高考数学一轮复习课时质量评价50直线与圆锥曲线的位置关系含答案

这是一份高考数学一轮复习课时质量评价50直线与圆锥曲线的位置关系含答案，共9页。试卷主要包含了已知双曲线C，已知F为椭圆C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

1．若直线y＝x＋2与椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,3)＝1有两个公共点，则实数m的取值范围是( )
A．(1，＋∞)
B．(1,3)∪(3，＋∞)
C．(3，＋∞)
D．(0,3)∪(3，＋∞)
B 解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,\f(x2,m)＋\f(y2,3)＝1，))得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0．
由Δ＝16m2－4m(m＋3)>0且m≠3及m>0，得m>1且m≠3．
2．椭圆mx2＋ny2＝1与直线y＝1－x交于M，N两点，连接原点与线段MN中点所得直线的斜率为eq \f(\r(2),2)，则eq \f(m,n)的值是( )
A．eq \f(\r(2),2) B．eq \f(2\r(3),3)
C．eq \f(9\r(2),2) D．eq \f(2\r(3),27)
A 解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(mx2＋ny2＝1，,y＝1－x，))得(m＋n)x2－2nx＋n－1＝0．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(2n,m＋n)，所以y1＋y2＝eq \f(2m,m＋n)，所以线段MN的中点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,m＋n)，\f(m,m＋n)))．由题意知，kOP＝eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(m,n)＝eq \f(\r(2),2)．故选A．
3．已知直线l过抛物线C：y2＝4x的焦点F，与抛物线C交于A，B两点，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))成等差数列，则直线l的斜率k＝( )
A．±1 B．±eq \r(2)
C．±2 D．±2eq \r(2)
D 解析：根据题意可得直线l的斜率存在．因为抛物线C：y2＝4x的焦点F(1,0)，所以直线l的方程可设为y＝k(x－1)，与抛物线方程联立得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x－1)，,y2＝4x))⇒k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝[－2(k2＋2)]2－4k4>0．
因此x1＋x2＝eq \f(2(k2＋2),k2)，x1x2＝1．
因为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))成等差数列，所以2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))，
于是有2(x1＋1)＝x1＋1＋x2＋1＋x2＋1，化简得：x1＝2x2＋1，而x1x2＝1，
所以解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(1,2)，,x1＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝－1，,x1＝－1))(舍去)．
因为x1＋x2＝eq \f(2(k2＋2),k2)，所以eq \f(5,2)＝eq \f(2(k2＋2),k2)，
解得k2＝8⇒k＝±2eq \r(2)．
4．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为eq \f(π,3)，且双曲线过点P(2,3)，双曲线的两条渐近线与过右焦点F且垂直于x轴的直线交于A，B两点，则△AOB的面积为( )
A．4eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．8 D．12
A 解析：由题意得，双曲线的渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，可得双曲线的方程为x2－eq \f(y2,3)＝λ(λ>0)，把点(2,3)代入可得4－3＝λ，得λ＝1，所以双曲线的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1，c2＝1＋3＝4，c＝2，F(2,0)，可得A(2,2eq \r(3))，B(2，－2eq \r(3))，可得S△AOB＝eq \f(1,2)×2×4eq \r(3)＝4eq \r(3)．故选A．
5．过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，与双曲线的渐近线交于C，D两点．若|AB|≥eq \f(3,5)|CD|，则双曲线离心率的取值范围为( )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，＋∞)) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，＋∞))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,3))) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4)))
B 解析：将x＝c代入eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，得y＝±eq \f(b2,a)，则|AB|＝eq \f(2b2,a)．将x＝c代入y＝±eq \f(b,a)x，得y＝±eq \f(bc,a)，则|CD|＝eq \f(2bc,a)．因为|AB|≥eq \f(3,5)|CD|，所以eq \f(2b2,a)≥eq \f(3,5)×eq \f(2bc,a)，即b≥eq \f(3,5)c，则b2≥eq \f(9,25)c2，所以a2＝c2－b2≤eq \f(16,25)c2，所以e2≥eq \f(25,16)．因为e>1，所以e≥eq \f(5,4)．故选B．
6．设A，B是抛物线y2＝4x上两点，抛物线的准线与x轴交于点N．已知弦AB的中点M的横坐标为3，记直线AB和MN的斜率分别为k1和k2，则keq \\al(2,1)＋keq \\al(2,2)的最小值为( )
A．2eq \r(2) B．2
C．eq \r(2) D．1
D 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(3，t)，N(－1,0)，可得yeq \\al(2,1)＝4x1，yeq \\al(2,2)＝4x2．
相减可得(y1－y2)(y1＋y2)＝4(x1－x2)，可得k1＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝eq \f(4,2t)＝eq \f(2,t)．
又由k2＝eq \f(t,4)，所以k1k2＝eq \f(1,2)，则keq \\al(2,1)＋keq \\al(2,2)≥2|k1k2|＝1，当且仅当|k1|＝|k2|＝eq \f(\r(2),2)时取等号，
即keq \\al(2,1)＋keq \\al(2,2)的最小值为1．
7．已知F为椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点，直线y＝kx＋1与椭圆C交于A，B两点．若AF⊥BF，则实数k的值为__________．
－eq \f(1,2) 解析：依题意联立直线与椭圆方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y并整理得(2k2＋1)x2＋4kx＝0，解得x＝0或x＝eq \f(－4k,2k2＋1)，不妨取xA＝0，则yA＝1，xB＝eq \f(－4k,2k2＋1)，yB＝k·eq \f(－4k,2k2＋1)＋1＝eq \f(1－2k2,2k2＋1)，所以A(0,1)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4k,2k2＋1)，\f(1－2k2,2k2＋1)))．又F(1,0)，所以kAF＝－1．因为AF⊥BF，所以kBF＝1，即eq \f(\f(1－2k2,2k2＋1),\f(－4k,2k2＋1)－1)＝1，即eq \f(1－2k2,2k2＋1)＝eq \f(－4k,2k2＋1)－1，所以1－2k2＝－4k－(2k2＋1)，解得k＝－eq \f(1,2)．
8．已知双曲线C：x2－4y2＝1，过点P(2,0)的直线l与双曲线C有唯一公共点，则直线l的方程为____________．
y＝±eq \f(1,2)(x－2) 解析：由题意知，点P(2,0)在双曲线内，故满足条件的直线l只能是与双曲线的两条渐近线y＝±eq \f(1,2)x平行的直线．又该直线过点P(2,0)，因此该直线l的方程为y＝±eq \f(1,2)(x－2)．
9．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(2),2)，F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，椭圆C的左焦点F1到双曲线eq \f(x2,2)－y2＝1的渐近线的距离为eq \f(\r(3),3)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l：y＝kx＋m(k＜0)与椭圆C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆经过点F2，且原点O到直线l的距离为eq \f(2\r(5),5)，求直线l的方程．
解：(1)因为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)．
又双曲线eq \f(x2,2)－y2＝1的其中一条渐近线方程为x－eq \r(2)y＝0，椭圆C的左焦点F1(－c,0)，
所以由题意知，eq \f(|－c|,\r(1＋2))＝eq \f(\r(3),3)，解得c＝1，所以a＝eq \r(2)，b＝1，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)由(1)知F2(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由原点O到直线l：y＝kx＋m(k＜0)的距离为eq \f(2\r(5),5)，得eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \f(2\r(5),5)，即m2＝eq \f(4,5)(1＋k2)． ①
将y＝kx＋m代入eq \f(x2,2)＋y2＝1中，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
所以Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝8(2k2－m2＋1)＞0，x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－2,1＋2k2)．
又以线段AB为直径的圆经过点F2，所以eq \(F2A,\s\up7(→))·eq \(F2B,\s\up7(→))＝0，
即(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，所以(x1－1)(x2－1)＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，
即(1＋k2)x1x2＋(km－1)(x1＋x2)＋m2＋1＝0，
所以(1＋k2)·eq \f(2m2－2,1＋2k2)＋(km－1)·eq \f(－4km,1＋2k2)＋m2＋1＝0，
化简得3m2＋4km－1＝0．②
由①②，得11m4－10m2－1＝0，所以m2＝1．
又k＜0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1，,k＝－\f(1,2)，))满足Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0，所以直线l的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋1．
B组 新高考培优练
10．若直线y＝kx＋2与椭圆eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,m)＝1总有公共点，则m的取值范围是( )
A．m>1
B．m>0
C．0D．m≥4且m≠7
D 解析：直线y＝kx＋2恒过定点(0,2)，若直线y＝kx＋2与椭圆eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,m)＝1总有公共点，则点(0,2)在椭圆eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,m)＝1内部或在椭圆上，所以eq \f(4,m)≤1，由方程eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,m)＝1表示椭圆，则m>0且m≠7，综上知m的取值范围是m≥4且m≠7．
11．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)及点B(0，a)，过点B与椭圆相切的直线交x轴的负半轴于点A，F为椭圆的右焦点，则∠ABF＝( )
A．60° B．90°
C．120° D．150°
B 解析：由题意知，切线的斜率存在，设切线方程y＝kx＋a(k>0)，与椭圆方程联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋a，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去y整理得(b2＋a2k2)x2＋2ka3x＋a4－a2b2＝0．
由Δ＝(2ka3)2－4(b2＋a2k2)(a4－a2b2)＝0，
得k＝eq \f(c,a)，从而y＝eq \f(c,a)x＋a，交x轴于点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a2,c)，0))，
又F(c,0)，易知eq \(BA,\s\up7(→))·eq \(BF,\s\up7(→))＝0，故∠ABF＝90°．
12．设F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，点A，B分别为椭圆C的右顶点和下顶点，且点F1关于直线AB的对称点为M．若MF2⊥F1F2，则椭圆C的离心率为( )
A．eq \f(\r(3)－1,2) B．eq \f(\r(3)－1,3)
C．eq \f(\r(5)－1,2) D．eq \f(\r(2),2)
C 解析：设M(c，y0)，则MF1的中点为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y0,2)))，即N在y轴上，N又在直线AB上，即点N与B重合，AB⊥BF1⇒kABkBF1＝－1⇒eq \f(b,a)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,c)))＝－1．故b2＝ac⇒a2－c2＝ac⇒e2＋e－1＝0，
所以e＝eq \f(\r(5)－1,2)．
13．(多选题)已知曲线C的方程为x2＋eq \f(y2,9)＝1(0＜x≤1)，A(0，－3)，B(0,3)，D(－1,0)，点P是C上的动点，直线AP与直线x＝5交于点M，直线BP与直线x＝5交于点N，则△DMN的面积可能为( )
A．73 B．76
C．68 D．72
ABD 解析：设P(x0，y0)，则kPA·kPB＝eq \f(y\\al(2,0)－9,x\\al(2,0))＝eq \f(y\\al(2,0)－9,1－\f(y\\al(2,0),9))＝－9．设kPA＝k(k＞0)，则kPB＝－eq \f(9,k)．
直线AP的方程为y＝kx－3，则点M的坐标为(5,5k－3)，
直线BP的方程为y＝－eq \f(9,k)x＋3，则点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，－\f(45,k)＋3))．
所以|MN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(5k－3－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(45,k)＋3))))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(5k＋\f(45,k)－6))≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2\r(5k·\f(45,k))－6))＝24，
当且仅当5k＝eq \f(45,k)，即k＝3时等号成立．从而△DMN面积的最小值为eq \f(1,2)×24×6＝72．故选ABD．
14．经过椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))＝__________．
－eq \f(1,3) 解析：依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1,0)时，其方程为y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1，代入椭圆方程eq \f(x2,2)＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝eq \f(4,3)，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，所以eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))＝－eq \f(1,3)，同理，当直线l经过椭圆的左焦点时，也可得eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))＝－eq \f(1,3)．
15．过点P(1,1)作直线l与双曲线x2－eq \f(y2,2)＝λ交于A，B两点．若点P恰为线段AB的中点，则实数λ的取值范围是________．
(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) 解析：因为双曲线方程为x2－eq \f(y2,2)＝λ，所以λ≠0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为点P恰为线段AB的中点，所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝2．
将A，B两点坐标代入双曲线方程，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,1)－\f(y\\al(2,1),2)＝λ，,x\\al(2,2)－\f(y\\al(2,2),2)＝λ，))两式相减并化简可得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝2×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝2．
即直线l的斜率为2，所以直线l的方程为y＝2x－1．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,x2－\f(y2,2)＝λ，))化简可得2x2－4x＋2λ＋1＝0．
因为直线l与双曲线有两个不同的交点，
所以Δ＝16－4×2×(2λ＋1)>0，解得λ所以λ的取值范围为(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))．
16．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，上顶点为B，直线BF1被椭圆C截得的线段长为eq \f(4a,3)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过F2的直线l与椭圆C交于P，Q两点，若BP⊥BQ，求三角形BPQ的面积．
解：(1)设直线BF1与椭圆的交点为A(x0，y0)，
因为上顶点B(0，b)，所以直线BF1 的方程为y＝bx＋b，
联立直线BF1与椭圆方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝bx＋b，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))解得x0＝－eq \f(2a2,1＋a2)．
所以由椭圆的弦长公式，可得|AB|＝eq \r(1＋b2)|x0－0|＝eq \f(2a3,1＋a2)，
所以eq \f(2a3,1＋a2)＝eq \f(4a,3)，解得a2＝2．
因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝2－1＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)由(1)及题意，直线l不经过点B且与x轴不重合，
设直线l的方程为x＝my＋1(m≠－1)，P(my1＋1，y1)，Q(my2＋1，y2)．
因为BP⊥BQ，所以eq \(BP,\s\up7(→))·eq \(BQ,\s\up7(→))＝0，
所以(my1＋1)(my2＋1)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
即(m2＋1)y1y2＋(m－1)(y1＋y2)＋2＝0 ①．
联立直线与椭圆方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
整理可得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
Δ＝4m2＋4(m2＋2)＝8(m2＋1)＞0 恒成立．
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋2)，
代入①式，可得－eq \f(m2＋1,m2＋2)－eq \f(2m(m－1),m2＋2)＋2＝0，所以m2－2m－3＝0．
因为m≠－1，所以m＝3，所以直线l的方程为x－3y－1＝0．
由弦长公式，可得|PQ|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|＝eq \r(1＋m2)eq \r((y1＋y2)2－4y1y2)＝eq \r(10)×eq \f(\r(80),11)＝eq \f(20\r(2),11)．
因为点B(0,1)到直线l的距离d＝eq \f(|1×0＋(－3)×1－1|,\r(12＋32))＝eq \f(2\r(10),5)，
所以S△BPQ＝eq \f(1,2)×d×|PQ|＝eq \f(1,2)×eq \f(2\r(10),5)×eq \f(20\r(2),11)＝eq \f(8\r(5),11)．