2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习63直线与圆锥曲线的位置关系（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习63直线与圆锥曲线的位置关系（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．直线y＝k(x－2)＋1与椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1的位置关系是( )
A．相离B．相交
C．相切D．无法判断
2．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的离心率为eq \r(2)且C过点(eq \r(2)，－1)，直线l：y＝k(x－2)与C的右支有两个不同的交点，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
B．(－1，1)
C．(－eq \r(2)，eq \r(2))
D．(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞)
3．[2024·河南开封模拟]已知直线l：x＋my－1＝0过抛物线C：y2＝2px的焦点，直线l与抛物线C相交于A，B两点，若AB的中点M到抛物线C的准线的距离为eq \f(5,2)，则m＝( )
A．±2B．±eq \f(1,2)
C．eq \f(1,2)D．2
4．[2024·江西师大附中模拟]已知F是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点，P(0，eq \r(6)a)，直线PF与双曲线C有且只有一个公共点，则双曲线C的离心率为( )
A．eq \r(2)B．eq \r(3)
C．2D．eq \r(6)
二、多项选择题
5．[2024·河北沧州模拟]已知椭圆C：eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,m2)＝1的焦点分别为F1(0，2)，F2(0，－2)，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点P(eq \f(1,2)，eq \f(1,2))为线段MN的中点，则下列说法正确的是( )
A．m2＝6
B．椭圆C的离心率为eq \f(\r(3),3)
C．直线l的方程为3x＋y－2＝0
D．△F2MN的周长为4eq \r(2)
6．(素养提升)[2022·新高考Ⅱ卷]已知O为坐标原点，过抛物线C：y2＝2px(p>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p，0).若|AF|＝|AM|.则( )
A．直线AB的斜率为2eq \r(6)
B．|OB|＝|OF|
C．|AB|>4|OF|
D．∠OAM＋∠OBM<180°
三、填空题
7．[2020·新高考Ⅰ卷]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|＝________．
8．(素养提升)[2022·新高考Ⅰ卷]已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为eq \f(1,2).过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是________．
四、解答题
9．[2024·广东揭阳模拟]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)与直线y＝x＋2相切．
(1)求C的方程；
(2)过C的焦点F的直线l与C交于A，B两点，AB的中垂线与C的准线交于点P，若|PA|＝eq \f(\r(3),2)|AB|，求l的方程．
10．[2022·新高考Ⅰ卷]已知点A(2，1)在双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ＝2eq \r(2)，求△PAQ的面积．
优生选做题
11．[2024·江苏南京模拟]已知F1，F2分别为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左右焦点，过点F1且斜率存在的直线l与双曲线C的渐近线相交于A，B两点，且点A，B在x轴的上方，A，B两个点到x轴的距离之和为eq \f(8c,5)，若|AF2|＝|BF2|，则双曲线的离心率为________.
12．[2024·山东青岛模拟]已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点(－2eq \r(3)，eq \r(3))，且与椭圆eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,3)＝1有共同的焦点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点P，O为坐标原点．若eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝－24，求点P的坐标．
课后定时检测案63 直线与圆锥曲线的位置关系
1．解析：由题知，直线恒过定点(2，1)，将(2，1)点代入eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1可得eq \f(4,16)＋eq \f(1,9)<1，故(2，1)在椭圆内，直线与椭圆相交，故选B.
答案：B
2．解析：离心率为eq \r(2)的双曲线是等轴双曲线，所以可设双曲线C的方程是x2－y2＝λ(λ≠0)，将点(eq \r(2)，－1)的坐标代入得λ＝1，所以C的方程是x2－y2＝1，将y＝k(x－2)代入上式并消去y整理得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－1＝0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝16k4－4（1－k2）（－4k2－1）>0，,x1＋x2＝－\f(4k2,1－k2)>0，,x1x2＝－\f(4k2＋1,1－k2)>0，))解得k<－1或k>1.故选A.
答案：A
3．解析：因为直线l：x＋my－1＝0过定点(1，0)，抛物线C：y2＝2px的焦点在x轴，且直线l过抛物线的焦点，所以抛物线的焦点坐标为(1，0)，所以eq \f(p,2)＝1，解得p＝2，所以抛物线C的标准方程为y2＝4x.联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋my－1＝0，,y2＝4x，))消去x，可得y2＝4(1－my)，即y2＋4my－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为Δ＝(4m)2－4×1×(－4)＝16m2＋16>0，所以y1＋y2＝－4m.所以x1＋x2＝1－my1＋1－my2＝2－m(y1＋y2)＝2＋4m2.因为AB的中点M到抛物线C的准线的距离为eq \f(5,2)，且抛物线C的准线方程为x＝－1，所以xM＋1＝eq \f(5,2)，解得xM＝eq \f(3,2).所以eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(3,2)，即2＋4m2＝3，解得m＝±eq \f(1,2).故选B.
答案：B
4．解析：双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线为y＝±eq \f(b,a)x，又F(－c，0)，P(0，eq \r(6)a)，所以直线PF的斜率为eq \f(\r(6)a－0,0－（－c）)＝eq \f(\r(6)a,c)，因为直线PF与双曲线C有且只有一个公共点，所以根据双曲线的几何性质，直线PF与双曲线的一条渐近线y＝eq \f(b,a)x平行，所以eq \f(\r(6)a,c)＝eq \f(b,a)，即eq \r(6)a2＝bc，所以6a4＝b2c2，又c2＝a2＋b2，所以6a4＝(c2－a2)c2＝c4－a2c2，所以e4－e2－6＝0，解得e2＝3或e2＝－2(舍去)，所以e＝eq \r(3).故选B.
答案：B
5．解析：如图所示，
根据题意，因为焦点在y轴上，所以m2－2＝4，则m2＝6，故选项A正确；
椭圆C的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,\r(6))＝eq \f(\r(6),3)，故选项B不正确；
不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,6)＝1，eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,6)＝1，
两式相减得eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,2)＝－eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,6)，变形得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－3×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)，
又注意到点P(eq \f(1,2)，eq \f(1,2))为线段MN的中点，所以eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝eq \f(\f(x1＋x2,2),\f(y1＋y2,2))＝eq \f(xP,yP)＝eq \f(\f(1,2),\f(1,2))＝1，
所以直线l的斜率为kl＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－3×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－3×1＝－3，
所以直线l的方程为y－eq \f(1,2)＝－3(x－eq \f(1,2))，即3x＋y－2＝0，故选项C正确；
因为直线l过F1，所以△F2MN的周长为F2M＋F2N＋MN＝(|F2M|＋|F1M|)＋(|F2N|＋|F1N|)＝2a＋2a＝4a＝4eq \r(6)，故选项D不正确．故选AC.
答案：AC
6．解析：由|AF|＝|AM|，可知xA＝eq \f(xF＋xM,2)＝eq \f(3,4)p.代入y2＝2px，得yA＝eq \f(\r(6),2)p(负值已舍去).kAB＝eq \f(yA,xA－\f(p,2))＝2eq \r(6)，直线AB的方程为y＝2eq \r(6)x－eq \r(6)p.联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2\r(6)x－\r(6)p，,y2＝2px，))得12x2－13px＋3p2＝0，则xAxB＝eq \f(p2,4)，得xB＝eq \f(p,3)，则yB＝－eq \f(\r(6),3)p.故A(eq \f(3,4)p，eq \f(\r(6),2)p)，B(eq \f(p,3)，－eq \f(\r(6),3)p)，F(eq \f(p,2)，0)，M(p，0).选项A，kAF＝eq \f(\f(\r(6),2)p,\f(3,4)p－\f(p,2))＝2eq \r(6)＝kAB，故正确；选项B，|OB|＝eq \r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) )＝eq \f(\r(7),3)p≠eq \f(p,2)，故错误；选项C，|AB|＝xA＋xB＋p＝eq \f(25,12)p>2p＝4|OF|，故正确；选项D，易得eq \(OA,\s\up6(→))＝(eq \f(3,4)p，eq \f(\r(6),2)p)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(eq \f(p,3)，－eq \f(\r(6),3)p)，eq \(MA,\s\up6(→))＝(－eq \f(p,4)，eq \f(\r(6),2)p)，eq \(MB,\s\up6(→))＝(－eq \f(2,3)p，－eq \f(\r(6),3)p).因为eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \f(p2,4)－p2＝－eq \f(3,4)p2<0，所以∠AOB为钝角．因为eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝eq \f(p2,6)－p2＝－eq \f(5,6)p2<0，所以∠AMB为钝角，所以∠OAM＋∠OBM<180°，故正确．选ACD.
答案：ACD
7．解析：∵抛物线的方程为y2＝4x，
∴抛物线的焦点F坐标为F(1，0)，
又∵直线AB过焦点F且斜率为eq \r(3)，∴直线AB的方程为y＝eq \r(3)(x－1)，
代入抛物线方程消去y并化简得3x2－10x＋3＝0，
方法一 解得x1＝eq \f(1,3)，x2＝3，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋3)·|3－eq \f(1,3)|＝eq \f(16,3).
方法二 Δ＝100－36＝64>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(10,3)，
过A，B分别作准线x＝－1的垂线，设垂足分别为C，D，如图所示．
|AB|＝|AF|＋|BF|＝|AC|＋|BD|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝eq \f(16,3).
答案：eq \f(16,3)
8．解析：由题意知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以a＝2c，b＝eq \r(3)c，所以△AF1F2是等边三角形，所以DE垂直平分AF2，所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，所以△ADE的周长为|DE|＋|AD|＋|AE|＝|DE|＋|DF2|＋|EF2|.由椭圆的定义，可知|DE|＋|DF2|＋|EF2|＝4a＝8c.因为直线DE的斜率k＝tan30°＝eq \f(\r(3),3)，所以直线DE的方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x＋c)，即x＝eq \r(3)y－c.由椭圆方程eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1，得3x2＋4y2＝12c2.将x＝eq \r(3)y－c代入并整理，得13y2－6eq \r(3)cy－9c2＝0.设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(6\r(3)c,13)，y1y2＝－eq \f(9c2,13)，所以|DE|＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(1＋3)·eq \r(\f(108c2,169)＋\f(36c2,13))＝eq \f(12,13)eq \r(3c2＋13c2)＝eq \f(48,13)c＝6，解得c＝eq \f(13,8).所以△ADE的周长是8c＝13.
答案：13
9．解析：(1)联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,y2＝2px，))消去x得y2－2py＋4p＝0，
∵抛物线C与直线y＝x＋2相切，则Δ＝(－2p)2－4×4p＝0，解得p＝4或p＝0(舍去)，
故抛物线的方程C：y2＝8x.
(2)设l的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则线段AB的中点M(eq \f(x1＋x2,2)，eq \f(y1＋y2,2))，
过M作抛物线的准线x＝－2的垂线，垂足为N，则|AB|＝x1＋x2＋4，|MN|＝eq \f(x1＋x2,2)＋2，即|AB|＝2|MN|＝2|MA|，
∵|PA|＝eq \f(\r(3),2)|AB|，则|PM|＝eq \r(2)|MA|，
即|PM|＝eq \r(2)|MN|，∴|PN|＝|MN|，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝8x，))消去x得y2－8my－16＝0，
Δ＝64m2＋64>0，y1＋y2＝8m，
则M(4m2＋2，4m)，N(－2，4m)，AB的中垂线的方程为mx＋y－4m3－6m＝0，
∴P(－2，4m3＋8m)，则|PN|＝|4m3＋4m|，|MN|＝4m2＋4，
即|4m3＋4m|＝4m2＋4，解得m＝±1，
故l的方程为x＋y－2＝0或x－y－2＝0.
10．解析：(1)∵点A(2，1)在双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，
∴eq \f(4,a2)－eq \f(1,a2－1)＝1，解得a2＝2.
∴双曲线C的方程为eq \f(x2,2)－y2＝1.
显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1.))
消去y并整理，得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0.
Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4km,1－2k2)，x1x2＝eq \f(－2m2－2,1－2k2).
由kAP＋kAQ＝0，得eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)＝0，
即(x2－2)(kx1＋m－1)＋(x1－2)(kx2＋m－1)＝0.
整理，得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
即2k·eq \f(－2m2－2,1－2k2)＋(m－1－2k)·eq \f(4km,1－2k2)－4(m－1)＝0，
即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.
∵直线l不过点A，∴k＝－1.
(2)设∠PAQ＝2α，0<α∴eq \f(2tanα,1－tan2α)＝2eq \r(2)，解得tanα＝eq \f(\r(2),2)(负值已舍去).
由(1)得k＝－1，则x1x2＝2m2＋2>0，
∴P，Q只能同在双曲线左支或同在右支．
当P，Q同在左支时，tanα即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝eq \f(\r(2),2).
∵eq \f(\r(2),2)为双曲线一条渐近线的斜率，
∴直线AP与双曲线只有一个交点，不成立．
当P，Q同在右支时，tan (eq \f(π,2)－α)＝eq \f(1,tanα)即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝eq \f(1,\f(\r(2),2))＝eq \r(2)，则kAQ＝－eq \r(2)，
∴直线AP的方程为y－1＝eq \r(2)(x－2)，
即y＝eq \r(2)x－2eq \r(2)＋1.
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)x－2\r(2)＋1，,\f(x2,2)－y2＝1.))
消去y并整理，得3x2－(16－4eq \r(2))x＋20－8eq \r(2)＝0，
则xP·2＝eq \f(20－8\r(2),3)，解得xP＝eq \f(10－4\r(2),3).
∴|xA－xP|＝|2－eq \f(10－4\r(2),3)|＝eq \f(4（\r(2)－1）,3).
同理可得|xA－xQ|＝eq \f(4（\r(2)＋1）,3).
∵tan2α＝2eq \r(2)，0<2α<π，∴sin2α＝eq \f(2\r(2),3)，
∴S△PAQ＝eq \f(1,2)|AP|·|AQ|·sin2α＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×|xA－xP|×eq \r(3)×|xA－xQ|×sin2α＝eq \f(1,2)×3×eq \f(16,9)×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(16\r(2),9).
11．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1>0，y2>0，设AB的中点为M(x0，y0)，
由于|AF2|＝|BF2|，故MF2⊥AB，因此△MF2F1为直角三角形，故|OM|＝c，
由于y1＋y2＝eq \f(8c,5)，所以y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(4c,5)，进而可得|x0|＝eq \r(c2－（\f(4c,5)）2)＝eq \f(3c,5)，故M(eq \f(3c,5)，eq \f(4c,5))或M(－eq \f(3c,5)，eq \f(4c,5))，
由A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线渐近线上，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,a2)－\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,b2)＝0,\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,a2)－\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,b2)＝0))⇒eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,a2)－eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,b2)＝0⇒eq \f(b2,a2)＝eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,（x1＋x2）（x1－x2）)＝eq \f(2y0,2x0)·kAB，
进而eq \f(b2,a2)＝kOM·kAB＝kOM·(－eq \f(1,kMF2))，
当M(eq \f(3c,5)，eq \f(4c,5))时，kOM＝eq \f(4,3)，kMF2＝eq \f(\f(4,5)c,\f(3,5)c－c)＝－2，
所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(4,3)×eq \f(1,2)⇒e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \f(\r(15),3)，
当M(－eq \f(3c,5)，eq \f(4c,5))时，kOM＝－eq \f(4,3)，kMF2＝eq \f(\f(4,5)c,－\f(3,5)c－c)＝－eq \f(1,2)，所以eq \f(b2,a2)＝－eq \f(8,3)不符合题意，舍去，
综上：故离心率为eq \f(\r(15),3).
答案：eq \f(\r(15),3)
12．解析：(1)对于椭圆eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,3)＝1，c＝eq \r(7－3)＝2，则对于椭圆C，也有c＝2，
由于椭圆C过点(－2eq \r(3)，eq \r(3))，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(12,a2)＋\f(3,b2)＝1，,a2＝b2＋4，))解得a2＝16，b2＝12，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)依题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋t，则P(0，t)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1))消去y并化简得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－48＝0 ①，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8kt,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4t2－48,3＋4k2)，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t，y1y2＝(kx1＋t)(kx2＋t)＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2，
由于eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝－24，
所以(x1，y1)·(x2，y2－t)＋(x2，y2)·(x1，y1－t)＝－24，
整理得2x1x2＋2y1y2－t(y1＋y2)＋24＝0，
2x1x2＋2k2x1x2＋2kt(x1＋x2)＋2t2－kt(x1＋x2)－2t2＋24＝0，
(2＋2k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋24＝0，(2＋2k2)·eq \f(4t2－48,3＋4k2)－eq \f(8k2t2,3＋4k2)＋24＝0，
整理得t2＝3，t＝±eq \r(3)，则P(0，±eq \r(3))，
此时，对于①，Δ＝64k2t2－4(3＋4k2)(4t2－48)＝768k2＋432>0.