2022高考数学一轮复习第9章平面解析几何第9讲直线与圆锥曲线的位置关系课时作业含解析新人教B版.doc

直线与圆锥曲线的位置关系
课时作业
1．直线l过点(，0)且与双曲线x2－y2＝2仅有一个公共点，这样的直线有(　　)
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
答案　C
解析　该点为双曲线的顶点，与双曲线相切的直线有一条，与渐近线平行的直线有两条，共3条．
2．F1，F2是双曲线－y2＝1的左、右焦点，P，Q为右支上的两点，直线PQ过F2且倾斜角为α，那么|PF1|＋|QF1|－|PQ|的值为(　　)
A．8 B．2
C．4 D．随α的大小而变化
答案　C
解析　由双曲线定义，知|PF1|＋|QF1|－|PQ|＝|PF1|＋|QF1|－(|PF2|＋|QF2|)＝(|PF1|－|PF2|)＋(|QF1|－|QF2|)＝4a＝4.
3．(2022·辽宁师大附中期中)过点M(－2,0)的直线m与椭圆＋y2＝1交于P1，P2两点，线段P1P2的中点为P，设直线m的斜率为k1(k1≠0)，直线OP的斜率为k2，那么k1k2的值为(　　)
A．2 B．－2
C． D．－
答案　D
解析　设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P(x，y)，那么两式相减，得＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，即＋2y(y1－y2)＝0.
∴k1＝－，又k2＝.∴k1·k2＝－.
4．等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2＝16x的准线交于A，B两点，|AB＝4，那么C的实轴长为(　　)
A． B．2
C．4 D．8
答案　C
解析　抛物线y2＝16x的准线方程是x＝－4，所以点A(－4,2)在等轴双曲线C：x2－y2＝a2(a>0)上，将点A的坐标代入得a＝2，所以C的实轴长为4.
5．假设直线x－y＋m＝0与双曲线x2－＝1交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆x2＋y2＝5上，那么m的值为(　　)
A．± B．±2
C．±1 D．±
答案　C
解析　设A，B两点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M(x0，y0)．由得x2－2mx－m2－2＝0(Δ>0)，∴x0＝＝m，y0＝x0＋m＝2m∵点M(x0，y0)在圆x2＋y2＝5上，∴m2＋(2m)2＝5，∴m＝±1.
6．直线y＝kx＋1与双曲线x2－＝1交于A，B两点，且|AB|＝8，那么实数k的值为(　　)
A．± B．±或±
C．± D．±
答案　B
解析　由直线与双曲线交于A，B两点，得k≠±2.
将y＝kx＋1代入x2－＝1，得(4－k2)x2－2kx－5＝0，那么Δ＝4k2＋4(4－k2)×5>0，k2<5.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么x1＋x2＝，x1x2＝－，所以|AB|＝·＝8，解得k＝±或±.
7．设椭圆C：＋＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点E(0，t)(022·榆林榆阳区摸底)抛物线y2＝2px(p>0)与双曲线－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线交于点M(1，m)，点M到抛物线焦点的距离为3，那么双曲线的离心率等于(　　)
A．3 B．4
C． D．2
答案　A
解析　点M到抛物线焦点的距离为＋1＝3⇒p＝4，∴抛物线方程为y2＝8x，∴m2＝8.双曲线的渐近线方程为y＝±x，两边平方得y2＝2x2，把M(1，m)代入上式得8＝2，∴双曲线的离心率e＝＝3.
9．(2022·郑州测试)抛物线x2＝8y与双曲线－x2＝1(a>0)的一个交点为M，F为抛物线的焦点，假设|MF|＝5，那么该双曲线的渐近线方程为(　　)
A．5x±3y＝0 B．3x±5y＝0
C．4x±5y＝0 D．5x±4y＝0
答案　B
解析　设点M(x0，y0)，那么有|MF|＝y0＋2＝5，y0＝3，x＝24，由点M(x0，y0)在双曲线－x2＝1上，得－x＝1，－24＝1，a2＝，那么双曲线－x2＝1的渐近线方程为3x±5y＝0，选B．
10．(2022·江西六校联考)过双曲线x2－＝1(b>0)的左顶点A作斜率为1的直线l，假设l与双曲线的两条渐近线分别交于B，C，且2＝，那么该双曲线的离心率为(　　)
A． B．
C． D．
答案　C
解析　由题意可知，左顶点A(－1,0)．又直线l的斜率为1，所以直线l的方程为y＝x＋1，假设直线l与双曲线的渐近线有交点，那么b≠±1.又双曲线的两条渐近线的方程分别为y＝－bx，y＝bx，所以可得xB＝－，xC＝.由2＝，可得2(xB－xA)＝xC－xB，故2×＝－，解得b＝2，故e＝＝.
11．(2022·福建龙岩摸底)椭圆：＋＝1(0min＝2×＝2×＝b2，所以|BF2|＋|AF2|的最大值为8－b2＝5，所以b2＝3，即b＝，应选D．
12．(2022·全国卷Ⅰ)双曲线C：－y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.假设△OMN为直角三角形，那么|MN|＝(　　)
A． B．3
C．2 D．4
答案　B
解析　由题意分析知，∠FON＝30°.
所以∠MON＝60°，又因为△OMN是直角三角形，不妨取∠NMO＝90°，那么∠ONF＝30°，于是|FN|＝|OF|＝2，|FM|＝|OF|＝1，所以|MN|＝3.应选B．
13．F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为椭圆C上的一点，且⊥.假设△PF1F2的面积为9，那么b＝________.
答案　3
解析　由题意，知|PF1|＋|PF2|＝2a，∵⊥，
∴|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2，
∴(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1|·|PF2|＝4c2，
∴2|PF1|·|PF2|＝4a2－4c2＝4b2，
∴|PF1|·|PF2|＝2b2，
∴S△PF1F2＝|PF1|·|PF2|＝×2b2＝b2＝9，
∴b＝3.
14．(2022·大同质检)抛物线y2＝16x的准线过双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一个焦点，且双曲线的一条渐近线方程为y＝x，那么该双曲线的标准方程是________．
答案　－＝1
解析　∵抛物线y2＝16x的准线x＝－4过双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一个焦点，∴c＝4.由双曲线的一条渐近线方程为y＝x，可得b＝a，又c＝＝4，∴a＝2，b＝2，∴所求双曲线的标准方程为－＝1.
15．(2022·天津高考)设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A．假设∠FAC＝120°，那么圆的方程为______________________．
答案　(x＋1)2＋(y－)2＝1
解析　由y2＝4x可得点F的坐标为(1,0)，准线l的方程为x＝－1.由圆心C在l上，且圆C与y轴正半轴相切(如图)，可得点C的横坐标为－1，圆的半径为1，∠CAO＝90°.又因为∠FAC＝120°，所以∠OAF＝30°，所以|OA|＝，所以点C的纵坐标为.所以圆的方程为(x＋1)2＋(y－)2＝1.
16．(2022·北京高考)椭圆M：＋＝1(a>b>0)，双曲线N：－＝1.假设双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，那么椭圆M的离心率为________；双曲线N的离心率为________．
答案　－1　2
解析　由正六边形的性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为c＋c，再根据椭圆定义得c＋c＝2a，所以椭圆M的离心率为＝＝－1.双曲线N的渐近线方程为y＝±x，由题意得双曲线N的一条渐近线的倾斜角为.∴＝tan2＝3，∴e2＝＝＝4，∴e＝2.
17．(2022·湖北荆州月考)抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，M为抛物线上一点，O为坐标原点．△OMF的外接圆N与抛物线的准线相切，外接圆N的周长为9π.
(1)求抛物线的方程；
(2)不与y轴垂直的动直线l与抛物线有且只有一个公共点，且分别交抛物线的准线和直线x＝3于A，B两点，试求的值．
解　(1)∵△OMF的外接圆N的圆心N必在线段OF的中垂线上且外接圆N与准线相切，外接圆N的周长为9π，∴外接圆的半径为p＝，即p＝6，∴抛物线的方程为y2＝12x.
2)解法一：由题知直线l的斜率存在且不为0，
∴可设l：y＝kx＋b.
由消去x得
ky2－12y＋12b＝0.∵直线l与抛物线只有一个公共点，k≠0，
∴Δ＝(－12)2－4k·12b＝0，即kb＝3，∵直线l：y＝kx＋b与准线x＝－3交于点A，
∴A(－3，－3k＋b)，即A，同理B，
∴＝
＝＝1.
解法二：由题知直线l不与坐标轴垂直，
∴可设l：x＝my＋n(m≠0)，
由消去x得y2－12my－12n＝0.
∵直线l与抛物线只有一个公共点，
∴Δ＝(－12m)2－4(－12n)＝0，即n＝－3m2，
∵直线l：x＝my＋n与准线x＝－3交于点A，
∴A即A，
同理B，
∴＝
＝＝1.
解法三：设切点为P(12t2,12t)(t≠0)，
那么l：12ty＝12×，
令x＝－3得y＝，即A，
令x＝3得y＝，即B，
∴＝＝1.
18．(2022·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于点A，与椭圆C交于点D．连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1.DF1＝.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求点E的坐标．
解　(1)设椭圆C的焦距为2c.

因为F1(－1,0)，F2(1,0)，所以F1F2＝2，c＝1.
又因为DF1＝，AF2⊥x轴，
所以DF2＝＝ ＝.
因此2a＝DF1＋DF2＝4，从而a＝2.
由b2＝a2－c2，得b2＝3.
因此椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)解法一：由(1)知，椭圆C：＋＝1，a＝2.
因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.
将x＝1代入圆F2的方程(x－1)2＋y2＝16，解得y＝±4.
因为点A在x轴上方，所以A(1,4)．
又F1(－1,0)，所以直线AF1：y＝2x＋2.
由得5x2＋6x－11＝0，
解得x＝1或x＝－.
将x＝－代入y＝2x＋2，解得y＝－.
因此B.
又F2(1,0)，所以直线BF2：y＝(x－1)．
由得7x2－6x－13＝0，
解得x＝－1或x＝.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x＝－1.
将x＝－1代入y＝(x－1)，得y＝－.
因此E.
解法二：由(1)知，椭圆C：＋＝1.
如图，连接EF1.
因为BF2＝2a，EF1＋EF2＝2a，
所以EF1＝EB，
从而∠BF1E＝∠B．
因为F2A＝F2B，
所以∠A＝∠B．
所以∠A＝∠BF1E，
从而EF1∥F2A．
因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴．
因为F1(－1,0)，由得y＝±.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y＝－.
因此E.
19．(2022·长沙统一模拟)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF1与y轴相交于点B，|AB|＝|F2B|，|OB|＝(O为坐标原点)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m(k≠0)分别与l1，l2交于点M，N，求证：∠MF1N＝∠MF2N.
解　(1)如图，连接AF2，由题意，得|AB|＝|F2B|＝|F1B|，所以BO为△F1AF2的中位线，
又BO⊥F1F2，
所以AF2⊥F1F2，
且|AF2＝2|BO|＝＝，
又e＝＝，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，
故所求椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：由(1)可得，F1(－1,0)，F2(1,0)，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.
由得
由得
所以M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，
所以＝(－2，－3k＋m)，＝(4,3k＋m)，
所以·＝－8＋m2－9k2.
联立得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.
因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，
化简得m2＝9k2＋8.
所以·＝－8＋m2－9k2＝0，
所以⊥，故∠MF1N＝.
同理可得⊥，∠MF2N＝.
故∠MF1N＝∠MF2N.
20．(2022·合肥质检二)抛物线C1：x2＝2py(p>0)和圆C2：(x＋1)2＋y2＝2，倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切．
(1)求p的值；
(2)动点M在C1的准线上，动点A在C1上，假设C1在A点处的切线l2交y轴于点B，设＝＋，求证：点N在定直线上，并求该定直线的方程．
解　(1)依题意，设直线l1的方程为y＝x＋，
因为直线l1与圆C2相切，
所以圆心C2(－1,0)到直线l1：y＝x＋的距离d＝＝，即＝，
解得p＝6或p＝－2(舍去)．
所以p＝6.
(2)证法一：由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，所以y＝，
所以y′＝，
设M(m，－3)，A(x1，y1)，
那么以A为切点的切线l2的斜率为k＝，
所以切线l2的方程为y＝x1(x－x1)＋y1.
令x＝0，那么y＝－x＋y1＝－×12y1＋y1＝－y1，即B点的坐标为(0，－y1)，
所以＝(x1－m，y1＋3)，
＝(－m，－y1＋3)，
所以＝＋＝(x1－2m,6)，
所以＝＋＝(x1－m,3)，其中O为坐标原点．
设N点坐标为(x，y)，那么y＝3，
所以点N在定直线y＝3上．
证法二：由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，①
设M(m，－3)，l2的斜率为k，A，那么以A为切点的切线l2的方程为y＝k(x－x1)＋x，②
联立①②得，x2＝12，
因为Δ＝144k2－48kx1＋4x＝0，所以k＝，
所以切线l2的方程为y＝x1(x－x1)＋x.
令x＝0，得B点坐标为，
所以＝，
＝，
所以＝＋＝(x1－2m,6)，
所以＝＋＝(x1－m,3)，其中O为坐标原点，
设点N坐标为(x，y)，那么y＝3，
所以点N在定直线y＝3上．