课时跟踪检测(五十二) 直线与圆锥曲线的位置关系(选用).doc

课时跟踪检测(五十二)　直线与圆锥曲线的位置关系(选用)
(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)
第Ⅰ卷：夯基保分卷
1．已知椭圆＋＝1上有一点P，F1，F2是椭圆的左、右焦点，若△F1PF2 为直角三角形，则这样的点P有 (　　)
A．3个　　　　　　　　　 B．4个
C．6个 D．8个
2. 椭圆＋＝1的离心率为e，点(1，e)是圆x2＋y2－4x－4y＋4＝0的一条弦的中点，则此弦所在直线的方程是(　　)
A．3x＋2y－4＝0 B．4x＋6y－7＝0
C．3x－2y－2＝0 D．4x－6y－1＝0
3．过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F，斜率为的直线交抛物线于A，B两点，若 ＝λ (λ＞1)，则λ的值为(　　)
A．5 B．4
C. D.
4．已知椭圆＋＝1(0<b<2)，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交椭圆于A，B两点，若|BF2|＋|AF2|的最大值为5，则b的值是(　　)
A．1 B.
C. D.
5．(2013·兰州名校检测) 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e.直线l：y＝ex＋a与x轴，y轴分别交于点A，B，M是直线l与椭圆C的一个公共点，设|AM|＝e|AB|，则该椭圆的离心率e＝________.
6．(2014·沈阳模拟)已知点A(－，0)，点B(，0)，且动点P满足|PA|－|PB|＝2，则动点P的轨迹与直线y＝k(x－2)有两个交点的充要条件为k∈________.
7. 如图，椭圆长轴的端点为A，B，O为椭圆的中心，F为椭圆的右焦点，且·＝1，||＝1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)记椭圆的上顶点为M，直线l交椭圆于P，Q两点，问：是否存在直线l，使点F恰为△PQM的垂心，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

8．(2013·郑州模拟)已知圆C：(x＋)2＋y2＝16，点A(，0)，Q是圆上一动点，AQ的垂直平分线交CQ于点M，设点M的轨迹为E.
(1)求轨迹E的方程；
(2)过点P(1,0)的直线l交轨迹E于两个不同的点A，B，△AOB(O是坐标原点)的面积S＝，求直线AB的方程．

第Ⅱ卷：提能增分卷

1. 已知中心在坐标原点的椭圆E的长轴的一个端点是抛物线y2＝4x的焦点，且椭圆E的离心率是.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点C(－1,0)的动直线与椭圆E相交于A，B两点．若线段AB的中点的横坐标是－，求直线AB的方程．

2．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，椭圆C的短轴的一个端点P到焦点的距离为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋与椭圆C交于A，B两点，是否存在k使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．

3. (2013·广州二模)已知对称中心为坐标原点的椭圆C1与抛物线C2：x2＝4y有一个相同的焦点F1，直线l：y＝2x＋m与抛物线C2只有一个公共点．
(1)求直线l的方程；
(2)若椭圆C1经过直线l上的点P，当椭圆C1的离心率取得最大值时，求椭圆C1的方程及点P的坐标．

答 案
第Ⅰ卷：夯基保分卷
1．选C　当∠PF1F2为直角时，根据椭圆的对称性知，这样的点P有2个，同理当 ∠PF2F1为直角时，这样的点P有2个；当P点为椭圆的短轴端点时，∠F1PF2最大，且为直角，此时这样的点P有2个．故符合要求的点P有6个．
2．选B　依题意得e＝，圆心坐标为(2,2)，圆心(2,2)与点(1，)的连线的斜率为＝，所求直线的斜率为－，所以所求直线方程是y－＝－(x－1)．即4x＋6y－7＝0.
3．选B　根据题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 ＝λ得＝
λ， 故－y1＝λy2，即λ＝.设直线AB的方程为y＝，联立直线与抛物线方程，消元得y2－py－p2＝0.故y1＋y2＝p，y1·y2＝－p2，
＝＋＋2＝－，
即－λ－＋2＝－.又λ＞1，故λ＝4.
4．选D　由椭圆的方程，可知长半轴长为a＝2；由椭圆的定义，可知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即＝3，可求得b2＝3，即b＝.
5．解析：因为点A，B分别是直线l：y＝ex＋a与x轴、y轴的交点，所以点A，B的坐标分别是，(0，a)．设点M的坐标是(x0，y0)，由|AM|＝e|AB|, 得(*)
因为点M在椭圆上，所以＋＝1，将(*)式代入，得＋＝1，整理得，
e2＋e－1＝0, 解得e＝.
答案：
6．解析：由已知得动点P的轨迹为一双曲线的右支且2a＝2，c＝，则b＝＝1，
∴P点的轨迹方程为x2－y2＝1(x＞0)，其一条渐近线方程为y＝x.若P点的轨迹与直线y＝k(x－2)有两个交点，则需k∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)
7．解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)，则c＝1，又∵·＝(a＋c)·(a－c)＝a2－c2＝1.∴a2＝2，b2＝1，
故椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F恰为△PQM的垂心，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，∵M(0,1)，F(1,0)，
∴直线l的斜率k＝1.
于是设直线l为y＝x＋m，
由得
3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
x1＋x2＝－m，①
x1x2＝.②
∵·＝x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0.
又yi＝xi＋m(i＝1,2)，
∴x1(x2－1)＋(x2＋m)(x1＋m－1)＝0，即
2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0.
将①②代入得2·－(m－1)＋m2－m＝0，
解得m＝－或m＝1，经检验m＝－符合条件．
故存在直线l，使点F恰为△PQM的垂心，直线l的方程为y＝x－.
8．解：(1)由题意|MC|＋|MA|＝|MC|＋|MQ|＝|CQ|＝4>2，
所以轨迹E是以A，C为焦点，长轴长为4的椭圆，即轨迹E的方程为＋y2＝1.
(2)记A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意，直线AB的斜率不可能为0，
而直线x＝1也不满足条件，
故可设AB的方程为x＝my＋1.
由消去x得(4＋m2)y2＋2my－3＝0，
所以
S＝|OP||y1－y2|＝
＝.
由S＝，解得m2＝1，即m＝±1.
故直线AB的方程为x＝±y＋1，
即x＋y－1＝0或x－y－1＝0为所求．
第Ⅱ卷：提能增分卷
1．解：(1)由题知椭圆E的焦点在x轴上，且a＝，又c＝ea＝×＝，
故b＝＝ ＝ ，
故椭圆E的方程为＋＝1，
即x2＋3y2＝5.
(2)依题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)，将其代入x2＋3y2＝5，消去y，整理得(3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0.
设A，B两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
则
由线段AB中点的横坐标是－，得＝－＝－，解得k＝±，符合(*)式．
所以直线AB的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
2．解：(1)设椭圆的焦半距为c，则由题设得解得
故所求C的方程为＋x2＝1.
(2)存在k使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O.理由如下：
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线l的方程y＝kx＋代入＋x2＝1并整理得(k2＋4)x2＋2kx－1＝0.　(*)
则x1＋x2＝－，x1x2＝－.
因为以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O，所以·＝0，即x1x2＋y1y2＝0.
又y1y2＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋3，
即y1y2＝－－＋3＝，
于是有－＋＝0，
解得k＝±.经检验知：此时(*)的判别式Δ＞0，适合题意．
即(*)的判别式Δ＞0恒成立．
所以当k＝±时，以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O.
3．解：(1)由消去y，得x2－8x－4m＝0，∵ 直线l与抛物线C2只有一个公共点，
∴Δ＝82＋4×4m＝0，解得m＝－4.
∴直线l的方程为y＝2x－4.
(2)∵抛物线C2的焦点为F1(0,1)，
依题意知椭圆C1的两个焦点的坐标为F1(0,1)，F2(0，－1)
设椭圆C1的方程为＋＝1(a＞1)，
由消去y, 得(5a2－4)x2－16(a2－1)x＋(a2－1)(16－a2)＝0.(*)
由Δ＝162(a2－1)2－4(5a2－4)(a2－1)(16－a2)≥0，得a4－4a2≥0(a2＞0且a2－1＞0)，解得a2≥4.
∵a＞1，∴a≥2，∴e＝≤，
当a＝2时，emax＝，此时椭圆C1的方程为＋＝1.
把a＝2代入方程(*)，解得x＝.
又y＝2x－4，∴y＝－1，
∴点P的坐标为.