2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)練案57第八章解析幾何第九講第1課時直線與圓錐曲線的位置關(guān)系含解析新人教版

第九講圓錐曲線的綜合問題第一課時直線與圓錐曲線的位置關(guān)系A(chǔ)組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(此題為更換后新題)若直線y＝kx＋2與橢圓eq\f(x2,7)＋eq\f(y2,m)＝1總有公共點，則m的取值范圍是(D)A．m>1 B．m>0C．0<m<4且m≠1 D．m≥4且m≠7[解析]直線y＝kx＋2恒過定點(0,2)，若直線y＝kx＋2與橢圓eq\f(x2,7)＋eq\f(y2,m)＝1總有公共點，則點(0,2)在橢圓eq\f(x2,7)＋eq\f(y2,m)＝1內(nèi)部或在橢圓上，所以eq\f(4,m)≤1，由方程eq\f(x2,7)＋eq\f(y2,m)＝1表示橢圓，則m>0且m≠7，綜上知m的取值范圍是m≥4且m≠7.1．(此題為發(fā)覺的重題，更換新題見上題)若直線y＝kx＋1與橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1總有公共點，則m的取值范圍是(D)A．m>1 B．m>0C．0<m<5且m≠1 D．m≥1且m≠5[解析]直線y＝kx＋1恒過定點(0,1)，若直線y＝kx＋1與橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1總有公共點，則點(0,1)在橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1內(nèi)部或在橢圓上，所以eq\f(1,m)≤1，由方程eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1表示橢圓，則m>0且m≠5，綜上知m的取值范圍是m≥1且m≠5.2．(2024·湖北武漢部分學(xué)校質(zhì)檢)過拋物線E：y2＝2x焦點的直線交E于A，B兩點，線段AB中點M到y(tǒng)軸距離為1，則|AB|＝(C)A．2 B．eq\f(5,2)C．3 D．4[解析]設(shè)A、B兩點的橫坐標分別為x1，x2，故|AB|＝x1＋x2＋p＝2＋1＝3，故選C．3．已知直線y＝kx＋1與雙曲線x2－eq\f(y2,4)＝1交于A，B兩點，且|AB|＝8eq\r(2)，則實數(shù)k的值為(B)A．±eq\r(7) B．±eq\r(3)或±eq\f(\r(41),3)C．±eq\r(3) D．±eq\f(\r(41),3)[解析]由直線與雙曲線交于A，B兩點，得k≠±2.將y＝kx＋1代入x2－eq\f(y2,4)＝1，得(4－k2)x2－2kx－5＝0，則Δ＝4k2＋4×(4－k2)×5>0，k2<5.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(2k,4－k2)，x1x2＝－eq\f(5,4－k2)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k,4－k2)))2＋\f(20,4－k2))＝8eq\r(2)，解得k＝±eq\r(3)或±eq\f(\r(41),3).4．(2024·河南豫東聯(lián)考)已知橢圓的中心在原點，離心率e＝eq\f(1,2)，且它的一個焦點與拋物線y2＝－4x的焦點重合，則此橢圓的方程為(A)A．eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1 B．eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,6)＝1C．eq\f(x2,2)＋y2＝1 D．eq\f(x2,4)＋y2＝1[解析]依題意，可設(shè)橢圓的標準方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由已知可得拋物線的焦點為(－1,0)，所以c＝1.又離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，解得a＝2，b2＝a2－c2＝3，所以橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，故選A.5．(2024·重慶名校聯(lián)盟調(diào)研抽測)過拋物線y2＝2x上一點A(2,2)作傾斜角互補的兩條直線AB，AC，分別交拋物線于B，C兩點，則直線BC的斜率為(D)A．－eq\f(2,3) B．－eq\f(1,4)C．－eq\f(3,4) D．－eq\f(1,2)[解析]依題意，可設(shè)直線AB的方程為y－2＝k(x－2)，則直線AC的方程為y－2＝－k(x－2)．設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)(y1≠2，y2≠2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,y－2＝kx－2，))得y1＝eq\f(2－2k,k).同理，得y2＝eq\f(2＋2k,－k).所以直線BC的斜率為eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(y2－y1,\f(1,2)y\o\al(2,2)－\f(1,2)y\o\al(2,1))＝eq\f(2,y2＋y1)＝－eq\f(1,2).故選D.6．(2024·山東聊城二模，6)已知直線l與拋物線C：y2＝4x相交于A，B兩點，若線段AB的中點為(2,1)，則直線l的方程為(D)A．y＝x－1 B．y＝－2x＋5C．y＝x＋3 D．y＝2x－3[解析]設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,1)＝4x1①，,y\o\al(2,2)＝4x2②，))①－②得yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝4(x1－x2)，由題可知x1≠x2，∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4,y1＋y2)＝eq\f(4,2)＝2，即kAB＝2，∴直線l的方程為y－1＝2(x－2)，即2x－y－3＝0.故選D.7．(2024·廣東深圳調(diào)研)設(shè)F1，F(xiàn)2分別為橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，點A，B分別為橢圓C的右頂點和下頂點，且點F1關(guān)于直線AB的對稱點為M.若MF2⊥F1F2，則橢圓C的離心率為(C)A．eq\f(\r(3)－1,2) B．eq\f(\r(3)－1,3)C．eq\f(\r(5)－1,2) D．eq\f(\r(2),2)[解析]設(shè)M(c，y0)，則MF1的中點為Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(y0,2)))，即N在y軸上，N又在直線AB上，即點N與B重合，AB⊥BF1?kABkBF1＝－1?eq\f(b,a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,c)))＝－1.故b2＝ac?a2－c2＝ac?e2＋e－1＝0，∴e＝eq\f(\r(5)－1,2)，選C．8．(2024·吉林長春質(zhì)檢)已知拋物線y2＝2px(p>0)，過其焦點F的直線l與拋物線分別交于A、B兩點(點A在第一象限)，且eq\o(AB,\s\up6(→))＝4eq\o(FB,\s\up6(→))，則直線l的傾斜角為(C)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(2π,3)[解析]如圖，過A，B作AA′，BB′垂直準線x＝－eq\f(p,2)，垂足為A′，B′，過B作AA′垂線，垂足為C，由拋物線定義知|BF|＝|BB′|，|AF|＝|AA′|,3|BF|＝|AF|，2|BF|＝|AC|，所以cos∠BAC＝eq\f(1,2)，∠BAC＝eq\f(π,3)，所以直線l傾斜角為eq\f(π,3)，故選C．二、多選題9．(2024·湖北黃岡調(diào)研)已知曲線C的方程為eq\f(x2,k－2)＋eq\f(y2,6－k)＝1(k∈R)，則下列結(jié)論正確的是(AB)A．當(dāng)k＝4時，曲線C為圓B．當(dāng)k＝0時，曲線C為雙曲線，其漸近線方程為y＝±eq\r(3)xC．“k>4”是“曲線C為焦點在x軸上的橢圓”的充分而不必要條件D．存在實數(shù)k使得曲線C為雙曲線，其離心率為eq\r(2)[解析]k＝4時，C：x2＋y2＝2，A正確；k＝0時，C：eq\f(y2,6)－eq\f(x2,2)＝1，其漸近線方程由eq\f(y2,6)－eq\f(x2,2)＝0得y＝±eq\r(3)x，B正確；C表示焦點在x軸上的橢圓?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－2>0,6－k>0,k－2>6－k))即4<k<6，故C錯；C為雙曲線?(k－2)(6－k)<0?k<2或k>6，若e＝eq\r(2)，則eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\r(2)，∴a＝b即k－2＝6－k或6－k＝2－k，此時k無解，故D錯．故選AB.10．過雙曲線x2－eq\f(y2,2)＝1的右焦點F作直線l交雙曲線于A，B兩點，若|AB|＝4，則下列滿意條件的直線l為(ACD)A．x＝eq\r(3) B．x＋2y－1＝0C．x－eq\r(2)y－eq\r(3)＝0 D．x＋eq\r(2)y－eq\r(3)＝0[解析]設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，當(dāng)直線l的斜率不存在時，其方程為x＝eq\r(3)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)，,x2－\f(y2,2)＝1，))得y＝±2，∴|AB|＝|y1－y2|＝4滿意題意．當(dāng)直線l的斜率存在時，其方程為y＝k(x－eq\r(3))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\r(3)，,x2－\f(y2,2)＝1，))得(2－k2)x2＋2eq\r(3)k2x－3k2－2＝0.當(dāng)2－k2＝0時，不符合題意，當(dāng)2－k2≠0時，x1＋x2＝eq\f(2\r(3)k2,k2－2)，x1x2＝eq\f(3k2＋2,k2－2)，|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)k2,k2－2)))2－\f(12k2＋8,k2－2))＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(16k2＋1,k2－22))＝eq\f(4k2＋1,|k2－2|)＝4.解得k＝±eq\f(\r(2),2)，故選ACD.三、填空題11．(2024·大同質(zhì)檢)已知拋物線y2＝16x的準線過雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一個焦點，且雙曲線的一條漸近線方程為y＝eq\r(3)x，則該雙曲線的標準方程是eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1.[解析]∵拋物線y2＝16x的準線x＝－4過雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一個焦點，∴c＝4.又雙曲線的一條漸近線方程為y＝eq\r(3)x，可得b＝eq\r(3)a，又c＝eq\r(a2＋b2)＝4，∴a＝2，b＝2eq\r(3)，∴所求雙曲線的標準方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1.12．(2024·上海一模沖刺)已知拋物線y＝ax2(a>0)的準線為l，l與雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1的兩條漸近線分別交于A，B兩點，若|AB|＝4，則a＝eq\f(1,4).[解析]由拋物線y＝ax2(a>0)，所以拋物線的準線方程為y＝－eq\f(1,4a)，由雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1，則漸近線為y＝±eq\f(1,2)x，因為|AB|＝4，由雙曲線的對稱性可知y＝－eq\f(1,4a)與y＝－eq\f(1,2)x的交點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,4a)))，把交點代入y＝－eq\f(1,2)x可得－eq\f(1,4a)＝－eq\f(2,2)，所以a＝eq\f(1,4).13．(2024·長沙調(diào)研)過點(0,3)的直線l與拋物線y2＝4x只有一個公共點，則直線l的方程為y＝eq\f(1,3)x＋3或y＝3或x＝0.[解析]當(dāng)直線l的斜率k存在且k≠0時，由相切知直線l的方程為y＝eq\f(1,3)x＋3；當(dāng)k＝0時，直線l的方程為y＝3，此時直線l平行于拋物線的對稱軸，且與拋物線只有一個公共點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，3))；當(dāng)k不存在時，直線l與拋物線也只有一個公共點(0,0)，此時直線l的方程為x＝0.綜上，過點(0,3)且與拋物線y2＝4x只有一個公共點的直線l的方程為y＝eq\f(1,3)x＋3或y＝3或x＝0.四、解答題14．(2024·黑龍江哈爾濱模擬)已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過C上一點P(1，t)(t>0)作兩條傾斜角互補的直線分別與C交于M，N兩點，(1)證明：直線MN的斜率是－1；(2)若8|MF|，|MN|，|NF|成等比數(shù)列，求直線MN的方程．[解析](1)P在拋物線y2＝4x上，∴t＝2，P(1,2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，由題可知，kMP＋kNP＝0，∴eq\f(y1－2,x1－1)＋eq\f(y2－2,x2－1)＝0，∴eq\f(y1－2,\f(y\o\al(2,1),4)－1)＋eq\f(y2－2,\f(y\o\al(2,2),4)－1)＝0，∴eq\f(4,y1＋2)＋eq\f(4,y2＋2)＝0，∴y1＋y2＝－4，∴kMN＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4,y1＋y2)＝－1.(2)由(1)問可設(shè)：l：y＝－x＋m，則|MN|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－x2))，|MF|＝x1＋1，|NF|＝x2＋1，∴|MN|2＝8|MF||NF|，∴(eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－x2)))2＝8(x1＋1)(x2＋1)，即(x1＋x2)2－8x1x2－4(x1＋x2)－4＝0(*)，將直線l與拋物線C聯(lián)立，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋m,y2＝4x))可得：x2－(2m＋4)x＋m2＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝16m＋16>0,x1＋x2＝2m＋4,x1x2＝m2))，代入(*)式，可得m＝1滿意Δ>0，∴l(xiāng)：y＝－x＋1.15．(2024·江西南昌摸底)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別是F1、F2，其離心率為eq\f(\r(3),2)，以F1為圓心以1為半徑的圓與以F2為圓心以3為半徑的圓相交，兩圓交點在橢圓E上．(1)求橢圓E的方程；(2)過橢圓上頂點A斜率為k的直線l與橢圓的另外一個交點為B，若△ABF2的面積為eq\f(5,4)eq\r(3)，求直線l的方程．[解析](1)設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由兩圓交點在橢圓上，2a＝1＋3＝4，得a＝2，由離心率為eq\f(\r(3),2)，eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(3,4)，得b＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)因為點A的坐標為(0,1)，所以直線l的方程為y＝kx＋1，代入橢圓方程得到：eq\f(x2,4)＋(kx＋1)2＝1?(4k2＋1)x＋8kx＝0，因為xA＝0，所以xB＝－eq\f(8k,4k2＋1)，yB＝eq\f(1－4k2,4k2＋1)，又因為直線l與x軸的交點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0))，點F2的坐標為(eq\r(3)，0)，所以eq\f(1,2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋\f(1,k)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1－4k2,4k2＋1)))＝eq\f(5\r(3),4)，解得k＝eq\f(\r(3),2)或k＝eq\f(5\r(3),6)，所以，直線l的方程為y＝eq\f(\r(3),2)x＋1或y＝eq\f(5\r(3),6)x＋1.B組實力提升1．(2024·課標Ⅰ卷)已知雙曲線C：eq\f(x2,3)－y2＝1，O為坐標原點，F(xiàn)為C的右焦點，過F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為M，N.若△OMN為直角三角形，則|MN|＝(B)A．eq\f(3,2) B．3C．2eq\r(3) D．4[解析]由雙曲線C：eq\f(x2,3)－y2＝1可知其漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x，∴∠MOx＝30°，∴∠MON＝60°，不妨設(shè)∠OMN＝90°，則易知焦點F到漸近線的距離為b，即|MF|＝b＝1，又知|OF|＝c＝2，∴|OM|＝eq\r(3)，則在Rt△OMN中，|MN|＝|OM|·tan∠MON＝3.故選B.2．設(shè)直線l與拋物線y2＝4x相交于A，B兩點，與圓(x－5)2＋y2＝r2(r>0)相切于點M，且M為線段AB的中點．若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是(D)A．(1,3) B．(1,4)C．(2,3) D．(2,4)[解析]明顯0<r<5.當(dāng)直線l的斜率不存在時，存在兩條滿意題意的直線，所以當(dāng)直線l的斜率存在時，存在兩條滿意題意的直線，設(shè)直線l的斜率為k，由拋物線和圓的對稱性知，k>0、k<0時各有一條滿意題意的直線．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，kAB＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(y2－y1,\f(y\o\al(2,2),4)－\f(y\o\al(2,1),4))＝eq\f(4,y1＋y2)＝eq\f(2,y0).記圓心為C(5,0)．∵kCM＝eq\f(y0,x0－5)，kAB·kCM＝－1，∴x0＝3.∴r2＝(3－5)2＋yeq\o\al(2,0)>4(y0≠0)，即r>2.另一方面，由AB的中點為M，知B(6－x1,2y0－y1)，∴(2y0－y1)2＝4(6－x1)，又∵yeq\o\al(2,1)＝4x1，∴yeq\o\al(2,1)－2y0y1＋2yeq\o\al(2,0)－12＝0.∴Δ＝4yeq\o\al(2,0)－4(2yeq\o\al(2,0)－12)>0，即yeq\o\al(2,0)<12.∴r2＝(3－5)2＋yeq\o\al(2,0)＝4＋yeq\o\al(2,0)<16，∴r<4.綜上，r∈(2,4)．故選D.3．(2024·河南天一大聯(lián)考)設(shè)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，拋物線C與圓C′：x2＋(y－eq\r(3))2＝3交于M，N兩點，若|MN|＝eq\r(6)，則△MNF的面積為(B)A．eq\f(\r(2),8) B．eq\f(3,8)C．eq\f(3\r(2),8) D．eq\f(3\r(2),4)[解析]作出圖形如下圖所示，由題意知|AM|＝2eq\r(3).因為點N為圓C′圓周上一點，所以∠ANM＝90°，則在Rt△ANM中，由|AM|＝2eq\r(3)，|MN|＝eq\r(6)，得|AN|＝eq\r(|AM|2－|MN|2)＝eq\r(6)，∠AMN＝45°，所以N(eq\r(3)，eq\r(3))代入y2＝2px中，解得p＝eq\f(\r(3),2)，故△MNF的面積為eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),4)×eq\r(3)＝eq\f(3,8).4．(2024·天津)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個頂點為A(0，－3)，右焦點為F，且|OA|＝|OF|，其中O為原點．(1)求橢圓的方程；(2)已知點C滿意3eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))，點B在橢圓上(B異于橢圓的頂點)，直線AB與以C為圓心的圓相切于點P，且P為線段AB的中點，求直線AB的方程．[解析](1)由已知可得b＝3.記半焦距為c，由|OF|＝|OA|可得c＝b＝3.又由a2＝b2＋c2，可得a2＝18.所以，橢圓的方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)因為直線AB與以C為圓心的圓相切于點P，所以AB⊥CP.依題意，直線AB和直線CP的斜率均存在，設(shè)直線AB的方程為y＝kx－3.由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3，,\f(x2,18)＋\f(y2,9)＝1，))消去y，可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，解得x＝0或x＝eq\f(12k,2k2＋1).依題意，可得點B的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).因為P為線段AB的中點，點A的坐標為(0，－3)，所以點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k,2k2＋1)，\f(－3,2k2＋1))).由3eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))，得點C的坐標為(1,0)，故直線CP的斜率為eq\f(\f(－3,2k2＋1)－0,\f(6k,2k2＋1)－1)＝eq\f(3,2k2－6k＋1).又因為AB⊥CP，所以k·eq\f(3,2k2－6k＋1)＝－1，整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝eq\f(1,2)或k＝1.所以，直線AB的方程為y＝eq\f(1,2)x－3或y＝x－3.5．(2024·廣東佛山質(zhì)檢)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，且過點(2,1)．(1)求橢圓C的方程；(2)過坐標原點的直線與橢圓交于M，N兩點，過點M作圓x2＋y2＝2的一條切線，交橢圓于另一點P，連接PN，證明：|PM|＝|PN|.[解析](1)設(shè)橢圓的半焦距為c，因為橢圓的離心率為eq\f(\r(2),2)，且過點(2,1)．所以eq