课时规范练52　直线与圆锥曲线的位置关系.docx

课时规范练52直线与圆锥曲线的位置关系基础巩固组1.(2021浙江高三期末)若直线mx+ny=9和圆x2+y2=9没有交点,则过点(m,n)的直线与椭圆x29+y216=1的交点有()A.1个B.至多一个C.2个D.0个答案:C解析:因为直线mx+ny=9和圆x2+y2=9没有交点,所以9m2+n2>3,即m2+n2<9,所以m29+n216m29+n29<1,即点(m,n)在椭圆x29+y216=1内,所以直线与椭圆有2个交点.故选C.2.椭圆C的焦点F(±22,0),长轴长6,直线y=x+2交椭圆C于A,B两点,则线段AB的中点坐标为()A.(2,3)B.32,2C.-2,15D.-95,15答案:D解析:因为a=3,c=22,所以b=9-8=1,设线段AB的中点坐标为M(x0,y0),则y0=x0+2,由结论kAB=-b2x0a2y0=-1×x09×(x0+2)=1,得x0=-95,y0=x0+2=15,故选D.3.(2021陕西高三月考)已知M,N是椭圆x24+y29=1上关于原点对称的两点,P是该椭圆上不同于M,N的一点,若直线PM的斜率k1的取值范围为-54,-1,则直线PN的斜率k2的取值范围为()A.59,1B.95,94C.1,54D.49,59答案:B解析:设点M(x0,y0),N(-x0,-y0),P(x1,y1),则k1k2=y1-y0x1-x0·y1+y0x1+x0=y12-y02x12-x02,点M(x0,y0),P(x1,y1)在椭圆上,x024+y029=1,x124+y129=1,y02=91-x024,y12=91-x124.k1k2=94(x02-x12)x12-x02=-94,k2=-94k1.又k1-54,-1,k295,94,故选B.4.抛物线C:y2=4x的焦点为F,斜率为1的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P,若AP=3PB,则|AF|+|BF|=()A.43B.8C.12D.9答案:C解析:由题意,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线方程为x=y+b,联立x=y+b,y2=4x,得y2-4y-4b=0,=16+16b>0,即b>-1,y1+y2=4,y1y2=-4b,由AP=3PB,得y1=-3y2,即y1y2=-3,由y1y2+y2y1=-3-13,整理得3(y1+y2)2+4y1y2=0,所以48-16b=0,则b=3,所以y2-4y-12=0,解得y1=6,y2=-2,从而得A(9,6),B(1,-2),得|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=12.5.(2021广西南宁一模)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为圆x2+(y-1)2=2的圆心,又经过抛物线C的焦点且倾斜角为60°的直线交抛物线C于A,B两点,则|AB|=()A.12B.14C.16D.18答案:C解析:因为圆心坐标为(0,1),所以p2=1,即p=2,所以抛物线C为x2=4y,由题意得直线AB的方程为y=3x+1,设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=3x+1,x2=4y,整理,得x2-43x-4=0,所以x1+x2=43,y1+y2=3(x1+x2)+2=14,由抛物线的性质可得|AB|=y1+y2+p=14+2=16.6.(2021湖北黄冈模拟)过椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦点F的直线l:x-y-3=0交C于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为-12,则椭圆C的方程为()A.x26+y23=1B.x27+y25=1C.x28+y24=1D.x29+y26=1答案:A解析:由直线x-y-3=0,令y=0,可得x=3,所以右焦点F(3,0),由结论kABkOP=-b2a2,得1×-12=-b2a2,所以a2=2b2,又c2=3,所以a2=6,b2=3,所以椭圆的方程为x26+y23=1,故选A.7.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线y=2x-4与C交于A,B两点,则cosAFB=. 答案:-45解析:(方法1)由y2=4x,y=2x-4,得x2-5x+4=0,解得x1=1,x2=4,则由抛物线的定义得|AF|=2,|BF|=5,|AB|=1+22|4-1|=35,cosAFB=4+25-452×2×5=-45.(方法2)由y2=4x,y=2x-4,得x2-5x+4=0,解得x1=1,x2=4,则A(1,-2),B(4,4),所以FA=(0,-2),FB=(3,4),cosAFB=FA·FB|FA|FB|=-82×5=-45.8.过点M(1,1)作斜率为-12的直线与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于点A,B,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率为. 答案:22解析:(方法1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,两式相减可得(x1+x2)(x1-x2)a2+(y1+y2)(y1-y2)b2=0,又x1+x2=2,y1+y2=2,y1-y2x1-x2=-12,即2a2+-122b2=0,整理得a2=2b2,c2=a2-b2=b2,e=ca=b2b=22.(方法2)由结论kAB=-b2x0a2y0=-b2×1a2×1=-12,得a2=2b2,c2=a2-b2=b2,e=ca=b2b=22.9.(2021山西吕梁一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A1,63,B(0,-1).(1)求椭圆C的方程;(2)经过D(2,1),且斜率为k的直线l交椭圆C于P,Q两点(均异于点B),求直线BP与BQ的斜率之和.解:(1)因为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A1,63,B(0,-1),所以1a2+23b2=1,1b2=1,则a2=3,b2=1,所以椭圆C的方程为x23+y2=1.(2)由题设知直线l的方程为y=k(x-2)+1,由题意B(0,-1)不在直线l上,则k1.直线l与椭圆联立y=k(x-2)+1,x23+y2=1,整理得(1+3k2)x2+(6k-12k2)x+12k2-12k=0,由>0,得0<k<4,且k1.设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x20,则x1+x2=6k(2k-1)1+3k2,x1x2=12k(k-1)1+3k2,kBP+kBQ=y1+1x1+y2+1x2=kx1-2k+2x1+kx2-2k+2x2=2k+2(1-k)1x1+1x2=2k+2(1-k)x1+x2x1x2=2k+2(1-k)6k(2k-1)12k(k-1)=1.故直线BP与BQ的斜率之和为1.综合提升组10.(2021江西上饶一模)过抛物线y2=4x的焦点F作斜率为k的直线交抛物线于A,B两点,若AF=3FB,则k的值为()A.3B.±3C.±3D.±33答案:C解析:由抛物线的方程可得F(1,0),设直线AB的方程为y=k(x-1),代入抛物线方程消去y,可得k2x2-2(2+k2)x+k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),显然>0恒成立,则x1+x2=2(2+k2)k2,x1x2=1,所以y1+y2=k(x1+x2-2)=4k.所以AF=(1-x1,-y1),FB=(x2-1,y2),由AF=3FB,可得1-x1=3(x2-1),-y1=3y2,则x1=4-3x2,y1=-3y2,则x2=-2k2+1,y2=-2k,代入抛物线方程可得-2k2=4-2k2+1,解得k=±3,故选C.11.(2021河北高三模拟)已知直线y=kx-1与椭圆x24+y23=1交于点A,B,与y轴交于点P,若AP=3PB,则实数k的值为()A.62B.-32C.±62D.±32答案:C解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意可得P(0,-1),联立y=kx-1,x24+y23=1,整理得(3+4k2)x2-8kx-8=0,>0显然成立,x1+x2=8k3+4k2,x1x2=-83+4k2,因为AP=3PB,则(-x1,-1-y1)=3(x2,y2+1),可得x1=-3x2,将其代入可得-2x2=8k3+4k2,可得x2=-4k3+4k2,则x1=12k3+4k2,又x1x2=-83+4k2,则有-48k2(3+4k2)2=-83+4k2,解得k2=32,即k=±62,故选C.12.(2021山西太原一模)已知过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F12,0的直线与该抛物线相交于A,B两点,若AOF的面积与BOF(O为坐标原点)的面积之比是2,则|AB|=()A.94B.134C.54D.74答案:A解析:由题意知p2=12,所以p=1,抛物线方程为y2=2x,设直线AB的方程为x=my+12,设A(x1,y1),B(x2,y2),点A在x轴上方,则m>0,联立x=my+12,y2=2x,整理得y2-2my-1=0,y1+y2=2m,y1y2=-1,由题意SAOFSBOF=12|OF|·y112|OF|·(-y2)=2,可得y1=-2y2,解得m=24,则y1+y2=22,x1+x2=m(y1+y2)+1=54,由抛物线的定义可知|AB|=x1+x2+p=94.13.(2021四川高考诊断)已知直线经过抛物线y2=4x的焦点F,并交抛物线于A,B两点,在抛物线的准线上的一点C满足CB=2BF,则|AF|=. 答案:4解析:由题意得F(1,0),准线方程为x=-1,设C(-1,y0),B(x1,y1),且B在x轴下方,CB=2BF,(x1+1,y1-y0)=2(1-x1,-y1),则x1+1=2(1-x1),得x1=13,y12=4×13=43,即B13,-233,kBF=3.直线AB的方程为y=3(x-1),联立y=3(x-1),y2=4x,整理可得3x2-10x+3=0,解得x=3或x=13(舍去),可得点A的横坐标为3,|AF|=3+1=4.14.(2021全国高三专题练习)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,F1,F2分别为椭圆E的左、右焦点,M为E上任意一点,SF1MF2的最大值为1,椭圆右顶点为A.(1)求椭圆E的方程;(2)若过点A的直线l交椭圆于另一点B,过B作x轴的垂线交椭圆于点C(点C异于点B),连接AC交y轴于点P.如果PA·PB=12时,求直线l的方程.解:(1)当M为椭圆的短轴端点时,SF1MF2取得最大值,即S=12×2c×b=1,又ca=22,a2=b2+c2,解得a=2,b=1,c=1,所以椭圆方程为x22+y2=1.(2)A(2,0),根据题意,直线l斜率存在且不为0,设直线l:y=k(x-2),B(x0,y0),联立y=k(x-2),x22+y2=1,得(1+2k2)x2-42k2x+4k2-2=0,2+x0=42k21+2k2,2x0=4k2-21+2k2,即B2(2k2-1)1+2k2,-22k1+2k2,由题意得C2(2k2-1)1+2k2,22k1+2k2,又直线AC:y=-k(x-2),故P(0,2k),PA·PB=(2,-2k)·2(2k2-1)1+2k2,-22k1+2k22k=4k4+10k2-21+2k2=12,即8k4+18k2-5=0,解得k2=-52(舍),k2=14,故k=±12,直线l的方程为y=x222或y=-x2+22,即x-2y-2=0或x+2y-2=0.创新应用组15.(2021黑龙江哈尔滨三中一模)已知椭圆E与双曲线C:x22-y2=1有相同的焦点F1,F2,点P是两曲线的一个交点,且PF1·PF2=0,过椭圆E的右焦点F2作倾斜角为6的直线交椭圆E于A,B两点,且AB=AF2,则可以取()A.4B.5C.7D.8答案:D解析:由题得椭圆的焦点为F1(-3,0),F2(3,0),不妨设P在第一象限,设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),因为PF1·PF2=0,所以PF1PF2.|PF1|2+|PF2|2=(23)2=12,又|PF1|+|PF2|=2a,|PF1|-|PF2|=22,解得a=2,所以椭圆的方程为x24+y2=1.由题得直线AB的方程为y=33(x-3),即y=33x-1,联立直线AB和椭圆方程x24+y2=1,y=33x-1,得y=17或y=-1,所以A837,17,B(0,-1),或A(0,-1),B837,17.当A837,17,B(0,-1)时,AB=-837,-87,AF2=-37,-17,因为AB=AF2,所以=8.当A(0,-1),B837,17时,同理可得=87.所以可以取8.故选D.16.(2021安徽合肥一模,改编)已知F是抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,直线l:y=k(x-m)(m>0)与抛物线E交于A,B两点,与抛物线E的准线交于点N.(1)若k=1时,|AB|=42m+2,求抛物线E的方程;(2)对于任意的正数m,都有|FA|·|FB|=|FN|2,求k的值.解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),由y2=2px,y=k(x-m),消去y得k2x2-2(k2m+p)x+k2m2=0,因为直线l与抛物线交于两点,所以k0.又因为m>0,p>0,所以=8k2mp+4p2>0恒成立,所以x1+x2=2m+2pk2,x1x2=m2.当k=1时,|AB|=42m+2,所以|AB|=1+k2|x1-x2|=24mp+2p2=42m+2,化简得(p+2m+2)(p-2)=0.因为p>0,m>0,所以p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.(2)因为抛物线E的方程为y2=2px,焦点为Fp2,0,准线为x=-p2,所以N-p2,-km+p2,从而|FN|2=p2+k2m+p22,由抛物线的定义可得,|FA|=x1+p2,|FB|=x2+p2,所以|FA|·|FB|=x1+p2·x2+p2=x1x2+p2(x1+x2)+p24=m+p22+p2k2,由|FA|·|FB|=|FN|2得m+p22+p2k2=p2+k2m+p22,即(k2-1)m+p22+p2k2=0,因为m+p22>0,p2k2>0,所以k2-1=0,解得k=±1.