新教材(广西专版)高考数学一轮复习课时规范练第九章53直线与圆锥曲线的位置关系含答案

这是一份新教材(广西专版)高考数学一轮复习课时规范练第九章53直线与圆锥曲线的位置关系含答案，共12页。试卷主要包含了已知椭圆C，过原点的一条直线与圆C，已知点B是圆C，已知双曲线C，已知定点D,直线l，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
1.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.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.-23B.-32C.-49D.-94
3.(多选)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,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x28+y22=1
B.kOM=12
C.-20)与抛物线y2=4x交于两点A,B,若∠ADB=90°,则|AB|= .
10.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649,求直线l的方程.
11.已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),右焦点为F(2,0),且离心率为63.
(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|=3.
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12.(多选)已知B1,B2是椭圆x2a2+y2b2=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-a2b2
B.PB1·PB2>0
C.△PB1B2的外接圆半径的最大值为a2+b22a
D.直线PB1与QB2的交点M的轨迹为双曲线
课时规范练53 直线与圆锥曲线的位置关系
1.C
解析由直线y=kx-k=k(x-1),知直线过定点(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.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4x12+9y12=144,4x22+9y22=144,两式相减得4(x1+x2)(x1-x2)+9(y1+y2)·(y1-y2)=0,又x1+x2=6,y1+y2=4,y1-y2x1-x2=k,代入解得k=-23.故选A.
3.ABC
解析由题意得a2-b2a=32,4a2+1b2=1,解得a2=8,b2=2,故椭圆C的方程为x28+y22=1,故A正确;
kOM=1-02-0=12,故B正确;
因为直线l的斜率k=kOM=12,
且直线l在y轴上的截距为m,所以直线l的方程为y=12x+m.联立y=12x+m,x28+y22=1,
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-20,
所以m∈(-19,19).
x1+x2=-16m19,x1x2=4m2-1219.
因为|MN|=(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]=5256m2361-16m2-4819=123019,
所以m=±1.
8.B
解析由题可知,双曲线中a=b=1,所以c=2,
所以F(2,0).
设P(t,t).因为S△POFS△QOF=2,且点Q在P,F两点之间,
所以点Q为线段PF的中点,所以Q2+t2,t2.
不妨设直线斜率为正,则点Q在直线y=-x上,
所以2+t2=-t2,解得t=-22,
所以P-22,-22,
所以|PQ|=12|PF|=52.
故选B.
9.8
解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=k(x+2),y2=4x,得k2x2+(4k2-4)x+4k2=0.
由题知Δ>0,故x1+x2=4-4k2k2,x1x2=4,
则y1y2=k(x1+2)·k(x2+2)=k2[x1x2+2(x1+x2)+4]=k24+8-8k2k2+4=8.
由∠ADB=90°,知DA·DB=0,即(x1-2)(x2-2)+y1y2=0,即x1x2-2(x1+x2)+y1y2+4=0,
即4-2·4-4k2k2+8+4=0,解得k2=13,则x1+x2=4-4k2k2=8,
则|AB|=1+k2·|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=1+13×64-16=8.
10.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=4-02-(-2)=1,所以直线MA的方程为y=x+2,即x-y+2=0,且|MA|=42,所以点N到直线MA的距离d=2S△AMN|MA|=1629.
设N点的坐标为y028,y0,
则d=y028-y0+22=1629,
解得y0=283或y0=-43,
即N点的坐标为989,283或29,-43.
若取N989,283,则kMN=283-4989-2=35,
所以直线l的方程为y-4=35(x-2),即3x-5y+14=0.
若取N29,-43,则kMN=-43-429-2=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.
11.(1)解由题可知,椭圆半焦距长c=2,且e=ca=63,
所以a=3.
又b2=a2-c2=1,所以椭圆方程为x23+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-2),即kx-y-2k=0.
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切得|2k|k2+1=1,解得k=±1.
联立y=±(x-2),x23+y2=1,得4x2-62x+3=0,所以x1+x2=322,x1x2=34,
所以|MN|=1+1×(x1+x2)2-4x1x2=3,
所以必要性成立;
充分性:设直线MN:y=kx+b(kb0)相切得|b|k2+1=1,所以b2=k2+1.
联立y=kx+b,x23+y2=1,得(1+3k2)x2+6kbx+3b2-3=0.
由题可知1+3k2≠0,Δ>0,
所以x1+x2=-6kb1+3k2,x1x2=3b2-31+3k2,
所以|MN|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2
=1+k2·-6kb1+3k22-4·3b2-31+3k2
=1+k2·24k21+3k2=3,
所以(k2-1)2=0,所以k=±1,
所以k=1,b=-2或k=-1,b=2,
所以直线MN:y=x-2或y=-x+2,
所以直线MN过点F(2,0),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|=3.
12.BC
解析设P(x0,y0),x02a2+y02b2=1,则kPB1kPB2=y0+bx0·y0-bx0=y02-b2x02=-b2a2,故A错误;
由点P在圆x2+y2=b2外,知x02+y02-b2>0.
又PB1=(-x0,-b-y0),PB2=(-x0,b-y0),
PB1·PB2=x02+y02-b2>0,故B正确;
当点P在长轴上的顶点A处时,∠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=2bsin∠B1PB2≤2bsin∠B1AB2=2bsin2∠OAB2=2b2aba2+b2=a2+b2a,知r≤a2+b22a,
故△PB1B2的外接圆半径的最大值为a2+b22a,故C正确;
直线PB1的方程为y+b=y0+bx0·x,直线QB2的方程为y-b=y0-b-x0·x,两式相乘,得y2-b2=y02-b2-x02·x2,即y2b2-x2a2=1.由于点P不与点B1,B2重合,故点M的轨迹为双曲线的一部分,故D错误.
故选BC.