2011年新课标版高考题库考点41 直线与圆锥曲线的位置关系

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考点41 直线与圆锥曲线的位置关系

一、选择题

x2y2y221.（2011·浙江高考理科·Ｔ8）已知椭圆C1:221（a>b>0）与双曲线C2:x1有公共的

ab4焦点，C2的一条渐近线与以C1 的长轴为直径的圆相交于A,B两点，若C1 恰好将线段AB三等分， 则（ ） （A）a2131222 （B）a13 （C）b （D）b2 22x2y2【精讲精析】C2的一条渐近线为y2x,设该渐近线与椭圆C1:221（a>b>0）的交点分别为

aba2x2y2a2C(x1,2x1),D(x2,2x2),则OCx4x,即x1,又由C(x1,2x1)在C1:221上,

345ab22121214a21①, 所以有

4545b2x2y2y221有公共的焦点可得a2b25②, 又由椭圆C1:221（a>b>0）与双曲线C2:xab4由①②解得b二、解答题

2.（2011·福建卷理科·Ｔ17）已知直线l：y=x+m，m∈R.

（I）若以点M（2,0）为圆心的圆与直线l相切于点P，且点P在y轴上，求该圆的方程； （Ⅱ）若直线l关于x轴对称的直线为l，问直线l与抛物线C：x=4y是否相切？说明理由.

2

21211,a,故选C. 22【思路点拨】（I）由题意画出图形，结合图形求出圆的半径，然后写出圆的标准方程；

（Ⅱ）由l的方程求得l的方程，将l的方程与抛物线C的方程联立，得一元二次方程，然后依据对应判别式的正负，来判定两者能否相切.

【精讲精析】方法一：（I）依题意，点P的坐标为(0,m).

- 1 -

因为MPl,所以

0m11. 20解得m2，即点P坐标为(0,2). 从而圆的半径r|MP|2(20)2(02)222.

2故所求圆的方程为(x2)y8.

(Ⅱ)因为直线l的方程为yxm，所以直线l的方程为yxm.

由yxm,2得x4x4m0. 2x4y4244m16(1m).

当m1，即0时，直线l与抛物线C相切； 当m1，即0时，直线l与抛物线C不相切.

综上，当m1时，直线l与抛物线C相切；当m1时，直线l与抛物线C不相切. 方法二：（I）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为(x2)yr. 依题意，所求圆与直线l:xym0相切于点P(0,m)，则

2224m2r2,m2,解得 |20m|r,r22,2所以所求圆的方程为(x2)y8. （II）同方法一.

3. （2011·福建卷文科·Ｔ18）如图，直线l：y=x+b与抛物线C：x=4y相切于点A. （1）求实数b的值；

（2）求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程.

222

【思路点拨】（1）直线与抛物线方程联立，然后根据相切即判别式＝0，解之得b的值；

- 2 -

（2）求出A点坐标，找出圆心和半径，写出圆的标准方程即可. 【精讲精析】(1)由yxb，2得x4x4b0. () 2x4y，2因为直线l与抛物线C相切，所以(4)4(4b)0， 解得b1.

(2)由（1）可知b1，故方程()即为x4x40， 解得x2.将其代入x4y，得y1. 故点A（2,1）.因为圆A与抛物线C的准线相切，

所以圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y1的距离，即r|1(1)|2， 所以圆A的方程为(x2)(y1)4.

2222x2y24.（2011·江苏高考·Ｔ18）如图，在平面直角坐标系xOy中，M，N分别是椭圆1的顶点，过

42坐标原点的直线交椭圆于P，A两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k. （1）当直线PA平分线段MN时，求k的值； （2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d； （3）对任意k>0，求证：PA⊥PB.

【思路点拨】本题考查的是直线与椭圆的位置关系，解决本题的关键是正确的联立方程结合已知进行转化求解.

【精讲精析】（1）由题意知，a2,b2，故M(2,0),N(0,2),所以线段MN的中点的坐标为

(1,2)，由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线PA过坐标原点，所以2- 3 -

222. k12x24x222424（2）直线PA的方程为y2x，代入椭圆方程得解得x，因此P(,),A(,),1，

42333334231，所以直线AB的方程为xy20，因此于是C(,0),直线AC的斜率为

223333024233322d.

3222x2y21，解得x（3）解法一：将直线PA的方程ykx代入，记，则

224212k12kP(,k),A(,k)，于是C(,0),故直线AB的斜率为

0kkk，直线AB的方程为y(x)，

22代入椭圆方程得(2k)x2kx(3k2)0，解得x22222(3k22)2k2或x，因此

k3B((3k22)2k2,k32k)，于是直线PB的斜率为k1212k， 2k(3k2)22k2k因此k1k1，所以PAPB.

解法二：设P(x1,y1),Bx2,y2，则x10,x20,x1x2，A(x1,y1),Cx1,0.设直线PB，AB的斜率分别为k1,k2.因为C在直线AB上，所以k20(y1)yk1 ，从而

x1(x1)2x12k1k12k1k2122y22y1x2x12222y2y1y2y11

x2x1x2x1(x22y2)(x12y1)x2x1222222 144x2x1220，

因此k1k1，所以PAPB.

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x25.（2011·北京高考理科·T19）已知椭圆G:y21，过点(m,0)作圆x2y21的切线l交椭圆于

4A,B两点.

（Ⅰ）求椭圆G的焦点坐标和离心率；

（Ⅱ）将|AB|表示为m的函数，并求|AB|的最大值.

【思路点拨】（Ⅰ）根据标准方程可求出焦点坐标及离心率；（Ⅱ）先讨论切线l斜率不存在的两种情况，当斜率存在时，联立切线方程与椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式可表示出|AB|，再求|AB|的最大值. 【精讲精析】（Ⅰ）由已知得a2,b1，所以ca2b23，所以椭圆G的焦点坐标为

(3,0),(3,0)，离心率为e（Ⅱ）由题意知，|m|1.

c3. a2当m=1时，切线l的方程为x=1，点A,B的坐标分别为(1,当m=-1时，同理可得|AB|3；

当|m|>1时，设切线l的方程为yk(xm).

33),(1,)，此时|AB|3； 22yk(xm)，22222(14k)x8kmx4km40. 由x2得2y1，4设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2). 又由l与圆xy1相切，得22|km|k211，即m2k2k21.

所以|AB|2(x2x1)2(y2y1)2(1k2)[(x2x1)24x1x2] 64k4m24(4k2m24)43|m|(1k)[].

(14k2)214k2m23由于当m1时，|AB|3，

所以|AB|43|m|432， 23m3|m||m|当且仅当m3时，|AB|2.所以|AB|的最大值为2.

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x2y266.（2011·北京高考文科·T19）已知椭圆G:221(ab0)的离心率为，右焦点为(22,0)，

3ab斜率为1的直线l与椭圆G交于A,B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P(3,2). （Ⅰ）求椭圆G的方程； （Ⅱ）求PAB的面积.

【思路点拨】（Ⅰ）利用a,b,c的关系及离心率求出a,b，代入标准方程；（Ⅱ）联立直线方程与椭圆方程，然后利用根与系数的关系，设而不求，整体代入. 【精讲精析】（Ⅰ）由已知得c22,c6，解得a23. a3x2y2又bac4，所以椭圆G的方程为1.

124222yxm，22（II）设直线l的方程为yxm，由x2y2得，4x6mx3m120①.

1124设A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)(x1x2)，AB中点为E(x0,y0)，则

x0x1x23mm,y0x0m. 244m41，解得m2. 因为AB是等腰PAB的底边，所以PEAB.所以PE的斜率k3m3422此时方程①为4x12x0，解得x13,x20，所以y11,y22.所以|AB|32.

此时，点P(3,2)到直线AB：xy20的距离d所以PAB的面积S|322|32，

2219|AB|d. 22227.（2011·江西高考理科·Ｔ20）P(x0,y0)(x0a)是双曲线E：xay21(a0,b0)上一点，M，N2b分别是双

曲线E的左、右顶点，直线PM，PN的斜率之积为（1）求双曲线的离心率；

1. 5（2）过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，C为双曲线上一点，

满足OCOAOB，求的值.

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【思路点拨】（1）表示出直线PM，PN的斜率，根据直线PM，PN的斜率之积为离心率.

122，得a5b，进而求得5（2）首先根据直线与双曲线的位置关系结合OCOAOB，将C点坐标用A,B两点坐标表示，再将C点坐标代入双曲线方程，即得的关系式，从而求得的值. 【精讲精析】

x02y02x2y2(1)点P(x0,y0)(x0a)在双曲线221上，有221，ababyy1c30由题意又有00,可得a25b2,c2a2b26b2,则e.x0ax0a5a5x25y25b2,(2)联立得4x210cx35b20,设A(x1,y1),B（x2,y2)，yxc,5cxx,12x3x1x2，2则设OC(x3,y3),OCOAOB,即235by3y1y2，xx12422又C为双曲线上一点，即x35y35b2,有（x1x2)25(y1y2)25b2，22化简得：2(x125y12)(x225y2)2(x1x25y1y2)5b.22又A(x1,y1),B（x2,y2)在双曲线上，所以x125y12=5b2，x225y2=5b.

又A(x1,y1),B（x2,y2)在直线上有x1x25y1y2=x1x2-5（x1c)(x2c)4x1x25c(x1x2)5c210b2得：2+4=0，解出=0或=-4.8.（2011·江西高考文科·Ｔ19）已知过抛物线y2pxp0的焦点，斜率为22的直线交抛物线于

2Ax1,y1,Bx2,y2（x1x2）两点，且AB9．

（1）求该抛物线的方程；

（2）O为坐标原点，C为抛物线上一点，若OCOAOB，求的值．

【思路点拨】（1）首先将直线方程与抛物线方程联立，可得x1与x2的和，再结合抛物线的定义可求出p的值.（2）结合第一问所求，解出A,B坐标，结合条件式解出C点的坐标，将其代入抛物线方程可得的值. 【精讲精析】（1）直线AB的方程是

py22(x),与y22px联立，从而有4x25pxp20,2

所以x1x25p，由抛物线定义得：ABx1x2p9，所以p=4， 4从而抛物线方程是y28x.

4x25pxp20,化简得x25x40，（2）由p=4，又x1从而A(1,22),B(4,42).

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21设OC(x3,y3)(1,22)(4,42)=(14,2242)，又因为y328x3，即，即222 8（41）

(21)241，解得0或2.

9.（2011·陕西高考文科·T17）

x2y23设椭圆C: 221ab0过点（0，4），离心率为．

ab5（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率为

4的直线被C所截线段的中点坐标． 5【思路点拨】（Ⅰ）由椭圆过已知点和椭圆离心率可以列出方程组，解方程组即可，也可以分步求解；（Ⅱ）直线方程和椭圆方程组成方程组，可以求解，也可以利用根与系数关系，然后利用中点坐标公式求解． 【精讲精析】（Ⅰ）将点（0，4）代入C的方程得

161,∴b=4, b2a2b29c3169又e 得，即，∴a5， 1a225a5a225x2y2 ∴C的方程为1．

2516（Ⅱ）过点3,0且斜率为

44的直线方程为yx3， 55设直线与Ｃ的交点为Ax1,y1，Bx2,y2，将直线方程y24x3代入Ｃ的方程，得 5x2x33413411，即x23x80，解得x1，x2， 252522AB的中点坐标xxx1yy2236，y1x1x26，

2225536即所截线段的中点坐标为(,)．

25210.（2011·浙江高考理科·Ｔ21）已知抛物线C1:x＝y，圆C2:x(y4)1的圆心为点M． （Ⅰ）求点M到抛物线C1的准线的距离；

（Ⅱ）已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程.

222- 8 -

【思路点拨】（Ⅰ）利用抛物线的几何性质可直接解决；（Ⅱ）考查直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识，利用“过M，P两点的直线l垂直于AB”这一几何条件建立关系式即可解出． 【精讲精析】

（Ⅰ）解：由题意可知，抛物线的准线方程为：y2

117 ,所以圆心M（0,4）到准线的距离是．44（Ⅱ）解：设P(x0, x0)，A（x1,x1）,B（x2,x2），由题意得x00,x01,x1x2,设过点P的圆C2

的切线方程为y-x0=k(x- x0)，

即ykxkx0x0， ① 则22

22|kx04x02|1k221，

222 即(x01)k2x0(4x0)k(x04)10．

设PA，PB的斜率分别为k1,k2(k1k2)，则k1,k2是上述方程的两根，所以

22x0(x024)(x024)21 k1k2，k1k2

x021x021将①代入yx得xkxkx0x00，

由于x0是此方程的根，故x1k1x0,x2k2x0,所以

222kAB2x0(x024)x12x22x1x2k1k22x02x0, x1x2x021x024.

x02x0(x024)x024232(2x)()1，解得 x，00x021x05而kMP由MP⊥AB,得kABkMP即点P的坐标为(23233115,)，所以直线l的方程为yx4. 55115- 9 -

11.（2011·浙江高考文科·Ｔ22）如图，设P是抛物线C1:xy上的动点，过点P做圆

2C2：x2(y3)21的两条切线，交直线l：y3于A,B两点.

（Ⅰ）求C2的圆心M到抛物线 C1准线的距离；

（Ⅱ）是否存在点P，使线段AB被抛物线C1在点P处的切线平分，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.

【思路点拨】（Ⅰ）题利用抛物线的几何性质可直接求解；

（Ⅱ）写出三切线方程，求出A,B,及抛物线C1在点P处的切线与y3交点的坐标即可找出关于点P坐标的关系．

【精讲精析】（Ⅰ）由题意可知，抛物线C1的准线方程为：y所以圆心M到抛物线C1准线的距离为21, 4111(3). 44(Ⅱ）设点P的坐标为(x0,x0)，抛物线C1在点P处的切线交直线l于点D． 再设A,B,D的横坐标分别为xA,xB,xD, 过点P(x0,x0)的抛物线C1的切线方程为：

2yx022x0(xx0). ①

当x01时，过点P(1,1)与圆C2相切的直线方程PA为：y1可得xA15(x1). 817,xB1,xD1,xAxB2xD． 1515(x1)， 8当x01时，过点P(1,1)与圆C2相切的直线方程PB为：y1可得xA1,xB217,xD1,xAxB2xD． 15 所以x010． 设切线PA，PB的斜率为k1,k2，则

PA:yx02k1(xx0), ② PB:yx02k2(xx0), ③

将y3分别代入①，②，③得

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222x03x03x03xD(x00);xAx0;xBx0(k1,k20),

2x0k1k2从而xAxB2x0(x03)(211). k1k2又|x0k1x023|k1211，

即(x021)k122(x023)x0k1(x023)210. 同理，(x021)k222(x023)x0k2(x023)210，

所以k1,k2是方程(x021)k22(x023)x0k(x023)210的两个不相等的根，从而

2x0(x023)(x023)21k1k2，k1k2. 22x01x01因为xAxB2xD，

x02311111,即. 所以2x0(3x0)()k1k2x0k1k2x022(3x02)x01, 从而22(3x0)1x0进而得x08,x048. 综上所述，存在点P满足题意，点P的坐标为(48,22).

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