数列bn满 足 bnan2n. (1)求证数列bn为等比数列，并求出数列an的通项公式； 6n3 (2)若数列 cn，Tn是数列cn的前 n 项和，证明：Tn3. bn n1 2Snan121， (1)解当 n2 时，由 n2S n1an2 1 2anan1an2n an13an2n， 从而 bn1an12n13(an2n)3bn， 故bn是以 3 为首项，3 为公比的等比数列， bnan2n33n13n， an3n2n(n2)， 因为 a11 也满足，于是 an3n2n. 6n32n1 (2) 证明cn n1 ， bn

21、 3 2n32n1 135 则 Tn 012 n2 n1 ， 333 33 2n32n1 1135 T n1 n ， 3 n3132333 3 2n1 21222 ，得 Tn 012 n1 n 33333 3 1 1 n1 32n1 2 1 n 313 13 2n1 1 2 n1 n 3 3 2 n1 2， 3n n1 故 Tn3 n1 3. 3 1 2 4已知单调递增数列an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn (ann) 2 (1) 求数列an的通项公式； 1 a21，n为奇数， (2) 设 cn n1求数列cn的前 n 项和 Tn. 32an11，n为偶数， 1 解(1) n1 时，a1 (a21)，得 a11， 2 1 1 2 由 Sn (ann)， 2 1 则当 n2 时，Sn1 (a2n1)， 2 n1 1 2 得 anSnSn1 (a2 nan11)，2 2 化简得(an1)2an10， anan11 或 anan11(n2)， 又an是单调递增数列，故anan11， 所以an是首项为 1，公差为 1 的等差数列，故 ann. a1，n为奇数， (2)c 32a 1，n为偶数， n 2 n1 n1 1 当 n 为偶数时， Tn(c1c3cn1)(c2c4cn) (