【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材）第九章平面解析几何 课时规范练45　直线与圆锥曲线的位置关系含解析【高考】.docx，共(10)页，50.526 KB，由小赞的店铺上传

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1课时规范练45直线与圆锥曲线的位置关系基础巩固组1.(2021河南安阳一中月考)已知直线y=kx-k及抛物线y2=2px(p>0),则()A.直线与抛物线有一个公共点B.直线与抛物线有两个公共点C.直线与抛物线有一个或两个公共点D.直线与抛物线可能没有公

共点2.直线l过点(2,1),且与双曲线𝑥24-y2=1有且只有一个公共点,则这样的不同直线的条数为()A.1B.2C.3D.43.椭圆4x2+9y2=144内有一点P(3,2),则以点P为中点的弦所在直线

的斜率为()A.-23B.-32C.-49D.-944.(多选)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的离心率为√32,点M(2,1)在椭圆C上,直线l平行于OM且在y轴上的截距为m,直线l与椭圆C交于A,B两点.下面结论正确的有()A.椭圆C的方程为𝑥28+𝑦2

2=1B.kOM=12C.-2<m<2D.m≤-2或m≥25.(2020山东,13)斜率为√3的直线过抛物线C:y2=4x的焦点,且与抛物线C交于A,B两点,则|AB|=.6.(2021浙江金华模拟)过点P(1,1)作直线l与双

曲线x2-𝑦22=λ交于A,B两点.若点P恰为线段AB的中点,则实数λ的取值范围是.7.已知点B是圆C:(x-1)2+y2=16上的任意一点,F(-1,0),线段BF的垂直平分线交BC于点P.(1)求动点P的轨迹E的方程;

(2)直线l:y=2x+m与轨迹E交于点M,N,且|MN|=12√3019,求m的值.28.已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点B在抛物线上,点A(-2,2),且𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐹�

�⃗⃗⃗⃗⃗(点O为坐标原点).(1)求抛物线C的标准方程;(2)若过点M(2,0)的直线l与抛物线C交于D,E两点,线段DE的中点为N,且|DM|=|EN|,求直线l的方程.综合提升组9.(2021湖南益阳箴言中学模拟)已知双曲线C:x2-y2=1,点O为坐标原

点,F为双曲线C的右焦点,过点F的直线与双曲线C的两条渐近线的交点分别为P,Q.若𝑆△𝑃𝑂𝐹𝑆△𝑄𝑂𝐹=2,且点Q在P,F两点之间,则|PQ|=()A.3√54B.√52C.3√52D.√510.过原点的直线l与双曲

线𝑥24−𝑦23=1相交于不同的两点,则直线l的斜率k的取值范围是.11.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的准线与x轴交于点A,点M(2,p)在抛物线C上.(1)求C的方程;(2)过点M作直线l交抛物线C于另一点N.若△AMN的面积为649,求直线l的方程.312.(202

1新高考Ⅱ)已知椭圆C的方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0),右焦点为F(√2,0),且离心率为√63.(1)求椭圆C的方程;(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)

相切.证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=√3.4创新应用组13.(多选)已知B1,B2是椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的下、上顶点,P是椭圆上不同于短轴端点的任意一点,点Q与点P关于y轴对称,则下列四个结论正确的是()A.直线PB1与PB2的斜率之积为定

值-𝑎2𝑏2B.𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>0C.△PB1B2的外接圆半径的最大值为𝑎2+𝑏22𝑎D.直线PB1与QB2的交点M的轨迹为双曲线5课时规范练45直线与圆锥曲线的位置关系

1.C解析∵直线y=kx-k=k(x-1),∴直线过定点(1,0).当k=0时,直线y=0与抛物线有一个公共点,即顶点;当k≠0时,点(1,0)在抛物线的内部,所以直线与抛物线有两个公共点.综上所述,直线与抛物线有一个或两个公共点.故选C.2.B解析直线l的斜率存在时

,设l的方程为y=kx-(2k-1).联立{𝑦=𝑘𝑥-(2𝑘-1),𝑥2-4𝑦2-4=0,得(1-4k2)x2+8k(2k-1)x-4[(2k-1)2+1]=0.当k=12时,-4=0不成立,方程组无解,直线l与双曲线无公共点;当k=-

12时,解得x=52,y=34,方程组有唯一解,即直线l与双曲线有唯一公共点;当1-4k2≠0时,Δ=64k2(2k-1)2-16(4k2-1)[(2k-1)2+1]=-16(4k-2)≠0,直线l与双曲线无公共点或有两个公共点.故直线l的斜率存在时,符合条件的直线只有一条.当直线l的斜率不

存在时,直线l:x=2,满足题意.综上所述,符合条件的直线有2条.故选B.3.A解析设以点P为中点的弦所在的直线与椭圆交于点A(x1,y1),B(x2,y2),斜率为k,则4𝑥12+9𝑦12=144,4𝑥22+9𝑦22=144,两式相减得4(x1+x2)(x1-x

2)+9(y1+y2)(y1-y2)=0,又x1+x2=6,y1+y2=4,𝑦1-𝑦2𝑥1-𝑥2=k,代入解得k=-23.故选A.4.ABC解析由题意得{√𝑎2-𝑏2𝑎=√32,4𝑎2+1𝑏2=1,解得{𝑎2=8,𝑏2=2,故椭圆C的

方程为𝑥28+𝑦22=1,故A正确;kOM=1-02-0=12,故B正确;因为直线l的斜率k=kOM=12,且直线l在y轴上截距为m,所以直线l的方程为y=12x+m.联立{𝑦=12𝑥+𝑚,𝑥28+

𝑦22=1,得x2+2mx+2m2-4=0.6因为直线l与椭圆C交于A,B两点,所以Δ=(2m)2-4(2m2-4)>0,解得-2<m<2,故C正确,D错误.故选ABC.5.163解析如图所示,直线与抛物线交于A

,B两点.设A(x1,y1),B(x2,y2),F(1,0),准线方程为x=-1,作AA',BB'垂直于准线,交准线于点A',B'.由抛物线的定义知|AA'|=|AF|,|BB'|=|BF|.|AB|=|AF|+|BF|=|AA'|+|BB'|=x1+𝑝2+x2+�

�2=x1+x2+p.联立{𝑦=√3(𝑥-1),𝑦2=4𝑥,得3x2-10x+3=0,∴x1+x2=103,∴|AB|=103+2=163.6.(-∞,0)∪(0,12)解析因为双曲线方程为x2-𝑦22=λ,所以λ≠0.设A(x1,y1),B(x2,y2).因为点P恰为线段AB的中

点,所以x1+x2=2,y1+y2=2.将A,B两点坐标代入双曲线方程,得{𝑥12-𝑦122=𝜆,𝑥22-𝑦222=𝜆,两式相减并化简可得𝑦1-𝑦2𝑥1-𝑥2=2×𝑥1+𝑥2𝑦1+𝑦2=2,即直线l的斜率为2,所

以直线的方程为y=2x-1.联立{𝑦=2𝑥-1,𝑥2-𝑦22=𝜆,得2x2-4x+2λ+1=0.因为直线l与双曲线有两个不同的交点,所以Δ=16-4×2×(2λ+1)>0,解得λ<12且λ≠0,所以λ的取值范围为(-∞,0)∪(0,12).77.解(1)由题可知|PC|+|

PF|=|PC|+|PB|=|BC|=4>|FC|=2,所以动点P的轨迹E是以F,C为焦点的椭圆.设其方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0),则2a=4,2c=2,所以a=2,c=1,b=√3,所以动点P的轨迹E的方程为𝑥24+

𝑦23=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).联立{𝑥24+𝑦23=1,𝑦=2𝑥+𝑚,得19x2+16mx+4m2-12=0,所以Δ=256m2-76(4m2-12)>0,所以m∈(-√19,√19).x1+x2=-16𝑚19,x1x2=4𝑚2-1219.因为|M

N|=√(1+𝑘2)[(𝑥1+𝑥2)2-4𝑥1𝑥2]=√5(256𝑚2361-16𝑚2-4819)=12√3019,所以m=±1.8.解(1)设B(x0,y0).因为F(0,𝑝2),A(-2,2),所以𝐹

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥0,𝑦0-𝑝2),𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,𝑝2),𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2-𝑝2).因为𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,所以{𝑥0=0+2×(-2),𝑦0-�

�2=𝑝2+2×(2-𝑝2),解得{𝑥0=-4,𝑦0=4.因为点B在抛物线上,所以(-4)2=2p×4,解得p=2,所以抛物线C的标准方程为x2=4y.(2)由题可知,直线l斜率存在,且点E在点D的上方.设直线l的方程为y=k(

x-2)(k≠0),联立{𝑦=𝑘(𝑥-2),𝑥2=4𝑦,得x2-4kx+8k=0,所以Δ=(-4k)2-4×8k>0,解得k>2或k<0.设D(x1,y1),E(x2,y2),所以x1+x2=4k,x1x2=8k.设

N(xN,yN),则xN=𝑥1+𝑥22=2k.由|DM|=|EN|得|DE|=|MN|,所以√1+𝑘2·|x1-x2|=√1+𝑘2·|xN-2|,所以√(𝑥1+𝑥2)2-4𝑥1𝑥2=|xN-2|,即√(4𝑘)2-4×8𝑘=|2k-2|,8整理得3k2-6k-1=0,

解得k=1+2√33或k=1-2√33,均满足题意.故直线l的方程为y=(1±2√33)(x-2),即x+(3+2√3)y-2=0或x+(3-2√3)y-2=0.9.B解析由题可知,双曲线中a=b=1,所以c=√2,所以F(√2,0).设P(t,t).因为𝑆△𝑃�

�𝐹𝑆△𝑄𝑂𝐹=2,且点Q在P,F两点之间,所以点Q为线段PF的中点,所以Q(√2+𝑡2,𝑡2).不妨设直线斜率为正,则点Q在直线y=-x上,所以√2+𝑡2=-𝑡2,解得t=-√22,所以P(-√22,-√22),所以|PQ

|=12|PF|=√52.故选B.10.(-√32,√32)解析由题可知,直线的斜率存在,设为k,则直线的方程为y=kx.联立{𝑦=𝑘𝑥,𝑥24-𝑦23=1,得(3-4k2)x2-12=0.∵直线l与双曲线相交于不同的两点,∴3-

4k2>0,解得-√32<k<√32.11.解(1)因为点M(2,p)在抛物线y2=2px上,所以p2=4p,所以p=4或p=0(舍去),所以抛物线C的方程为y2=8x.(2)由(1)知抛物线C的方程为y2=8

x,所以M(2,4),A(-2,0),所以kMA=4-02-(-2)=1,所以直线MA的方程为y=x+2,即x-y+2=0,且|MA|=4√2,所以点N到直线MA的距离d=2𝑆△𝐴𝑀𝑁|𝑀𝐴|=16√29.设N点的坐标为(𝑦028,𝑦0),则d=|𝑦028-�

�0+2|√2=16√29,9解得y0=283或y0=-43,即N点的坐标为(989,283)或(29,-43).若取N(989,283),则kMN=283-4989-2=35,所以直线l的方程为y-4=35(x-2),即3x

-5y+14=0;若取N(29,-43),则kMN=-43-429-2=3,所以直线l的方程为y-4=3(x-2),即3x-y-2=0.综上所述,直线l的方程为3x-5y+14=0或3x-y-2=0.12.(1)解由题可

知,椭圆半焦距长c=√2且e=𝑐𝑎=√63,所以a=√3.又b2=a2-c2=1,所以椭圆方程为𝑥23+y2=1.(2)证明由(1)得,曲线方程为x2+y2=1(x>0),当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不合题意.当直线MN的斜率存在时,设M(x1

,y1),N(x2,y2).必要性:若M,N,F三点共线,可设直线MN:y=k(x-√2),即kx-y-√2k=0.由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切得|√2𝑘|√𝑘2+1=1,解得k=±1.联立{𝑦=±(𝑥-√2),𝑥23+𝑦2

=1,得4x2-6√2x+3=0,所以x1+x2=3√22,x1x2=34,所以|MN|=√1+1√(𝑥1+𝑥2)2-4𝑥1𝑥2=√3,所以必要性成立;充分性:设直线MN:y=kx+b(kb<0

),即kx-y+b=0.由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切得|𝑏|√𝑘2+1=1,所以b2=k2+1.10联立{𝑦=𝑘𝑥+𝑏,𝑥23+𝑦2=1,得(1+3k2)x2+6kbx+3b2-3=0.由题

可知1+3k2≠0,Δ>0,所以x1+x2=-6𝑘𝑏1+3𝑘2,x1x2=3𝑏2-31+3𝑘2,所以|MN|=√1+𝑘2√(𝑥1+𝑥2)2-4𝑥1𝑥2=√1+𝑘2√(-6𝑘𝑏1+3

𝑘2)2-4·3𝑏2-31+3𝑘2=√1+𝑘2·√24𝑘21+3𝑘2=√3,所以(k2-1)2=0,所以k=±1,所以{𝑘=1,𝑏=-√2或{𝑘=-1,𝑏=√2,所以直线MN:y=x-√2或y=-x+√2,所以直线

MN过点F(√2,0),M,N,F三点共线,充分性成立.综上所述,M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=√3.13.BC解析设P(x0,y0),𝑥02𝑎2+𝑦02𝑏2=1,则𝑘𝑃𝐵1𝑘𝑃𝐵2=𝑦0+𝑏𝑥0·

𝑦0-𝑏𝑥0=𝑦02-𝑏2𝑥02=-𝑏2𝑎2,故A错误;∵点P在圆x2+y2=b2外,∴𝑥02+𝑦02-b2>0.又𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-x0,-b-y0),𝑃𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-x0,b-

y0),∴𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥02+𝑦02-b2>0,故B正确;当点P在长轴上的顶点A时,∠B1PB2最小且为锐角.设△PB1B2的外接圆半径为r,由正弦定理可得2r=2𝑏sin∠𝐵1𝑃𝐵2≤2𝑏sin∠𝐵1𝐴𝐵

2=2𝑏sin2∠𝑂𝐴𝐵2=2𝑏2𝑎𝑏𝑎2+𝑏2=𝑎2+𝑏2𝑎,∴r≤𝑎2+𝑏22𝑎,∴△PB1B2的外接圆半径的最大值为𝑎2+𝑏22𝑎,故C正确;直线PB1的方程

为y+b=𝑦0+𝑏𝑥0x,直线QB2的方程为y-b=𝑦0-𝑏-𝑥0x,两式相乘,得y2-b2=𝑦02-𝑏2-𝑥02x2,即𝑦2𝑏2−𝑥2𝑎2=1.由于点P不与点B1,B2重合,∴点M的轨迹为双曲线的一部分,故D错误.故选BC.