人教B版 (2019)选择性必修 第一册2.8 直线与圆锥曲线的位置关系同步练习题

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第一册2.8 直线与圆锥曲线的位置关系同步练习题，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．直线y＝x＋2与椭圆＝1有两个公共点，则m的取值范围是( )
A．m>1B．m>1且m≠3
C．m>3D．m>0且m≠3
2．直线y＝kx－k＋1与椭圆＝1的位置关系为( )
A．相交 B．相切
C．相离D．不确定
3．抛物线y2＝12x截直线y＝2x＋1所得弦长等于( )
A．B．2
C．D．15
4．已知双曲线＝1的右焦点为F，若过点F的直线与双曲线右支有且只有一个交点，则此直线斜率的取值范围是( )
A．(－) B．(－)
C．D．[－ ]
二、填空题
5．斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为________．
6．已知(4，2)是直线l被椭圆＝1所截得的线段的中点，则l的方程是________．
7．设双曲线Γ的方程为x2－＝1.设l是经过点M(1，1)的直线，且和Γ有且仅有一个公共点，则l的方程为________．
三、解答题
8．已知点A(0，－2)，椭圆E：＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．
(1)求E的方程；
(2)设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△POQ的面积最大时，求l的方程.
9.已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点．
[尖子生题库]
10．已知椭圆C：＝1(a＞b>0)，离心率是，原点与C和直线x＝1的交点围成的三角形面积是.若直线l过点(，0)，且与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是顶点)，D是椭圆C的右顶点，求证∠ADB是定值．
课时作业(二十五) 直线与圆锥曲线的位置关系
1．解析：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,\f(x2,m)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋m)x2＋4mx＋m＝0，∴Δ＞0，∴m＞1或m＜0.又∵m＞0且m≠3，∴m＞1且m≠3.
答案：B
2．解析：因为y＝kx－k＋1，所以y－1＝k(x－1)，过定点(1，1)，定点在椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1内部，故选A.
答案：A
3．解析：令直线与抛物线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋1，,y2＝12x，))得4x2－8x＋1＝0，
∴x1＋x2＝2，x1x2＝eq \f(1,4)，
∴|AB|＝eq \r(（1＋22）（x1－x2）2)＝eq \r(5[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq \r(15).
答案：A
4.
解析：双曲线eq \f(x2,12)－eq \f(y2,4)＝1的渐近线方程是y＝±eq \f(\r(3),3)x，右焦点F(4，0)，过右焦点F(4，0)分别作两条渐近线的平行线l1和l2，如图，由图形可知，符合条件的直线的斜率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，故选C.
答案：C
5．解析：设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
直线l的方程为y＝x＋t，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4，,y＝x＋t，))消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(8,5)t，x1x2＝eq \f(4（t2－1）,5).
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,5)t))\s\up12(2)－4×\f(4（t2－1）,5))＝eq \f(4\r(2),5)·eq \r(5－t2)，
当t＝0时，|AB|max＝eq \f(4\r(10),5).
答案：eq \f(4\r(10),5)
6．解析：设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2).
则eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,36)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,9)＝1，且eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,36)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,9)＝1，两式相减得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(x1＋x2,4（y1＋y2）).
又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，故直线l的方程为y－2＝－eq \f(1,2)(x－4)，即x＋2y－8＝0.
答案：x＋2y－8＝0
7．解析：(1)当直线l斜率不存在时，方程为x＝1，显然与双曲线Γ相切，只有一个交点，符合题意，
(2)当直线l的斜率存在且与双曲线Γ相切时，设斜率为k，
则直线l的方程为y－1＝k(x－1)，
即y＝kx－k＋1，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－k＋1，,x2－\f(y2,4)＝1，))
消去y得：(4－k2)x2－2k(1－k)x－[(1－k)2＋4]＝0，
因为直线l和双曲线Γ有且仅有一个公共点，
所以Δ＝4k2(1－k)2＋4(4－k2)[(1－k)2＋4]＝0，
化简得：80－32k＝0，所以k＝eq \f(5,2)，
所以直线l的方程为：y＝eq \f(5,2)x－eq \f(3,2)，即5x－2y－3＝0.
(3)当直线l与双曲线Γ的渐近线平行时，也与双曲线Γ有且仅有一个公共点，因为双曲线Γ的渐近线方程为：y＝±2x，
所以直线l的斜率为±2，
所以直线l的方程为y－1＝2(x－1)或y－1＝－2(x－1)，
即2x－y－1＝0或2x＋y－3＝0，
综上所述，直线l的方程为x＝1或5x－2y－3＝0或2x－y－1＝0或2x＋y－3＝0.
答案：x＝1或5x－2y－3＝0或2x－y－1＝0或2x＋y－3＝0
8．解析：(1)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(2,c)＝\f(2\r(3),3)))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝\r(3)，))
∴椭圆E的方程：eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当直线l垂直于x轴时，△OPQ不存在，则直线存在斜率，
设直线l的方程为y＝kx－2与eq \f(x2,4)＋y2＝1联立消去y有：(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，
∴Δ＝(－16k)2－4×(4k2＋1)×12＝64k2－48>0，
∴k2>eq \f(3,4)，
令P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(16k,4k2＋1)，,x1x2＝\f(12,4k2＋1)，))
∴|PQ|＝eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])
＝eq \r(（1＋k2）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16k,4k2＋1)))\s\up12(2)－\f(48,4k2＋1))))，
整理得|PQ|＝eq \f(4\r(1＋k2)\r(4k2－3),4k2＋1)，令点O到直线l的距离为d，则d＝eq \f(2,\r(k2＋1))，
∴△OPQ的面积S(k)＝eq \f(1,2)|PQ|d＝eq \f(4\r(4k2－3),4k2＋1)，令eq \r(4k2－3)＝t(t>0)，
则S(k)＝eq \f(4\r(4k2－3),4k2＋1)＝eq \f(4t,t2＋4)＝eq \f(4,t＋\f(4,t))≤1，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当t＝2，即k＝±\f(\r(7),2)时等号成立))
所以直线l方程为eq \r(7)x－2y－4＝0，eq \r(7)x＋2y＋4＝0.
9．解析：(1)依据题意作图，如图所示：
由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).
则eq \(AG,\s\up6(→))＝(a，1)，eq \(GB,\s\up6(→))＝(a，－1).由eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝8得a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3