2020年人教A版数学理(福建用)课时作业：第八章-第九节直线与圆锥曲线的位置关系.docx

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课时提升作业(五十八)
一、选择题
1.(2021·西宁模拟)过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于点A(x1,y1)，B(x2,y2)，若|AB|=7，则AB的中点M到抛物线准线的距离为( )
(A) (B) (C)2 (D)3
2.(2021·南阳模拟)设F1，F2为椭圆的左、右焦点，过椭圆中心任作始终线与椭圆交于P，Q两点，当四边形PF1QF2的面积最大时，的值等于( )
(A)0 (B)2 (C)4 (D)-2
3.已知A，B为抛物线C：y2=4x上的两个不同的点，F为抛物线C的焦点，若，则直线AB的斜率为( )
(A) (B) (C) (D)
4.(2021·龙岩模拟)已知任意k∈R，直线y-kx-1=0与椭圆恒有公共点，则实数m的取值范围是( )
(A)(0,1) (B)(0,5)
(C)［1,5)∪(5,+∞) (D)［1,5)
5.已知抛物线y=-x2+3上存在关于直线x+y=0对称的相异两点A，B，则|AB|等于( )
(A)3 (B)4 (C) (D)
6.(力气挑战题)斜率为1的直线l与椭圆交于不同两点A，B，则|AB|的最大值为( )
(A)2 (B) (C) (D)
二、填空题
7.(2021·珠海模拟)已知椭圆(a>b>0)的右顶点为A(1，0)，过其焦点且垂直长轴的弦长为1，则椭圆方程为____________.
8.已知曲线(ab≠0,且a≠b)与直线x+y-1=0相交于P，Q两点，且(O为原点)，则的值为____________.
9.设直线l:2x+y-2=0与椭圆的交点为A，B，点P是椭圆上的动点，则使得△PAB的面积为的点P的个数为____________.
三、解答题
10．(2022·北京高考)已知椭圆C：(a>b>0)的一个顶点A(2，0)，离心率为，直线y=k(x-1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程.
(2)当△AMN的面积为时，求k的值.
11.(2021·宁德模拟)已知F1,F2是椭圆的左、右焦点，O为坐标原点,点P(2,-)在椭圆上，线段PF1与y轴的交点N满足
(1)求椭圆的标准方程.
(2)过椭圆的右焦点F2作直线l交椭圆于A,B两点，交y轴于M点，若=
求λ1+λ2的值.
12.(力气挑战题)椭圆E：(a>b>0)的一个焦点F1(-2，0)，点P(1，)在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程.
(2)设点C的坐标为(1，0)，椭圆E的另一个焦点为F2.试问：是否存在椭圆上的点Q及以C为圆心的一个圆，使圆C与直线QF1，QF2都相切，如存在，求出Q点坐标及圆C的方程，如不存在，请说明理由.

答案解析
1.【解析】选B.由题知抛物线的焦点为(1，0)，准线方程为x=-1.由抛物线定义知：|AB|=|AF|+|BF|=x1++x2+=x1+x2+p,即x1+x2+2=7,得x1+x2=5，于是AB的中点M的横坐标为，因此M到抛物线准线的距离为+1=.
2.【思路点拨】数形结合利用几何法求解.
【解析】选D.易知当P，Q分别在椭圆短轴端点时，四边形PF1QF2的面积最大，
此时F1(-，0)，F2(，0)，不妨设P(0，1)，
∴=(-,-1),=(,-1),
∴
3.【解析】选D.由题意知焦点F(1，0)，直线AB的斜率必存在，且不为0，故可设直线AB的方程为y=k(x-1)(k≠0)，代入y2=4x中化简得ky2-4y-4k=0，
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1+y2= ①y1y2=-4 ②
又由可得y1=-4y2 ③
联立①②③式解得.
4.【解析】选C.直线y=kx+1过定点(0，1)，只要(0，1)在椭圆上或其内部即可.从而m≥1，又由于椭圆中m≠5,所以m的取值范围是［1，5)∪(5,+∞).
【误区警示】本题易误选D，根本缘由是误认为椭圆的焦点在x轴上，得1≤m<5,而忽视其焦点可能在y轴上.
5.【思路点拨】转化为过A，B两点且与x+y=0垂直的直线与抛物线相交后求弦长问题.
【解析】选C.设直线AB的方程为y=x+b,A(x1,y1),B(x2,y2),
由⇒x2+x+b-3=0⇒x1+x2=-1,
得AB的中点M(，+b).
又M(，+b)在直线x+y=0上，可求出b=1,
则
6.【解析】选C.设直线l的方程为y=x+t,代入,消去y，得x2+2tx+t2-1=0，由题意得Δ=(2t)2-5(t2-1)>0，即t2<5,
弦长
【变式备选】直线y=kx+1，当k变化时，此直线被椭圆截得的最大弦长是( )
(A)4 (B) (C)2 (D)不能确定
【解析】选B.(筛选法)直线y=kx+1恒过点(0，1)，该点恰巧是椭圆的上顶点，椭圆的长轴长为4，短轴长为2，而直线不经过椭圆的长轴和短轴，因此排解A，C；而将直线y=kx+1绕点(0，1)旋转，与椭圆有很多条弦，其中必有最大弦长，因此排解D.故选B.
7.【解析】∵椭圆的右顶点为A(1，0),
∴b=1，焦点坐标为(0,c)，过焦点且垂直于长轴的弦长为1，
即,a=2,则椭圆方程为.
答案:
8.【解析】将y=1-x代入，得
(b-a)x2+2ax-(a+ab)=0.
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则x1+x2=,x1x2=.
=x1x2+y1y2=x1x2+(1-x1)(1-x2)=2x1x2-(x1+x2)+1.所以，
即2a+2ab-2a+a-b=0,
即b-a=2ab,所以=2.
答案:2
9.【思路点拨】先求出弦长|AB|,进而求出点P到直线AB的距离,再求出与l平行且与椭圆相切的直线方程，最终数形结合求解.
【解析】由题知直线l恰好经过椭圆的两个顶点(1，0)，(0，2)，故|AB|=，要使△PAB的面积为，即，所以.联立y=-2x+m与椭圆方程得8x2-4mx+m2-4=0,令Δ=0得，即平移直线l到y=-2x±时与椭圆相切，它们与直线l的距离都大于，所以一共有4个点符合要求.
答案：4
10．【解析】(1)a=2, ,c=,b=，
椭圆C：.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则由，消y得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0,
∵直线y=k(x-1)过椭圆内点(1，0)，
∴Δ>0恒成立，
由根与系数的关系得,

即7k4-2k2-5=0,解得k=±1.
11.【解析】(1)∵
∴点N是线段PF1的中点，
∴ON是△PF1F2的中位线.
又ON⊥F1F2,∴PF2⊥F1F2,
∴解得a2=5,b2=1,c2=4,
∴椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)设A，B，M点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0),
又易知F2点的坐标为(2,0).
∵
∴(x1,y1-y0)=λ1(2-x1,-y1),
∴
∴
去分母整理得,λ12+10λ1+5-5y02=0.
同理由可得:λ22+10λ2+5-5y02=0,
∴λ1,λ2是方程x2+10x+5-5y02=0的两个根,
∴λ1+λ2=-10.
12.【解析】(1)方法一：椭圆E的一个焦点F1(-2，0)，故另一焦点F2(2，0),
点P(1,)在椭圆E上，
所以,
所以.又c=2，所以b2=a2-c2=4.
所以椭圆的方程为.
方法二：椭圆E的一个焦点F1(-2，0)，
所以c=2,即a2-b2=4 ①
又点P(1,)在椭圆E上，
所以, ②
由①②解得a2=8,b2=4,
所以椭圆的方程为.
(2)假设存在椭圆上的一点Q(x0,y0)，使得直线QF1,QF2与以C为圆心的圆相切，
则C到直线QF1，QF2的距离相等.
由于F1(-2，0)，F2(2，0)，
所以直线QF1为y0x-(x0+2)y+2y0=0,
直线QF2为y0x-(x0-2)y-2y0=0.
化简整理，得8x02-40x0+32+8y02=0.
由于点在椭圆上，所以x02+2y02=8,
解得x0=2或x0=8(舍).
当x0=2时， r=1,
所以椭圆上存在点Q，其坐标为
使得直线QF1，QF2与以C为圆心的圆(x-1)2+y2=1相切.
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