2024-2025学年新教材高中数学第二章平面解析几何2.8直线与圆锥曲线的位置关系课时分层作业含解析新人教B版选择性必修第一册VIP

PAGE1-课时分层作业(二十五)直线与圆锥曲线的位置关系(建议用时：40分钟)一、选择题1．已知双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1的右焦点为F，过点F作一条直线与其中一条渐近线垂直，垂足为A，O为坐标原点，则S△OAF＝()A．3 B．3eq\r(5)C．2eq\r(5) D．eq\r(5)D[双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1的右焦点为F(3,0)，F到渐近线eq\r(5)x＋2y＝0的距离FA＝eq\f(3\r(5),\r(5＋4))＝eq\r(5)．则AO＝eq\r(OF2－FA2)＝eq\r(32－5)＝2．则S△OAF＝eq\f(1,2)FA·OA＝eq\f(1,2)×eq\r(5)×2＝eq\r(5)．]2．直线y＝x－3与抛物线y2＝4x交于A、B两点，过两点向抛物线的准线作垂线，垂足分别为P、Q，则梯形APQB的面积为()A．48 B．56C．64 D．72A[由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝x－3.))消去y得，x2－10x＋9＝0，∴x＝1或9，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2.))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝9，,y＝6.))∴|AP|＝10，|BQ|＝2或|BQ|＝10，|AP|＝2，∴|PQ|＝8，梯形APQB的面积为48，故选A．]3．过椭圆x2＋2y2＝4的左焦点F作倾斜角为eq\f(π,3)的弦AB，则弦AB的长为()A．eq\f(6,7) B．eq\f(16,7)C．eq\f(7,16) D．eq\f(7,6)B[椭圆的方程可化为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，∴F(－eq\r(2)，0)．又∵直线AB的斜率为eq\r(3)，∴直线AB的方程为y＝eq\r(3)x＋eq\r(6)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x＋\r(6)，,x2＋2y2＝4，))得7x2＋12eq\r(2)x＋8＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(12\r(2),7)，x1·x2＝eq\f(8,7)，∴|AB|＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\f(16,7)．]4．已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线与x轴的交点为K，点A在C上且|AK|＝eq\r(2)|AF|，则△AFK的面积为()A．4 B．8C．16 D．32B[因为抛物线C：y2＝8x的焦点为F(2,0)，准线为x＝－2，所以K(－2,0)，设A(x0，y0)，如图所示，过点A向准线作垂线，垂足为B，则B(－2，y0)．因为|AK|＝eq\r(2)|AF|，又|AF|＝|AB|＝x0－(－2)＝x0＋2，所以由|BK|2＝|AK|2－|AB|2，得yeq\o\al(2,0)＝(x0＋2)2，即8x0＝(x0＋2)2，解得x0＝2，y0＝±4，所以S△AFK的面积为eq\f(1,2)|KF|·|y0|＝eq\f(1,2)×4×4＝8．]5．假如AB是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的随意一条与x轴不垂直的弦，O为椭圆的中心，e为椭圆的离心率，M为AB的中点，则kAB·kOM的值为()A．e－1 B．1－eC．e2－1 D．1－e2C[设A(x1，y1)，B(x2，y2)，中点M(x0，y0)，由点差法，eq\f(x\o\al(2,1),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),a2)＋eq\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，作差得eq\f(x1－x2x1＋x2,a2)＝eq\f(y2－y1y2＋y1,b2)，所以kAB·kOM＝eq\f(y2－y1,x2－x1)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\f(－b2,a2)＝eq\f(c2－a2,a2)＝e2－1．]二、填空题6．直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k＝．0或1[当k＝0时，直线与抛物线有唯一交点，当k≠0时，联立方程消y得：k2x2＋4(k－2)x＋4＝0，由题意Δ＝16(k－2)2－16k2＝0，∴k＝1．]7．若点O和点F分别为椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的随意一点，则eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(FP,\s\up7(→))的最大值为．6[由eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1可得F(－1,0)．设P(x，y)，－2≤x≤2，则eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(FP,\s\up7(→))＝x2＋x＋y2＝x2＋x＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,4)))＝eq\f(1,4)x2＋x＋3＝eq\f(1,4)(x＋2)2＋2，当且仅当x＝2时，eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(FP,\s\up7(→))取得最大值6．]8．设双曲线的一个焦点为F，虚轴的一个端点为B，假如直线FB与该双曲线的一条渐近线垂直，那么此双曲线的离心率为．eq\f(\r(5)+1,2)[设双曲线方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b>0)，如图所示，双曲线的一条渐近线方程为y＝eq\f(b,a)x，而kBF＝－eq\f(b,c)．∴eq\f(b,a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,c)))＝－1，整理得b2＝ac．∴c2－a2－ac＝0．两边同除以a2，得e2－e－1＝0，解得e＝eq\f(1＋\r(5),2)或e＝eq\f(1－\r(5),2)(舍去)．]三、解答题9．已知抛物线y2＝－x与直线y＝k(x＋1)相交于A，B两点．(1)求证：OA⊥OB；(2)当△OAB的面积等于eq\r(10)时，求k的值．[解](1)如图所示，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝－x,y＝kx＋1))消去x得，ky2＋y－k＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得y1·y2＝－1，y1＋y2＝－eq\f(1,k)．∵A，B在抛物线y2＝－x上，∴yeq\o\al(2,1)＝－x1，yeq\o\al(2,2)＝－x2，∴yeq\o\al(2,1)·yeq\o\al(2,2)＝x1x2．∵kOA·kOB＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(y1y2,x1x2)＝eq\f(1,y1y2)＝－1，∴OA⊥OB．(2)设直线与x轴交于点N，明显k≠0．令y＝0，得x＝－1，即N(－1,0)．∵S△OAB＝S△OAN＋S△OBN＝eq\f(1,2)|ON||y1|＋eq\f(1,2)|ON||y2|＝eq\f(1,2)|ON|·|y1－y2|，∴S△OAB＝eq\f(1,2)·1·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))eq\s\up12(2)＋4)．∵S△OAB＝eq\r(10)，∴eq\r(10)＝eq\f(1,2)eq\r(\f(1,k2)＋4)，解得k＝±eq\f(1,6)．10．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b>0)，离心率是eq\f(1,2)，原点与C和直线x＝1的交点围成的三角形面积是eq\f(3,2)．若直线l过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0))，且与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是顶点)，D是椭圆C的右顶点，求证∠ADB是定值．[证明]由题意可知：e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(1,2)，所以a2＝eq\f(4,3)b2，由直线x＝1与椭圆相交，交点P(1，y)(y＞0)，由题意可知：eq\f(1,2)×1×2y＝eq\f(3,2)，解得y＝eq\f(3,2)，将Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))代入椭圆方程：eq\f(x2,\f(4,3)b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，解得b2＝3，a2＝4，所以椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，即4y2＋3x2－12＝0．所以D点坐标为(2,0)，当直线l的斜率不存在时，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，\f(12,7)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，－\f(12,7)))，∴eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0，∴∠ADB＝eq\f(π,2)．当直线l的斜率存在时，设直线l：x＝my＋eq\f(2,7)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\f(2,7)，,4y2＋3x2－12＝0))得(196＋147m2)y2＋84∵l与C有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴Δ＞0，且y1y2＝eq\f(－576,196＋147m2)，y1＋y2＝eq\f(－84m,196＋147m2)，∴x1＋x2＝eq\f(－84m2,196＋147m2)＋eq\f(4,7)，x1x2＝eq\f(－600m2,196＋147m2)＋eq\f(4,49)，∵eq\o(DA,\s\up7(→))＝(x1－2，y1)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(x2－2，y2)，eq\o(DA,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＝x1x2－2(x1＋x2)＋y1y2＋4，∴eq\f(－432m2－576,196＋147m2)＋eq\f(144,49)＝eq\f(－432m2－576＋432m2＋576,196＋147m2)＝0，∴∠ADB＝eq\f(π,2)．综上，∠ADB＝eq\f(π,2)．11．(多选题)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6BC[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\{\rc\(\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．]12．点P为抛物线y2＝2px上任一点，F为焦点，则以PF为直径的圆与y轴()A．相交 B．相切C．相离 D．位置由F确定B[如图，抛物线的焦点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，M为PF的中点，准线是l：x＝－eq\f(p,2)．作PH⊥l于H，交y轴于Q，那么|PF|＝|PH|，且|QH|＝|OF|＝eq\f(p,2)，作MN⊥y轴于N，则MN是梯形PQOF的中位线，即|MN|＝eq\f(1,2)(|OF|＋|PQ|)＝eq\f(1,2)|PH|＝eq\f(1,2)|PF|，故以PF为直径的圆与y轴相切．]13．(一题两空)椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)第一象限上一点与中心、右焦点构成一个正三角形，则此椭圆的离心率e＝，当此三角形的面积是4eq\r(3)，则b2＝．eq\r(3)－18eq\r(3)[如图，由△OPF为正三角形，可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(\r(3),2)c))，代入椭圆方程，可得eq\f(c2,4a2)＋eq\f(3c2,4b2)＝1，又b2＝a2－c2，得(a2－c2)c2＋3a2c2＝4a2(a2－c2)，解得e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)－1，若S△OPF＝eq\f(1,2)×c×eq\f(\r(3),2)c＝4eq\r(3)，则c＝4，a2＝eq\f(c2,\r(3)－12)＝eq\f(16,4－2\r(3))＝16＋8eq\r(3)，则b2＝a2－c2＝8eq\r(3)．]14．已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条相互垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为．16[因为F为y2＝4x的焦点，所以F(1,0)．由题意直线l1，l2的斜率均存在，且不为0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－eq\f(1,k)，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－eq\f(1,k)·(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x，))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2＋4,k2)))eq\s\up12(2)－4)＝eq\f(41＋k2,k2)．同理可得|DE|＝4(1＋k2)．所以|AB|＋|DE|＝eq\f(41＋k2,k2)＋4(1＋k2)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋1＋1＋k2))＝8＋4eq\b\lc\(\