2021高考数学(文理通用)一轮课时作业47-直线与圆锥曲线的位置关系.docx

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课时提升作业(四十七)
直线与圆锥曲线的位置关系
(45分钟　100分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.过抛物线y=2x2的焦点的直线与抛物线交于A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2=(　　)
A.-2 B.-12 C.-4 D.-116
【解析】选D.由y=2x2得x2=12y,其焦点坐标为F0,18,取直线y=18,则其与y=2x2交于
A-14,18,B14,18,所以x1x2=-14·14=-116.
方法技巧】与动直线相关值的求解技巧
解决动直线与圆锥曲线相交的有关值的选择题、填空题,一般取其特殊位置探究其值即可.
2.(2021·绍兴模拟)无论m为任何数,直线l:y=x+m与双曲线C:x22-y2b2=1(b>0)恒有公共点,则双曲线C的离心率e的取值范围是(　　)
A.(1,+∞) B.(2,+∞)
C.(3,+∞) D.(2,+∞)
【解析】选B.直线l:y=x+m的斜率等于1,过点(0,m),双曲线C:x22-y2b2=1(b>0)的两条渐近线的斜率分别为±b2,由题意得b2>1,即b2>2,故双曲线C的离心率e=2+b22>22=2,故选B.
【加固训练】

双曲线C的方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),l1,l2为其渐近线,F为右焦点,过F作l∥l2且l交双曲线C于R,交l1于M,若FR→=λFM→,且λ∈12,23,则双曲线的离心率的取值范围为(　　)
A.(1,2] B.(2,3)
C.(3,5) D.(5,+∞)
【解析】选B.由题意得令l1:y=-bax,l2:y=bax,
l:y=ba(x-c),
由l交双曲线C于R,令y=ba(x-c),x2a2-y2b2=1,
解此方程组得Ra2+c22c,ba×a2-c22c,
故有FR→=a2-c22c,ba×a2-c22c,
由l交l1于M,令y=ba(x-c),y=-bax,
解此方程组得Mc2,-bc2a,
故有FM→=-c2,-bc2a,
由FR→=λFM→,
得a2-c22c,ba×a2-c22c=λ-c2,-bc2a,
所以a2-c22c=-λc2,
整理得a2=(1-λ)c2,即e2=11-λ,
又λ∈12,23,
所以e2∈(2,3),即e∈(2,3).
3.已知椭圆x225+y216=1的焦点是F1,F2,假如椭圆上一点P满足PF1⊥PF2,则下面结论正确的是(　　)
A.P点有两个 B.P点有四个
C.P点不愿定存在 D.P点确定不存在
【解析】选D.设椭圆的基本量为a,b,c,则a=5,b=4,c=3.以F1F2为直径构造圆,可知圆的半径r=c=3<4=b,即圆与椭圆不行能有交点,所以P点确定不存在.
4.(2021·衢州模拟)已知任意k∈R,直线y-kx-1=0与椭圆x25+y2m=1(m>0)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)
【解析】选C.直线y=kx+1过定点(0,1),只要(0,1)在椭圆x25+y2m=1上或其内部即可.从而m≥1,又由于椭圆x25+y2m=1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.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.32 D.42
【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y=-x2+3,y=x+b⇒x2+x+b-3=0⇒x1+x2=-1,
得AB的中点M-12,-12+b.
又M-12,-12+b在直线x+y=0上,可求出b=1,
则|AB|=1+12·(-1)2-4×(-2)=32
6.直线l:y=x+3与曲线y29-x|x|4=1交点的个数为(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】选D.当x≥0时,曲线为y29-x24=1;当x<0时,曲线为y29+x24=1,直线l:y=x+3过(0,3),与双曲线y29-x24=1(x≥0)有2个交点,明显l与半椭圆y29+x24=1(x<0)有1个交点,所以共3个交点.
7.(2021·衡水模拟)若双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)与椭圆x2m2+y2b2=1(m>b>0)的离心率之积等于1,则以a,b,m为边长的三角形确定是(　　)
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.锐角三角形 D.钝角三角形
【解析】选B.设双曲线离心率为e1,椭圆离心率为e2,
所以e1=a2+b2a2,e2=m2-b2m2,
故e1·e2=(a2+b2)(m2-b2)a2m2=1
⇒(m2-a2-b2)b2=0,
即a2+b2-m2=0,
所以,以a,b,m为边长的三角形为直角三角形.
8.(2022·杭州模拟)已知F1,F2分别是双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过点F2与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线的另一条渐近线于点M,若点M在以线段F1F2为直径的圆外,则双曲线离心率的取值范围是(　　)
A.(1,2) B.(2,3) C3,2) D.(2,+∞)
【解析】选D.如图所示,过点F2(c,0)且与渐近线y=bax平行的直线为y=ba(x-c).

与另一条渐近线y=-bax联立y=ba(x-c),y=-bax,
解得x=c2,y=-bc2a,
即点Mc2,-bc2a,
所以|OM|=c22+-bc2a2=c21+ba2.
由于点M在以线段F1F2为直径的圆外,
所以|OM|>c,
所以c21+ba2>c,解得1+ba2>2,
所以双曲线离心率e=ca=1+ba2>2,
故双曲线离心率的取值范围是(2,+∞).
【加固训练】
已知双曲线左、右焦点分别为F1,F2,点P为其右支上一点∠F1PF2=60°,且S△F1PF2=23,若|PF1|,14|F1F2|2,|PF2|成等差数列,则该双曲线的离心率
为(　　)
A.3 B.23 C.2 D.2
【解析】选A.设|PF1|=m,|PF2|=n(m>n),双曲线方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),因此有m-n=2a,
|F1F2|=2c,
S△PF1F2=12·m·n·32=23,m·n=8.
又m+n=12×4c2=2c2⇒(m+n)2=4c4.①
由余弦定理cos∠F1PF2
=|PF1|2+|PF2|2-|F1F2|22|PF1|·|PF2|
=m2+n2-4c22mn=12⇒m2+n2=8+4c2
⇒(m+n)2=4c2+24.②
①②两式联立解得c2=3⇒c=3,
所以m·n=8,m+n=6,m>n⇒m=4,n=2
⇒2a=2,a=1,e=ca=3.
二、填空题(每小题5分,共20分)
9.(2022·湖州模拟)设抛物线x2=4y的焦点为F,经过点P(1,4)的直线l与抛物线相交于A,B两点,且点P恰为AB的中点,则|AF→|+|BF→|=　　　　.
【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知x1+x2=2,且x12=4y1,x22=4y2,两式相减整理得,y1-y2x1-x2=x1+x24=12,所以直线AB的方程为x-2y+7=0.将x=2y-7代入x2=4y整理得4y2-32y+49=0,所以y1+y2=8,又由抛物线定义得|AF→|+|BF→|=y1+y2+2=10.
答案:10
10.已知两定点M(-2,0),N(2,0),若直线上存在点P,使得|PM|-|PN|=2,则称该直线为“A型直线”,给出下列直线:①y=x+1;②y=3x+2;③y=-x+3;④y=-2x.其中是“A型直线”的序号是　　　　.
【解析】由条件知考虑给出直线与双曲线x2-y23=1右支的交点状况,作图易知①③直线与双曲线右支有交点,故填①③.
答案:①③
11.(2022·无锡模拟)若直线mx+ny=4与☉O:x2+y2=4没有交点,则过点P(m,n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点个数是　　　　.
【解析】由题意知:4m2+n2>2,即m2+n2<2,所以点P(m,n)在椭圆x29+y24=1的内部,故所求交点个数是2个.
答案:2
12.(2021·浙江高考)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,过点P(-1,0)的直线l交抛物线C于A,B两点,点Q为线段AB的中点,若|FQ|=2,则直线l的斜率等于　　　　.
【解析】设直线l:my=x+1,代入y2=4x得y2-4my+4=0,则yA+yB=4m.由于Q为线段AB的中点,则yQ=yA+yB2=2m,xQ=myQ-1=2m2-1,
故Q(2m2-1,2m),又|FQ|2=4,
所以(2m2-2)2+(2m)2=4⇒m4-m2=0,
所以m=±1.
答案:±1
三、解答题(13题12分,14～15题各14分)
13.(2021·厦门模拟)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=53,a2与b2的等差中项为132.
(1)求椭圆E的方程.
(2)A,B是椭圆E上的两点,线段AB的垂直平分线与x轴相交于点P(t,0),求实数t的取值范围.
【解析】(1)由题意得a2+b2=13,a2-b2a2=59,
解得:a2=9,b2=4.即椭圆E的方程为x29+y24=1.
(2)设A,B的坐标分别为(x1,y1)x2,y2).
因线段AB的垂直平分线与x轴相交,
故AB不平行于y轴,即x1≠x2.
又交点为P(t,0),故|PA|=|PB|,
即(x1-t)2+y12=(x2-t)2+y22,
所以t=y22-y122(x2-x1)+x1+x22　①
由于A,B在椭圆上,
所以y12=4-49x12,y22=4-49x22.
将上式代入①,得t=5(x1+x2)18.
又由于-3≤x1≤3,-3≤x2≤3,且x1≠x2,
所以-6x2,y2).
因线段AB的垂直平分线与x轴相交,故AB不平行于y轴,即x1≠x2.
(ⅰ)若y1=y2,则线段AB的垂直平分线方程为x=0,即t=0.
(ⅱ)若y1≠y2,则线段AB的垂直平分线方程为
y-y1+y22=-x2-x1y2-y1x-x1+x22.
由于P(t,0)在直线上,
所以t=y22-y122(x2-x1)+x1+x22,　①
由于A,B在椭圆上,
所以y12=4-49x12,y22=4-49x22.
将上式代入①,得t=5(x1+x2)18.
又由于-3≤x1≤3,-3≤x2≤3,且x1≠x2,
所以-6
综合(ⅰ)(ⅱ)得实数t的取值范围是-53,53.
14.(2021·安徽高考)设椭圆E:x2a2+y21-a2=1的焦点在x轴上.
(1)若椭圆E的焦距为1,求椭圆E的方程.
(2)设F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,P为椭圆E上的第一象限内的点,直线F2P交y轴于点Q,并且F1P⊥F1Q,证明:当a变化时,点P在某定直线上.
【解析】(1)由于焦距为1,所以2a2-1=14,解得a2=58,从而椭圆E的方程为8x25+8y23=1.
(2)设P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),其中c=2a2-1,由题设知x0≠c,则直线F1P的斜率kF1P=y0x0+c,直线F2P的斜率kF2P=y0x0-c,故直线F2P的方程为y=y0x0-c(x-c),当x=0时,y=cy0c-x0,即点Q的坐标为0,cy0c-x0,因此直线F1Q的斜率kF1Q=y0c-x0.由于F1P⊥F1Q,所以kF1P·kF1Q=y0x0+c·y0c-x0=-1,化简得y02=x02-(2a2-1)　①,
将①代入椭圆E的方程,由于点P(x0,y0)在第一象限,解得x0=a2,y0=1-a2,即点P在定直线x+y=1上.
15.(力气挑战题)已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3),且点F(2,0)为其右焦点.
(1)求椭圆C的方程.
(2)是否存在平行于OA的直线l,使得直线l与椭圆C有公共点,且直线OA与l的距离等于4?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.
【解析】(1)依题意,可设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),且可知左焦点为F′(-2,0),
从而有c=2,2a=|AF|+|AF'|=3+5=8,
解得c=2,a=4.
又a2=b2+c2,
所以b2=12.
故椭圆C的方程为x216+y212=1.
(2)假设存在符合题意的直线l,其方程为y=32x+t(t≠0).
由y=32x+t,x216+y212=1得3x2+3tx+t2-12=0.
由于直线l与椭圆C有公共点,
所以Δ=(3t)2-4×3(t2-12)≥0.
解得-43≤t≤43.
另一方面,由直线OA与l的距离d=4可得|t|94+1=4,
从而t=±213.
由于±213∉[-43,43],
所以符合题意的直线l不存在.
【一题多解】本题(1)问还可以用如下方法解答:
依题意,可设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),则有4a2+9b2=1,a2-b2=4.
解得b2=12或b2=-3(舍去).
从而a2=16.
所以椭圆C的方程为x216+y212=1.

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