2020高考数学一轮复习课时作业55直线与圆锥曲线理 9页

课时作业55　直线与圆锥曲线 ‎ [基础达标]‎ ‎1．过椭圆＋＝1内一点P(3,1)，求被这点平分的弦所在直线方程．‎ 解析：设直线与椭圆交于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，‎ 由于A、B两点均在椭圆上，‎ 故＋＝1，＋＝1，‎ 两式相减得 ＋＝0.‎ 又∵P是A、B的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，‎ ‎∴kAB＝＝－.‎ ‎∴直线AB的方程为y－1＝－(x－3)．‎ 即3x＋4y－13＝0.‎ ‎2.‎ ‎[2019·郑州入学测试]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为8.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)如图，斜率为的直线l与椭圆C交于A，B两点，点P(2,1)在直线l的左上方．若∠APB＝90°，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，求线段MN的长度．‎ 解析：(1)由题意知解得 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设直线l：y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立，得消去y，化简整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0.‎ 则由Δ＝(2m)2－4(2m2－4)>0，得－2b>0)，右焦点为F2(c,0)．‎ 因为△AB1B2是直角三角形，且|AB1|＝|AB2|，‎ 所以∠B1AB2＝90°，‎ 因此|OA|＝|OB2|，得b＝.‎ 由c2＝a2－b2得4b2＝a2－b2，‎ 故a2＝5b2，c2＝4b2，所以离心率e＝＝.‎ 在Rt△AB1B2中，OA⊥B1B2，故S△AB1B2＝·|B1B2|·|OA|＝|OB2|·|OA|＝·b＝b2.由题设条件S△AB1B2＝4得b2＝4，所以a2＝5b2＝20.因此所求椭圆的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)由(1)知B1(－2,0)，B2(2,0)．由题意知直线l的斜率存在且不为0，故可设直线l的方程为x＝my－2，代入椭圆方程并整理得(m2＋5)y2－4my－16＝0.‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 则y1＋y2＝，y1·y2＝－，‎ 又＝(x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)，‎ 所以·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝(my1－4)(my2－4)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2－4m(y1＋y2)＋16＝－－＋16＝－，‎ 由PB2⊥QB2，得·＝0，‎ 即16m2－64＝0，解得m＝±2.‎ 所以满足条件的直线l有两条，其方程分别为x＋2y＋2＝0和x－2y＋2＝0.‎ ‎5．[2019·唐山五校联考]在直角坐标系xOy中，长为＋1的线段的两端点C，D分别在x轴、y轴上滑动，＝ .记点P的轨迹为曲线E.‎ ‎(1)求曲线E的方程；‎ ‎(2)经过点(0,1)作直线与曲线E相交于A，B两点，＝＋，当点M在曲线E上时，求四边形AOBM的面积．‎ 解析：(1)设C(m,0)，D(0，n)，P(x，y)．‎ 由＝ ，得(x－m，y)＝(－x，n－y)，‎ 所以得 由||＝＋1，得m2＋n2＝(＋1)2，‎ 所以(＋1)2x2＋y2＝(＋1)2，‎ 整理，得曲线E的方程为x2＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由＝＋，知点M坐标为(x1＋x2，y1＋y2)．‎ 由题意知，直线AB的斜率存在．‎ 设直线AB的方程为y＝kx＋1，代入曲线E的方程，得 ‎(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝－.‎ y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝.‎ 由点M在曲线E上，知(x1＋x2)2＋＝1，‎ 即＋＝1，解得k2＝2.‎ 这时|AB|＝|x1－x2|＝＝，‎ 原点到直线AB的距离d＝＝，‎ 所以平行四边形OAMB的面积S＝|AB|·d＝.‎ ‎6．[2018·天津卷]设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，点A的坐标为(b,0)，且|FB|·|AB|＝6.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设直线l：y＝kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若＝sin∠AOQ(O为原点)，求k的值．‎ 解析：(1)设椭圆的焦距为2c，由已知有＝，又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.由已知可得|FB|＝a，|AB|＝b，‎ 由|FB|·|AB|＝6，可得ab＝6，从而a＝3，b＝2.‎ 所以，椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点Q的坐标为(x2，y2)．‎ 由已知有y1>y2>0，故|PQ|sin∠AOQ＝y1－y2.‎ 又因为|AQ|＝，而∠OAB＝，所以|AQ|＝y2.‎ 由＝sin∠AOQ，可得5y1＝9y2.‎ 由方程组消去x，可得y1＝.‎ 易知直线AB的方程为x＋y－2＝0，‎ 由方程组消去x，可得y2＝.‎ 由5y1＝9y2，可得5(k＋1)＝3，两边平方，‎ 整理得56k2－50k＋11＝0，解得k＝或k＝.‎ 所以k的值为或.‎ ‎[能力挑战]‎ ‎7．[2018·江苏卷]如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点，焦点为F1(－，0)，F2(，0)，圆O的直径为F1F2.‎ ‎(1)求椭圆C及圆O的方程；‎ ‎(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.‎ ‎①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；‎ ‎②直线l与椭圆C交于A，B两点．若△OAB的面积为，求直线l的方程．‎ 解析：解法一　(1)因为椭圆C的焦点为F1(－，0)，F2(，0)，‎ 所以可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)．‎ 又点，在椭圆C上，‎ 所以解得 因此，椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ 因为圆O的直径为F1F2，所以其方程为x2＋y2＝3.‎ ‎(2)①设直线l与圆O相切于P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则x0＋y0＝3.‎ 所以直线l的方程为y＝－(x－x0)＋y0，即y＝－x＋.‎ 由消去y，得 ‎(4x0＋y0)x2－24x0x＋36－4y0＝0.(*)‎ 因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，‎ 所以Δ＝(－24x0)2－4(4x0＋y0)·(36－4y0)＝48y0(x0－2)＝0.‎ 因为x0＞0，y0>0，‎ 所以x0＝，y0＝1.‎ 因此，点P的坐标为(，1)．‎ ‎②因为三角形OAB的面积为，‎ 所以AB·OP＝，从而AB＝.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由(*)得x1,2＝，‎ 所以AB2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2‎ ‎＝1＋·.‎ 因为x0＋y0＝3，‎ 所以AB2＝＝，‎ 即2x0－45x0＋100＝0，‎ 解得x0＝(x0＝20舍去)，则y0＝，因此P的坐标为，.‎ 则直线l的方程为y＝－x＋3.‎ 解法二　(1)由题意知c＝，所以圆O的方程为x2＋y2＝3，因为点在椭圆上，‎ 所以2a＝＋＝4，‎ 所以a＝2.‎ 因为a2＝b2＋c2，所以b＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)①由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切，且切点在第一象限，所以直线l的斜率k存在且k<0，‎ 设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0，m>0)，‎ 将直线l的方程代入圆O的方程，得x2＋(kx＋m)2＝3，‎ 整理得(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－3＝0，‎ 因为直线l与圆O相切，所以Δ＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－3)＝0，整理得m2＝3k2＋3，‎ 将直线l的方程代入椭圆C的方程，‎ 得＋(kx＋m)2＝1，‎ 整理得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，‎ 因为直线l与椭圆C相切，‎ 所以Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝0，‎ 整理得m2＝4k2＋1，‎ 所以3k2＋3＝4k2＋1，因为k<0，所以k＝－，‎ 则m＝3，‎ 将k＝－，m＝3代入(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－3＝0，‎ 整理得x2－2x＋2＝0，‎ 解得x1＝x2＝，将x＝代入x2＋y2＝3，‎ 解得y＝1(y＝－1舍去)，所以点P的坐标为(，1)．‎ ‎②设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，‎ 由①知m2＝3k2＋3，且k<0，m>0，‎ 因为直线l和椭圆C相交，所以结合②的过程知m2<4k2＋1，解得k<－，‎ 将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2＋1)2＋8kmx＋4m2－4＝0，‎ 解得x1,2＝，‎ 所以|x1－x2|＝，‎ 因为AB＝＝|x1－x2|＝·，‎ O到l的距离d＝＝，‎ 所以S△OAB＝···＝···＝，解得k2＝5，因为k<0，所以k＝－，则m＝3，即直线l的方程为y＝－x＋3.‎