新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案51第八章解析几何第八讲第一课时直线与圆锥曲线的位置关系

这是一份新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案51第八章解析几何第八讲第一课时直线与圆锥曲线的位置关系，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
练案[51]第八讲　圆锥曲线的综合问题 第一课时　直线与圆锥曲线的位置关系A组基础巩固一、单选题1．(2022·湖北武汉部分学校质检)过抛物线E：y2＝2x焦点的直线交E于A，B两点，线段AB中点M到y轴距离为1，则|AB|＝( C )A．2  B． C．3  D．4[解析]　设A、B两点的横坐标分别为x1，x2，故|AB|＝x1＋x2＋p＝2＋1＝3，故选C.2．(2023·广东六校联考)直线y＝x－1过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，且与C交于A、B两点，则|AB|＝( B )A．6  B．8 C．2  D．4[解析]　因为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点坐标为F，又直线y＝x－1过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，所以p＝2，抛物线C的方程为y2＝4x，由得x2－6x＋1＝0，所以xA＋xB＝6，所以|AB|＝xA＋xB＋p＝6＋2＝8.故选B.3．(2023·重庆名校联盟调研抽测)过抛物线y2＝2x上一点A(2,2)作倾斜角互补的两条直线AB，AC，分别交抛物线于B，C两点，则直线BC的斜率为( D )A．－  B．－ C．－  D．－[解析]　依题意，可设直线AB的方程为y－2＝k(x－2)，则直线AC的方程为y－2＝－k(x－2)．设B(x1，y1)，C(x2，y2)(y1≠2，y2≠2)．由得y1＝.同理，得y2＝.所以直线BC的斜率为＝＝＝－.故选D.4．(2022·山东济宁模拟)已知椭圆C：＋＝1，过点P的直线交椭圆C于A、B两点，若P为AB的中点，则直线AB的方程为( B )A．3x－2y－2＝0  B．3x＋2y－4＝0C．3x＋4y－5＝0  D．3x－4y－1＝0[解析]　设点A(x1，y1)、B(x2，y2)，由中点坐标公式可得所以因为，两式作差得＋＝0，即＝－，即·＝kAB＝－，所以，kAB＝－，因此，直线AB的方程为y－＝－(x－1)，即3x＋2y－4＝0.故选B.5．已知直线y＝kx＋1与双曲线x2－＝1交于A，B两点，且|AB|＝8，则实数k的值为( B )A．±  B．±或±C．±  D．±[解析]　由直线与双曲线交于A，B两点，得k≠±2.将y＝kx＋1代入x2－＝1，得(4－k2)x2－2kx－5＝0，则Δ＝4k2＋4×(4－k2)×5>0，k2<5.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝－，所以|AB|＝·＝8，解得k＝±或±.6．(2022·四川凉山州诊断)抛物线C：x2＝2py(p>0)，直线l：y＝x＋与C交于A，B(左侧为A，右侧为B)两点，若抛物线C在点A处的切线经过点N(3，－6)，则p＝( D )A．24  B．12 C．8  D．6[解析]　联立解得或∴A，由抛物线方程得y＝x2，∴y′＝x，∴y′|x＝－p＝－1，所以＝－1，解得p＝6.故选D.7．(2023·广东深圳中学、华师附中、省实、广雅四校联考)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，左顶点为A，M为C的一条渐近线上一点，延长FM交y轴于点N，直线AM经过ON(其中O为坐标原点)的中点B，且|ON|＝2|BM|，则双曲线C的离心率为( A )A．2  B． C．  D．2[解析]　记M为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的渐近线bx－ay＝0上的点，因为|ON|＝2|BM|，且|OB|＝|BN|，所以∠BOM＝∠BMO，∠BMN＝∠BNM.所以NF⊥OM.因为右焦点F(c,0)到渐近线bx－ay＝0的距离|MF|＝＝b，所以|OM|＝|OA|＝a.所以∠BMO＝∠BAO，所以∠BOM＝∠BAO，所以Rt△AOB≌Rt△OMN，所以，∠ABO＝∠ONM，又因为∠MNB＝∠NMB，∠ABO＝∠NBM.所以△MNB为等边三角形，所以∠FNO＝60°，所以∠MFO＝30°，即＝tan 60°＝，所以e＝＝2.故选A.8．(2023·安徽蚌埠质检)若椭圆C：＋＝1(a>2)上存在两点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)到点P的距离相等，则椭圆的离心率的取值范围是( B )A.  B．C.  D．[解析]　记AB的中点为Q(m，n)，则x1＋x2＝2m，y1＋y2＝2n，由题意点P在线段AB的中垂线上，坐标代入椭圆方程相减可得＋＝0，所以－＝＝×＝kAB×，得kAB＝－，所以AB的中垂线的方程为y－n＝(x－m)，令y＝0得x0＝m＝×＝，由题意0<m<a，故>，所以a2>5.e＝＝>＝，选B.二、多选题9．过双曲线x2－＝1的右焦点F作直线l交双曲线于A，B两点，若|AB|＝4，则直线l的方程可能为( ACD )A．x＝  B．x＋2y－1＝0C．x－y－＝0  D．x＋y－＝0[解析]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝，由得y＝±2，∴|AB|＝|y1－y2|＝4满足题意．当直线l的斜率存在时，其方程为y＝k(x－)，由得(2－k2)x2＋2k2x－3k2 －2＝0.当2－k2＝0时，不符合题意，当2－k2≠0时，x1＋x2＝，x1x2＝，|AB|＝·＝·＝·＝＝4.解得k＝±，故l的方程为y＝(x－)或y＝－(x－)，即x－y－＝0或x＋y－＝0，故选ACD.10．(2022·广东茂名模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线的斜率为且经过点F，直线l与抛物线C交于A，B两点(点A在第一象限)、与抛物线的准线交于点D，若|AF|＝4，则以下结论正确的是( ABC )A．p＝2  B．F为AD的中点C．|BD|＝2|BF|  D．|BF|＝2[解析]　如图所示：作AC⊥准线于C，AM⊥x轴于M，BE⊥准线于E，直线的斜率为，故tan∠AFM＝，∠AFM＝，|AF|＝4，故|MF|＝2，|AM|＝2，A，代入抛物线得到p＝2，∴A正确；又|NF|＝|FM|＝2，故△AMF≌△DNF，故AF＝DF＝4，即F为AD的中点，∴B正确；又易得∠BDE＝，故|DB|＝2|BE|＝2|BF|，即|BD|＝2|BF|，∴C正确；所以|BD|＋|BF|＝|DF|＝|AF|＝4，故|BF|＝.∴D错误．故选ABC.11．(2023·湖北十堰调研)已知双曲线x2－＝1(b>0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)．直线y＝(x＋c)与双曲线左、右两支分别交于A，B两点，M为线段AB的中点，且|AB|＝4，则下列说法正确的有( BD )A．双曲线的离心率为B.·＝·C.·＝·D．|F1M|＝|F2A|[解析]　如图，连接AF2，BF2，MF2，设|AF1|＝x，因为|AB|＝4，a＝1，所以|AF2|＝|BF2|＝|MF1|＝x＋2，D正确；又M为线段AB的中点，所以MF2⊥AB.又tan∠BF1F2＝，所以|MF2|＝c，|MF1|＝|AF2|＝c，则|AM|＝c＝2，得c＝，所以双曲线的离心率为＝，A不正确；·＝||||·cos ∠F1F2M＝||2＝2，·＝||||·cos ∠AF2M＝||2＝2.·＝||||·cos ∠MF1F2＝||2＝6，B正确，C不正确．故选BD.三、填空题12．(2022·河北模拟)写出一条同时满足下列条件①②③的直线的方程： y＝－x＋1(答案不唯一)　.①斜率小于0；②在x轴上的截距大于0；③与双曲线－y2＝1有且仅有一个公共点．[解析]　只要与渐近线y＝－x平行，且在x轴上的截距大于0即可．13．(2022·湖南长沙调研)过点(0,3)的直线l与抛物线y2＝4x只有一个公共点，则直线l的方程为 y＝x＋3或y＝3或x＝0　.[解析]　当直线l的斜率k存在且k≠0时，由相切知直线l的方程为y＝x＋3；当k＝0时，直线l的方程为y＝3，此时直线l平行于抛物线的对称轴，且与抛物线只有一个公共点；当k不存在时，直线l与抛物线也只有一个公共点(0,0)，此时直线l的方程为x＝0.综上，过点(0,3)且与抛物线y2＝4x只有一个公共点的直线l的方程为y＝x＋3或y＝3或x＝0.四、解答题14．(2023·江西南昌摸底)已知A(2,0)，B(0,1)是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的两个顶点．(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点P(2,1)的直线l与椭圆E交于C，D，与直线AB交于点M，求＋的值．[解析]　(1)a＝2，b＝1，故椭圆E的标准方程为＋y2＝1.(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，M(x3，y3)，直线l的斜率为k，则|PC|＝|xP－x1|＝(2－x1)，同理|PD|＝(2－x2)，|PM|＝(2－x3)，则＋＝＋.设l：y－1＝k(x－2)，而AB：＋y＝1，联立解得x3＝，所以2－x3＝2－＝；联立直线l与椭圆E的方程，消去y得：(4k2＋1)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝，所以＋＝－＝－＝－＝2k＋1，所以＋＝×(2k＋1)＝2，即＋＝2.15．(2022·天津河西区模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，P是椭圆C上一点，且PF1与x轴垂直．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的右顶点为A，O为坐标原点，过F2作斜率大于0的直线l交椭圆C于M、N两点，直线l与坐标轴不重合，若△OAM与△OMN的面积比为23，求直线l的方程．[解析]　(1)由题意得F2(1,0)，F1(－1,0)，c＝1，则2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋＝4，即a＝2，∴b2＝a2－c2＝3，故E的方程为＋＝1.(2)设直线l的方程为x＝my＋1(m>0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨设M在第一象限．与椭圆C方程联立，消去x，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，y1＋y2＝－，y1y2＝－，∵S△OAM＝|OA|·y1，S△OMN＝|OF|·(y1－y2)，△OAM与△OMN的面积比为23，∴＝，整理得y2＝－2y1，∴－y1＝－，－2y＝－，即22＝，解得m2＝，∵m>0，∴m＝，直线l的方程为x＝y＋1，即5x－2y－5＝0.B组能力提升1．(2020·天津高考真题)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点．(1)求椭圆的方程；(2)已知点C满足3＝，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点，求直线AB的方程．[解析]　(1)由已知可得b＝3.记半焦距为c，由|OF|＝|OA|可得c＝b＝3.又由a2＝b2＋c2，可得a2＝18.所以，椭圆的方程为＋＝1.(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以AB⊥CP.依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的方程为y＝kx－3.由方程组消去y，可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，解得x＝0或x＝.依题意，可得点B的坐标为.因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)，所以点P的坐标为.由3＝，得点C的坐标为(1,0)，故直线CP的斜率为＝.又因为AB⊥CP，所以k·＝－1，整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝或k＝1.所以，直线AB的方程为y＝x－3或y＝x－3.2．(2023·福建厦门质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且过点P.(1)求C的标准方程；(2)过C的右焦点的直线l与C交于A，B两点，C上一点M满足＝＋，求|OM|.[解析]　(1)设焦距为2c，则c＝，设椭圆左右焦点分别为F1，F2，则|PF2|＝，|PF1|＝＝，∴2a＝|PF1|＋|PF2|＝2，即a＝，则b＝1，∴椭圆方程为＋y2＝1.(2)由＝＋得，＝，①当直线l：y＝0时，|BA|＝2，|OM|＝，舍去；②设直线l：x＝my＋，直线OM：x＝my，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去x并整理可得(m2＋3)y2＋2my－1＝0，由韦达定理可得y1＋y2＝－，y1y2＝－，∴|AB|＝|y1－y2|＝·＝，联立解得y2＝，得到|OM|＝|yM|＝，依题意可得，＝·＝，解得m2＝，∴|OM|＝＝.3．(2023·四川巴中零诊)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A、B，点P在椭圆C上，且直线PA的斜率与直线PB的斜率之积为－.(1)求椭圆C的方程；(2)若圆x2＋y2＝1的切线l与椭圆C交于M、N两点，求|MN|的最大值及此时直线l的斜率．[解析]　(1)由点P在C上得：＋＝1①.由椭圆的标准方程得A(－a,0)，B(a,0)，故kAP＝，kA2E＝.由kAPkBP＝－得：·＝－，解得a2＝4.将a2＝4代入①得：b2＝1.∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)由题意知直线l不能平行于x轴，设直线l的方程为x＝ty＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由直线l与圆x2＋y2＝1相切得：＝1，化简得m2＝t2＋1，由消去x整理得：(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0，于是，Δ＝(2tm)2－4(t2＋4)(m2－4)＝16(t2－m2＋4)＝16×3＝48，由求根公式得：|y2－y1|＝＝，∴|MN|＝|y2－y1|＝.令＝n，则n≥1且|MN|＝＝≤＝2.当且仅当n＝，即n＝时取等号．∴|MN|max＝2，此时由＝解得：t＝±.∴直线l的斜率为±.