-新教材高中数学课时检测29直线与圆锥曲线的位置关系含解析新人教B版选择性必修第一册

PAGEPAGE8课时跟踪检测（二十九）直线与圆锥曲线的位置关系[A级基础巩固]1．已知直线l过点(3，－1)，且椭圆C：eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,36)＝1，则直线l与椭圆C的公共点的个数为()A．1 B．1或2C．2 D．0解析：选C因为直线过定点(3，－1)且eq\f(32,25)＋eq\f(（－1）2,36)＜1，所以点(3，－1)在椭圆的内部，故直线l与椭圆有2个公共点．2．在抛物线y＝x2上，到直线2x－y－4＝0的距离最小的点的坐标为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(9,2)))C．(1，1) D．(2，4)解析：选C设P(x，y)是到直线2x－y－4＝0的距离最小的点，由点到直线的距离公式得d＝eq\f(|2x－y－4|,\r(5))，又∵P(x，y)在抛物线上，∴y＝x2，∴d＝eq\f(|2x－x2－4|,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)|(x－1)2＋3|.∵当x＝1时，y＝1，dmin＝eq\f(3\r(5),5)，∴P(1，1).3．若直线y＝kx与双曲线eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1相交，则k的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))解析：选C双曲线eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(2,3)x，若直线与双曲线相交，得k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3))).4．已知F是椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1的一个焦点，AB为过椭圆中心的一条弦，则△ABF的面积最大值为()A．6 B．15C．20 D．12解析：选D由题意知，S△ABF＝eq\f(1,2)|OF|·|y1－y2|≤eq\f(1,2)|OF|·2b＝12.5．过点(1，0)作斜率为－2的直线，与抛物线y2＝8x交于A，B两点，则弦AB的长为()A．2eq\r(13) B．2eq\r(15)C．2eq\r(17) D．2eq\r(19)解析：选B设A(x1，y1)，B(x2，y2).由题意知AB的方程为y＝－2(x－1)，即y＝－2x＋2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,y＝－2x＋2))得x2－4x＋1＝0，∴x1＋x2＝4，x1x2＝1.∴|AB|＝eq\r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq\r(（1＋4）×（16－4）)＝eq\r(5×12)＝2eq\r(15).6．设F1，F2分别是椭圆E：x2＋eq\f(y2,b2)＝1(0<b<1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x轴，则椭圆E的方程为________．解析：如图所示，设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c＝eq\r(1－b2)，则可设A(c，b2)，B(x0，y0).由|AF1|＝3|F1B|，可得eq\o(AF1,\s\up7(→))＝3eq\o(F1B,\s\up7(→))，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2c＝3x0＋3c，,－b2＝3y0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(5,3)c，,y0＝－\f(1,3)b2，))代入椭圆方程，可得eq\f(25（1－b2）,9)＋eq\f(1,9)b2＝1，解得b2＝eq\f(2,3)，故椭圆方程为x2＋eq\f(3y2,2)＝1.答案：x2＋eq\f(3,2)y2＝17．(2020·新高考全国卷Ⅰ)斜率为eq\r(3)的直线过抛物线C：y2＝4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|＝________．解析：由题意得直线方程为y＝eq\r(3)(x－1)，联立方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)（x－1），,y2＝4x，))得3x2－10x＋3＝0，∴xA＋xB＝eq\f(10,3)，故|AB|＝1＋xA＋1＋xB＝2＋eq\f(10,3)＝eq\f(16,3).答案：eq\f(16,3)8．已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线l与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线的离心率e的取值范围是________．解析：由题意，知eq\f(b,a)≥eq\r(3)，则eq\f(b2,a2)≥3，所以c2－a2≥3a2，即c2≥4a2，所以e2＝eq\f(c2,a2)≥4，所以e≥2.答案：[2，＋∞)9．已知椭圆4x2＋y2＝1及直线y＝x＋m，若直线被椭圆截得的弦长为eq\f(2\r(10),5)，求直线的方程．解：把直线方程y＝x＋m代入椭圆方程4x2＋y2＝1，得4x2＋(x＋m)2＝1，即5x2＋2mx＋m2－1＝0.则Δ＝(2m)2－4×5×(m2－1)＝－16m解得－eq\f(\r(5),2)＜m＜eq\f(\r(5),2).设直线与椭圆的两个交点的横坐标为x1，x2，则x1＋x2＝－eq\f(2m,5)，x1x2＝eq\f(m2－1,5).根据弦长公式，得eq\r(1＋12)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2m,5)))\s\up12(2)－4×\f(m2－1,5))＝eq\f(2\r(10),5)，解得m＝0.因此，所求直线的方程为y＝x.10．(2020·全国卷Ⅱ)已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|＝eq\f(4,3)|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点．若|MF|＝5，求C1与C2的标准方程．解：(1)由已知可设C2的方程为y2＝4cx，其中c＝eq\r(a2－b2).不妨设A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为eq\f(b2,a)，－eq\f(b2,a)；C，D的纵坐标分别为2c，－2c，故|AB|＝eq\f(2b2,a)，|CD|＝4c.由|CD|＝eq\f(4,3)|AB|得4c＝eq\f(8b2,3a)，即3×eq\f(c,a)＝2－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2).解得eq\f(c,a)＝－2(舍去)，eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).所以C1的离心率为eq\f(1,2).(2)由(1)知a＝2c，b＝eq\r(3)c，故C1：eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.设M(x0，y0)，则eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4c2)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3c2)＝1，yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝4cx0，故eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4c2)＋eq\f(4x0,3c)＝1.①由于C2的准线为x＝－c，所以|MF|＝x0＋c，而|MF|＝5，故x0＝5－c，代入①得eq\f(（5－c）2,4c2)＋eq\f(4（5－c）,3c)＝1，即c2－2c－3＝0，解得c＝－1(舍去)，c所以C1的标准方程为eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1，C2的标准方程为y2＝12x.[B级综合运用]11．已知双曲线E的中心为原点，F(3，0)是E的焦点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N(－12，－15)，则E的方程为()A．eq\f(x2,3)－eq\f(y2,6)＝1 B．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1C．eq\f(x2,6)－eq\f(y2,3)＝1 D．eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1解析：选B设双曲线的标准方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由题意知c＝3，a2＋b2＝9，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),a2)－\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),a2)－\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),b2)＝1，))两式作差得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(b2（x1＋x2）,a2（y1＋y2）)＝eq\f(－12b2,－15a2)＝eq\f(4b2,5a2)，又AB的斜率是eq\f(－15－0,－12－3)＝1，所以4b2＝5a2，代入a2＋b2＝9得a2＝4，b2＝5所以双曲线标准方程是eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1.12．(多选)已知抛物线x2＝2py(p＞0)的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交x轴于M，N两点，设线段AB的中点为Q.若抛物线C上存在一点E(t，2)到焦点F的距离等于3.则下列说法正确的是()A．抛物线的方程是x2＝2yB．抛物线的准线是y＝－1C．sin∠QMN的最小值是eq\f(1,2)D．线段AB的最小值是6解析：选BC抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，得抛物线的准线方程为y＝－eq\f(p,2)，点E(t，2)到焦点F的距离等于3，可得2＋eq\f(p,2)＝3，解得p＝2，则抛物线C的方程为x2＝4y，所以A不正确；抛物线的准线方程：y＝－1，所以B正确；由题知直线l的斜率存在，F(0，1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))消去y得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，所以AB的中点Q的坐标为(2k，2k2＋1)，|AB|＝y1＋y2＋p＝4k2＋2＋2＝4k2＋4，所以圆Q的半径为r＝2k2＋2，在等腰△QMN中，sin∠QMN＝eq\f(|yQ|,r)＝eq\f(2k2＋1,2k2＋2)＝1－eq\f(1,2k2＋2)≥1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，当且仅当k＝0时取等号．所以sin∠QMN的最小值为eq\f(1,2).所以C正确；线段AB的最小值是：y1＋y2＋2＝4k2＋4≥4.所以D不正确．13．若点(x，y)在椭圆4x2＋y2＝4上，则eq\f(y,x－2)的最小值为()A．1 B．－1C．－eq\f(2\r(3),3) D．以上都不对解析：选C设eq\f(y,x－2)＝k，则y＝k(x－2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x2＋y2＝4，,y＝k（x－2）))消去y，整理得(k2＋4)x2－4k2x＋4(k2－1)＝0，Δ＝16k4－4×4(k2－1)(k2＋4)＝0，解得k＝±eq\f(2\r(3),3)，∴kmin＝－eq\f(2\r(3),3).故选C.14．双曲线C的中心在原点，右焦点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，0))，渐近线方程为y＝±eq\r(3)x.(1)求双曲线C的方程；(2)设直线l：y＝kx＋1与双曲线C交于A，B两点，问：当k为何值时，以AB为直径的圆过原点？解：(1)设双曲线的方程是eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，则c＝eq\f(2\r(3),3)，eq\f(b,a)＝eq\r(3).又∵c2＝a2＋b2，∴b2＝1，a2＝eq\f(1,3).∴双曲线的方程是3x2－y2＝1.(2)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,3x2－y2＝1))得(3－k2)x2－2kx－2＝0.由Δ＞0，且3－k2≠0，得－eq\r(6)＜k＜eq\r(6)，且k≠±eq\r(3).设A(x1，y1)，B(x2，y2).∵以AB为直径的圆过原点，∴OA⊥OB.∴x1x2＋y1y2＝0.又∵x1＋x2＝eq\f(－2k,k2－3)，x1x2＝eq\f(2,k2－3)，∴y1y2＝(kx1＋1)(kx2＋1)＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝1，∴eq\f(2,k2－3)＋1＝0，解得k＝±1.故当k＝±1时，以AB为直径的圆过原点．[C级拓展探究]15．已知抛物线C：y＝2x2，直线y＝kx＋2交抛物线C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线，交抛物线C于点N.(1)求证：抛物线C在点N处的切线与AB平行；(2)是否存在实数k，使得eq\o(NA,\s\up7(→))·eq\o(NB,\s\up7(→))＝0？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：法一：如图所示，设A(x1，2xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，B(x2，2xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))).把y＝kx＋2代入y＝2x2，得2x2－kx－2＝0，由根与系数的关系，得x1＋x2＝eq\f(k,2)，x1x2＝－1，∴xN＝xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(k,4)，∴N点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,4)，\f(k2,8))).设抛物线在点N处的切线l的方程为y－eq\f(k2,8)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(k,4))).将y＝2x2代入上式，得2x2－mx＋eq\f(mk,4)－eq\f(k2,8)＝0.∵直线l与抛物线C相切，∴Δ＝m2－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mk,4)－\f(k2,8)))＝m2－2mk＋k2＝(m－k)2＝0，∴m＝k，即l∥AB.法二：设A(x1，2xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，B(x2，2xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))).把y＝kx＋2代入y＝2x2，得2x2－kx－2＝0，由根与系数的关系，得x1＋x2＝eq\f(k,2)，x1x2＝－1，∴