TOP51【大高考】（五年高考）2016届高考数学复习第九章第六节直线与圆锥曲线的位置关系文（全国通用）.doc文档免费在线阅读

知椭圆的离心率为，且右焦点到左准线的距离为求椭圆的标准方程过的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点若，求直线的方程，所以，解得，即直线的斜率为山东，在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线被椭圆截得的线段长为求椭圆的方程将，得而，是这个方程的两根，所以将④，代入，得，即同理可得，由原点到直线的距离为和，可得消去，可得因为直线总与椭圆有且只有个公共点，所以，即又由可得点，长半轴长为，短半轴长为，其方程为当直线的斜率不存在时，直线为或，都有当直线的斜率存在时，设直线≠，由最小值若不存在，说明理由解因为，当，在轴上时，等号成立同理，当，重合，即⊥轴时，等号成立所以椭圆的中心为原图所示的平面直角坐标系求椭圆的方程设动直线与两定直线和分别交于，两点若直线总与椭圆有且只有个公共点，试探究的面积是否存在最小值若存在，求出该通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且当栓子在滑槽内作往复运动时，带动绕转动，处的笔尖画出的椭圆记为，以为原点，所在的直线为轴建立如因为，所以，解得此时直线的方程为或湖北，种画椭圆的工具如图所示是滑槽的中点，短杆可绕转动，长杆若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意从而≠，故直线的方程为，则点的坐标为从而将的方程代入椭圆方程，得，则，的坐标为且方程解由题意，得且，解得则，所以椭圆的标准方程为当⊥轴时又，不合题意当与轴不垂直时，设直线的方程为，圆的离心率为，且右焦点到左准线的距离为求椭圆的标准方程过的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点若，求直线的，所以所以∥，综上可知，直线与直线平行江苏，如图，在平面直角坐标系中，已知椭，所以直线的斜率，因为，设其方程为≠，设则直线的方程为令，得点由得，所以直线的斜率直线与直线平行，证明如下当直线的斜率不存在时，由可知又因为直线的斜率，所以∥，当直线的斜率存在时所以直线的斜率直线与直线平行，证明如下当直线的斜率不存在时，由可知又因为直线的斜率，所以∥，当直线的斜率存在时，设其方程为≠，设则直线的方程为令，得点由得，所以直线的斜率，因为，所以所以∥，综上可知，直线与直线平行江苏，如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到左准线的距离为求椭圆的标准方程过的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点若，求直线的方程解由题意，得且，解得则，所以椭圆的标准方程为当⊥轴时又，不合题意当与轴不垂直时，设直线的方程为，将的方程代入椭圆方程，得，则，的坐标为且若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意从而≠，故直线的方程为，则点的坐标为从而因为，所以，解得此时直线的方程为或湖北，种画椭圆的工具如图所示是滑槽的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且当栓子在滑槽内作往复运动时，带动绕转动，处的笔尖画出的椭圆记为，以为原点，所在的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系求椭圆的方程设动直线与两定直线和分别交于，两点若直线总与椭圆有且只有个公共点，试探究的面积是否存在最小值若存在，求出该最小值若不存在，说明理由解因为，当，在轴上时，等号成立同理，当，重合，即⊥轴时，等号成立所以椭圆的中心为原点，长半轴长为，短半轴长为，其方程为当直线的斜率不存在时，直线为或，都有当直线的斜率存在时，设直线≠，由消去，可得因为直线总与椭圆有且只有个公共点，所以，即又由可得同理可得，由原点到直线的距离为和，可得将，得而，是这个方程的两根，所以将④，代入，得，即，所以，解得，即直线的斜率为山东，在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线被椭圆截得的线段长为求椭圆的方程过原点的直线与椭圆交于，两点，不是椭圆的顶点点在椭圆上，且⊥，直线与轴轴分别交于，两点设直线，的斜率分别为，证明存在常数使得，并求出的值求面积的最大值解由题意知，可得椭圆的方程可简化为将代入可得，因此，可得因此所以椭圆的方程为设，≠，则因为直线的斜率，又⊥，所以直线的斜率设直线的方程为，由题意知≠，≠由，可得所以，因此由题意知≠，所以所以直线的方程为令，得，即，可得所以，即因此存在常数使得结论成立直线的方程，令，得，即，由知可得的面积因为，当且仅当时等号成立，此时取得最大值，所以面积的最大值为江西，如图，已知抛物线，过点，任作直线与相交于，两点，过点作轴的平行线与直线相交于点为坐标原点证明动点在定直线上作的任意条切线不含轴，与直线相交于点，与中的定直线相交于点，证明为定值，并求此定值证明依题意可设方程为，代入，得，即设则有，直线的方程为的方程为解得交点的坐标为，注意到及，则有，因此点在定直线≠上依题设，切线的斜率存在且不等于，设切线的方程为≠，代入得，即，由得，化简整理得故切线的方程可写为分别令得的坐标为则，即为定值北京，已知椭圆求椭圆的离心率设为原点若点在直线上，点在椭圆上，且⊥，求线段长度的最小值解由题意，椭圆的标准方程为所以从而因此，故椭圆的离心率设点，的坐标分别为其中≠因为⊥，所以，即，解得又，所以因为，且当时等号成立，所以故线段长度的最小值为安徽，已知椭圆的焦距为，且过点，求椭圆的方程设≠为椭圆上点，过点作轴的垂线，垂足为取点连接过点作的垂线交轴于点点是点关于轴的对称点，作直线问这样作出的直线是否与椭圆定有唯的公共点并说明理由解因为焦距为，所以，又因为椭圆过点所以，故从而椭圆的方程为定有唯的公共点，理由如下由题意，点坐标为，设则，再由⊥知，即由于≠，故因为点是点关于轴的对称点，所以点，故直线的斜率又因，在椭圆上，所以从而故直线的方程为将代入椭圆方程，得再将代入，化简得解得即直线与椭圆定有唯的公共点第六节直线与圆锥曲线的位置关系考点直线与圆锥曲线的位置关系四川，设直线与抛物线相交于，两点，与圆相切于点，且为线段的中点，若这样的直线恰有条，则的取值范围是解析设则相减得，当的斜率不存在时，符合条件的直线必有两条当的斜率存在时，≠，则有，即，由⊥得即必在直线上，将代入，得，有，点在圆上，又，故选答案山东，抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线交于第象限的点若在点处的切线平行于的条渐近线，则等于解析设抛物线焦点双曲线右焦点为双曲线渐近线方程为，直线方程为，由得点横坐标为，又又即，平方可解得答案浙江，如图，中心均为原点的双曲线与椭圆有公共焦点是双曲线的两顶点若将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是解析设椭圆长半轴的长为，则双曲线实半轴的长为，由于双曲线与椭圆共焦点，设焦距为，所以双曲线的离心率，椭圆的离心率，所以，故选答案天津，已知椭圆的上顶点为，左焦点为，离心率为求直线的斜率设直线与椭圆交于点异于点，过点且垂直于的直线与椭圆交于点异于点，直线与轴交于点，求的值若，求椭圆的方程解设，由已知离心率及，可得又因为故直线的斜率设点，由可得椭圆的方程为，直线的方程为将直线方程与椭圆方程联立，消去，整理得，解得因为⊥，所以直线的方程为，与椭圆方程联立，消去，整理得，解得又因为，及，可得由有，所以，即又因为，所以又因为，所以，因此，得所以，椭圆方程为北京，已知椭圆，过点，且不过点，的直线与椭圆交于，两点，直线与直线交于点求椭圆的离心率若垂直于轴，求直线的斜率试判断直线与直线的位置关系，并说明理由解椭圆的标准方程为，所以所以椭圆的离心率因为过点，且垂直于轴，所以可设直线的方程为，令，得所以直线的斜率直线与直线平行，证明如下当直线的斜率不存在时，由可知又因为直线的斜率，所以∥，当直线的斜率存在时，设其方程为≠，设则直线的方程为令，得点由得，所以直线的斜率，因为，所以所以∥，综上可知，直线与直线平行江苏，如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到左准线的距离为求椭圆的标准方程过的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点若，求直线的方程，设其方程为≠，设则直线的方程为令，得点由得，所以所以∥，综上可知，直线与直线平行江苏，如图，在平面直角坐标系中，已知椭方程解由题意，得且，解得则，所以椭圆的标准方程为当⊥轴时又，不合题意当与轴不垂直时，设直线的方程为，若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意从而≠，故直线的方程为，则点的坐标为从而通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且当栓子在滑槽内作往复运动时，带动绕转动，处的笔尖画出的椭圆记为，以为原点，所在的直线为轴建立如最小值若不存在，说明理由解因为，当，在轴上时，等号成立同理，当，重合，即⊥轴时，等号成立所以椭圆的中心为原消去，可得因为直线总与椭圆有且只有个公共点，所以，即又由可得将，得而，是这个方程的两根，所以将④，代入，得，即斜率，所以∥，当直线的斜率存在时，设其方程为≠，设则直线的方程为令，得点由得，所以直线的斜率，因为，所以所以∥，综上可知，直线与直线平行江苏，如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到左准线的距离为求椭圆的标准方程过的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点