2023学年高考数学一轮复习第9章解析几何第8节直线与圆锥曲线的综合问题第1课时直线与圆锥曲线的位置关系课时跟踪检测文新人教A版.doc

第1课时　直线与圆锥曲线的位置关系 A级·基础过关|固根基| 1.若直线y＝x＋2与椭圆＋＝1有两个公共点，则实数m的取值范围是(　　) A．(1，＋∞) B．(1，3)∪(3，＋∞) C．(3，＋∞) D．(0，3)∪(3，＋∞) 解析：选B　由得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0. 由Δ＝16m2－4m(m＋3)>0且m≠3及m>0，得m>1且m≠3. 2．设直线y＝kx与椭圆＋＝1相交于A，B两点，分别过A，B两点向x轴作垂线，若垂足恰为椭圆的两个焦点，则实数k等于(　　) A．± B．± C．± D．±2 解析：选A　由题意可知，点A与点B的横坐标即为焦点的横坐标，又c＝1，当k>0时，不妨设A，B两点的坐标分别为(－1，y1)，(1，y2)，代入椭圆方程得解得∴k＝；同理可得当k<0时，k＝－.故选A. 3．若点(3，1)是抛物线y2＝2px(p>0)的一条弦的中点，且这条弦所在直线的斜率为2，则p的值是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选B　设过点(3，1)的直线交抛物线y2＝2px(p>0)于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 由①－②得，y－y＝2p(x1－x2)，即＝， 由题意知kAB＝2，且y1＋y2＝2，故kAB＝＝2，所以p＝2. 4．椭圆mx2＋ny2＝1与直线y＝1－x交于M，N两点，连接原点与线段MN中点所得直线的斜率为，则的值是(　　) A. B. C. D. 解析：选A　由得(m＋n)x2－2nx＋n－1＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，所以y1＋y2＝，所以线段MN的中点为P.由题意知，kOP＝，所以＝.故选A. 5．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)及点B(0，a)，过点B与椭圆相切的直线交x轴的负半轴于点A，F为椭圆的右焦点，则∠ABF＝(　　) A．60° B．90° C．120° D．150° 解析：选B　由题意知，切线的斜率存在，设切线方程y＝kx＋a(k>0)，与椭圆方程联立消去y整理得(b2＋a2k2)x2＋2ka3x＋a4－a2b2＝0， 由Δ＝(2ka3)2－4(b2＋a2k2)(a4－a2b2)＝0， 得k＝，从而y＝x＋a，交x轴于点A， 又F(c，0)，易知·＝0，故∠ABF＝90°. 6．经过椭圆＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则·＝________．　 解析：依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1，代入椭圆方程＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，， 所以·＝－，同理，当直线l经过椭圆的左焦点时，也可得·＝－. 答案：－ 7．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，经过原点的直线l交椭圆C于P，Q两点，若|PQ|＝a，AP⊥PQ，则椭圆C的离心率为________． 解析：不妨设点P在第一象限，O为坐标原点，由对称性可得|OP|＝＝，因为AP⊥PQ，所以在Rt△POA中，cos∠POA＝＝，故∠POA＝60°，易得P，代入椭圆方程得＋＝1，故a2＝5b2＝5(a2－c2)，所以椭圆C的离心率e＝. 答案： 8．(2023年届长春模拟)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点，若|AB|＝6，则△AOB的面积为________． 解析：因为抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为(1，0)，当直线AB垂直于x轴时，|AB|＝4，不满足题意，所以设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，与y2＝4x联立，消去x得ky2－4y－4k＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝－4，所以|y1－y2|＝ .且|AB|＝|y1－y2|＝6，所以4＝6，解得k2＝2，所以|y1－y2|＝＝2，所以△AOB的面积为S△AOB＝×1×2＝. 答案： 9．已知点Q是抛物线C1：y2＝2px(p>0)上异于坐标原点O的点，过点Q与抛物线C2：y＝2x2相切的两条直线分别交抛物线C1于点A，B.若点Q的坐标为(1，－6)，求直线AB的方程及弦AB的长． 解：由Q(1，－6)在抛物线y2＝2px上，可得p＝18， 所以抛物线C1的方程为y2＝36x. 设抛物线C2的切线方程为y＋6＝k(x－1)． 联立消去y，得2x2－kx＋k＋6＝0， 由于直线与抛物线C2相切，故Δ＝k2－8k－48＝0， 解得k＝－4或k＝12. 由得A； 由得B. 所以直线AB的方程为12x－2y－9＝0，弦AB的长为2. 10．已知点M在椭圆G：＋＝1(a>b>0)上，且点M到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆G的方程； (2)若斜率为1的直线l与椭圆G交于A，B两点，以AB为底作等腰三角形，顶点为P(－3，2)，求△PAB的面积． 解：(1)因为2a＝4，所以a＝2. 又点M在椭圆G上， 所以＋＝1，解得b2＝4. 所以椭圆G的方程为＋＝1. (2)设直线l的方程为y＝x＋m， 由 得4x2＋6mx＋3m2－12＝0.① 设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)，AB的中点为E(x0，y0)，则x0＝＝－，y0＝x0＋m＝.即E， 因为AB是等腰三角形PAB的底边，所以PE⊥AB. 所以PE的斜率k＝＝－1，解得m＝2. 此时方程①为4x2＋12x＝0，解得x1＝－3，x2＝0， 所以|AB|＝|x1－x2|＝3. 此时，点P(－3，2)到直线AB：x－y＋2＝0的距离d＝＝， 所以△PAB的面积S＝|AB|·d＝. B级·素养提升|练能力| 11.过双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，与双曲线的渐近线交于C，D两点．若|AB|≥|CD|，则双曲线离心率的取值范围为(　　) A. B. C. D. 解析：选B　将x＝c代入－＝1，得y＝±，则|AB|＝.将x＝c代入y＝±x，得y＝±，则|CD|＝.因为|AB|≥|CD|，所以≥×，即b≥c，则b2≥c2，所以a2＝c2－b2≤c2，所以e2≥.因为e>1，所以e≥.故选B. 12．(一题多解)(2023年年全国卷Ⅲ)已知点M(－1，1)和抛物线C：y2＝4x，过抛物线C的焦点且斜率为k的直线与抛物线C交于A，B两点．若∠AMB＝90°，则k＝________．　 解析：解法一：由题意知，抛物线的焦点为(1，0)，则过抛物线C的焦点且斜率为k的直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由消去y得，k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2), 则x1＋x2＝，x1x2＝1.由消去x得，y2－y－4＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝－4，由∠AMB＝90°，得·＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，将x1＋x2＝，x1x2＝1与y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，解得k＝2. 解法二：设抛物线的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则所以y－y＝4(x1－x2)，则k＝＝，取AB的中点M′(x0，y0)，分别过点A，B作准线x＝－1的垂线，垂足分别为A′，B′，又∠AMB＝90°，点M在准线x＝－1上，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AA′|＋|BB′|)．又M′为AB的中点，所以MM′平行于x轴，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2. 答案：2 13．(2023年届唐山市高三年级摸底)已知F为抛物线C：x2＝12y的焦点，直线l：y＝kx＋4与C相交于A，B两点． (1)O为坐标原点，求·； (2)M为C上一点，F为△ABM的重心(三边中线的交点)，求k. 解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 将l的方程代入C得，x2－12kx－48＝0， 所以x1＋x2＝12k，x1x2＝－48，y1y2＝＝16， 从而·＝x1x2＋y1y2＝－32. (2)依题意得F(0，3)，设M(x3，y3)， 因为F为△ABM的重心， 所以x1＋x2＋x3＝0，y1＋y2＋y3＝9， 从而x3＝－(x1＋x2)＝－12k， y3＝9－(y1＋y2) ＝9－ ＝9－ ＝1－12k2. 因为M(x3，y3)在抛物线C上， 所以(－12k)2＝12(1－12k2)，即k2＝. 故k＝或－. 14．(2023年届洛阳市第一次统考)已知短轴长为2的椭圆E：＋＝1(a>b>0)，直线n的横、纵截距分别为a，－1，且原点O到直线n的距离为. (1)求椭圆E的方程； (2)直线l经过椭圆E的右焦点F且与椭圆E交于A，B两点，若椭圆E上存在一点C满足＋－2＝0，求直线l的方程． 解：(1)因为椭圆E的短轴长为2，故b＝1. 依题意设直线n的方程为－y＝1，由＝， 解得a＝， 故椭圆E的方程为＋y2＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)， 当直线l的斜率为0时，显然不符合题意． 当直线l的斜率不为0或直线l的斜率不存在时，F(，0)，设直线l的方程为x＝ty＋， 由得(t2＋3)y2＋2ty－1＝0， 所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，① 因为＋－2＝0， 所以x3＝x1＋x2，y3＝y1＋y2，又点C在椭圆E上， 所以＋y＝＋＝ ＋＋＝1， 又＋y＝1，＋y＝1，所以x1x2＋y1y2＝0，② 将x1＝ty1＋，x2＝ty2＋及①代入②得t2＝1，即t＝1或t＝－1. 故直线l的方程为x＋y－＝0或x－y－＝0. - 7 -