2022版新教材高考数学一轮复习50直线与圆锥曲线的位置关系训练含解析新人教B版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习50直线与圆锥曲线的位置关系训练含解析新人教B版，共11页。试卷主要包含了已知直线l，已知双曲线C，已知F是抛物线C，已知抛物线C，椭圆M，已知直线y＝2x＋m与椭圆C等内容，欢迎下载使用。
A组 全考点巩固练
1．(2020·鹤壁高中高三月考)已知直线l：x－y＋3＝0与双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)交于A，B两点，点P(1,4)是弦AB的中点，则双曲线C的离心率为
( )
A．eq \f(4,3)B．2
C．eq \f(\r(5),2) D．eq \r(5)
D 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为点P(1,4)是弦AB的中点，
根据中点坐标公式可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝8.))
因为A，B两点在直线l：x－y＋3＝0上，
根据两点斜率公式可得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1.
因为A，B两点在双曲线C上，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)－\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)－\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))所以eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),a2)－eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),b2)＝0，
即eq \f(b2,a2)＝eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝eq \f(y1＋y2y1－y2,x1＋x2x1－x2)＝eq \f(8,2)×1＝4，解得eq \f(b,a)＝2.
所以e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝eq \r(5).
2．(2020·大连一中模拟)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．8D．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.
3．(2021·重庆高三月考)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F(－c,0)，过点F且斜率为1的直线与双曲线C交于A，B两点．若线段AB的垂直平分线与x轴交于点P(2c，0)，则双曲线C的离心率为( )
A．eq \f(\r(5),2) B．eq \r(2)
C．eq \r(3)D．2
D 解析：设线段AB的中点坐标为(x0，y0)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y0,x0＋c)＝1，,\f(y0,x0－2c)＝－1))⇒x0＝eq \f(c,2)，y0＝eq \f(3,2)c，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入双曲线方程有eq \f(x\\al(2,1),a2)－eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),a2)－eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1，两式相减得
eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)－eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，可得eq \f(b2,a2)＝eq \f(y1－y2y1＋y2,x1－x2x1＋x2)＝3，即b2＝3a2，
所以c＝2a，e＝2.
4．(多选题)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l.设l与x轴的交点为K，P为C上异于O的任意一点，P在l上的射影为E，∠EPF的外角平分线交x轴于点Q，过Q作QN⊥PE交EP的延长线于N，作QM⊥PF交线段PF于点M，则( )
A．|PE|＝|PF|B．|PF|＝|QF|
C．|PN|＝|MF|D．|PN|＝|KF|
ABD 解析：由抛物线的定义，知|PE|＝|PF|，A正确；
因为PN∥QF，PQ是∠FPN的平分线，
所以∠FQP＝∠NPQ＝∠FPQ，
所以|PF|＝|QF|，B正确；
若|PN|＝|MF|，由PQ是∠FPN的平分线，QN⊥PE，QM⊥PF得|QM|＝|QN|，从而有|PM|＝|PN|，于是有|PM|＝|FM|，这样就有|QP|＝|QF|，△PFQ为等边三角形，∠FPQ＝60°，也即有∠FPE＝60°，这只是在特殊位置才有可能，因此C错误；
由A，B知|PE|＝|QF|，因为|EN|＝|KQ|，
所以|KF|＝|PN|，D正确．
5．(2020·新高考全国卷Ⅰ)斜率为eq \r(3)的直线过抛物线C：y2＝4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|＝________.
eq \f(16,3) 解析：(方法一)在抛物线y2＝4x中，2p＝4，斜率为eq \r(3)的直线倾斜角θ＝eq \f(π,3)，
所以过焦点的弦长|AB|＝eq \f(2p,sin2θ)＝eq \f(4,sin2\f(π,3))＝eq \f(4,\f(3,4))＝eq \f(16,3).
(方法二)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由已知可得抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，过点F且斜率k＝eq \r(3)的直线方程为y＝eq \r(3)(x－1)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝\r(3)x－1，))消去y得3x2－10x＋3＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(10,3)，,x1x2＝1，))
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋3)×eq \r(\f(100,9)－4)＝eq \f(16,3).
6．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λ0)的焦点，过F作直线与C相交于P，Q两点，且Q在第一象限．若2eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \(FQ,\s\up6(→))，则直线PQ的斜率是________．
2eq \r(2) 解析：设l是准线，过P作PM⊥l于M，过Q作QN⊥l于N，过P作PH⊥QN于H，如图，
则|PM|＝|PF|，|QN|＝|QF|.
因为2eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \(FQ,\s\up6(→))，所以|QF|＝2|PF|，
所以|QN|＝2|PM|，
所以|QH|＝|NH|＝|PM|＝|PF|，
|PH|＝eq \r(3|PF|2－|PF|2)＝2eq \r(2)|PF|，
所以tan ∠HQF＝eq \f(|PH|,|QH|)＝2eq \r(2)，
所以直线PQ的斜率为2eq \r(2).
8．(2020·鹤壁市高三模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线与x轴交于点A，点M(2，p)在抛物线C上．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M作直线l交抛物线C于另一点N.若△AMN的面积为eq \f(64,9)，求直线l的方程．
解：(1)因为点M(2，p)在抛物线y2＝2px上，
所以p2＝4p，所以p＝4或p＝0(舍去)，
所以抛物线C的方程为y2＝8x.
(2)由(1)知抛物线C的方程为y2＝8x，M(2,4)，A(－2，0)，kMA＝eq \f(4－0,2－－2)＝1，
所以直线MA的方程为y＝x＋2，即x－y＋2＝0，且|MA|＝4eq \r(2)，
所以点N到直线MA的距离d＝eq \f(2S△AMN,|MA|)＝eq \f(16\r(2),9).
设N点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),8)，y0))，
则d＝eq \f((y\\al(2,0),8)－y0＋2,\r(2))＝eq \f(16\r(2),9)，
解得y0＝eq \f(28,3)或y0＝－eq \f(4,3)，
即N点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(98,9)，\f(28,3)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,9)，－\f(4,3))).
若取Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(98,9)，\f(28,3)))，则kMN＝eq \f(\f(28,3)－4,\f(98,9)－2)＝eq \f(3,5)，
所以直线l的方程为y－4＝eq \f(3,5)(x－2)，即3x－5y＋14＝0；
若取Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,9)，－\f(4,3)))，则kMN＝eq \f(－\f(4,3)－4,\f(2,9)－2)＝3，
所以直线l的方程为y－4＝3(x－2)，即3x－y－2＝0.
综上，直线l的方程为3x－5y＋14＝0或3x－y－2＝0.
9．(2020·桂林模拟)椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(2),2)，过点A(－a,0)和B(0，b)的直线与原点间的距离为eq \f(\r(6),3).
(1)求椭圆M的方程；
(2)过点E(1,0)的直线l与椭圆M交于C，D两点，且点D位于第一象限，当eq \f(|CE|,|DE|)＝3时，求直线l的方程．
解：(1)由题意可得直线AB的方程为bx－ay＋ab＝0.
依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(ab,\r(a2＋b2))＝\f(\r(6),3)，,e＝\r(\f(a2－b2,a2))＝\f(\r(2),2)，))
解得a2＝2，b2＝1，
所以椭圆M的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)(x2>0，y2>0)，
设直线l的方程为x＝my＋1(m∈R)．
代入椭圆方程整理得(m2＋2)y2＋2my－1＝0.
Δ＝8m2＋8>0，
所以y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋2).①
由eq \f(|CE|,|DE|)＝3，依题意可得y1＝－3y2.②
结合①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝\f(m,m2＋2)，,3y\\al(2,2)＝\f(1,m2＋2)，))
消去y2解得m＝1，m＝－1(不合题意)．
所以直线l的方程为y＝x－1.
B组 新高考培优练
10．(2020·大连市高考模拟)已知直线y＝2x＋m与椭圆C：eq \f(x2,5)＋y2＝1相交于A，B两点，O为坐标原点．当△AOB的面积取得最大值时，|AB|＝( )
A.eq \f(5\r(42),21) B.eq \f(\r(210),21)
C.eq \f(2\r(42),7) D.eq \f(2\r(42),21)
A 解析：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋m，,\f(x2,5)＋y2＝1，))得21x2＋20mx＋5m2－5＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(20m,21)，x1x2＝eq \f(5m2－5,21)，
所以|AB|＝eq \r(1＋22)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(\r(5)×\r(2021－m2),21)＝eq \f(10\r(21－m2),21).
又O到直线AB的距离d＝eq \f(|m|,\r(5))，
则△AOB的面积S＝eq \f(1,2)d·|AB|＝eq \f(\r(5)×\r(m221－m2),21)
≤eq \f(\r(5)×\r(m2＋21－m2),21)＝eq \f(\r(105),21)，
当且仅当m2＝21－m2，即m2＝eq \f(21,2)时，△AOB的面积取得最大值．
此时，|AB|＝eq \f(10\r(21－m2),21)＝eq \f(5\r(42),21).
11．在平面直角坐标系xOy中，直线x＋eq \r(2)y－2eq \r(2)＝0与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相切，且椭圆C的右焦点F(c,0)关于直线l：y＝eq \f(c,b)x的对称点E在椭圆C上，则△OEF的面积为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(3),2)
C．1D．2
C 解析：由于直线x＋eq \r(2)y－2eq \r(2)＝0与椭圆C相切，联立得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\r(2)y－2\r(2)＝0，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))
消去x，化简得(a2＋2b2)y2－8b2y＋(8－a2)b2＝0.
由Δ＝64b4－4(a2＋2b2)(8－a2)b2＝0，可得a2＋2b2＝8.①
设点F′为椭圆C的左焦点，连接EF′，则EF′∥l，
所以EF⊥EF′.
因为F到直线l的距离
d＝eq \f(\f(c2,b),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)))2＋1))＝eq \f(c2,a)，所以|EF|＝2d＝eq \f(2c2,a).
由椭圆定义可得|EF′|＝2a－|EF|＝2a－eq \f(2c2,a )＝eq \f(2b2,a).
在Rt△FEF′中，|EF|2＋|EF′|2＝|FF′|2，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2c2,a)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b2,a)))2＝(2c)2，化简得a2＝2b2.②
联立①②得a2＝4，b2＝2，
所以|EF|＝|F′E|＝2，
所以S△OEF＝eq \f(1,2)S△F′EF＝1.
12．(多选题)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，直线的斜率为eq \r(3)且经过点F，直线l与抛物线C交于点A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D.若|AF|＝8，则以下结论正确的是( )
A．p＝4 B．eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(FA,\s\up6(→))
C．|BD|＝2|BF|D．|BF|＝4
ABC 解析：如图所示．
分别过点A，B作抛物线C的准线m的垂线，垂足分别为点E，M.
抛物线C的准线m交x轴于点P，则|PF|＝p，
由于直线l的斜率为eq \r(3)，其倾斜角为60°.
∵AE∥x轴，∴∠EAF＝60°.
由抛物线的定义可知，|AE|＝|AF|，则△AEF为等边三角形，
∴∠EFP＝∠AEF＝60°，则∠PEF＝30°，
∴|AF|＝|EF|＝2|PF|＝2p＝8，得p＝4，
A选项正确．
∵|AE|＝|EF|＝2|PF|，PF∥AE，
∴F为AD的中点，则eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(FA,\s\up6(→))，B选项正确．
∴∠DAE＝60°，∴∠ADE＝30°，
∴|BD|＝2|BM|＝2|BF|，C选项正确．
∵|BD|＝2|BF|，
∴|BF|＝eq \f(1,3)|DF|＝eq \f(1,3)|AF|＝eq \f(8,3)，D选项错误．故选ABC.
13．已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1的左焦点为F，O为坐标原点．设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，点A和点B关于直线l对称，l与x轴交于点G，则点G横坐标的取值范围是________．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)) 解析：设直线AB的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.
因为直线AB过椭圆的左焦点F且不垂直于x轴，
所以方程有两个不等实根．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点N(x0，y0)，
则x1＋x2＝eq \f(－4k2,2k2＋1)，
x0＝eq \f(1,2)(x1＋x2)＝eq \f(－2k2,2k2＋1)，
y0＝k(x0＋1)＝eq \f(k,2k2＋1).
因为点A和点B关于直线l对称，
所以直线l为AB的垂直平分线，其方程为
y－y0＝－eq \f(1,k)(x－x0)．
令y＝0，得xG＝x0＋ky0＝－eq \f(2k2,2k2＋1)＋eq \f(k2,2k2＋1)＝－eq \f(k2,2k2＋1)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,4k2＋2).
因为k≠0，所以－eq \f(1,2)＜xG＜0，
即点G横坐标的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)).
14．(2020·邢台市高三三模)在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝kx＋m(k>0)交椭圆E：eq \f(x2,4)＋y2＝1于C，D两点．
(1)若m＝k＝1，且点P满足eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))＋eq \(OP,\s\up6(→))＝0，证明：点P不在椭圆E上；
(2)若椭圆E的左、右焦点分别为F1，F2，直线l与线段F1F2和椭圆E的短轴分别交于两个不同点M，N，且|CM|＝|DN|，求四边形CF1DF2面积的最小值．
设直线l：y＝kx＋m(k>0)交椭圆E：eq \f(x2,4)＋y2＝1于C(x1，y1)，D(x2，y2)两点．
(1)证明：把y＝x＋1代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，得5x2＋8x＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(8,5)，y1＋y2＝x1＋x2＋2＝－eq \f(8,5)＋2＝eq \f(2,5).
因为eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))＋eq \(OP,\s\up6(→))＝0，
所以eq \(OP,\s\up6(→))＝－(eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→)))＝(－x1－x2，－y1－y2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)，－\f(2,5)))，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)，－\f(2,5))).
因为eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)))2,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,5)))2＝eq \f(4,5)≠1，
所以点P不在椭圆E上．
(2)解：将y＝kx＋m(k>0)代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－4,1＋4k2).
又Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0))，N(0，m)．
因为|CM|＝|DN|，所以xM－x1＝x2－xN，
即xM＋xN＝x1＋x2，
所以－eq \f(8km,1＋4k2)＝－eq \f(m,k).
因为直线y＝kx＋m(k>0)与线段F1F2及椭圆的短轴分别交于不同的两点，所以m≠0.又k>0，则k＝eq \f(1,2)，故x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2.
由－eq \r(3)≤－2m≤eq \r(3)，得－eq \f(\r(3),2)≤m≤eq \f(\r(3),2).
因为y1＝eq \f(1,2)x1＋m，y2＝eq \f(1,2)x2＋m，
所以|y1－y2|
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x1＋m))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2＋m))))
＝eq \f(1,2)|x1－x2|
＝eq \f(1,2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(1,2)eq \r(－2m2－42m2－2)
＝eq \r(2－m2).
S四边形CF1DF2＝S△F1F2C＋S△F1F2D
＝eq \f(1,2)|F1F2|·|y1|＋eq \f(1,2)|F1F2|·|y2|
＝eq \f(1,2)|F1F2|·|y1－y2|
＝eq \r(3)×eq \r(2－m2)
≥eq \r(3)×eq \f(\r(5),2)＝eq \f(\r(15),2).
故当m＝eq \f(\r(3),2)或m＝－eq \f(\r(3),2)时，四边形CF1DF2面积的最小值为eq \f(\r(15),2).