2023版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作业新人教B版选择性必修第一册

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2．8　直线与圆锥曲线的位置关系 1．过点(1，1)的直线与双曲线x2－y2＝4只有一个公共点，则满足条件的直线有(　　) A．1条B．2条C．3条D．4条 2．若直线mx＋ny＝4与⊙O：x2＋y2＝4没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的交点个数是(　　) A．至多为1B．2C．1　D．0 3．椭圆eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1中，以点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))为中点的弦所在直线的斜率为(　　) A．－eq \f(1,4)B．－4C．－eq \f(1,2)D．－2 4．已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,9)＝1与动直线l：y＝eq \f(3,2)x＋m相交于A，B两点，则实数m的取值范围为________． 5．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，双曲线N：eq \f(x2,m2)－eq \f(y2,n2)＝1.若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为________，双曲线N的离心率为________． 6．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2，0)，离心率为eq \f(\r(2),2).直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N. (1)求椭圆C的方程； (2)当△AMN的面积为eq \f(4\r(7),9)时，求k的值． 7．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，O为坐标原点，过点(2，0)的直线与抛物线C交于A，B两点，且|AF|＋|BF|＝7，则△OAB的面积为(　　) A．4eq \r(2)　　　B．6C．6eq \r(3)　　　D．8 8．若双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1上存在两个点关于直线l：y＝eq \f(1,2)x＋t对称，则实数t的取值范围为________． 9．设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线的准线上，且BC∥x轴．证明：直线AC经过原点O. 10．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上的动点P到两个焦点的距离之和为6，且到右焦点距离的最小值为3－2eq \r(2). (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l和椭圆C交于M，N两点，A为椭圆的右顶点，eq \o(AM,\s\up6(→))·eq \o(AN,\s\up6(→))＝0，求△AMN面积的最大值． 11．已知点A(0，1)，点P在双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1上． (1)当|PA|最小时，求点P的坐标； (2)过A点的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于M，N两点，O为坐标原点，若△OMN的面积为2eq \r(3)，求直线l的方程． 12．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点A(2，0)，离心率为eq \f(\r(3),2). (1)求椭圆C的方程； (2)过点B(1，0)且斜率为k(k≠0))的直线l与椭圆C相交于E，F两点，直线AE，AF分别交直线x＝3于M，N两点，线段MN的中点为P.记直线PB的斜率为k′，求证：k·k′为定值． 　 13．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，直线y＝x＋eq \r(6)与圆x2＋y2＝b2相切． (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，证明：直线l过定点，并求出该定点坐标． 14．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，离心率e＝eq \r(3)，虚轴长为2eq \r(2). (1)求双曲线C的标准方程； (2)过定点P(1，1)能否作直线l，使直线l与双曲线C交于A，B两点，且点P为弦AB的中点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 2．8　直线与圆锥曲线的位置关系 必备知识基础练 1．答案：B 解析：根据双曲线的方程可知，该双曲线为等轴双曲线，点(1，1)在一条渐近线上， 因此过点(1，1)的直线与双曲线x2－y2＝4只有一个公共点，分两种情况： (1)直线与另一条渐近线平行，此时直线方程为x＋y＝2， (2)直线与双曲线相切，设该直线斜率为k(k≠±1)，则直线方程为y－1＝k(x－1)，联立直线方程与双曲线方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－y2＝4，,y－1＝k（x－1），))消去y整理得(1－k2)x2＋2k(k－1)x－(k－1)2－4＝0， 令[2k(k－1)]2＋4(1－k2)[(k－1)2＋4]＝0，解得k＝1或k＝－eq \f(5,3)，因为k≠±1，所以当且仅当k＝－eq \f(5,3)时，直线与双曲线相切． 综上，满足条件的直线有2条．故选B. 2．答案：B 解析：由题意知，eq \f(4,\r(m2＋n2))>2，即eq \r(m2＋n2)<2， 所以eq \f(m2,9)＋eq \f(n2,4)<1， 所以点P(m，n)在椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的内部， 故所求交点个数是2.故选B. 3．答案：C 解析：设弦AB的端点为(x1，y1)，(x2，y2)， 即有x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＋4y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝8，x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＋4y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝8，两式相减可得， (x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1－y2)(y1＋y2)＝0， 由中点坐标公式可得，x1＋x2＝2，y1＋y2＝1， 代入上式可得2(x1－x2)＋4(y1－y2)＝0， 即kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2).故选C. 4．答案：(－3eq \r(2)，3eq \r(2)) 解析：联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,9)＝1，)) 消去y整理可得9x2＋6mx＋2m2－18＝0， 由已知可得Δ＝36m2－36(2m2－18)＝36(18－m2)>0，解得－3eq \r(2)0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－8， 由抛物线的定义可得|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2＝m(y1＋y2)＋6＝4m2＋6＝7，解得m＝±eq \f(1,2)，则|AB|＝eq \r(1＋\f(1,4))·eq \r(4＋32)＝3eq \r(5)， 点O到直线的距离为d＝eq \f(2,\r(1＋\f(1,4)))＝eq \f(4\r(5),5)， 所以△OAB的面积为eq \f(1,2)·|AB|·d＝eq \f(1,2)×3eq \r(5)×eq \f(4\r(5),5)＝6.故选B. 8．答案：(－4，4) 解析：设双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1存在关于直线l：y＝eq \f(1,2)x＋t对称的两点为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由对称性可知，线段AB被直线y＝eq \f(1,2)x＋t垂直平分， 且AB的中点M(x0，y0)在直线y＝eq \f(1,2)x＋t上， 且kAB＝－2，可设直线AB的方程为y＝－2x＋b， 联立直线AB与双曲线方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－2x＋b,x2－\f(y2,3)＝1))，化简整理，可得x2－4bx＋b2＋3＝0， 由韦达定理，可得x1＋x2＝4b，y1＋y2＝2b－2(x1＋x2)＝－6b， ∴Δ＝16b2－4(b2＋3)＞0，解得b＜－1或b>1， ∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝2b，y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝－3b， ∵AB的中点M(2b，－3b)在直线l：y＝eq \f(1,2)x＋t上， ∴－3b＝b＋t，即t＝－4b，t<－4或t>4， 故t的取值范围为(－∞，－4)∪(4，＋∞). 9．证明：因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))， 所以经过点F的直线AB的方程可设为x＝my＋eq \f(p,2)， 代入抛物线方程得y2－2pmy－p2＝0. 若记A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则y1，y2是该方程的两个根， 所以y1y2＝－p2. 因为BC∥x轴， 且点C在准线x＝－eq \f(p,2)上， 所以点C的坐标为(－eq \f(p,2)，y2)， 故直线CO的斜率为k＝eq \f(y2,－\f(p,2))＝eq \f(2p,y1)＝eq \f(y1,x1)， 即k也是直线OA的斜率， 所以A，O，C三点共线， 所以直线AC经过原点O. 10．解析：(1)由已知得：2a＝6，∴a＝3，a－c＝3－2eq \r(2)，c＝2eq \r(2)，b＝1， ∴椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1. (2)设lAM：y＝k(x－3)不失一般性，设k＞0， ∵eq \o(AM,\s\up6(→))·eq \o(AN,\s\up6(→))＝0，则lAN：y＝－eq \f(1,k)(x－3)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－3）,x2＋9y2＝9))⇒(9k2＋1)x2－54k2x＋81k2－9＝0. ∵点A(3，0)在AM上，设M(x1，y1)， ∴3x1＝eq \f(81k2－9,9k2＋1)，∴x1＝eq \f(27k2－3,9k2＋1)， ∴|AM|＝eq \r(1＋k2)|3－x1|＝eq \r(1＋k2)·eq \f(6,9k2＋1)， 用－eq \f(1,k)替换k得： |AN|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \f(6,\f(9,k2)＋1)＝eq \r(1＋k2)·eq \f(6k,k2＋9)， ∴S＝eq \f(1,2)|AM|·|AN|＝eq \f(1,2)(1＋k2)·eq \f(36k,（k2＋9）（9k2＋1）)＝eq \f(18k（1＋k2）,9k4＋82k2＋9)＝eq \f(18k（1＋k2）,9（k2＋1）2＋64k2)＝eq \f(18,\f(9（k2＋1）,k)＋\f(64k,k2＋1))≤eq \f(18,2\r(9×64))＝eq \f(3,8)， 当且仅当64k2＝9(k2＋1)2，即k＝eq \f(4±\r(7),3)成立． ∴Smax＝eq \f(3,8). 11．解析：(1)设P(x，y)，则|PA|＝eq \r(x2＋（y－1）2)＝eq \r(2＋2y2＋（y－1）2) ＝eq \r(3（y－\f(1,3)）2＋\f(8,3)). 当y＝eq \f(1,3)时，|PA|最小，故所求点P的坐标为(±eq \f(2\r(5),3)，eq \f(1,3)). (2)由题知直线l的斜率存在，故可设l的方程为y＝kx＋1， 与双曲线方程联立得(1－2k2)x2－4kx－4＝0. 则Δ＝16(1－k2)＞0且eq \f(－4,1－2k2)＜0，解得k2＜eq \f(1,2). x1＋x2＝eq \f(4k,1－2k2)，x1x2＝eq \f(－4,1－2k2)， ∴S△OMN＝eq \f(1,2)·1·|x1－x2|＝eq \f(1,2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \f(1,2)·eq \f(\r(16（1－k2）),1－2k2)＝2eq \r(3)， 解得k2＝eq \f(1,4)或k2＝eq \f(2,3)(舍). ∴l的方程为y＝±eq \f(1,2)x＋1. 12．解析：(1)依题得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝b2＋c2,\f(c,a)＝\f(\r(3),2),a＝2))，解得a2＝4，b2＝1. 所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1. (2)根据已知可设直线l的方程为y＝k(x－1). 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1）,x2＋4y2＝4))得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0. 设E(x1，y1)，F(x2，y2)， 则x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－4,4k2＋1). 直线AE，AF的方程分别为 y＝eq \f(y1,x1－2)(x－2)，y＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)， 令x＝3， 则M(3，eq \f(y1,x1－2))，N(3，eq \f(y2,x2－2))， 所以P(3，eq \f(1,2)(eq \f(y1,x1－2)＋eq \f(y2,x2－2))). 所以k·k′＝eq \f(k,4)×eq \f(k（x1－1）（x2－2）＋k（x2－1）（x1－2）,（x1－2）（x2－2）) ＝eq \f(k2,4)×eq \f(2x1x2－3（x1＋x2）＋4,x1x2－2（x1＋x2）＋4) ＝eq \f(k2,4)×eq \f(\f(8k2－8－24k2＋16k2＋4,4k2＋1),\f(4k2－4－16k2＋16k2＋4,4k2＋1)) ＝eq \f(k2,4)×eq \f(－4,4k2)＝－eq \f(1,4). 核心素养升级练 13．解析：(1)由已知得b＝eq \f(\r(6),\r(2))＝eq \r(3)， 又eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，∴a＝2，c＝1. 故所求椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1. (2)证明：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，Δ＞0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2). 则x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，x1·x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2). 由题意得(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0， 代入化简得7m2＋16km＋4k2＝0， ∴m＝－eq \f(2,7)k，m＝－2k(舍去). 故直线l的方程为y＝kx－eq \f(2,7)k，恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0)). 14．解析：(1)因为e＝eq \f(c,a)＝eq \r(3)，2b＝2eq \r(2)， 所以c＝eq \r(3)a，b＝eq \r(2). 因为c2＝a2＋b2， 所以3a2＝a2＋2，所以a2＝1， 所以双曲线C的标准方程为x2－eq \f(y2,2)＝1. (2)假设以定点P(1，1)为中点的弦存在， 设以定点P(1，1)为中点的弦的端点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)， 可得x1＋x2＝2，y1＋y2＝2. 由A，B在双曲线上，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －\f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,2)＝1，,x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) －\f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,2)＝1，)) 两式相减可得以定点P(1，1)为中点的弦所在的直线斜率为k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(2（x1＋x2）,y1＋y2)＝2， 则以定点P(1，1)为中点的弦所在的直线方程为y－1＝2(x－1)，即为y＝2x－1， 代入双曲线的方程可得2x2－4x＋3＝0， 由Δ＝(－4)2－4×2×3＝－8<0， 所以不存在这样的直线l.