统考版2025届高考数学全程一轮复习课时作业55直线与圆锥曲线的位置关系理

课时作业55直线与圆锥曲线的位置关系[基础落实练]1．[2024·郑州测试]已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为8.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，斜率为eq\f(1,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点，点P(2，1)在直线l的左上方．若∠APB＝90°，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，求线段MN的长度．2．已知椭圆C的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，且经过点E(eq\r(3)，eq\f(\r(3),2)).(1)求椭圆C的方程；(2)过F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若AF1＝2F1B，求直线l的斜率k的值．3．[2024·天津卷]已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点．(1)求椭圆的方程；(2)已知点C满意3eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点，求直线AB的方程．4.[2024·安徽五校联盟质检]已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦点坐标分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，P为椭圆C上一点，满意3|PF1|＝5|PF2|且cos∠F1PF2＝eq\f(3,5).(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．[素养提升练]5．[2024·山西省八校联考]如图，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且△AB1B2是面积为4的直角三角形．(1)求该椭圆的离心率和标准方程；(2)过B1作直线l交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求直线l的方程．6．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.(1)求椭圆C的方程；(2)过点B(－4，0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求eq\f(|PB|,|BQ|)的值．课时作业55直线与圆锥曲线的位置关系1．解析：（1）由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,2ab＝8，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝8，,b2＝2.))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.（2）设直线l：y＝eq\f(1,2)x＋m，A（x1，y1），B（x2，y2），联立，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，化简整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0.则由Δ＝（2m）2－4（2m2－4）>0，得－2<m<2.由根与系数的关系得，x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4，因为kPA＝eq\f(y1－1,x1－2)，kPB＝eq\f(y2－1,x2－2)，所以kPA＋kPB＝eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝eq\f(（y1－1）（x2－2）＋（y2－1）（x1－2）,（x1－2）（x2－2）)，上式中，分子＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x1＋m－1))（x2－2）＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋m－1))（x1－2）＝x1x2＋（m－2）（x1＋x2）－4（m－1）＝2m2－4＋（m－2）（－2m）－4（m－1）＝0.所以kPA＋kPB＝0.因为∠APB＝90°，所以kPA·kPB＝－1，则kPA＝1，kPB＝－1.所以△PMN是等腰直角三角形，所以|MN|＝2xP＝4.2．解析：（1）由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.（2）由题意得直线l的方程为y＝k（x＋1）（k＞0），联立，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k2)＋4))y2－eq\f(6,k)y－9＝0，Δ＝eq\f(144,k2)＋144＞0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2＝eq\f(6k,3＋4k2)，y1y2＝eq\f(－9k2,3＋4k2)，又AF1＝2F1B，所以y1＝－2y2，所以y1y2＝－2（y1＋y2）2，则3＋4k2＝8，解得k＝±eq\f(\r(5),2)，又k＞0，所以k＝eq\f(\r(5),2).3．解析：（1）由已知可得b＝3.记半焦距为c，由|OF|＝|OA|可得c＝b＝3.又由a2＝b2＋c2，可得a2＝18.所以，椭圆的方程为eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.（2）因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以AB⊥CP.依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在．设直线AB的方程为y＝kx－3.由方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3，,\f(x2,18)＋\f(y2,9)＝1，))消去y，可得（2k2＋1）x2－12kx＝0，解得x＝0或x＝eq\f(12k,2k2＋1).依题意，可得点B的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).因为P为线段AB的中点，点A的坐标为（0，－3），所以点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k,2k2＋1)，\f(－3,2k2＋1))).由3eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))，得点C的坐标为（1，0），故直线CP的斜率为eq\f(\f(－3,2k2＋1)－0,\f(6k,2k2＋1)－1)，即eq\f(3,2k2－6k＋1).又因为AB⊥CP，所以k·eq\f(3,2k2－6k＋1)＝－1，整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝eq\f(1,2)或k＝1.所以，直线AB的方程为y＝eq\f(1,2)x－3或y＝x－3.4．解析：（1）由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，所以r1＝eq\f(5,4)a，r2＝eq\f(3,4)a.在△PF1F2中，由余弦定理得，cos∠F1PF2＝eq\f(req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－|F1F2|2,2r1r2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a))\s\up12(2)－22,2×\f(5,4)a×\f(3,4)a)＝eq\f(3,5).解得a＝2，因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.（2）联立方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝kx＋m))，消去y得（3＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2)，且Δ＝48（3＋4k2－m2）＞0，①设AB的中点为M（x0，y0），连接QM，则x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－4km,3＋4k2)，y0＝kx0＋m＝eq\f(3m,3＋4k2)，因为|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM，又Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，M为AB的中点，所以k≠0，直线QM的斜率存在，所以k·kQM＝k·eq\f(\f(3m,3＋4k2),\f(－4km,3＋4k2)－\f(1,4))＝－1，解得m＝－eq\f(3＋4k2,4k)，②把②代入①得3＋4k2＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3＋4k2,4k)))eq\s\up12(2)，整理得16k4＋8k2－3＞0，即（4k2－1）（4k2＋3）＞0，解得k＞eq\f(1,2)或k＜－eq\f(1,2)，故k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).5．解析：（1）设所求椭圆的标准方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1（a>b>0），右焦点为F2（c，0）.因为△AB1B2是直角三角形，且|AB1|＝|AB2|，所以∠B1AB2＝90°，因此|OA|＝|OB2|，可得b＝eq\f(c,2).由c2＝a2－b2得4b2＝a2－b2，故a2＝5b2，c2＝4b2，所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(5),5).在Rt△AB1B2中，OA⊥B1B2，故S△AB1B2＝eq\f(1,2)·|B1B2|·|OA|＝|OB2|·|OA|＝eq\f(c,2)·b＝b2.由题设条件S△AB1B2＝4得b2＝4，所以a2＝5b2＝20.因此所求椭圆的标准方程为eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,4)＝1.（2）由（1）知B1（－2，0），B2（2，0）.由题意知直线l的斜率存在且不为0，故可设直线l的方程为x＝my－2.代入椭圆方程并整理得（m2＋5）y2－4my－16＝0.设P（x1，y1），Q（x2，y2），则y1＋y2＝eq\f(4m,m2＋5)，y1y2＝－eq\f(16,m2＋5).又B2P＝（x1－2，y1），B2Q＝（x2－2，y2），所以B2P·B2Q＝（x1－2）（x2－2）＋y1y2＝（my1－4）（my＝（m2＋1）y1y2－4m（y1＋y2）＋16＝－eq\f(16（m2＋1）,m2＋5)－eq\f(16m2,m2＋5)＋16＝－eq\f(16m2－64,m2＋5).由PB2⊥QB2，得B2P·B2Q＝0，即16m2－64＝0所以直线l的方程为x＋2y＋2＝0或x－2y＋2＝0.6．解析：（1）因为a＝2b，所以椭圆的方程为eq\f(x2,4b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，又因为椭圆过点A（－2，－1），所以有eq\f(4,4b2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝2，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.（2）由题意知直线MN的斜率存在．当直线MN的斜率为0时，不妨设M（－2eq\r(2)，0），N（2eq\r(2)，0），则直线MA：y＝eq\f(－1,－2＋2\r(2))（x＋2eq\r(2)），直线NA：y＝eq\f(－1,－2－2\r(2))（x－2eq\r(2)），则yP＝eq\r(2)，yQ＝－eq\r(2)，eq\f(|PB|,|BQ|)＝1.当直线MN的斜率不为0时，设直线MN：x＝my－4（m≠0），与椭圆方程eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1联立，化简得（m2＋4）y2－8my＋8＝0，Δ＝64m2－32（m2＋4）＝32（m2－4）>0，解得m2>4.设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1y2＝eq\f(8,m2＋4)，y1＋y2＝eq\f(8m,m2＋4).直线MA的方程为y＋1＝eq\f(y1＋1,x1＋2)（x＋2