2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 072-课时作业65 直线与圆锥曲线的位置关系（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 072-课时作业65 直线与圆锥曲线的位置关系（教用），共13页。试卷主要包含了若直线l，已知抛物线C，已知直线l，已知椭圆C，若直线y=2b3与椭圆C等内容，欢迎下载使用。
基础达标练
单选题每小题2分，多选题每小题3分，填空题每小题3分，共25分.
1．直线y=kx−k+1与椭圆x29+y24=1的位置关系为（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 不确定
【答案】A
【解析】由题意得，直线y−1=k(x−1)过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆x29+y24=1的内部，所以直线与椭圆相交.故选A.
2．已知直线y=3x+1与抛物线x2=4y交于A，B两点，则|AB|=（ ）
A. 12B. 14C. 16D. 18
【答案】C
【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2)，由x2=4y,y=3x+1,得y2−14y+1=0，所以y1+y2=14，所以|AB|=y1+y2+p=14+2=16，故选C.
3．（2025·江苏一模）若直线l:y=kx(k>0)与双曲线C:y23−x24=1有两个公共点，则k的取值范围是（ ）
A. (0,32)B. (32,+∞)C. (0,233)D. (233,+∞)
【答案】B
【解析】易知双曲线C:y23−x24=1的渐近线方程为y=±32x，因为直线l:y=kx与双曲线C:y23−x24=1有两个公共点，所以k>32或k0，所以k的取值范围是(32,+∞).
4．已知抛物线C:y2=2px(p>0)与直线l:x−y−3=0交于A，B两点，且线段AB的中点的纵坐标为4，则p=（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y12=2px1,y22=2px2,整理得y1−y2x1−x2=2py1+y2=1，因为线段AB的中点的纵坐标为4，所以y1+y2=8，从而可得p=4.
5．（2025·湖北黄冈模拟）已知双曲线C:x2−y2=2的右焦点为F，直线l经过F且与x轴垂直.若l与C的两条渐近线分别交于A，B两点，则△OAB的面积为（ ）
A. 2B. 22C. 4D. 42
【答案】C
【解析】易知双曲线C:x2−y2=2的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±x，因为直线l经过F且与x轴垂直，所以直线l的方程为x=2，所以l与两条渐近线的交点的坐标分别为(2,2),(2,−2)，所以|AB|=4，所以△OAB的面积为12×|AB|×|OF|=12×4×2=4.
6．已知直线l：x−y+3=0与双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)交于A，B两点，点P(1,4)是弦AB的中点，则C的一条渐近线的方程是（ ）
A. y=14xB. y=2xC. y=12xD. y=4x
【答案】B
【解析】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x12a2−y12b2=1,x22a2−y22b2=1,两式相减,
得(x1−x2)(x1+x2)a2=(y1−y2)(y1+y2)b2①，
因为点P(1,4)是弦AB的中点，且l：x−y+3=0，所以x1+x2=2，y1+y2=8，y1−y2=x1−x2，代入①式可得b2=4a2，即b=2a，
所以C的渐近线方程为y=±bax=±2x.
经验证此时直线l与双曲线C有两个交点,满足题意.故选B.
7．已知椭圆C:x24+y23=1与一组斜率为32的平行直线相交，则这些直线被椭圆C截得的线段的中点所在的直线方程为（ ）
A. y=12xB. y=−2xC. y=−12xD. y=2x
【答案】C
【解析】设某条斜率为32的直线与椭圆相交于点A(x1,y1),B(x2,y2)，AB的中点为M(x,y)，
则x1+x2=2x,y1+y2=2y.
联立x124+y123=1,x224+y223=1,两式相减得(x1+x2)(x1−x2)4+(y1+y2)(y1−y2)3=0，整理得y1−y2x1−x2=−3(x1+x2)4(y1+y2)，即32=−3×2x4×2y，可得y=−12x，即这些直线被椭圆C截得的线段的中点所在的直线方程为y=−12x.故选C.
8．（2025·湖南邵阳二模）多选 已知双曲线C:x24−y25=1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与C的右支交于A，B两点，则（ ）
A. 直线y=52x−1与C恰有两个公共点
B. 双曲线C的离心率为32
C. 当∠F1AF2=60∘ 时，△F1AF2的面积为53
D. 若直线AB的斜率为k1，过线段AB的中点和原点的直线的斜率为k2，则k1k2=45
【答案】BC
【解析】对于A，联立y=52x−1,x24−y25=1,可得x=655,y=2,所以直线y=52x−1与C只有一个公共点，A错误；
对于B，由双曲线C：x24−y25=1,得a=2，b=5，c=a2+b2=3，所以双曲线C的离心率为ca=32，B正确；
对于C，设|F1A|=m，|F2A|=n，由双曲线的定义可得m−n=2a=4，由余弦定理可得|F1F2|2=4c2=36=m2+n2−2mn⋅cs60∘=m2+n2−mn=(m−n)2+mn=16+mn，解得mn=20，则S△F1AF2=12mn⋅sin60∘=12×20×32=53，C正确；
对于D，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点为M(x1+x22,y1+y22)，则k1=y1−y2x1−x2，k2=y1+y22−0x1+x22−0=y1+y2x1+x2，所以k1k2=y12−y22x12−x22，由题意可得x124−y125=1,x224−y225=1,所以x12−x224−y12−y225=0，则k1k2=y12−y22x12−x22=54，D错误.故选BC.
9．（2025·山东菏泽一模）已知△ABC的三个顶点都在抛物线y2=4x上，三边AB，BC，CA所在直线的斜率分别为k1，k2，k3，若1k1−1k2+1k3=1，则点A的坐标为（ ）
A. (1,−2)B. (1,2)C. (2,−1)D. (2,1)
【答案】B
【解析】设B(y124,y1)，C(y224,y2)，A(y324,y3)，则k1=y1−y3y124−y324=4y1+y3,k2=y1−y2y124−y224=4y1+y2,k3=y2−y3y224−y324=4y2+y3，所以1k1−1k2+1k3=y1+y34−y1+y24+y2+y34=y32=1，解得y3=2，所以x3=y324=1，故点A的坐标为(1,2).
10．（2025·江苏南通模拟）若直线y=2b3与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A，B两点，|AB|=2b，则C的离心率为_ _ _ _ _ _ .
【答案】23
【解析】不妨设点A在点B的左侧，因为直线y=2b3与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A，B两点，且|AB|=2b，所以A(−b,2b3),B(b,2b3)，由点B在椭圆上，可得b2a2+(2b3)2b2=1，即b2a2=59，所以C的离心率e=ca=1−b2a2=1−59=23.
11．设直线AB:y=2x−4交抛物线y2=4x于点A,B，直线AB上有一点Q，若A,Q,B三点到抛物线准线的距离成等差数列，则点Q的坐标为_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】(52,1)
【解析】不妨设点A在点B的下方，设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x3,y3)，则x10)的左、右两支分别交于M，N两点，E是线段MN的中点，P是x轴上一点，且|PM|=|PN|，3OP⋅OE=OP2，则C的离心率为（ ）
A. 2B. 3C. 2D. 3
【答案】B
【解析】连接PE,因为E是线段MN的中点，且|PM|=|PN|，所以PE⊥MN，易知直线MN，PE的斜率均存在，故kPE⋅kMN=−1，
因为3OP⋅OE=OP2，所以OP⋅(3OE−OP)=0，所以OP⊥(3OE−OP)，
延长OE到点T,使得OT=3OE，连接PT,则OP⊥(OT−OP),即OP⊥PT，过E作x轴的垂线，垂足为R，则ER//PT，|PR|=2|OR|，则kOEkPE=−|ER||OR|⋅|PR||ER|=−2，
所以kOE⋅kMN=−2kPE⋅kMN=2，
设M(x1,y1),N(x2,y2)，
则x12a2−y12b2=1,x22a2−y22b2=1,两式作差得(x1−x2)(x1+x2)a2=(y1−y2)(y1+y2)b2，即y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=b2a2，即kMN⋅kOE=b2a2=e2−1=2，故C的离心率e=3.
13．（2025·湖南长沙一模）多选 已知双曲线C:x2−y23=1的左、右焦点分别为F1,F2，左、右顶点分别为A,B，过F2的直线l与双曲线的右支交于P,Q两点(P在第一象限)，PQ的中点为M，△PF1F2,△QF1F2的内切圆圆心分别为I1,I2，半径分别为r1,r2，则（ ）
A. I1,B,I2三点共线
B. 当l的斜率存在时，kPQ⋅kOM=3
C. 若r1=2r2，则l的斜率为6
D. r1+r2的取值范围是[2,433)
【答案】ABD
【解析】依题意，得a2=1,b2=3,则c2=4，则A(−1,0),B(1,0),F1(−2,0),F2(2,0).
对于A，设△PF1F2的内切圆与PF1,PF2,F1F2分别相切于点R,S,T，由双曲线的定义得，|PF1|−|PF2|=2a，又|PR|=|PS|，所以|RF1|−|SF2|=2a，又|RF1|=|TF1|，|SF2|=|TF2|，所以|TF1|−|TF2|=2a，又|BF1|−|BF2|=(c+a)−(c−a)=2a，所以切点T与点B重合，则点T(1,0)，则点I1的横坐标为1，同理可得点I2的横坐标也为1，得I1,B,I2三点共线，故A正确.
对于B，设点P(x1,y1),Q(x2,y2),联立x12−y123=1,x22−y223=1,两式作差得x12−x22=y123−y223，得y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=3，即kPQ⋅kOM=3，故B正确.
对于C，设l的倾斜角为θ ，连接I1B,I1F2,I2F2，则∠I2F2B=θ2，∠BI1F2=π2−π−θ2=θ2,又|BF2|=c−a=1,所以r1=1tanθ2,r2=tanθ2，若r1=2r2，则tanθ2=22，则l的斜率为tanθ=2tanθ21−tan2θ2=21−12=22，故C错误.
对于D，由C中分析知，r1+r2=1tanθ2+tanθ2,由题可知双曲线的渐近线方程为y=±3x，倾斜角分别为π3,2π3，因为直线l与双曲线的右支交于P,Q两点，所以θ∈(π3,2π3),即θ2∈(π6,π3),所以tanθ2∈(33,3)，令tanθ2=t，则t∈(33,3)，因为y=t+1t在(33,1)上单调递减，在(1,3)上单调递增，所以t+1t∈[2,433)，故r1+r2∈[2,433)，故D正确.故选ABD.
14．（2025·河北衡水模拟）如图，直线l与抛物线y2=2px(p>0)交于A，B两点，且OA⊥OB，OD⊥AB于点D(1,1).
（1） 求直线l的方程；
（2） 求△OAB的面积.
【解析】
（1） 由题意可得,直线OD的斜率kOD=1−01−0=1，
因为OD⊥AB，
所以直线AB的斜率kAB=−1kOD=−1，
又因为直线l过点D(1,1)，所以直线l的方程为y−1=−(x−1)，即x+y−2=0.
（2） 由y2=2px,x+y−2=0,得y2+2py−4p=0，Δ=4p2+16p>0，
设A(y122p,y1)，B(y222p,y2)，则y1+y2=−2p,y1y2=−4p，
因为OA⊥OB，所以OA⋅OB=y122p⋅y222p+y1y2=(−4p)24p2−4p=4−4p=0，解得p=1，
所以y1+y2=−2p=−2，y1y2=−4p=−4，
由弦长公式可得|AB|=1+(−1)2⋅|y1−y2|=2⋅(y1+y2)2−4y1y2=2×(−2)2−4×(−4)=210,
又|OD|=12+12=2，所以S△OAB=12|AB|⋅|OD|=12×210×2=25.
故△OAB的面积为25.
15．（2025·安徽安庆模拟）已知点N(3,0)，点P是圆M:(x+3)2+y2=16上任意一点，线段PN的垂直平分线l1与PM的交点为Q，记点Q的轨迹是曲线W，设经过点D(1,0)的直线l与曲线W的交点为A,B.
（1） 求曲线W的方程；
（2） 已知点C(4,0)，若直线AC与直线BC的斜率分别为k1,k2，求k1+k2的值.
【解析】
（1） 连接QN，由题得|QN|=|QP|.
设点Q(x,y)，∵ 圆M的圆心为M(−3,0)，半径为4，∴|QM|+|QN|=|QM|+|QP|=4,|MN|=23，
∵4>23，∴ 点Q的轨迹是以M,N为焦点的椭圆，且长轴长2a=4，焦距2c=23，∴a=2,c=3,b=a2−c2=1，
∴ 曲线W的方程为x24+y2=1.
（2） 设直线l的方程为x=my+1，
联立x=my+1,x24+y2=1,消去x得(m2+4)y2+2my−3=0，则Δ=4m2+12(m2+4)>0，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，
则y1+y2=−2mm2+4,y1y2=−3m2+4，
则k1+k2=y1x1−4+y2x2−4=x2y1−4y1+x1y2−4y2(x1−4)(x2−4)=(my2+1)y1−4y1+(my1+1)y2−4y2(my1−3)(my2−3)=2my1y2−3(y1+y2)m2y1y2−3m(y1+y2)+9=−6mm2+4+6mm2+43m2m2+4+9=0.
思维创新练
16．（2025·江苏学情调研）（6分）多选 “大鹏曲线”C的方程为x24−y|y|=1，该曲线因形似一只展翅高飞的大鹏而得名.若直线y=ax+b与C的交点的可能个数组成的集合为D(a,b)，则下列选项正确的是（ ）
A. D(a,2)={0,1,2}
B. D(a,−3a)={0,1,2}
C. “D(a,b)={3}”的充要条件是“|a|>12且b