第二章　圆锥曲线 4.2　直线与圆锥曲线的综合问题--2026北师大版高中数学选择性必修第一册同步练习（含解析）

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2026北师大版高中数学选择性必修第一册
4.2　直线与圆锥曲线的综合问题
基础过关练
　　　　　　　　　　　　　
题组一　弦长问题
1.已知双曲线C:x2-y2=2,过其右焦点的直线交双曲线于A,B两点,若AB中点的横坐标为4,则弦AB的长为(　　)
A.3　　B.4　　C.6　　D.6
2.(教材习题改编)过抛物线C:y2=4x的焦点的直线与C交于A,B两点,则|AB|的最小值是(　　)
A.1　　B.2　　C.3　　D.4
3.(2025江西部分学校期中联考)已知椭圆C:+y2=1的右焦点为F,过点F的直线l与C交于A,B两点,若直线l的斜率为正数,且|AB|=,则直线l在y轴上的截距是(　　)
A.1　　B.-1　　C.　　D.-
4.(2025河南九师联盟质量检测)已知抛物线C:y2=2px(p>0)与圆x2+y2=9相交于A,B两点,且|AB|=4.
(1)求C的方程;
(2)若直线l:y=2x-1与C相交于M,N两点,F是C的焦点,求△FMN的周长.
题组二　中点弦问题
5.(2025安徽阜阳第一中学期中)已知O为坐标原点,抛物线E:y2=4x的焦点为F,过点F的直线l与E交于A,B两点,若S△OAB=,则线段AB的中点的横坐标为(　　)
A.3　　B.4　　C.5　　D.6
6.(2025江西南昌第二中学月考)已知直线l与椭圆+=1在第一象限交于A,B两点,与x轴、y轴分别交于点M,N,且|MA|=|NB|,|MN|=2,则直线l的方程为(　　)
A.x+y-2=0　　　　B.x+y-2=0
C.2x+y-2=0　　　　D.x+2y-2=0
7.(2025陕西宝鸡联考)已知双曲线E:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F(5,0),过点F的直线交双曲线E于A,B两点.若AB的中点坐标为(6,-2),则E的方程为(　　)
A.-=1　　　　B.-=1
C.-=1　　　　D.-=1
8.(2025重庆巴蜀中学月考)已知直线l:y=x+1与椭圆C:+=1(a>b>0)相交于A,B两点,且AB的中点为M,则C的离心率e为　　　　.
题组三　直线与圆锥曲线的综合问题
9.(2024安徽名校联盟期中)已知椭圆C:+=1的上、下焦点分别为F1,F2,O为坐标原点.
(1)若点P在椭圆C上,且|PF1|=|PF2|,求∠F1PF2的余弦值;
(2)若直线l:x-y+1=0与椭圆C交于A,B两点,记M为线段AB的中点,求直线OM的斜率.
10.(2025江西上饶广信检测)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为,且C的一个焦点到其一条渐近线的距离为1.
(1)求双曲线C的方程;
(2)设A为C的左顶点,若过点(3,0)的直线l与C的右支交于P,Q两点,且直线AP,AQ与y轴分别交于点M,N,记四边形PQNM的面积为S1,△AMN的面积为S2,求的取值范围.
11.(2025吉林长春质量监测)已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,O为坐标原点,过焦点F作一条直线l0交C于A,B两点,点M在C的准线l上,且直线MF的斜率为-1,△OFM的面积为1.
(1)求C的方程;
(2)在l上是否存在定点N,使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF的斜率的平方 若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说明理由;
(3)过焦点F且与x轴垂直的直线l1与C交于P,Q两点,求证:直线AP与BQ的交点在一条定直线上.
能力提升练
　　　　　　　　　　　　　
题组一　弦长及中点弦问题
1.(2025广东广州普通高中摸底考试)已知A,B是椭圆+=1上不关于长轴对称的两点,且A,B两点到点M(m,0)的距离相等,则实数m的取值范围为(　　)
A.　　　　B.(-1,1)
C.　　　　D.(-2,2)
2.(2024江苏南京第九中学调研)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为,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　(　　)
A.11　　B.12　　C.13　　D.14
3.(2024湖北武汉硚口月考)已知直线AB是曲线y=-及抛物线y2=2px(p>0)的公切线,切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2)(x2>0),则x1y1=　　　　,若|AB|=,则p=　　　　.
题组二　直线与圆锥曲线的综合问题
4.(2025江西八校协作体联考,)已知双曲线C:x2-=1的左、右焦点分别为F1,F2,P是C的右支上一点,过点P作C的切线l与C的两条渐近线分别交于点M,N,则下列说法正确的是(　　)
A.|PF1|2-|PF2|2的最小值为8
B.存在点P,使得·=-4
C.点M,N的纵坐标之积为定值
D.|MN|=2|MP|
5.(2025山东临沂部分县区学科素养水平监测)定义离心率e=的椭圆为“西瓜椭圆”.已知椭圆C:+=1(m>4)是“西瓜椭圆”,则m=　　　　.若“西瓜椭圆”E:+=1(a>b>0)的左焦点为F,直线y=kx与椭圆E交于A,B两点,以线段AB为直径的圆过点F,则k=　　　　.
6.(2024江西上饶广丰中学月考)已知椭圆方程为+=1(a>b>0),过点A(-a,0),B(0,b)的直线的倾斜角为,原点到该直线的距离为.
(1)求椭圆的方程;
(2)对于D(-1,0),是否存在实数k,使得直线y=kx+2交椭圆于P,Q两点,且|DP|=|DQ| 若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.
7.(2024浙江绍兴诸暨中学期中,)设抛物线E:y2=2px(p>0),过焦点F的直线与抛物线E交于点A(x1,y1),B(x2,y2).当直线AB垂直于x轴时,|AB|=2.
(1)求抛物线E的标准方程;
(2)如图,已知点P(1,0),直线AP,BP分别与抛物线E交于点C,D.
①求证:直线CD过定点;
②求△PAB与△PCD面积之和的最小值.
8.(2025江西部分高中联考,)已知双曲线C:x2-=1(b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,过点M(-2,0)的直线l与C的左、右支分别交于点Q,P,O为坐标原点,连接QO并延长,交C于点R.
(1)已知M为C的左焦点.
①求C的方程;
②若|PQ|=|PR|,求l的方程;
(2)若·<0,求b的取值范围.
答案与分层梯度式解析
4.2　直线与圆锥曲线的综合问题
基础过关练
1.D　双曲线C:-=1,则c2=4,设双曲线C的右焦点为F,则F(2,0),
易得过F的直线的斜率存在且不为0,设直线方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),
由得(1-k2)x2+4k2x-4k2-2=0,
所以xA+xB=,xAxB=,
因为AB中点的横坐标为4,所以xA+xB==8,解得k2=2,所以xAxB==10,则(xA-xB)2=(xA+xB)2-4xAxB=82-4×10=24,则|AB|===6.
2.D　解法一:易知抛物线C:y2=4x的焦点为(1,0).
若直线AB与x轴重合,则直线AB与抛物线C只有一个交点,不符合题意,
设直线AB的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),
联立可得y2-4my-4=0,则Δ=16m2+16>0,y1+y2=4m,
所以|AB|=x1+x2+2=m(y1+y2)+4=4m2+4≥4,
当且仅当m=0时,等号成立,故|AB|的最小值为4.
解法二:由抛物线的性质知当AB为通径时,|AB|取得最小值,为2p=4.
3.D　由题意得F(1,0),设直线l:x=ky+1,k>0,A(x1,y1),B(x2,y2),
联立消去x得(k2+2)y2+2ky-1=0,
所以y1+y2=-,y1y2=-,
所以|AB|=|y1-y2|
=·
=·
=·=,
解得k=(负值舍去),
故直线l的方程为x-y-1=0,
令x=0,得y=-,所以直线l在y轴上的截距为-.
4.解析　(1)由题意可知A,
因为点A在圆x2+y2=9上,所以+8=9,
解得p=4(负值舍去),所以C的方程是y2=8x.
(2)联立方程组得4x2-12x+1=0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=3,x1x2=,
所以|MF|+|NF|=x1+x2+p=3+4=7,
|MN|=·=×=2,
所以△FMN的周长为|MN|+|MF|+|NF|=7+2.
5.B　由题意得F(1,0),设直线l:x=ty+1,与抛物线方程联立,得y2-4ty-4=0,显然Δ>0,
所以yA+yB=4t,yAyB=-4,
则|yA-yB|==4,
所以S△OAB=|OF||yA-yB|=2=,解得t2=,
所以xA+xB=t(yA+yB)+2=4t2+2=8,故线段AB的中点的横坐标为4.
6.A　令AB的中点为E,因为|MA|=|NB|,所以|ME|=|NE|,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则E,,
①-②得+=0,
所以=-,则kOE·kAB=-.
设直线l:y=kx+m,k<0,m>0,
令x=0,得y=m,令y=0,得x=-,
即M,N(0,m),所以E,
则k×=-,解得k=-或k=(舍去),
则M(m,0),所以|MN|==2,解得m=2或m=-2(舍去),
所以直线l的方程为y=-x+2,即x+y-2=0.
7.D　设A(x1,y1),B(x2,y2),若AB⊥x轴,则线段AB的中点在x轴上,不符合题意.
因为线段AB的中点坐标为(6,-2),
所以
因为A(x1,y1),B(x2,y2)在双曲线E上,
所以①-②得-=0,
又因为==-2,
所以==·=-2×=,
由解得
因此E的方程为-=1.
解题技法　遇到直线与圆锥曲线相交弦的中点问题时,常设直线与圆锥曲线的交点(弦的端点)为A(x1,y1),B(x2,y2),将这两点坐标分别代入圆锥曲线的方程,并对所得两式作差,得到一个与弦AB的中点和直线AB的斜率有关的式子,可以大大减少计算量.
8.答案　
解析　设A(x1,y1),B(x2,y2),
因为AB的中点为M,所以=-1,=,
因为A,B在椭圆C上,所以+=1,+=1,
两式相减,得+=+=0,
即+=0,整理得=,
又=,所以=,则=,
所以e====.
9.解析　(1)由椭圆的定义,得|PF1|+|PF2|=2a=6,
则|PF1|=|PF2|=3,
易知|F1F2|=2,
在△PF1F2中,由余弦定理,得cos∠F1PF2===.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则
①-②得,+=0,
则+=0,即·+=0,
即kOM·kAB+=0,
因为直线l:x-y+1=0的斜率kAB=1,
所以kOM=-,故直线OM的斜率为-.
10.解析　(1)由题意知C的一条渐近线方程为bx-ay=0,右焦点为(c,0),
∴右焦点到渐近线bx-ay=0的距离d==1,解得b=1,
又e==,a2+b2=c2,所以a=1,
故双曲线C的方程为x2-y2=1.
(2)设直线l的方程为x=ty+3,P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立方程组得(t2-1)y2+6ty+8=0(t≠±1),
则Δ=4t2+32>0恒成立,y1+y2=,y1y2=,
∵l与C的右支交于P,Q两点,∴y1y2=<0,解得-1由题意得===(x1+1)(x2+1)=(ty1+4)(ty2+4)=t2y1y2+4t(y1+y2)+16=-+16=∈[16,+∞),∴∈[15,+∞).
11.解析　(1)由题意得直线MF的方程为y=-=-x,
令x=-,得y=p,故M,
则S△OFM=××p=1,解得p=2(负值舍去),
故C的方程为y2=4x.
(2)由(1)得F(1,0),设l0的方程为x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2),N(-1,n),
由题意得kNA+kNB=,即+==,
即+=,
即=(*),
联立方程组得y2-4ty-4=0,
则Δ=16t2+16>0,y1+y2=4t,y1y2=-4,
代入(*)式,得=,
整理得(t2+1)(n2+4n)=0,解得n=0或n=-4,故N(-1,0),N(-1,-4)满足题意.
(3)证明:不妨令P(1,2),Q(1,-2),
则直线AP:y-2=(x-1),直线BQ:y+2=(x-1),
两直线方程相减得-4=(x-1),
则-4=(x-1),
即-4=(x-1),即-4=(x-1),整理得x=-1,故直线AP与BQ的交点在定直线x=-1上.
能力提升练
1.B　设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2),线段AB的中点为G(x0,y0),
则②-①得+=0,
即=-,
所以=-,则=-,
因为M(m,0),|MA|=|MB|,所以MG⊥AB,所以=,即4x0-4m=3x0,解得x0=4m,因为-42.C　因为e==,所以a=2c,所以b==c,所以椭圆的焦点在x轴上,如图所示,连接DF2,EF2,
则|AF1|=|AF2|=|F1F2|=2c,
所以△AF1F2为正三角形,
又直线DE过F1且垂直于AF2,
所以∠DF1F2=30°,
所以直线DE的方程为y=(x+c),
设D(x1,y1),E(x2,y2),
联立消去y并整理,得13x2+8cx-32c2=0,显然Δ>0,则x1+x2=-,x1x2=-,
所以|DE|=×==6,解得c=,所以a=,
易知直线DE垂直平分AF2,所以△ADE的周长等于△F2DE的周长,所以△ADE的周长为4a=13.
3.答案　-1;或8
解析　易知直线AB的斜率存在,不妨设直线AB的方程为y=kx+b,
联立消去y并整理,得kx2+bx+1=0,此时k≠0,由Δ1=b2-4k=0,解得k=,
代入kx2+bx+1=0,得b2x2+4bx+4=0,解得x=-(二重根),则A,则x1y1=-×=-1.
联立消去y并整理,得k2x2+(2kb-2p)x+b2=0,此时k≠0,由Δ2=(2kb-2p)2-4k2b2=0,解得p=2kb,代入k2x2+(2kb-2p)x+b2=0,得k2x2-2kbx+b2=0,解得x=(二重根),则y=k·+b=2b,则B,
若|AB|=,则+=,
又k=,故b2=2或b2=8,
因为p=2kb,且p>0,k=,所以b>0,
当b2=2,即b=时,p=2kb=2××b=;
当b2=8,即b=2时,p=2kb=2××b=8.
4.ACD　由双曲线方程得a=1,b=,则c==2,
所以F1(-2,0),F2(2,0),设P(x0,y0),则x0≥1,且-=1,即=3-3,
则|PF1|2-|PF2|2=[(x0+2)2+]-[(x0-2)2+]=8x0≥8,故A正确;
·=(-2-x0,-y0)·(2-x0,-y0)=-4+=-4+3-3=4-7≥-3,
所以不存在点P,使得·=-4,故B错误;
显然切线l的斜率不为0,设切线l的方程为x=my+n,
联立方程组得(3m2-1)y2+6mny+3n2-3=0,
则Δ=36m2n2-12(3m2-1)(n2-1)=0,整理得n2=1-3m2,
所以-n2y2+6mny-9m2=0,即(ny-3m)2=0,解得y=,
即yP=.
不妨设切线l与渐近线y=x的交点为M,与渐近线y=-x的交点为N,
由解得y=,即yM=,
由解得y=,即yN=,
则yMyN=·===-3,故C正确;
因为=
====yP,
所以点P是线段MN的中点,所以|MN|=2|MP|,故D正确.
5.答案　9;±
解析　∵椭圆C是“西瓜椭圆”,∴e==,解得m=9.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立方程组得(b2+a2k2)x2-a2b2=0,
则x1+x2=0,x1x2=,
∴-=,即=,
∴=k2=,∴|OA|2=+=,
易知F(-c,0),
∵以线段AB为直径的圆过点F,∴|OF|2=|OA|2,
∴c2=,
∵e2=1-=,∴b2=a2,又c2=a2-b2,
所以k2=,解得k=±.
6.解析　(1)因为过点A(-a,0),B(0,b)的直线的倾斜角为,所以=tan,即=,
故过点A(-a,0),B(0,b)的直线方程为y=(x+a),
故原点到该直线的距离为=,解得a=(负值舍去),故b=1,
所以椭圆的方程是+y2=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2).
将y=kx+2代入+y2=1得,(3k2+1)x2+12kx+9=0,
则Δ=144k2-36(3k2+1)>0,解得k>1或k<-1,
设PQ的中点为M,则xM==-,yM=kxM+2=.
由|DP|=|DQ|,得DM⊥PQ,
所以kDM===-,
所以3k2-4k+1=0,解得k=1或k=,
又k>1或k<-1,故k=1,k=均不成立,
所以不存在满足条件的k.
7.解析　(1)由题意知,当直线AB垂直于x轴时,x1=,代入抛物线方程得y1=±p,则|AB|=2p,所以2p=2,即p=1,所以抛物线E:y2=2x.
(2)①证明:设C(x3,y3),D(x4,y4),直线AB:x=my+,
联立消去x,得y2-2my-1=0,因此y1+y2=2m,y1y2=-1.
设直线AC:x=ny+1,联立消去x,得y2-2ny-2=0,
因此y1+y3=2n,y1y3=-2,则y3=.同理可得y4=.
所以kCD=====-=,因此直线CD:x=2m(y-y3)+x3,
由对称性知,定点在x轴上,
令y=0得,x=-2my3+x3=-2my3+=-2m·+=+=+=2+2=2+2·=2,所以直线CD过定点(2,0),记Q(2,0).
②因为S△PAB=|PF|·|y1-y2|=|y1-y2|,
S△PCD=|PQ|·|y3-y4|====|y1-y2|,
所以S△PAB+S△PCD=|y1-y2|==≥,当且仅当m=0时取到最小值.
8.解析　(1)①因为M(-2,0)为C的左焦点,所以c=2,则b2=3,故C的方程为x2-=1.
②因为|PQ|=|PR|,所以△PQR为等腰三角形,又|QO|=|OR|,故PO⊥OQ.
由题设可得l的斜率存在且不为零,设l:y=k(x+2)(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立方程组得(3-k2)x2-4k2x-4k2-3=0,
则Δ=16k4+4(3-k2)(4k2+3)=36k2+36>0,且3-k2≠0,
x1+x2=,x1x2=,
则<0,所以-因为PO⊥OQ,所以x1x2+y1y2=0,
故x1x2+k2(x1+2)(x2+2)=0,整理得(1+k2)x1x2+2k2(x1+x2)+4k2=0,
所以(1+k2)×+2k2×+4k2=0,解得k=±,
故l的方程为y=x+或y=-x-.
(2)由(1)知A1(-1,0),A2(1,0),则·=(-x2+1,-y2)·(x1-1,y1)=-x1x2-y1y2+x1+x2-1=-(1+k2)x1x2-(2k2-1)(x1+x2)-4k2-1,
联立方程组得(b2-k2)x2-4k2x-4k2-b2=0,
则Δ=16k4+4(b2-k2)(4k2+b2)=12b2k2+4b4>0,
且b2-k2≠0,x1+x2=,x1x2=,
则<0,所以-b所以-(1+k2)×-(2k2-1)×-4k2-1<0,
整理得b2>3,所以b>,故b的取值范围为(,+∞).
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