备考2025届高考数学一轮复习分层练习第八章平面解析几何第8讲直线与圆锥曲线的位置关系

第8讲直线与圆锥曲线的位置关系1.[2024云南模拟]已知椭圆x22＋y2＝1与直线y＝x＋m交于A，B两点，且｜AB｜＝423，则实数m的值为（A.±1 B.±12 C.2 D.±解析由x22＋y2=1，y＝x＋m，消去y并整理，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝－4m3，x1x2＝2m2.[2024长沙市模拟]若双曲线x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）与直线y＝3A.（2，＋∞） B.（1，2]C.（1，2） D.[2，＋∞）解析解法一由x2a2－y2b2=1，y＝3x，得（b2－3a2）·x2－a2b2＝0①，若直线y＝3x与双曲线x2a2－y2b2＝1有交点，则方程①有实根，所以b2－3a2＞解法二双曲线x2a2－y2b2＝1的渐近线方程为y＝±bax，因为直线y＝3x与双曲线x2a2－y2b2＝1有交点，所以直线y＝3x的斜率比渐近线y＝bax的斜率小，即3＜ba，即b2a3.[2024南昌市模拟]已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，P是抛物线C在第一象限内的一点，过点P作C的准线的垂线，垂足为M，FM的中点为N，若直线PN经过点（0，－3），则直线PN的斜率为（C）A.1 B.2 C.3 D.3解析解法一设P（x0，y0）（x0＞0，y0＞0），则M（x0，－1），又F（0，1），N是FM的中点，∴N（x02，0），记（0，－3）为点Q，由kNQ＝kPQ，得0－（－3）x02－0＝y0－（－3）x0－0，解得y0＝3，∴P（x0，3），将点P坐标代入x2解法二记（0，－3）为点Q，连接QM，如图，由｜PF｜＝｜PM｜，N为FM的中点，可得PQ⊥FM，∴｜FQ｜＝｜QM｜＝4.设准线y＝－1与y轴交于点H，在Rt△QHM中，｜HM｜2＝｜QM｜2－｜HQ｜2＝16－4＝12，∴M（23，－1），又F（0，1），∴kPN＝－1kFM＝3.故选4.[多选/2024牡丹江月考]已知直线l：x＝ty＋2与抛物线C：y2＝8x交于A，B两点，若线段AB的中点是M（m，2），则（AB）A.t＝1B.m＝3C.｜AB｜＝8D.点（－2，2）在以AB为直径的圆内解析对于A，设A（x1，y1），B（x2，y2），由x＝ty+2，y2=8x，得y2－8ty－16＝0，∴y1＋y2＝8t，又线段AB的中点为M（m，2），∴y1＋y22＝4t＝2，解得t＝12，A正确；对于B，∵M（m，2）在直线l：x＝12y＋2上，∴m＝1＋2＝3，B正确；对于C，∵直线l：x＝12y＋2过点（2，0），且点（2，0）为抛物线y2＝8x的焦点，∴｜AB｜＝x1＋x2＋4＝12（y1＋y2）＋8＝10，C错误；对于D，以AB为直径的圆的圆心为M，半径为5，设P（－2，2），连接MP，则｜MP｜＝（－25.[多选]设椭圆的方程为x22＋y24＝1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点.下列结论正确的是（A.直线AB与OM垂直B.若点M坐标为（1，1），则直线方程为2x＋y－3＝0C.若直线方程为y＝x＋1，则点M坐标为（13，4D.若直线方程为y＝x＋2，则｜AB｜＝4解析对于A项，因为在椭圆中，依据椭圆的中点弦的性质kAB·kOM＝－42＝－2≠－1，所以A项不正确；对于B项，依据kAB·kOM＝－2，所以kAB＝－2，所以直线方程为y－1＝－2（x－1），即2x＋y－3＝0，所以B项正确；对于C项，若直线方程为y＝x＋1，点M（13，43），则kAB·kOM＝1×4＝4≠－2，所以C项不正确；对于D项，若直线方程为y＝x＋2，与椭圆方程x22＋y24＝1联立，得到2x2＋（x＋2）2－4＝0，整理得3x2＋4x＝0，解得x＝0或x＝－43，所以｜AB｜＝1+12×｜－6.[2024河南郑州名校调研]已知双曲线x2－y2b2＝1（b＞0），若过点（2，2）作该双曲线的切线有且仅有一条，则该双曲线的离心率e为213解析因为过点（2，2）作双曲线x2－y2b2＝1的切线有且仅有一条，所以点（2，2）在双曲线上或在双曲线的渐近线上.当点（2，2）在双曲线x2－y2b2＝1上时，4－4b2＝1，解得b2＝43，所以e＝1+b2a2＝1+43＝213；当点（2，2）在双曲线x2－y2b2＝1的渐近线y＝bx上时，27.[2024宁夏育才中学月考]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为P，长轴长为4，若△（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点F1，斜率为3的直线与椭圆交于M，N两点，求MN的长；（3）过点F1的直线与椭圆交于A，B两点，若AF1＝2F1B解析（1）依题意，2a＝4，则a＝2，由△PF1F2为正三角形，则a＝｜PF1｜＝｜F1F2｜＝2c，故c＝1，于是b2＝a2－c2＝3，故椭圆C的标准方程为x24＋y（2）由（1）知，F1（－1，0），故直线MN的方程为y＝3（x＋1），和椭圆方程联立得y＝3（x+1),x24＋y23=1，整理可得5x2由弦长公式得｜MN｜＝1+（3）2×｜－85－（3）明显直线AB的斜率存在（否则AB⊥x轴，依据对称性，AF1＝F1设直线AB的方程为y＝k（x＋1），和椭圆方程联立化简得，（4k2＋3）x2＋8k2x＋4k2－12＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），若AF1＝2则（－1－x1，－y1）＝2（x2＋1，y2），故x1＋2x2＝－3，由根与系数的关系可得：x1＋x2＝－8k24k2+3，x于是x2＝－4k2+94k2+3故x1x2＝（4k2即16k4－81＝（4k2＋3）（4k2－12），化简可得4k2＝5，解得k＝±52故直线AB的方程为y＝±52（x＋1）8.[2024西安市模拟]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为33的直线与C交于点A，B，且（1）求C的离心率e；（2）若b＝1，过点F作与直线AB平行的直线l，l与C交于P，Q两点，求直线OP的斜率与直线OQ的斜率的乘积.解析（1）由题易知｜OA｜＝a，∠BAF＝π6，｜OB｜＝a则B（－a4，3a4），代入C的方程，可得a216所以a2b2＝5，即a＝所以c＝a2－b2＝2b，所以e＝（2）由（1）及b＝1，得a＝5，所以C的方程为x25＋y2易得直线l：x＝3y＋2.设P（x1，y1），Q（x2，y2）.由x＝3y+2，x25＋y2=1，其对应的Δ＞0恒成立，则y1＋y2＝－32，y1y2＝－1所以x1x2＝（3y1＋2）（3y2＋2）＝3y1y2＋23（y1＋y2）＋4＝58所以kOP·kOQ＝y1y2x9.[2024西安市检测]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的离心率为32，直线l：y＝kx（k≠0）交椭圆C于A，B两点，点D在椭圆C上（与点A，B不重合）.若直线AD，BD的斜率分别为k1，k2，则｜k1－4kA.34 B.2 C.23 D.4解析由题意易知，k1≠0，k2≠0，设A（x1，y1），D（x2，y2），则B（－x1，－y1），x2≠±x1，因为点A，D在椭圆上，所以x12a2＋y12b2＝1，x22a2＋y22b2＝1，两式相减，可得x12－x22a2＋y12－y22b2＝0，即y12－y22x12－x22＝－b2a2，所以k1·k2＝y2－y1x2－x1·y2－（－y1）x2－（－x1）＝y2－y1x2－x1·y2＋y1x2＋x1＝y22－y12x22－x12＝－b2a210.[多选]在平面直角坐标系xOy中，点A（－1，0）在抛物线C：y2＝2px（p＞0）的准线上，过抛物线C的焦点F作直线l交C于P，Q两点，点B（2，0），则下列结论正确的是（BCD）A.当PF＝3FQ时，直线l的斜率为±2B.当PF＝3FQ时，｜PQ｜＝16C.∠PAB＝∠QABD.∠OPB＋∠OQB＜180°解析由题可知，抛物线C的准线方程为x＝－1，所以p＝2，则F（1，0），抛物线C：y2＝4x.设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线l的方程为x＝ty＋1，（巧设直线方程，可避开分类探讨，也可以将直线方程设为y＝k（x－1），但此时要记得探讨直线斜率不存在的状况）代入抛物线C的方程，消去x得y2－4ty－4＝0，所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4.选项A，B：当PF＝3FQ时，－y1＝3y2，所以y2＝－2t，y22＝43，所以t＝±33，所以直线l的斜率为±3，｜PQ｜＝1+t2｜y1－y2｜＝1+t2｜4y2｜＝23选项C：因为kAP＋kAQ＝y1x1+1＋y2x2+1＝x2y1＋x1y2＋（y选项D：因为OP·OQ＝x1x2＋y1y2＝（y1y2）216＋y1y2＝1－4＝－3＜0，所以∠POQ为钝角，因为BP·BQ＝（x1－2）（x2－2）＋y1y2＝（ty1－1）（ty2－1）＋y1y2＝t2y1y2－t（y1＋y2）＋1＋y1y2＝－8t2－3＜0，所以∠PBQ为钝角，又∠POQ＋∠PBQ＋∠OPB＋∠OQB＝360°，所以∠OPB＋∠OQB＜11.[2024青岛市检测]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）与其对称轴交于四点，按逆时针方向顺次连接这四个点，所得的四边形的面积为23，且C的离心率为63，则C的长轴长为23；直线l：y＝kx＋2（k≠0）与C交于M，N两点，若以MN为直径的圆过点E（－1，0解析由题意可得12×（2a）×（2b）＝23，所以ab＝3①，又椭圆的离心率为63，即e2＝1－b2a2＝（63）2，即b2a2＝13②，由①②得a2＝3，b2＝1，所以椭圆的标准方程为x23将直线l的方程y＝kx＋2与椭圆的标准方程x23＋y2＝1联立，并化简得（1＋3k2）x2＋12kx＋9＝0，设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1x2＝91+3k2，x1＋x2＝－12k1+3k2，Δ＝（12k）2－4×（1＋3k2）×9＝36（k2－1）＞0因为以MN为直径的圆过点E（－1，0），所以EM·EN＝0，且EM＝（x1＋1，y1），EN＝（x2＋1，y2），所以EM·EN＝（x1＋1）·（x2＋1）＋y1y2＝0，又y1＝kx1＋2，y2＝kx2＋2，所以（x1＋1）（x2＋1）＋（kx1＋2）（kx2＋2）＝0，即（1＋k2）x1x2＋（2k＋1）（x1＋x2）＋5＝0.因为x1x2＝91+3k2，x1＋x2＝－12k1+3k2，所以（1＋k2）91+3k2＋（2k＋1）（－12k1+3k2）＋5＝0，即14－12k＝012.[2024青岛市检测]已知O为坐标原点，A（1，0），B（－1，0），直线AM，BM的斜率之积为4，记动点M的轨迹为E.（1）求E的方程；（2）直线l经过点（0，－3），与E交于P，Q两点，线段PQ的中点D在第一象限，且纵坐标为32，求△OPQ的面积解析（1）设点M的坐标为（x，y），x≠±1.因为kAM＝yx－1，kBM＝yx+1，所以kAM·kBM化简，得x2－y24所以E的方程为x2－y24＝1（x≠±1（2）当直线PQ的斜率不存在时，明显不符合题意.设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线PQ的方程为y＝kx－3，由y＝kx－3，x2－y24=1，得（4－因为Δ＝36k2＋52（4－k2）＞0，且4－k2≠0，所以k2＜13且k2≠4，x因为线段PQ的中点D在第一象限，且纵坐标为32所以x解得k＝23或k＝－23（舍去），所以直线PQ的方程为y＝23x－3，x所以｜PQ｜＝1+k2·｜x1－x2｜＝13·（x又O点到直线PQ的距离d＝31+12＝3所以△OPQ的面积S＝12×132×31313.[2024北京高考]已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的一个顶点为A（0（1）求椭圆E的方程；（2）过点P（－2，1）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当｜MN｜＝2时，求k的值.解析（1）依题意可知b=1，2c=23，a2＝b（2）由题可知直线BC的方程为y－1＝k（x＋2），设B（x1，y1），C（x2，y2），联立直线BC和椭圆E的方程，得y整理得（4k2＋1）x2＋（16k2＋8k）x＋16k2＋16k＝0，∴x1＋x2＝－16k2+8k4k2+1由Δ＞0得k＜0，易知直线AB的斜率kAB＝y1直线AB的方程为y＝y1－1x令y＝0，可得点M的横坐标xM＝x11－y1，同理可得点N的横坐标∴｜MN｜＝｜x11－y1－x21－｜1k（x2x2+2－x1x1+2）｜＝｜1k｜1k·2（－｜1k·264｜4－kk｜＝2，得k14.[角度创新]已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点P满意OP＝λOF（O为坐标原点），若过点O作相互垂直的两弦OA，OB，则当弦AB恒过点P时，λ的全部可能取值的集合为（A）A.{4} B.{3} C.{14，4，3} D.{