高考数学一轮复习第九章9.9.1直线与圆锥曲线课时作业理含解析

这是一份高考数学一轮复习第九章9.9.1直线与圆锥曲线课时作业理含解析，共9页。

1．过椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1内一点P(3,1)，求被这点平分的弦所在直线方程．
2.
[2021·郑州测试]已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为8.
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，斜率为eq \f(1,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点，点P(2,1)在直线l的左上方．若∠APB＝90°，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，求线段MN的长度．
3．[2021·唐山市高三年级摸底考试]已知F为抛物线C：x2＝12y的焦点，直线l：y＝kx＋4与C相交于A，B两点．
(1)O为坐标原点，求eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))；
(2)M为C上一点，F为△ABM的重心(三边中线的交点)，求k.
4．已知椭圆C的两个焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，且经过点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1B,\s\up6(→))，求直线l的斜率k的值．
5.[2020·天津卷]已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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3eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))，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．
6．[2021·安徽五校联盟质检]已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦点坐标分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|＝5|PF2|且cs∠F1PF2＝eq \f(3,5).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．
[能力挑战]
7．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点B(－4,0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求eq \f(|PB|,|BQ|)的值．
课时作业55
1．解析：设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
由于A、B两点均在椭圆上，
故eq \f(x\\al(2,1),16)＋eq \f(y\\al(2,1),4)＝1，eq \f(x\\al(2,2),16)＋eq \f(y\\al(2,2),4)＝1，
两式相减得
eq \f(x1＋x2x1－x2,16)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,4)＝0.
又∵P是A、B的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，
∴kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3,4).
∴直线AB的方程为y－1＝－eq \f(3,4)(x－3)．
即3x＋4y－13＝0.
2．解析：(1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,2ab＝8，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝8，,b2＝2.))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设直线l：y＝eq \f(1,2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，化简整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0.
则由Δ＝(2m)2－4(2m2－4)>0，得－2由根与系数的关系得，x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4，
因为kPA＝eq \f(y1－1,x1－2)，kPB＝eq \f(y2－1,x2－2)，
所以kPA＋kPB＝eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)＝eq \f(y1－1x2－2＋y2－1x1－2,x1－2x2－2)，
上式中，分子＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x1＋m－1))(x2－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2＋m－1))(x1－2)
＝x1x2＋(m－2)(x1＋x2)－4(m－1)
＝2m2－4＋(m－2)(－2m)－4(m－1)＝0.
所以kPA＋kPB＝0.
因为∠APB＝90°，所以kPA·kPB＝－1，
则kPA＝1，kPB＝－1.
所以△PMN是等腰直角三角形，
所以|MN|＝2xP＝4.
3．解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将l的方程代入C得，x2－12kx－48＝0，
所以x1＋x2＝12k，x1x2＝－48，y1y2＝eq \f(x1x22,122)＝16，
从而eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－32.
(2)依题意得F(0,3)，设M(x3，y3)，
因为F为△ABM的重心，所以x1＋x2＋x3＝0，y1＋y2＋y3＝9，
从而x3＝－(x1＋x2)＝－12k，
y3＝9－(y1＋y2)＝9－eq \f(x\\al(2,1)＋x\\al(2,2),12)＝9－eq \f(x1＋x22－2x1x2,12)＝1－12k2.
因为M(x3，y3)在抛物线C上，
所以(－12k)2＝12(1－12k2)，即k2＝eq \f(1,24).
故k＝eq \f(\r(6),12)或－eq \f(\r(6),12).
4．解析：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，联立，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k2)＋4))y2－eq \f(6,k)y－9＝0，
Δ＝eq \f(144,k2)＋144＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(6k,3＋4k2)，y1y2＝eq \f(－9k2,3＋4k2)，又eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1B,\s\up6(→))，所以y1＝－2y2，所以y1y2＝－2(y1＋y2)2，则3＋4k2＝8，解得k＝±eq \f(\r(5),2)，又k＞0，所以k＝eq \f(\r(5),2).
5．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eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,\f(x2,18)＋\f(y2,9)＝1，))消去y，可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，解得x＝0或x＝eq \f(12k,2k2＋1).依题意，可得点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k,2k2＋1)，\f(－3,2k2＋1))).由3eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))，得点C的坐标为(1,0)，故直线CP的斜率为eq \f(\f(－3,2k2＋1)－0,\f(6k,2k2＋1)－1)，即eq \f(3,2k2－6k＋1).又因为AB⊥CP，所以k·eq \f(3,2k2－6k＋1)＝－1，整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝eq \f(1,2)或k＝1.
所以，直线AB的方程为y＝eq \f(1,2)x－3或y＝x－3.
6．解析：(1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，所以r1＝eq \f(5,4)a，r2＝eq \f(3,4)a.
在△PF1F2中，由余弦定理得，cs∠F1PF2＝eq \f(r\\al(2,1)＋r\\al(2,2)－|F1F2|2,2r1r2)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)a))2－22,2×\f(5,4)a×\f(3,4)a)＝eq \f(3,5).
解得a＝2，因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝kx＋m))，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，且Δ＝48(3＋4k2－m2)＞0，①
设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－4km,3＋4k2)，y0＝kx0＋m＝eq \f(3m,3＋4k2)，因为|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM，又Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，M为AB的中点，所以k≠0，直线QM的斜率存在，所以k·kQM＝k·eq \f(\f(3m,3＋4k2),\f(－4km,3＋4k2)－\f(1,4))＝－1，解得m＝－eq \f(3＋4k2,4k)，②
把②代入①得3＋4k2＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3＋4k2,4k)))2，整理得16k4＋8k2－3＞0，即(4k2－1)(4k2＋3)＞0，解得k＞eq \f(1,2)或k＜－eq \f(1,2)，故k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
7．解析：(1)因为a＝2b，所以椭圆的方程为eq \f(x2,4b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
又因为椭圆过点A(－2，－1)，所以有eq \f(4,4b2)＋eq \f(1,b2)＝1，解得b2＝2，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由题意知直线MN的斜率存在．
当直线MN的斜率为0时，
不妨设M(－2eq \r(2)，0)，N(2eq \r(2)，0)，
则直线MA：y＝eq \f(－1,－2＋2\r(2))(x＋2eq \r(2))，直线NA：y＝eq \f(－1,－2－2\r(2))(x－2eq \r(2))，
则yP＝eq \r(2)，yQ＝－eq \r(2)，eq \f(|PB|,|BQ|)＝1.
当直线MN的斜率不为0时，设直线MN：x＝my－4(m≠0)，与椭圆方程eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1联立，化简得(m2＋4)y2－8my＋8＝0，Δ＝64m2－32(m2＋4)＝32(m2－4)>0，解得m2>4.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2＝eq \f(8,m2＋4)，y1＋y2＝eq \f(8m,m2＋4).
直线MA的方程为y＋1＝eq \f(y1＋1,x1＋2)(x＋2)，则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(－2y1＋1,x1＋2)－1))，
即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(－m＋2y1,my1－2))).
直线NA的方程为y＋1＝eq \f(y2＋1,x2＋2)(x＋2)，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(－2y2＋1,x2＋2)－1))，
即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(－m＋2y2,my2－2))).
所以eq \f(|PB|,|BQ|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m＋2y1,my1－2)))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(my2－2,m＋2y2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(my1y2－2y1,my1y2－2y2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(8m,m2＋4)－2y1,\f(8m,m2＋4)－2y2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(y1＋y2－2y1,y1＋y2－2y2)))＝1.
综上，eq \f(|PB|,|BQ|)＝1.