2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练45直线与圆锥曲线的位置关系含解析新人教B版

这是一份2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练45直线与圆锥曲线的位置关系含解析新人教B版，共12页。试卷主要包含了已知椭圆C，斜率为3的直线过抛物线C，已知点B是圆C，已知抛物线C，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。
课时规范练45　直线与圆锥曲线的位置关系基础巩固组1.(2021河南安阳一中月考)已知直线y=kx-k及抛物线y2=2px(p>0),则(　　)A.直线与抛物线有一个公共点B.直线与抛物线有两个公共点C.直线与抛物线有一个或两个公共点D.直线与抛物线可能没有公共点2.直线l过点(2,1),且与双曲线-y2=1有且只有一个公共点,则这样的不同直线的条数为(　　)A.1 B.2 C.3 D.43.椭圆4x2+9y2=144内有一点P(3,2),则以点P为中点的弦所在直线的斜率为(　　)A.- B.- C.- D.-4.(多选)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,点M(2,1)在椭圆C上,直线l平行于OM且在y轴上的截距为m,直线l与椭圆C交于A,B两点.下面结论正确的有(　　)A.椭圆C的方程为=1B.kOM=C.-2<m<2D.m≤-2或m≥25.(2020山东,13)斜率为的直线过抛物线C:y2=4x的焦点,且与抛物线C交于A,B两点,则|AB|=　　　　　. 6.(2021浙江金华模拟)过点P(1,1)作直线l与双曲线x2-=λ交于A,B两点.若点P恰为线段AB的中点,则实数λ的取值范围是　　　　　. 7.已知点B是圆C:(x-1)2+y2=16上的任意一点,F(-1,0),线段BF的垂直平分线交BC于点P.(1)求动点P的轨迹E的方程;(2)直线l:y=2x+m与轨迹E交于点M,N,且|MN|=,求m的值.           8.已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点B在抛物线上,点A(-2,2),且+2(点O为坐标原点).(1)求抛物线C的标准方程;(2)若过点M(2,0)的直线l与抛物线C交于D,E两点,线段DE的中点为N,且|DM|=|EN|,求直线l的方程.          综合提升组9.(2021湖南益阳箴言中学模拟)已知双曲线C:x2-y2=1,点O为坐标原点,F为双曲线C的右焦点,过点F的直线与双曲线C的两条渐近线的交点分别为P,Q.若=2,且点Q在P,F两点之间,则|PQ|=(　　)A. B. C. D.10.过原点的直线l与双曲线=1相交于不同的两点,则直线l的斜率k的取值范围是　　　　　. 11.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的准线与x轴交于点A,点M(2,p)在抛物线C上.(1)求C的方程;(2)过点M作直线l交抛物线C于另一点N.若△AMN的面积为,求直线l的方程.         12.(2021新高考Ⅱ)已知椭圆C的方程为=1(a>b>0),右焦点为F(,0),且离心率为.(1)求椭圆C的方程;(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切.证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=.                                  创新应用组13.(多选)已知B1,B2是椭圆=1(a>b>0)的下、上顶点,P是椭圆上不同于短轴端点的任意一点,点Q与点P关于y轴对称,则下列四个结论正确的是(　　)A.直线PB1与PB2的斜率之积为定值-B.>0C.△PB1B2的外接圆半径的最大值为D.直线PB1与QB2的交点M的轨迹为双曲线  
课时规范练45　直线与圆锥曲线的位置关系1.C　解析:∵直线y=kx-k=k(x-1),∴直线过定点(1,0).当k=0时,直线y=0与抛物线有一个公共点,即顶点;当k≠0时,点(1,0)在抛物线的内部,所以直线与抛物线有两个公共点.综上所述,直线与抛物线有一个或两个公共点.故选C.2.B　解析:直线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx-(2k-1).联立得(1-4k2)x2+8k(2k-1)x-4[(2k-1)2+1]=0.当k=时,-4=0不成立,方程组无解,直线l与双曲线无公共点;当k=-时,解得x=,y=,方程组有唯一解,即直线l与双曲线有唯一公共点;当1-4k2≠0时,Δ=64k2(2k-1)2-16(4k2-1)[(2k-1)2+1]=-16(4k-2)≠0,直线l与双曲线无公共点或有两个公共点.故直线l的斜率存在时,符合条件的直线只有一条.当直线l的斜率不存在时,直线l:x=2,满足题意.综上所述,符合条件的直线有2条.故选B.3.A　解析:设以点P为中点的弦所在的直线与椭圆交于点A(x1,y1),B(x2,y2),斜率为k,则4+9=144,4+9=144,两式相减得4(x1+x2)(x1-x2)+9(y1+y2)(y1-y2)=0,又x1+x2=6,y1+y2=4,=k,代入解得k=-.故选A.4.ABC　解析:由题意得解得故椭圆C的方程为=1,故A正确;kOM=,故B正确;因为直线l的斜率k=kOM=,且直线l在y轴上截距为m,所以直线l的方程为y=x+m.联立得x2+2mx+2m2-4=0.因为直线l与椭圆C交于A,B两点,所以Δ=(2m)2-4(2m2-4)>0,解得-2<m<2,故C正确,D错误.故选ABC.5.　解析:如图所示,直线与抛物线交于A,B两点.设A(x1,y1),B(x2,y2),F(1,0),准线方程为x=-1,作AA',BB'垂直于准线,交准线于点A',B'.由抛物线的定义知|AA'|=|AF|,|BB'|=|BF|. |AB|=|AF|+|BF|=|AA'|+|BB'|=x1++x2+=x1+x2+p.联立得3x2-10x+3=0,∴x1+x2=,∴|AB|=+2=.6.(-∞,0)∪　解析:因为双曲线方程为x2-=λ,所以λ≠0.设A(x1,y1),B(x2,y2).因为点P恰为线段AB的中点,所以x1+x2=2,y1+y2=2.将A,B两点坐标代入双曲线方程,得两式相减并化简可得=2×=2,即直线l的斜率为2,所以直线的方程为y=2x-1.联立得2x2-4x+2λ+1=0.因为直线l与双曲线有两个不同的交点,所以Δ=16-4×2×(2λ+1)>0,解得λ<且λ≠0,所以λ的取值范围为(-∞,0)∪.7.解(1)由题可知|PC|+|PF|=|PC|+|PB|=|BC|=4>|FC|=2,所以动点P的轨迹E是以F,C为焦点的椭圆.设其方程为=1(a>b>0),则2a=4,2c=2,所以a=2,c=1,b=,所以动点P的轨迹E的方程为=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).联立得19x2+16mx+4m2-12=0,所以Δ=256m2-76(4m2-12)>0,所以m∈(-).x1+x2=-,x1x2=.因为|MN|=,所以m=±1.8.解(1)设B(x0,y0).因为F,A(-2,2),所以.因为+2,所以解得因为点B在抛物线上,所以(-4)2=2p×4,解得p=2,所以抛物线C的标准方程为x2=4y.(2)由题可知,直线l斜率存在,且点E在点D的上方.设直线l的方程为y=k(x-2)(k≠0),联立得x2-4kx+8k=0,所以Δ=(-4k)2-4×8k>0,解得k>2或k<0.设D(x1,y1),E(x2,y2),所以x1+x2=4k,x1x2=8k.设N(xN,yN),则xN==2k.由|DM|=|EN|得|DE|=|MN|,所以·|x1-x2|=·|xN-2|,所以=|xN-2|,即=|2k-2|,整理得3k2-6k-1=0,解得k=1+或k=1-,均满足题意.故直线l的方程为y=(x-2),即x+(3+2)y-2=0或x+(3-2)y-2=0.9.B　解析:由题可知,双曲线中a=b=1,所以c=,所以F(,0).设P(t,t).因为=2,且点Q在P,F两点之间,所以点Q为线段PF的中点,所以Q.不妨设直线斜率为正,则点Q在直线y=-x上,所以=-,解得t=-,所以P,所以|PQ|=|PF|=.故选B.10.　解析:由题可知,直线的斜率存在,设为k,则直线的方程为y=kx.联立得(3-4k2)x2-12=0.∵直线l与双曲线相交于不同的两点,∴3-4k2>0,解得-<k<.11.解(1)因为点M(2,p)在抛物线y2=2px上,所以p2=4p,所以p=4或p=0(舍去),所以抛物线C的方程为y2=8x.(2)由(1)知抛物线C的方程为y2=8x,所以M(2,4),A(-2,0),所以kMA==1,所以直线MA的方程为y=x+2,即x-y+2=0,且|MA|=4,所以点N到直线MA的距离d=.设N点的坐标为,则d=,解得y0=或y0=-,即N点的坐标为.若取N,则kMN=,所以直线l的方程为y-4=(x-2),即3x-5y+14=0;若取N,则kMN==3,所以直线l的方程为y-4=3(x-2),即3x-y-2=0.综上所述,直线l的方程为3x-5y+14=0或3x-y-2=0.12.(1)解由题可知,椭圆半焦距长c=且e=,所以a=.又b2=a2-c2=1,所以椭圆方程为+y2=1.(2)证明由(1)得,曲线方程为x2+y2=1(x>0),当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不合题意.当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).必要性:若M,N,F三点共线,可设直线MN:y=k(x-),即kx-y-k=0.由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切得=1,解得k=±1.联立得4x2-6x+3=0,所以x1+x2=,x1x2=,所以|MN|=,所以必要性成立;充分性:设直线MN:y=kx+b(kb<0),即kx-y+b=0.由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切得=1,所以b2=k2+1.联立得(1+3k2)x2+6kbx+3b2-3=0.由题可知1+3k2≠0,Δ>0,所以x1+x2=-,x1x2=,所以|MN|===,所以(k2-1)2=0,所以k=±1,所以所以直线MN:y=x-或y=-x+,所以直线MN过点F(,0),M,N,F三点共线,充分性成立.综上所述,M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=.13.BC　解析:设P(x0,y0),=1,则=-,故A错误;∵点P在圆x2+y2=b2外,∴-b2>0.又=(-x0,-b-y0),=(-x0,b-y0),∴-b2>0,故B正确;当点P在长轴上的顶点A时,∠B1PB2最小且为锐角.设△PB1B2的外接圆半径为r,由正弦定理可得2r=,∴r≤,∴△PB1B2的外接圆半径的最大值为,故C正确;直线PB1的方程为y+b=x,直线QB2的方程为y-b=x,两式相乘,得y2-b2=x2,即=1.由于点P不与点B1,B2重合,∴点M的轨迹为双曲线的一部分,故D错误.故选BC.