高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册4.1 直线与圆锥曲线的交点课时练习

【基础】4.1 直线与圆锥曲线的交点-2练习

一．填空题

1．在平面直角坐标系中，设点，，定义：.若点，点为椭圆上的动点，则的最大值为__________________.

2．直线与双曲线有公共点，则的取值范围是______________

3．已知抛物线，过原点作两条互相垂直的直线，分别交抛物线于不同于点的点，，则当直线与圆相交所得的弦长最短时，直线的方程为______.

4．抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点，已知抛物线的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则的周长为_______________．

5．设抛物线的焦点为，倾斜角为钝角的直线过点且与曲线交于 两点，若 ，则的斜率_____________.

6．若椭圆：（，，）与直线：交于．两点，过原点与线段中点的直线斜率为，则______.

7．设椭圆的左．右焦点分别为，点为椭圆上一动点，则下列说法中正确的是___________

①当点不在轴上时，的周长是6

②当点不在轴上时，面积的最大值为

③存在点，使

④的取值范围是

8．若M，P是椭圆两动点，点M关于x轴的对称点为N，若直线PM，PN分别与x轴相交于不同的两点A(m，0)，B(n，0)，则mn=_________.

9．抛物线的焦点为F，过F且斜率为2的直线l与抛物线C交于A，B两点，点D为抛物线C上的动点，且点D在l的右下方，则面积的最大值为______

10．椭圆离心率为，直线与椭圆交于，两点，且中点为，为原点，则直线的斜率是_______．

11．已知椭圆短轴的左．右两个端点分别为．，直线：交椭圆于两点．，设直线．的斜率分别为．，若，则的值为_________.

12．已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．

13．已知抛物线y2=4x，F是抛物线的焦点，直线l与抛物线交于A？B两点，若|AF|+|BF|=6，则线段AB中点的横坐标为___________.

14．设和分别为抛物线的顶点和焦点，过的动直线与抛物线交于．两点，那么的最小值为______.

15．过抛物线的焦点作直线交抛物线于点，（点在点上方）交抛物线的准线于点，若，则直线的倾斜角的余弦值为______．

16．已知曲线，若直线与曲线有且仅有一个公共点，则实数的取值范围是______.

17．直线：与椭圆：交于，两点，则弦长___________.

18．双曲线的渐近线为正方形的边．所在的直线，点为该双曲线的右焦点，若过点的直线与直线．的分别相交于．两点，则内切圆半径的最大值为______．

参考答案与试题解析

1．【答案】

【解析】分析：设点取，，只需直线与椭圆相切即可求最大值.

详解：设点，则，因为求最大值故取，，

所以，设，则求最大值，

只要直线与椭圆相切即可，联立方程组 消去得

由 解得

.

故答案为：

【点睛】

思路点晴：将转为直线方程，再根据直线与椭圆相切求得最大值.

2．【答案】

【解析】分析：将直线方程与双曲线方程联立，分二次项系数为0和不为0讨论方程有解的条件，即可得出答案.

详解：由 ，得

当，即时，

当时，解得，当时，解得，所以时满足条件.

当时，则，解得且

综上所述，的取值范围是

故答案为：

3．【答案】

【解析】分析：设，联立抛物线方程，可以得到，同理，从而写出直线的方程，且过定点，该点在圆的内部，且与圆心都在x轴上，当且仅当轴时，直线与圆相交所得的弦长最短，从而求得直线的方程.

详解：设，联立方程，得得，

设，同理可得.

当时，，所以直线的方程为，

化简得，则直线恒过点.易证当时，直线也过点.

因为，所以点在圆内，且与圆心均在x轴上，

故当且仅当轴时，直线与圆相交所得的弦长最短，此时直线的方程为.

故答案为：

【点睛】

方法点睛：通过设直线方程，与抛物线联立，求得交点的坐标，表示出直线方程，根据直线过圆内的一点，从而求得弦长最短时的直线方程.

4．【答案】

【解析】分析：由抛物线方程求出，根据光学性质求出，利用三点共线求出，再根据两点间的距离公式求出三角形的三边长，进而可得三角形的周长.

详解：由可得，，所以，

因为，根据抛物线的光学性质可得，

设，根据．．三点共线可得，

整理得，解得或（舍），

所以，所以，

所以，，

，

所以的周长为.

故答案为：.

5．【答案】

【解析】分析：由题意设出直线AB的方程，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理，结合弦长公式得答案．

详解：由题意，抛物线，可得，

设直线的直线方程为，

联立方程组，可得，

设，则，

因为，可得，解得，

又因为直线的倾斜角为钝角，所以.

故答案为：

6．【答案】

【解析】分析：设，，的中点为，易得，，两式作差化简可得，再结合题中条件可得，最后简单计算即可求得答案.

详解：设，，的中点为，

将．两点代入椭圆方程得，

①②得③，

整理③得：，

因为，，

，，

所以，

因为点．点在直线：上，所以，

因为，

所以.

故答案为：.

【点睛】

方法点睛：在解答平面解析几何中的某些问题时，如果能适时运用点差法，可以达到“设而不求”的目的，同时，还可以降低解题的运算量，优化解题过程.这类问题通常与直线斜率和弦的中点有关或借助曲线方程中变量的取值范围求出其他变量的范围.

7．【答案】①②④

【解析】分析：利用椭圆的定义与性质，逐步验证各选项正误即可.

详解：对于①，由椭圆方程可知，，则，根据椭圆定义，的周长为，故①正确；

对于②，设，，，则面积的最大值为，故②正确；

对于③，可知，当点P位于椭圆短轴的一个端点时，最大，此时，又，则为正三角形，，所以不存在点，使，故③错误；

对于④，可知，当点P为椭圆右顶点时，取最大值为，当点P为椭圆左顶点时，取最小值为，故的取值范围是，故④正确.

故答案为：①②④.

【点睛】

本题考查椭圆简单性质的应用，解题的关键是正确理解椭圆的定义，理解椭圆顶点处的特点.

8．【答案】4

【解析】分析：设出的坐标，写出坐标满足的关系式.根据题意，写出直线，的方程，求出的横坐标，计算得出的值.

详解：

解：

设，则，，则，

所以

直线的方程为，令可得

同理有

直线的方程为，令可得

则

故答案为：

【点睛】

圆锥曲线中求定值问题常见的方法有两种：

(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

(2)直接推理．计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

9．【答案】

【解析】分析：先联立直线方程和抛物线方程求得，

接着有两种方法：方法一是将点D到直线的距离用坐标表示出来，借助二次函数求出最值；方法二是利用相切时点D到直线的距离最大，此时两平行线间的距离即为点D到直线的距离最大值，进而求出面积的最大值即可.

详解：由题意可知抛物线的焦点为,

所以直线方程为：，

联立得

设，由韦达定理知：

所以，

故，

方法一：设，因为直线方程为：

，其中

所以

当且仅当时等号成立，此时满足点D在l的右下方，

所以面积的最大值为.

方法二： 因为，

要想面积的最大，只需点到直线的距离最大，

如图，设斜率为2的直线与抛物线相切与点，

当点在点位置时，点到直线的距离最大，

因为直线方程为：

设切线方程为，

联立抛物线得：，

令，解得，

此时

所以面积的最大值为.

【点睛】

(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆．双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；

(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点且焦点在y轴上，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．

10．【答案】

【解析】分析：设，，利用点差法即可求出直线的斜率；

详解：解：因为椭圆离心率为，所以，所以

设，，所以，，因为，在椭圆上，所以，两式作差得，即，即，即，所以

故答案为：

11．【答案】3

【解析】分析：由直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用点的坐标表示出关系，将点在椭圆上的坐标关系代入，结合韦达定理可得答案.

详解：由题意可得 ．，设．，

由点在椭圆上，则，所以，同理

直线：恒过定点，点在椭圆内，所以直线与椭圆恒有两个公共点.

由，得

,

由可得

即，所以

即，所以

即，

解得或.

又由且，所以

解得，所以取

故答案为：3

【点睛】

关键点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，考查利用韦达定理的设而不求方法的应用，解答本题的关键是由可得，根据点在椭圆进一步化为，将韦达定理代入，结合由且，所以进行取舍，属于中档题.

12．【答案】

【解析】分析：根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.

详解：因为为上关于坐标原点对称的两点，

且，所以四边形为矩形，

设，则，

所以，

，即四边形面积等于.

故答案为：.

13．【答案】

【解析】分析：先根据抛物线方程求出的值，再由抛物线的性质可得到答案．

详解：解：抛物线，，

直线与抛物线相交于．两点，设其横坐标分别为，，因为，利用抛物线定义，所以，所以

所以中点横坐标为．

故答案为：．

14．【答案】

【解析】分析：设过点的直线的方程为，与抛物线方程联立，先求得弦长.，再求得原点到直线的距离，然后由求解.

详解：由题意可得且直线的斜率一定存在，

设过点的直线的方程为，，，

联立方程，

消去得.

所以，，

故.

原点到直线的距离，

所以

故当时，有最小值.

故答案为：

15．【答案】

【解析】分析：作出抛物线准线，作垂直于准线于，由，判断是的中位线，进一步得出，则直线l的倾斜角可求.

详解：解：

,设,过作出抛物线准线，则

过M作垂直于准线于,则轴

∵，F为的三等分点，所以是的三等分点，

所以，

∴，即，∴，

∴

直线的倾斜角的余弦值为.

故答案为：.

【点睛】

关键点点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，结合三角形的有关知识和抛物线的定义考查求直线倾斜角的方法，解题的关键是根据抛物线的定义求出，考查运算求解能力和逻辑推理能力，基础题.

16．【答案】

【解析】分析：分别在和两种情况下确定曲线的方程，由此得到的图象；当时，由双曲线的渐近线方程结合图象可知满足题意；当时，由直线与圆相切可求得；综合两种情况可求得的范围.

详解：当时，；当时，；由此可得曲线图象如下图所示：

①当时，为双曲线的渐近线，其与有唯一交点，

当时，与有唯一交点；

②当时，若与有唯一交点，则与相切，

则，解得：（舍）或.

综上所述：实数的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】

关键点点睛：本题考查根据直线与曲线交点个数求解参数范围的问题，解题关键是能够根据的正负确定曲线的类型，由此得到曲线的图象.

17．【答案】

【解析】分析：将直线与椭圆方程联立，根据韦达定理确定根与系数关系，再利用弦长公式求得弦长.

详解：由直线：与椭圆：交于，两点

设，

得

弦长.

故答案为：

【点睛】

解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线．椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系．弦长．斜率．三角形的面积等问题．

18．【答案】

【解析】分析：根据双曲线和正方形的对称性．三角形的面积公式，结合基本不等式．直角三角形内切圆半径公式．分式型函数的单调性进行求解即可.

详解：由题意得，过．向轴作垂线，垂足分别为，．

设，，则，．

，所以有．

又，有．（当且仅当时等号成立）．

的内切圆半径令，，则在上单调递减．

∴当时，有最大值为．

故答案为：

【点睛】

关键点睛：利用三角形的面积得到等式是解题的关键.