新教材2023版高中數(shù)學(xué)課時(shí)作業(yè)二十五直線與圓錐曲線的位置關(guān)系新人教B版選擇性必修第一冊

課時(shí)作業(yè)(二十五)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系一、選擇題1．直線y＝x＋2與橢圓x2m+y23＝1A．m>1B．m>1且m≠3C．m>3D．m>0且m≠32．直線y＝kx－k＋1與橢圓x29+y24A．相交B．相切C．相離D．不確定3．拋物線y2＝12x截直線y＝2x＋1所得弦長等于()A．15B．215C．152D．4．已知雙曲線x212-y24＝1的右焦點(diǎn)為FA．(－33，33)B．C．-33，33D二、填空題5．斜率為1的直線l與橢圓x24＋y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)，則|AB|的最大值為6．已知(4，2)是直線l被橢圓x236+y29＝7．設(shè)雙曲線Γ的方程為x2－y24＝1.設(shè)l是經(jīng)過點(diǎn)M(1，1)的直線，且和Γ有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，則l的方程為三、解答題8．已知點(diǎn)A(0，－2)，橢圓E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的離心率為32，F(xiàn)(1)求E的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)A的直線l與E相交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)△POQ的面積最大時(shí)，求l的方程.9.已知A，B分別為橢圓E：x2a2＋y2＝1(a>1)的左、右頂點(diǎn)，G為E的上頂點(diǎn)，AG·GB＝8.P為直線x＝6上的動(dòng)點(diǎn)，PA與E的另一交點(diǎn)為C，PB與E(1)求E的方程；(2)證明：直線CD過定點(diǎn)．[尖子生題庫]10．已知橢圓C：x2a2+y2b2＝1(a＞b>0)，離心率是12，原點(diǎn)與C和直線x＝1的交點(diǎn)圍成的三角形面積是32.若直線l過點(diǎn)(27，0)，且與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)(A，課時(shí)作業(yè)(二十五)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系1．解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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：B2．解析：因?yàn)閥＝kx－k＋1，所以y－1＝k(x－1)，過定點(diǎn)(1，1)，定點(diǎn)在橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1內(nèi)部，故選A.答案：A3．解析：令直線與拋物線交于點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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：A4.解析：雙曲線eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1的漸近線方程是y＝±eq\f(\r(3),3)x，右焦點(diǎn)F(4，0)，過右焦點(diǎn)F(4，0)分別作兩條漸近線的平行線l1和l2，如圖，由圖形可知，符合條件的直線的斜率的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，故選C.答案：C5．解析：設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，直線l的方程為y＝x＋t，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,y＝x＋t，))消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，則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\co1(－\f(8,5)t))\s\up12(2)－4×\f(4（t2－1）,5))＝eq\f(4\r(2),5)·eq\r(5－t2)，當(dāng)t＝0時(shí)，|AB|max＝eq\f(4\r(10),5).答案：eq\f(4\r(10),5)6．解析：設(shè)直線l與橢圓相交于A(x1，y1)，B(x2，y2).則eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),36)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),9)＝1，且eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),36)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),9)＝1，兩式相減得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)，故直線l的方程為y－2＝－eq\f(1,2)(x－4)，即x＋2y－8＝0.答案：x＋2y－8＝07．解析：(1)當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，方程為x＝1，顯然與雙曲線Γ相切，只有一個(gè)交點(diǎn)，符合題意，(2)當(dāng)直線l的斜率存在且與雙曲線Γ相切時(shí)，設(shè)斜率為k，則直線l的方程為y－1＝k(x－1)，即y＝kx－k＋1，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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?yàn)橹本€l和雙曲線Γ有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，所以Δ＝4k2(1－k)2＋4(4－k2)[(1－k)2＋4]＝0，化簡得：80－32k＝0，所以k＝eq\f(5,2)，所以直線l的方程為：y＝eq\f(5,2)x－eq\f(3,2)，即5x－2y－3＝0.(3)當(dāng)直線l與雙曲線Γ的漸近線平行時(shí)，也與雙曲線Γ有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，因?yàn)殡p曲線Γ的漸近線方程為：y＝±2x，所以直線l的斜率為±2，所以直線l的方程為y－1＝2(x－1)或y－1＝－2(x－1)，即2x－y－1＝0或2x＋y－3＝0，綜上所述，直線l的方程為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＝08．解析：(1)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(2,c)＝\f(2\r(3),3)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝\r(3)，))∴橢圓E的方程：eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，△OPQ不存在，則直線存在斜率，設(shè)直線l的方程為y＝kx－2與eq\f(x2,4)＋y2＝1聯(lián)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\co1(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\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)，令點(diǎn)O到直線l的距離為d，則d＝eq\f(2,\r(k2＋1))，∴△OPQ的面積S(k)＝eq\f(1,2)|PQ|d＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1)，令eq\r(4k2－3)＝t(t>0)，則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\co1(當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即k＝±\f(\r(7),2)時(shí)等號(hào)成立))所以直線l方程為eq\r(7)x－2y－4＝0，eq\r(7)x＋2y＋4＝0.9．解析：(1)依據(jù)題意作圖，如圖所示：由題設(shè)得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).則eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a，1)，eq\o(GB,\s\up6(→))＝(a，－1).由eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8得a2－1＝8，即a＝3.所以E的方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).若t≠0，設(shè)直線CD的方程為x＝my＋n，由題意可知－3<n<3.由于直線PA的方程為y＝eq\f(t,9)(x＋3)，所以y1＝eq\f(t,9)(x1＋3).直線PB的方程為y＝eq\f(t,3)(x－3)，所以y2＝eq\f(t,3)(x2－3).可得3y1(x2－3)＝y(tǒng)2(x1＋3).由于eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),9)＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝1，故yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝－eq\f(（x2＋3）（x2－3）,9)，可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①將x＝my＋n代入eq\f(x2,9)＋y2＝1得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－eq\f(2mn,m2＋9)，y1y2＝eq\f(n2－9,m2＋9).代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0.解得n1＝－3(舍去)，n2＝eq\f(3,2).故直線CD的方程為x＝my＋eq\f(3,2)，即直線CD過定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).若t＝0，則直線CD的方程為y＝0，過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).綜上，直線CD過定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).10．證明：由題意可知：e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(1,2)，所以a2＝eq\f(4,3)b2，由直線x＝1與橢圓相交，交點(diǎn)P(1，y)(y＞0)，由題意可知：eq\f(1,2)×1×2y＝eq\f(3,2)，解得y＝eq\f(3,2)，將Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))代入橢圓方程：eq\f(x2,\f(4,3)b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，解得b2＝3，a2＝4，所以橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，即4y2＋3x2－12＝0.所以D點(diǎn)坐標(biāo)為(2，0)，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，\f(12,7)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，－\f(12,7)))，∴eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，∴∠ADB＝eq\f(π,2).當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：x＝my＋eq\f(2,7)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\f(2,7)，,4y2＋3x2－12＝0，))得(196＋147m2)y2＋84my－576＝0，∵l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴Δ＞0，且y1y2＝eq\f(－576,196＋147m2)，y1＋y2＝eq\f(－84m,196＋147m2)，∴x1＋x2＝eq\f(－84m2,196＋147m2)＋eq\f(4,7)，x1x2＝eq\f(－600m2,196＋147