高考总复习优化设计一轮用书文科数学配北师版课时规范练48　直线与圆锥曲线的位置关系

这是一份高考总复习优化设计一轮用书文科数学配北师版课时规范练48　直线与圆锥曲线的位置关系，共8页。试卷主要包含了已知抛物线C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

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+n216≤m29+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.32,2
C.-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,∴k2∈95,94,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,Δ=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=1
C.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cs∠AFB= .
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,
cs∠AFB=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),cs∠AFB=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k≠1.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Δ>0,得0设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,
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Δ>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,Δ>0显然成立,
x1+x2=8k3+4k2,①
x1x2=-83+4k2,②
因为AP=3PB,则(-x1,-1-y1)=3(x2,y2+1),可得x1=-3x2,
将其代入①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S△AOFS△BOF=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,S△F1MF2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,S△F1MF2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+2k2−2k=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=x2−22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π6的直线交椭圆E于A,B两点,且AB=λAF2,则λ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PF1⊥PF2.|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=λAF2,所以λ=8.当A(0,-1),B837,17时,同理可得λ=87.所以λ可以取8.故选D.
16.(2021东北三省四市教研联合体一模)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的准线为l,过抛物线上一点B向x轴作垂线,垂足恰好为抛物线C的焦点F,且|BF|=4.
(1)求抛物线C的方程;
(2)设l与x轴的交点为A,过x轴上的一个定点(1,0)的直线m与抛物线C交于D,E两点.记直线AD,AE的斜率分别为k1,k2,若k1+k2=13,求直线m的方程.
解:(1)由题意,设Bp2,4,
代入y2=2px(p>0),得p2=16,即p=4,所以抛物线C的方程为y2=8x.
(2)当直线m的斜率不存在时,k1+k2=0,与题意不符,
所以直线m的斜率一定存在.
设直线m的方程为y=k(x-1),代入y2=8x中,k2x2-(2k2+8)x+k2=0,Δ>0显然恒成立.
设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=2k2+8k2,x1x2=k2k2=1,Δ>0恒成立.
k1+k2=y1x1+2+y2x2+2=k(x1-1)x1+2+k(x2-1)x2+2=k[2x1x2+(x1+x2)-4](x1+2)(x2+2)=8k9k2+16=13.
所以k=43.所以直线m的方程为4x-3y-4=0.