人教B版选择性必修第一册28直线与圆锥曲线的位置关系作业

课时作业(二十七)直线与圆锥曲线的位置关系一、选择题1．(2022广东湛江模拟)直线y＝kx＋2与椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,m)＝1总有公共点，那么m的取值范围是()A．m≥4 B．0<m<9C．4≤m<9 D．m≥4且m≠9答案：D解析：由于直线y＝kx＋2恒过(0,2)点，为使直线y＝kx＋2与椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,m)＝1恒有公共点，只需点(0,2)在椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,m)＝1上或在椭圆内，所以eq\f(02,9)＋eq\f(22,m)≤1，即m≥m≠9，所以m≥4且m≠9.应选D.2．抛物线y2＝12x被直线x－y－3＝0截得的弦长的值为()A．21B．16C．24D．30答案：C3．直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝2有且只有一个交点，那么k的值是()A．±1 B．±eq\r(3)C．±1，±eq\r(3) D．±eq\r(2)答案：C4．(2022重庆广益中学校模拟)假设点(m，n)在椭圆9x2＋y2＝9上，那么eq\f(n,m－3)的最小值为()A．－eq\f(2\r(2),3)B．－eq\f(2\r(3),3)C．－eq\f(\r(3),2)D．－eq\f(3\r(2),4)答案：D解析：由题知椭圆的方程为x2＋eq\f(y2,9)＝1，求eq\f(n,m－3)的最小值即求点(m，n)与点(3,0)连线斜率的最小值，设过点(m，n)和点(3,0)的直线方程为y＝k(x－3)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3，,x2＋\f(y2,9)＝1)))⇒(9＋k2)x2－6k2x＋9(k2－1)＝0，知当Δ＝0时直线斜率取最小值，Δ＝(－6k2)2－4(9＋k2)[9(k2－1)]＝0⇒k2＝eq\f(9,8)，故当k＝－eq\f(3\r(2),4)时，斜率取得最小值，即eq\f(n,m－3)的最小值为－eq\f(3\r(2),4).5．双曲线E的中心在原点，F(3,0)是E的焦点，过F且斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且AB中点为N(－12，－15)，那么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答案：B6．(多项选择题)(2022福建建瓯市芝华中学月考)双曲线C的标准方程为x2－eq\f(y2,4)＝1，那么()A．双曲线C的离心率等于半焦距B．双曲线y2－eq\f(x2,4)＝1与双曲线C有相同的渐近线C．双曲线C的一条渐近线被圆(x－1)2＋y2＝1截得的弦长为eq\f(4\r(5),5)D．直线y＝kx＋b与双曲线C的公共点个数只可能为0,1,2答案：AD解析：由双曲线C方程可知，a＝1，b＝2，c＝eq\r(5)，所以离心率e＝eq\f(c,a)＝c，故A正确；双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±2x，而双曲线y2－eq\f(x2,4)＝1的焦点在y轴上，渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)x，二者渐近线方程不同，所以B错误；圆(x－1)2＋y2＝1的圆心到双曲线C的渐近线y＝2x的距离为eq\f(2,\r(22＋－12))＝eq\f(2\r(5),5)，所以渐近线y＝2x被圆(x－1)2＋y2＝1截得的弦长为2×eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2)＝eq\f(2\r(5),5)，渐近线y＝－2x被圆(x－1)2＋y2＝1截得的弦长也为eq\f(2\r(5),5)，故C错误；由直线与双曲线的位置关系可知直线y＝kx＋b与双曲线C的公共点个数只可能为0,1,2，故D正确．应选AD.7．(多项选择题)椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，假设直线y＝kx与椭圆的一个交点的横坐标x－0＝b，那么k的值为()A.eq\f(\r(2),2)B．－eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2)D．－eq\f(1,2)答案：AB解析：依据椭圆的离心率为eq\f(\r(2),2)，得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).由x0＝b，得yeq\o\al(2,0)＝b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(b2,a2)))＝eq\f(b2c2,a2)，∴y0＝±eq\f(bc,a)，∴k＝eq\f(y0,x0)＝±eq\f(c,a)＝±eq\f(\r(2),2).8．(多项选择题)过定点P(0,1)，且与抛物线y＋2＝2x只有一个公共点的直线方程为()A．x＝0 B．y＝1C．y＝x＋1 D．y＝eq\f(1,2)x＋1答案：ABD解析：如下图，假设直线的斜率不存在，那么过点P(0,1)的直线方程为x＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＋2＝2x，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0，))即直线x＝0与抛物线只有一个公共点．假设直线的斜率存在，设直线方程为y＝kx＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,y＋2＝2x，))得k＋2x＋2＋2(k－1)x＋1＝0.当k＝0时，解得y＝1，即直线y＝1与抛物线只有一个公共点；当k≠0时，Δ＝4(k－1)＋2－4k＋2＝0，解得k＝eq\f(1,2)，即直线y＝eq\f(1,2)x＋1与抛物线只有一个公共点．综上，所求的直线方程为x＝0或y＝1或y＝eq\f(1,2)x＋1.二、填空题9．双曲线eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的左、右焦点分别为F1，F2.给定四条直线：①5x－3y＝0；②x－y－4＝0；③5x－3y－52＝0；④4x－3yP，使|PF2|＝|PF1|＋6，那么满意这样条件的直线对应的序号是________．答案：②④解析：由eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，得a2＝9，b2＝16，所以c2＝25，c＝5，由双曲线的定义，双曲线上任意一点P满意||PF2|－|PF1||＝6＜10.当直线上存在点P满意|PF2|－|PF1|＝6时，说明直线与双曲线的左支有公共点．由双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(4,3)x，对于①③两直线的斜率均为eq\f(5,3)＞eq\f(4,3)，故①③均与双曲线左支无公共点，阅历证②④表示的直线与双曲线有交点．10．(2020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，那么|AB|＝________.答案：eq\f(16,3)解析：∵抛物线的方程为y2＝4x，∴抛物线的焦点坐标为F(1,0)，又∵直线AB过焦点F且斜率为eq\r(3)，∴直线AB的方程为y＝eq\r(3)(x－1)，代入抛物线方程消去y并化简得3x2－10x＋3＝0，方法一：解得x1＝eq\f(1,3)，x2＝3.所以|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋3)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－3))＝eq\f(16,3)，方法二：Δ＝100－36＝64>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么x1＋x2＝eq\f(10,3)，过A，B分别作准线x＝－1的垂线，设垂足分别为C，D，如下图．|AB|＝|AF|＋|BF|＝|AC|＋|BD|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝eq\f(16,3).11．假设直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，那么k的取值范围是________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，－1))解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2－y2＝6，))消去y整理得(1－k2)x2－4kx－10＝0，设两交点为(x1，y1)，(x2，y2)，由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝－4k2＋401－k2>0，,x1＋x2＝\f(4k,1－k2)>0，,x1x2＝\f(－10,1－k2)>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k≠±1，,－\f(\r(15),3)<k<\f(\r(15),3)，,k<－1或0＜k＜1，,k>1或k<－1，))所以k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，－1)).三、解答题12．(2021新高考全国卷Ⅰ)在平面直角坐标系xOy中，点F1(－eq\r(17)，0)，F2(eq\r(17)，0)，点M满意|MF1|－|MF2M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)设点T在直线x＝eq\f(1,2)上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．解：(1)由于|MF1|－|MF2|＝2＜|F1F2|，依据双曲线的定义知，点M的轨迹是以F1，F2由题意，得c＝eq\r(17)，|MF1|－|MF2|＝2a＝2，所以a＝1.又c2＝a2＋b2，所以17＝1＋b2，那么b2＝16.所以C的方程为x2－eq\f(y2,16)＝1(x≥1)．(2)设Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，t))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋t，将此方程代入x2－eq\f(y2,16)＝1，得(k2－16)x2＋(2kt－k2)x＋eq\f(1,4)k2－kt＋t2＋16＝0，又直线AB与曲线C必有两个不同交点，所以x1＋x2＝eq\f(k2－2kt,k2－16)，x1x2＝eq\f(\f(1,4)k2－kt＋t2＋16,k2－16).①|TA|·|TB|＝eq\r(1＋k2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,2)))·eq\r(1＋k2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,2)))＝(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,2)))设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，直线PQ的方程为y＝k′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋t，将此方程代入x2－eq\f(y2,16)＝1，得(k′2－16)x2＋(2k′t－k′2)x＋eq\f(1,4)k′2－k′t＋t2＋16＝0，所以x3＋x4＝eq\f(k′2－2k′t,k′2－16)，x3x4＝eq\f(\f(1,4)k′2－k′t＋t2＋16,k′2－16).②|TP|·|TQ|＝(1＋k′2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4－\f(1,2)))，由|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，得(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,2)))＝(1＋k′2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4－\f(1,2)))，即(1＋k2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1x2－\f(1,2)x1＋x2＋\f(1,4)))＝(1＋k′2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x3x4－\f(1,2)x3＋x4＋\f(1,4))).③将①②代入③并整理，得k2＝k′2.由于k≠k′≠0，所以k＋k′＝0.13．(2020全国卷Ⅰ)A，B分别为椭圆E：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8，P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点．答案：(1)解：由题设得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)．那么eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a,1)，eq\o(GB,\s\up6(→))＝(a，－1)．由eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8，得a2－1＝8，即a＝3.所以E的方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．假设t＝0，那么直