北师大版 (2019)选择性必修 第一册4.2 直线与圆锥曲线的综合问题课时训练

这是一份北师大版 (2019)选择性必修 第一册4.2 直线与圆锥曲线的综合问题课时训练，共13页。试卷主要包含了已知双曲线C，已知椭圆C，已知椭圆M等内容，欢迎下载使用。

题组一 相交弦问题
1.(2021吉林长春外国语学校高二上期中)设椭圆长半轴长为a,短半轴长为b,半焦距为c,则过焦点且垂直于长轴的弦长是( )
A.b2a B.2c2a C.c2a D.2b2a
2.直线y=x+1被椭圆x24+y22=1所截得线段的中点坐标是 ( )
A.23,53 B.43,73
C.-23,13 D.-132,-172
3.(2021重庆渝北松树桥中学高二上11月月考)已知双曲线C:x2-y2=2,过右焦点的直线交双曲线于A,B两点,若AB中点的横坐标为4,则弦AB的长为( )
A.32 B.42 C.6 D.62
4.(2021四川西昌高二上期中)已知椭圆C:x24+y23=1,过点P(1,1)的直线l与椭圆C交于A,B两点,若点P恰为弦AB的中点,则直线l的斜率是( )
A.-3 B.-13 C.-34 D.-43
5.(2021浙江金华曙光学校高二上期中)直线AB过抛物线y2=4x的焦点F,且与抛物线交于A、B两点,且线段AB的中点的横坐标是3,则直线AB的斜率是 .
6.(2021江苏扬州高邮高二上期中学情调研)已知椭圆的两个焦点坐标分别是(-2,0),(2,0),并且经过点52,-32.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若直线y=x+1与椭圆交于A、B两点,求AB中点的坐标和AB的长度.
题组二 直线与圆锥曲线的综合问题
7.(2020四川遂宁射洪中学高二下期中)已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,焦距为22.直线l与椭圆M有两个不同的交点A,B.
(1)求椭圆M的方程;
(2)设直线l的方程为y=x+m,先用m表示|AB|,然后求其最大值.
8.(2020安徽合肥八中高二期末)已知过抛物线x2=2py(p>0)的焦点,斜率为24的直线交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1(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+λOB,求λ的值.
能力提升练
题组一 与弦长有关的问题
1.(2021黑龙江高二上学业水平考试,)已知抛物线y2=4x的焦点为F,过点F的直线交抛物线于A,B两点,且|FA|·|FB|=8,则|AB|=( )

A.6 B.7 C.8 D.9
2.(2021广东惠州高三上调研,)已知抛物线C:y2=2px(p>0),直线l:y=2x+b经过抛物线C的焦点,且与C相交于A、B两点.若|AB|=5,则p= .
3.(2021山东日照五莲高二上期中,)已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,离心率为22,且一个焦点和短轴的两个端点构成面积为1的等腰直角三角形.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)过椭圆C的右焦点F作直线交椭圆C于点M,N,直线OM交直线x=2于点T,若OT=2OM,求线段MN的长.
4.(2021浙江金华曙光学校高二上第一次阶段考试,)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)与椭圆x218+y214=1有共同的焦点,点A(3,7)在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程及渐近线方程;
(2)以P(1,2)为中点作双曲线C的一条弦AB,求弦AB所在直线的方程.
题组二 直线与圆锥曲线的综合问题
5.()已知抛物线y2=4x,过点P(4,0)的直线与抛物线交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则y12+y22的最小值为( )
A.12 B.24 C.16 D.32
6.()已知双曲线x2-ay2=1(a>0)的右顶点为A,而B,C是双曲线右支上的两点,若△ABC是等边三角形,则实数a的取值范围是( )
A.03
C.03
7.(2020湖南浏阳高二期中,)过抛物线C:y2=x上一点A(1,1)作两条互相垂直的直线,分别交抛物线于P,Q(异于点A)两点,则直线PQ恒过定点 .
8.(2020河南平顶山高二检测,)椭圆x24+y23=1的左、右焦点分别为F1,F2,过椭圆的右焦点F2作一条直线l交椭圆于P,Q两点,则△F1PQ内切圆面积的最大值是 .
9.(2020北京通州高二上期末,)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点是F1,F2,且|F1F2|=2,离心率为22.
(1)求椭圆的方程;
(2)过椭圆右焦点F2的直线l交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≥x2)两点.
(i)求|AF2|·|BF2|的最小值;
(ii)Q是直线l上异于F2的点,且满足|QA||QB|=|F2A||F2B|,求证:点Q在一条定直线上.
答案全解全析
基础过关练
1.D 设椭圆焦点在x轴上,椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),将x=c或x=-c代入椭圆的标准方程得c2a2+y2b2=1,∴y2b2=1-c2a2=a2-c2a2=b2a2,解得y=±b2a,因此,过焦点且垂直于长轴的弦长是2b2a.故选D.
2.C 直线y=x+1与椭圆x24+y22=1联立,得3x2+4x-2=0.设直线与椭圆的交点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点设为M(x0,y0),∴x1+x2=-43,x0=x1+x22=-23,y0=x0+1=13,∴中点坐标为-23,13.故选C.
3.D 双曲线C:x22-y22=1,则c2=4,设双曲线C的右焦点为F,则F(2,0),
根据题意易得过F的直线斜率存在,设为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),
联立y=k(x-2),x2-y2=2,
化简得(1-k2)x2+4k2x-4k2-2=0,
所以xA+xB=-4k21-k2,xAxB=-4k2-21-k2,
因为AB中点的横坐标为4,所以xA+xB=-4k21-k2=8,解得k2=2,所以xAxB=-4k2-21-k2=10,则(xA-xB)2=(xA+xB)2-4xAxB=82-4×10=24,则|AB|=(1+k2)(xA-xB)2=3×24=62.故选D.
4.C 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=2,y1+y2=2,则x124+y123=1,x224+y223=1,两式相减得x12-x224=-y12-y223,所以y1-y2x1-x2=-34×x1+x2y1+y2=-34×22=-34,即直线l的斜率是-34.
故选C.
5.答案 1或-1
解析 因为直线AB过抛物线y2=4x的焦点F(1,0)且与抛物线交于A、B两点,
所以斜率不为0,
设直线AB的方程为x=my+1,与抛物线方程联立得y2-4my-4=0,
由根与系数的关系得y1+y2=4m,y1·y2=-4,
所以x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2=2×3,解得m=±1,
所以直线AB的方程为x=±y+1,所以kAB=±1.
6.解析 (1)由于椭圆的焦点在x轴上,所以设它的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),
由椭圆定义知c=2,
2a=52+22+-322
+52-22+-322=210,
所以a=10,所以b2=a2-c2=10-4=6,
所求椭圆的标准方程为x210+y26=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立得x210+y26=1,y=x+1,消去y得8x2+10x-25=0,
得x1+x2=-54,x1x2=-258.
设AB的中点坐标为(x0,y0),则x0=x1+x22=-58,y0=38,
所以AB中点的坐标为-58,38.
由弦长公式得|AB|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=2×22516=1524.
7.解析 (1)由题意得a2=b2+c2,ca=63,2c=22,
解得a=3,b=1,c=2,
所以椭圆M的方程为x23+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).
由y=x+m,x23+y2=1得4x2+6mx+3m2-3=0,
由直线与椭圆交于两点,可得Δ=36m2-16×(3m2-3)>0,
解得0≤m2<4,
又x1+x2=-3m2,x1x2=3m2-34,
所以|AB|=(x2-x1)2+(y2-y1)2=2(x2-x1)2=2[(x1+x2)2-4x1x2]=12-3m22.
故当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为6.
8.解析 (1)抛物线x2=2py的焦点为0,p2,所以直线AB的方程为y=24x+p2,
由y=24x+p2,x2=2py消去x得4y2-5py+p2=0,
所以y1+y2=5p4,由抛物线的定义得|AB|=y1+y2+p=9,即5p4+p=9,所以p=4.
所以抛物线的方程为x2=8y.
(2)由p=4知,方程4y2-5py+p2=0可化为y2-5y+4=0,解得y1=1,y2=4,
故x1=-22,x2=42.
所以A(-22,1),B(42,4).
则OC=OA+λOB=(-22,1)+λ(42,4)=(-22+42λ,1+4λ),
所以C(-22+42λ,1+4λ).
因为C为抛物线上一点,
所以(-22+42λ)2=8(1+4λ),
整理得λ2-2λ=0,
所以λ=0或λ=2.
能力提升练
1.C 由y2=4x得p=2,所以F(1,0),准线为x=-1,设直线AB:x=ty+1,联立x=ty+1,y2=4x,消去x并整理得y2-4ty-4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=-4,所以x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2,x1x2=y124×y224=(y1y2)216=1,因为|AF|=x1+1,|BF|=x2+1,|FA|·|FB|=8,所以(x1+1)·(x2+1)=8,所以x1x2+x1+x2+1=8,所以1+4t2+2+1=8,即t2=1,所以x1+x2=4+2=6,所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=x1+x2+2=6+2=8.故选C.
2.答案 2
解析 解法一:由题意知,直线l:y=2x+b,即y=2x+b2.∵直线l经过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,
∴-b2=p2,即b=-p.
∴直线l的方程为y=2x-p.
设A(x1,y1)、B(x2,y2),联立y=2x-p,y2=2px,消去y整理可得4x2-6px+p2=0,
由根与系数的关系得x1+x2=3p2,又|AB|=5,∴x1+x2+p=52p=5,则p=2.
解法二:设直线的倾斜角为θ,则tanθ=k=2,得sinθ=255,∴|AB|=2psin2θ=2p2552=5,得p=2.
故答案为2.
3.解析 (1)如图,设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
因为e=22,所以ca=22,
焦点和短轴的两个端点恰为等腰直角三角形的顶点且面积为1,于是b=c,所以bc=1.
因为a=2c,b=1,a=2,
所以椭圆的标准方程为x22+y2=1.
(2)因为OT=2OM,所以M为OT的中点,
所以xM=xF=c=1,将xM=1代入x22+y2=1,
可得|yM|=22,从而|MN|=2.
4.解析 (1)因为椭圆x218+y214=1的焦点坐标为(±2,0),所以双曲线的焦点坐标为(±2,0),
又因为A(3,7)在双曲线上,所以9a2-7b2=1,c=2,c2=a2+b2,所以a2=b2=2,
所以双曲线C的方程为x22-y22=1,渐近线方程为x±y=0.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),所以x12-y12=2,x22-y22=2,所以x12-x22=y12-y22,
所以x1+x2y1+y2=y1-y2x1-x2,
又因为x1+x2=2xP=2,y1+y2=2yP=4,
所以y1-y2x1-x2=kAB=12,所以弦AB所在直线的方程为y-2=12(x-1),即x-2y+3=0.
5.D 当直线的斜率不存在时,其方程为x=4,由x=4,y2=4x得y1=-4,y2=4,所以y12+y22=32.
当直线的斜率存在时,设其方程为y=k(x-4)(k≠0),
由y2=4x,y=k(x-4)得ky2-4y-16k=0,
所以y1+y2=4k,y1y2=-16,
所以y12+y22=(y1+y2)2-2y1y2=16k2+32>32.
综上,y12+y22≥32,所以y12+y22的最小值为32.故选D.
6.D 如图,易知A(1,0).根据双曲线的对称性及△ABC是等边三角形,知直线BC⊥x轴,所以直线AB的倾斜角为30°,即kAB=33,设直线AB的方程为y=33(x-1),由y=33(x-1),x2-ay2=1得(3-a)x2+2ax-a-3=0,
根据题意,满足条件的点B存在,即方程(3-a)x2+2ax-a-3=0有两个不相等的实数根,其中一个为1,另一个根为x0,x0>1,所以3-a≠0,Δ=(2a)2-4(3-a)(-a-3)>0,--2a2(a-3)>1,解得a>3.故选D.
7.答案 (2,-1)
解析 由题意可得,这两条直线的斜率均存在,且不为0,设直线AP的方程为y-1=k(x-1),与抛物线方程y2=x联立,消去x得ky2-y+1-k=0,设P(xP,yP),由根与系数的关系可得yP=1-kk,即P1-kk2,1-kk,同理可得Q((k+1)2,-k-1),所以直线PQ的斜率kPQ=k1-k2-2k,所以直线PQ的方程为(1-k2-2k)y=kx+k2-1,即(1+y)k2+(x+2y)k-y-1=0,可得直线PQ恒过定点(2,-1).
8.答案 916π
解析 因为三角形内切圆的半径与三角形周长的乘积是三角形面积的2倍,且△F1PQ的周长是定值8,所以只需求△F1PQ面积的最大值.设直线l的方程为x=my+1,联立x24+y23=1,x=my+1,消去x,得(3m2+4)y2+6my-9=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,于是S△F1PQ=12|F1F2|·|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=12m2+1(3m2+4)2,设m2+1=t,则t≥1,即S△F1PQ=12t(3t+1)2=1219t+1t+6.
令g(t)=9t+1t(t≥1),易知g(t)在[1,+∞)上为增函数,所以g(t)≥g(1)=10,所以S△F1PQ≤3,所以内切圆半径r=2S△F1PQ8≤34,因此△F1PQ内切圆面积的最大值是916π.
9.解析 (1)因为椭圆的焦点是F1,F2,且|F1F2|=2,所以半焦距c=1.
因为离心率为22,所以a=2,所以b=1.
所以椭圆的方程是x22+y2=1.
(2)(i)由(1)知F2(1,0),
当直线l的斜率不存在时,不妨设A1,22,B1,-22,所以|AF2|·|BF2|=12.
当直线l的斜率存在时,直线l的方程可设为y=k(x-1).
联立x22+y2=1,y=k(x-1),
消去y,整理得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,
所以x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2.
所以|AF2|=(x1-1)2+y12=1+k2|x1-1|,|BF2|=(x2-1)2+y22=1+k2|x2-1|.
所以|AF2|·|BF2|=(1+k2)|x1x2-(x1+x2)+1|
=(1+k2)2k2-21+2k2-4k21+2k2+1=1+k21+2k2=121+11+2k2.
因为11+2k2∈(0,1],
所以|AF2|·|BF2|的取值范围是12,1.
因为当直线l的斜率不存在时,|AF2|·|BF2|=12,
所以|AF2|·|BF2|的最小值是12.
(ii)证明:由题意得,直线l的斜率一定存在.因为点Q在直线l上,所以设点Q的坐标是(m,k(m-1)).
因为|QA||QB|=|F2A||F2B|,
所以点Q一定在BA的延长线上,
所以m-x1m-x2=x1-11-x2,
即(m+1)(x1+x2)-2x1x2-2m=0,
所以4k2(m+1)1+2k2-2(2k2-2)1+2k2-2m=0,
解得m=2.所以点Q的坐标是(2,k).
因此点Q在定直线x=2上.