高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册2.8 直线与圆锥曲线的位置关系练习

【基础】2.8 直线与圆锥曲线的位置关系-1作业练习

一．填空题

1．过抛物线的焦点F作不垂直于坐标轴的直线l，交抛物线于A，B两点，线段的中垂线交x轴于点M，则______．

2．椭圆：的左．右焦点分别为，，过的直线与椭圆交于，两点，若的面积为，则__________.

3．已知抛物线，斜率小于0的直线交抛物线于．两点，点是线段的中点，过点作与轴垂直的直线，交抛物线于点，若点满足，则直线的斜率的最大值为________．

4．已知为抛物线对称轴上一点，且过该点的直线与抛物线交于．两点，则直线．斜率乘积为_______．

5．已知抛物线焦点为为坐标原点，直线过点与抛物线交于两点，与轴交于，若，则的面积为___________.

6．已知，是椭圆的两个焦点，点在椭圆上，轴，则的面积为____________．

7．已知抛物线C的焦点为F，过F的直线与抛物线C交于A，B两点，若，则符合条件的抛物线C的一个方程为_______.

8．已知椭圆的短轴长为，上顶点为，为坐标原点，点为的中点，双曲线的左．右焦点分别与椭圆的左．右顶点．重合，点是双曲线与椭圆在第一象限的交点，且．．三点共线，直线的斜率，则双曲线的离心率为______.

9．已知F为抛物线的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，（其中点O为坐标原点），则面积的最小值是______________．

10．已知为椭圆的右焦点，直线与椭圆交于，两点.若，则实数的值为___________.

11．设抛物线的焦点为，过的两条直线，分别交抛物线于点，，，，且，的斜率，满足，则的最小值为__________．

12．已知抛物线:的焦点为，为上的动点，直线与的另一交点为，关于点的对称点为．当的值最小时，直线的方程为_______．

13．已知抛物线上一点，且抛物线上两个动点满足，若直线过定点，则的坐标为 _________.

14．抛物线：的准线为，过焦点的直线与相交于A，两点，分别过A，作准线的垂线，垂足分别为，，与的面积分别为，，且，则的面积为______.

15．三等分角是古希腊三大几何难题之一，公元3世纪末，古希腊数学家帕普斯利用双曲线解决了三等分角问题，如图，已知圆心角ACB是待三等分的角(0<∠ACB<π)，具体操作方法如下∶在弦AB上取一点D，满足AD=2DB，以AD为实轴，为虚轴作双曲线，交圆弧AB于点M，则∠ACM=2∠MCB，即CM为∠ACB的三等分线，已知双曲线E的方程为，点A，D分别为双曲线E的左，右顶点，点B为其右焦点，点C为双曲线E的右准线上一点，且不在x轴上，线段CB交双曲线E于点P，若扇形CMB的面积为，则的值为___________.

参考答案与试题解析

1．【答案】

【解析】分析：设，，由抛物线性质可得出，由点差法求出，进而得出直线的中垂线方程，然后得出点M的横坐标，从而得出，得出答案.

详解：设，，由抛物线性质可知．

因为，，所以，

由题可知．所以，即，

所以线段的中垂线方程为，

令，则点M的横坐标，则，

所以

故答案为：

【点睛】

关键点睛：本题考查抛物线的方程与抛物线的性质，解答本题的关键是由点差法求出，进而得出直线的中垂线方程，然后得出点M的横坐标，属于中档题.

2．【答案】或

【解析】分析：根据题意可知，，设直线，，联立直线与椭圆方程可得，由面积公式即可求出，得到，从而求出的值．

详解：如图所示：当直线斜率为零时，显然不符合题意，由题意可知，，，

设直线，，不妨假设点在轴上方．

由化简可得，，

所以．

即的面积为，即，于是有，

，化简得，，解得，所以．

当时，，所以，所以；

当时，，，所以．

同理可知，当点在轴上方时，或．

故答案为：或．

3．【答案】

【解析】分析：设出直线方程，与抛物线联立，求得B的坐标，从而写出C，Q，P点的坐标，表示出OP的斜率，根据基本不等关系求得最大值.

详解：解：设：，代入

得，

由韦达定理知：，，

由知，，，，，

.

当且仅当“”即时，等号成立.

故答案为：.

【点睛】

方法点睛：将直线方程与抛物线联立，求得各点坐标，用k表示出OP的斜率，借助不等式求最值.

4．【答案】

【解析】分析：设点．，直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式以及抛物线的方程可求得，即为所求.

详解：设点．，则，同理可得，

若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.

设直线的方程为，

联立，可得，由韦达定理可得，

因此，直线．斜率乘积为.

故答案为：.

【点睛】

方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为．；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为．（或．）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

5．【答案】32

【解析】分析：写出抛物线的焦点F坐标，求出直线l的方程，联立直线l与抛物线的方程组，利用韦达定理及抛物线的定义求出p即可作答.

详解：抛物线焦点，而直线l过点，则直线l的斜率为，其方程为，即，

由消去x得，

显然，设，则，而，

由抛物线定义知，，解得，

即，，而，于是得，

所以的面积为32.

故答案为：32

6．【答案】

【解析】分析：根据轴，求出点的坐标，由，即可求出的面积.

详解：解：根据题意，可得，

因为轴，故设，

代入得：，解得，

所以.

故答案为：.

7．【答案】

【解析】分析：由于抛物开口不定，可先设其抛物线方程，设直线方程，联立整理可得，根据韦达定理，结合抛物线焦半径公式，代入即可得解.

详解：由题意可设抛物线的其中一种方程为，

且过的直线方程为，，，

由联立消去可得，，

所以，，

所以

所以，则抛物线的一个方程为．

故答案为：.

8．【答案】

【解析】分析：设的中点为，连接，求出直线．的方程，求得点．的方程，利用双曲线的定义求得双曲线的实轴长和焦距，由此可求得双曲线的离心率.

详解：因为椭圆的短轴长为，所以，.

设的中点为，连接，．分别为．的中点，则，

设点，则，可得，

，，则，

所以，，，

又，所以，解得，

所以直线的方程为，而直线的方程为，

联立得解得，所以的坐标为，的坐标为.

又双曲线的左．右焦点分别为．，

所以根据双曲线的定义，

得双曲线的实轴长，

所以双曲线的离心率.

故答案为：.

【点睛】

方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：

（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得．的值，根据离心率的定义求解离心率的值；

（2）齐次式法：由已知条件得出关于．的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；

（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.

9．【答案】

【解析】分析：先设直线方程和点的坐标联立直线与抛物线的方程得到一个一元二次方程，再利用韦达定理及消元，最后把面积表示出来，探求其最值

详解：解：设直线的方程为，点，直线与轴的交点为，

由，得，则，

因为，所以，则，即，

因为点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，所以，

所以，即，则，

由抛物线得焦点，

所以

，当时取等号，

所以面积的最小值是，

故答案为：

【点睛】

关键点点睛：此题考查抛物线的简单性质以及直线与抛物线的位置关系，解题的关键是利用，得，从而可求出直线恒过定点，进而可表示出三角形面积，然后求其最小值，考查计算能力，属于中档题

10．【答案】

【解析】分析：依题意联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，即可得到，再根据，则，即可得到方程，解得即可；

详解：解：依题意联立直线与椭圆方程，消去并整理得，解得或，不妨取，则，，，

所以，，又，所以，因为，所以，即，即所以，解得

故答案为：

11．【答案】8

【解析】分析：根据解析式求出焦点的坐标，从而由直线的点斜式方程写出直线，方程，与抛物线进行联立，设交点坐标，由韦达定理得焦点横坐标之和，结合抛物线中焦点弦长公式可得，由基本不等式即可求出最值.

详解：解：抛物线的焦点坐标为，设直线：，

直线：，联立，

整理得．设，，则，

设，，同理可得．

由抛物线的性质可得：，，又∵，

∴．

当且仅当时，等号成立，

∴的最小值为8.

故答案为：8.

【点睛】

关键点睛:

本题的关键是联立直线和抛物线方程后，结合韦达定理和抛物线中的焦点弦公式写出的表达式.

12．【答案】

【解析】分析：设为的中点，设抛物线的准线为，作，，，则由抛物线定义知，点到直线的距离为，，当，，三点共线且在，之间时，，此时，点的纵坐标为，设方程为，与抛物线联立求得参数m，即可求得直线方程.

详解：解：设为的中点，连接，

设抛物线的准线为，作，，，垂足分别为，，．

则，，

，

点到直线的距离为，

，

当，，三点共线且在，之间时，，

此时，点的纵坐标为．

过点，

故设方程为，

代入，得

，，则．

当，，三点共线时，，

，，

直线的方程为，．

点在，之间，成立．

所以，当的值最小时，直线的方程为．

故答案为：

13．【答案】

【解析】分析：根据题意设出合适直线的方程，联立直线与抛物线的方程，得到关于的一元二次方程及其韦达定理形式，将转化为和韦达定理有关的形式，由此求解出的关系式，用表示后即可求得所过的定点坐标.

详解：由题意可知，直线的斜率不为零，所以设，，

所以，所以，所以，

又因为，所以，

所以，所以，所以，

所以，所以过定点，

故答案为：

【点睛】

方法点睛：圆锥曲线中过定点问题的两种求解方法：

（1）若设直线方程为或，则只需要将已知条件通过坐标运算转化为之间的线性关系，再用替换或用替换代入直线方程，则定点坐标可求；

（2）若不假设直线的方程，则需要将直线所对应线段的两个端点的坐标表示出来，然后选择合适的直线方程形式表示出直线方程，由此确定出定点坐标.

14．【答案】

【解析】分析：设，，，先证明，由可得，再利用三角形面积公式可得答案.

详解：如图，设，，，则，.

因为，

所以，

所以.

由余定理得，.

因为，，

所以，

即，

所以，

故的面积为.

故答案为：4.

15．【答案】

【解析】分析：由可得，右准线方程为，然后设，，然后可得，，然后可求出，然后联立直线的方程和双曲线的方程求出点的纵坐标即可.

详解：由可得，右准线方程为

设，，则圆C∶，

由题意可得，又有，即

可得，则BC：，联立，可得

所以

故答案为：