人教B版（2019）高中数学选择性必修第一册 2.8　直线与圆锥曲线的位置关系word含答案

2.8　直线与圆锥曲线的位置关系
课后篇巩固提升
基础达标练
1.若椭圆x236+y29=1的弦被点(4,2)平分,则此弦所在直线的斜率为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.2 B.-2 C.13 D.-12
解析设弦两端点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8,y1+y2=4,又x1236+y129=1,　　　　　　　　　　　①x2236+y229=1.②
①-②,得(x1+x2)(x1-x2)36+(y1+y2)(y1-y2)9=0,
即8(x1-x2)36+4(y1-y2)9=0,
所以所求直线的斜率为y1-y2x1-x2=-12.
答案D
2.已知双曲线中心在原点,且一个焦点为F(7,0),直线y=x-1与双曲线交于M,N两点,且MN中点的横坐标为-23,则此双曲线的方程为(　　)
A.x23-y24=1 B.x24-y23=1
C.x25-y22=1 D.x22-y25=1
解析由c=7,得a2+b2=7.∵焦点为F(7,0),
∴可设双曲线方程为x2a2-y27-a2=1,①
并设M(x1,y1),N(x2,y2).将y=x-1代入①并整理,得(7-2a2)x2+2a2x-a2(8-a2)=0,
∴x1+x2=-2a27-2a2,
由已知得-2a27-2a2=-23×2,解得a2=2,
故双曲线的方程为x22-y25=1.
答案D
3.设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为23的直线与C交于M,N两点,则FM·FN=(　　)
A.5 B.6 C.7 D.8
解析易知F(1,0),过点(-2,0)且斜率为23的直线方程为y=23(x+2).联立抛物线方程y2=4x,得y2=4x,y=23(x+2),解得x=1,y=2,或x=4,y=4.
不妨设M(1,2),N(4,4),所以FM=(0,2),FN=(3,4),所以FM·FN=8.
答案D
4.(多选)已知△ABC为等腰直角三角形,其顶点为A,B,C,若圆锥曲线E以A,B焦点,并经过顶点C,该圆锥曲线E的离心率可以是(　　)
A.2+1 B.22
C.2 D.2-1
解析①△ABC为等腰直角三角形,如果C=π2,圆锥曲线E为椭圆,e=2c2a=ABCA+CB=22.
②△ABC为等腰直角三角形,如果C=π4,A或B为直角,圆锥曲线E为椭圆,e=ABCA+CB=12+1=2-1.
③△ABC为等腰直角三角形,如果C=π4,A或B为直角,圆锥曲线为双曲线,e=AB|CA-CB|=12-1=2+1.
答案ABD
5.已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),则过它的焦点且垂直于x轴的弦长为　　　　　.?
解析设一个焦点为F(c,0),其中c2=a2+b2,过F且垂直于x轴的弦为AB,则A(c,y0),∵A(c,y0)在双曲线上,∴c2a2-y02b2=1.∴y0=±bc2a2-1=±b2a.
∴|AB|=2|y0|=2b2a.
答案2b2a
6.在直角坐标系中任给一条直线,它与抛物线y2=2x交于A,B两点,则OA·OB的取值范围为　　　　　.?
解析设直线方程为x=ty+b,代入抛物线y2=2x,得y2-2ty-2b=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=2t,y1y2=-2b,∴OA·OB=x1x2+y1y2=(ty1+b)(ty2+b)+y1y2=b2-2b=(b-1)2-1,∴OA·OB的取值范围为[-1,+∞).
答案[-1,+∞)
7.在平面直角坐标系xOy中,经过点(0,2)且斜率为k的直线l与椭圆x22+y2=1有两个不同的交点P和Q,求k的取值范围.
解由已知条件知直线l的方程为y=kx+2,
代入椭圆方程得x22+(kx+2)2=1,
整理得12+k2x2+22kx+1=0,
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ=8k2-412+k2=4k2-2>0,解得k<-22或k>22,
所以k的取值范围为-∞,-22∪22,+∞.
8.设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.
(1)求l的方程;
(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.
解(1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k>0).设A(x1,y1),B(x2,y2).
由y=k(x-1),y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.
Δ=16k2+16>0,故x1+x2=2k2+4k2.
所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=4k2+4k2.由题设知4k2+4k2=8,解得k=-1(舍去),k=1.因此l的方程为y=x-1.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5.
设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则
y0=-x0+5,(x0+1)2=(y0-x0+1)22+16.
解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=-6.因此所求圆的方程为
(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.
能力提升练
1.已知直线y=k(x+2)与双曲线x2m-y28=1,有如下信息:联立方程组y=k(x+2),x2m-y28=1,消去y后得到方程Ax2+Bx+C=0,分类讨论:(1)当A=0时,该方程恒有一解;(2)当A≠0时,Δ=B2-4AC≥0恒成立.在满足所提供信息的前提下,双曲线离心率的取值范围是(　　)
A.(1,3] B.[3,+∞)
C.(1,2] D.[2,+∞)
解析依题意可知直线恒过定点(-2,0),根据(1)和(2)可知直线与双曲线恒有交点,故需要定点(-2,0)在双曲线的左顶点上或左顶点的左边,即-2≤-m,即0 答案B
2.(多选)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,直线的斜率为3且经过点F,直线l与抛物线C交于点A,B两点(点A在第一象限),与抛物线的准线交于点D,若|AF|=4,则以下结论正确的是(　　)
A.p=2 B.F为AD中点
C.|BD|=2|BF| D.|BF|=2

解析如图,Fp2,0,直线l的斜率为3,则直线方程为y=3x-p2,
联立y2=2px,y=3x-p2,得12x2-20px+3p2=0.
解得xA=32p,xB=16p,由|AF|=32p+p2=2p=4,得p=2.∴抛物线方程为y2=4x,xB=16p=13,则|BF|=13+1=43.
|BD|=|BF|cos60°=4312=83,
∴|BD|=2|BF|,|BD|+|BF|=43+83=4,
则F为AD中点.∴运算结论正确的是A,B,C.
答案ABC
3.已知点M(-1,1)和抛物线C:y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点,若∠AMB=90°,则k=　　　　　.?
解析设直线AB:x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2).

联立x=my+1,y2=4x,得y2-4my-4=0,
y1+y2=4m,y1y2=-4.
而MA=(x1+1,y1-1)=(my1+2,y1-1),
MB=(x2+1,y2-1)=(my2+2,y2-1).
∵∠AMB=90°,
∴MA·MB=(my1+2)(my2+2)+(y1-1)(y2-1)
=(m2+1)y1y2+(2m-1)(y1+y2)+5
=-4(m2+1)+(2m-1)4m+5
=4m2-4m+1=0.∴m=12.∴k=1m=2.
答案2
4.设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4,离心率为55.
(1)求椭圆的方程;
(2)设点P在椭圆上,且异于椭圆的上、下顶点,点M为直线PB与x轴的交点,点N在y轴的负半轴上.若|ON|=|OF|(O为原点),且OP⊥MN,求直线PB的斜率.
解(1)设椭圆的半焦距为c,依题意,2b=4,ca=55,又a2=b2+c2,可得a=5,b=2,c=1.所以,椭圆的方程为x25+y24=1.
(2)由题意,设P(xP,yP)(xP≠0),M(xM,0).设直线PB的斜率为k(k≠0),又B(0,2),则直线PB的方程为y=kx+2,与椭圆方程联立y=kx+2,x25+y24=1,
整理得(4+5k2)x2+20kx=0,可得xP=-20k4+5k2,代入y=kx+2得yP=8-10k24+5k2,进而直线OP的斜率yPxP=4-5k2-10k.在y=kx+2中,令y=0,得xM=-2k.
由题意得N(0,-1),所以直线MN的斜率为-k2.由OP⊥MN,得4-5k2-10k·-k2=-1,化简得k2=245,从而k=±2305.
所以,直线PB的斜率为2305或-2305.
5.在椭圆x24+y27=1上求一点P,使它到直线l:3x-2y-16=0的距离最短,并求出最短距离.

解设与椭圆相切并与l平行的直线方程为y=32x+m,
代入x24+y27=1,
并整理得4x2+3mx+m2-7=0,Δ=9m2-16(m2-7)=0,
解得m2=16,即m=±4,
故两切线方程为y=32x+4和y=32x-4,
显然y=32x-4,即3x-2y-8=0距l最近,且最短距离d=|-16+8|32+(-2)2=81313.
由3x-2y-8=0,x24+y27=1,得x=32,y=-74,
故切点为P32,-74.

6.已知抛物线C:y2=2px过点A(1,1).
(1)求抛物线C的方程;
(2)若过点P(3,-1)的直线与抛物线C交于M,N两个不同的点(均与点A不重合).设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2,求证:k1·k2为定值.
(1)解由题意得2p=1,所以抛物线方程为y2=x.
(2)证明设M(x1,y1),N(x2,y2),
直线MN的方程为x=t(y+1)+3,
代入抛物线方程得y2-ty-t-3=0.
所以Δ=(t+2)2+8>0,y1+y2=t,y1y2=-t-3.
所以k1·k2=y1-1x1-1·y2-1x2-1=y1-1y12-1·y2-1y22-1
=1(y1+1)(y2+1)=1y1y2+y1+y2+1
=1-t-3+t+1=-12,
所以k1·k2是定值.
7.已知向量a=(x,3y),b=(1,0),且(a+3b)⊥(a-3b).
(1)求满足上述条件的点M(x,y)的轨迹C的方程;
(2)设曲线C与直线y=kx+m(k≠0)相交于不同的两点P,Q,点A(0,-1),当|AP|=|AQ|时,求实数m的取值范围.
解(1)∵(a+3b)⊥(a-3b),∴(a+3b)·(a-3b)=0,∴a2-3b2=0,∴x2+3y2=3,
即点M(x,y)的轨迹C的方程为x23+y2=1.
(2)由y=kx+m,x2+3y2-3=0,
得(1+3k2)x2+6kmx+3(m2-1)=0.
∵曲线C与直线y=kx+m(k≠0)相交于不同的两点,∴Δ=(6km)2-12(1+3k2)(m2-1)=12(3k2-m2+1)>0,即3k2-m2+1>0.①
且x1+x2=-6km1+3k2,x1x2=3(m2-1)1+3k2.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点N(x0,y0),则x0=x1+x22=-3km1+3k2,y0=kx0+m=m1+3k2.
∵|AP|=|AQ|,∴PQ⊥AN.
设kAN表示直线AN的斜率,
又k≠0,∴kAN·k=-1.即-1-m1+3k23km1+3k2·k=-1,
得3k2=2m-1.②
∵3k2>0,∴m>12.
将②代入①得2m-1-m2+1>0,即m2-2m<0,
解得0 素养培优练
(2019全国Ⅱ)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.
①证明:△PQG是直角三角形;
②求△PQG面积的最大值.
解(1)由题设得yx+2·yx-2=-12,化简得x24+y22=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.
(2)①设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).由y=kx,x24+y22=1,得x=±21+2k2.记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).由y=k2(x-u),x24+y22=1,得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.(ⅰ)
设G(xG,yG),则-u和xG是方程(ⅰ)的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.
从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.
②由①得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,
所以△PQG的面积S=12|PQ||PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=8(1k+k)1+2(1k+k)?2.
设t=k+1k,则由k>0,得t≥2,当且仅当k=1时取等号.因为S=8t1+2t2在区间[2,+∞)内单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.
因此,△PQG面积的最大值为169.