课时提升练(四十七) 直线与圆锥曲线的位置关系一、选择题1．过点的直线l与抛物线y＝－x2交于A，B两点，O为坐标原点，则·的值为( )A．－ B．－ C．－4 D．无法确定【解析】 由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设其方程为y＝kx－.由得2x2＋2kx－1＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则∴·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝(k2＋1)x1x2－k(x1＋x2)＋＝－(k2＋1)－k·(－k)＋＝－.故选B.【答案】 B2．(2022·豫西五校联考)已知椭圆＋＝1(0＜b＜2)，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交椭圆于A，B两点，若|BF2|＋|AF2|的最大值为5，则b的值是( )A．1B.C.D.【解析】 由椭圆的方程可知a＝2，由椭圆的定义可知，|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3，由椭圆的性质可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，则＝3.所以b2＝3，即b＝.【答案】 D3．已知双曲线－＝1的右焦点为F，若过点F的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此直线斜率的取值范围是( )A.B．(－，)C.D．[－，]8\n【解析】 由题意知，焦点为F(4,0)，双曲线的两条渐近线方程为y＝±x.当过点F的直线与渐近线平行时，满足与右支只有一个交点，画出图象，数形结合可知应选C.【答案】 C4．过椭圆＋＝1内一点P(3,1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是( )A．3x＋4y－13＝0B．4x＋3y－13＝0C．3x－4y＋5＝0D．3x＋4y＋5＝0【解析】 设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由于A，B两点均在椭圆上，故＋＝1，＋＝1，两式相减得＋＝0.又∵P是A，B的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，∴kAB＝＝－.∴直线AB的方程为y－1＝－(x－3)．即3x＋4y－13＝0.【答案】 A5．(2022·湖北高考)设a，b是关于t的方程t2cosθ＋tsinθ＝0的两个不等实根，则过A(a，a2)，B(b，b2)两点的直线与双曲线－＝1的公共点的个数为( )A．0B．1C．2D．3【解析】 由根与系数的关系，得a＋b＝－tanθ，ab＝0，则a，b中必有一个为0，另一个为－tanθ.不妨设A(0,0)，B(－tanθ，tan2θ)，则直线AB的方程为y＝－xtanθ.根据双曲线的标准方程，得双曲线的渐近线方程为y＝±xtanθ，显然直线AB是双曲线的一条渐近线，所以直线与双曲线没有公共点．8\n【答案】 A6．(2022·四川高考)已知F为抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，·＝2(其中O为坐标原点)，则△ABO与△AFO面积之和的最小值是( )A．2B．3C.D.【解析】 设直线AB的方程为x＝ny＋m(如图)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵·＝2，∴x1x2＋y1y2＝2.又y＝x1，y＝x2，∴y1y2＝－2.联立得y2－ny－m＝0，∴y1y2＝－m＝－2，∴m＝2，即点M(2,0)．又S△ABO＝S△AMO＋S△BMO＝|OM||y1|＋|OM||y2|＝y1－y2，S△AFO＝|OF|·|y1|＝y1，∴S△ABO＋S△AFO＝y1－y2＋y1＝y1＋≥2＝3，当且仅当y1＝时，等号成立．【答案】 B二、填空题7．(2022·江西高考)抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F，其准线与双曲线－＝1相交于A，B两点，若△ABF为等边三角形，则p＝________.【解析】 由于x2＝2py(p>0)的准线为y＝－，由解得准线与双曲线x2－y2＝3的交点为8\nA，B，所以AB＝2.由△ABF为等边三角形，得AB＝p，解得p＝6.【答案】 68．已知抛物线y2＝8x的焦点为F，直线y＝k(x－2)与此抛物线相交于P，Q两点，则＋＝________.【解析】 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由题意可知，|PF|＝x1＋2，|QF|＝x2＋2，则＋＝＋＝，联立直线与抛物线方程消去y得，k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，可知x1x2＝4，故＋＝＝＝.【答案】 9．设斜率为的直线l与椭圆＋＝1(a＞b＞0)交于不同的两点，且这两个交点在x轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点，则该椭圆的离心率为________．【解析】 设椭圆的左、右焦点分别为F1(－c,0)、F2(c,0)，两个交点分别为M，N，由题意知M，N，∴kMN＝，又直线的斜率为，∴＝，即2b2＝ac，∴(a2－c2)＝ac，∴e2＋e－＝0，解得e＝或－，又0＜e＜1，∴e＝.【答案】 三、解答题10．(2022·陕西高考)8\n图884已知椭圆＋＝1(a>b>0)经过点(0，)，离心率为，左右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)．(1)求椭圆的方程；(2)若直线l：y＝－x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足＝，求直线l的方程．【解】 (1)由题设知解得∴椭圆的方程为＋＝1.(2)由题设，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，∴圆心到直线l的距离d＝，由d<1得|m|<.(*)∴|CD|＝2＝2＝.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2－mx＋m2－3＝0，由根与系数的关系可得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3.∴|AB|＝＝.由＝得＝1，解得m＝±，满足(*)．8\n∴直线l的方程为y＝－x＋或y＝－x－.11．(2022·潍坊模拟)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的焦距为3，其中一条渐近线的方程为x－y＝0.以双曲线C的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为E，过原点O的动直线与椭圆E交于A，B两点．(1)求椭圆E的方程；(2)若点P为椭圆E的左顶点，＝2，求||2＋||2的取值范围；(3)若点P满足|PA|＝|PB|，求证：＋＋为定值．【解】 (1)由双曲线－＝1的焦距为3，得c＝，∴a2＋b2＝.①∵渐近线的方程为y＝±x，由题意知＝，②由①②解得a2＝3，b2＝，∴椭圆E的方程为＋y2＝1.(2)由(1)知P.设G(x0，y0)，由＝2，得(x0＋，y0)＝2(－x0，－y0)．即解得∴G.设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，|G|2＋||2＝2＋y＋2＋y＝2x＋2y＋＝2x＋3－x＋＝x＋.又∵x1∈[－，]，∴x∈[0,3]，∴≤x＋≤，8\n∴||2＋||2的取值范围是.(3)证明：由|PA|＝|PB|，知P在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性可知A，B关于原点对称．①若A，B在椭圆的短轴顶点处，则点P在椭圆的长轴顶点处，此时＋＋＝＋＋＝2＝2.若A，B在椭圆的长轴顶点处，则点P在椭圆的短轴顶点处，此时＋＋＝＋＋＝2＝2.②当点A，B，P不在椭圆顶点处时，设直线l的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OP的方程为y＝－x，设A(x2，y2)，B(－x2，－y2)．由解得x＝，y＝.所以|OA|2＝|OB|2＝x＋y＝，用－代换k，得|OP|2＝.∴＋＋＝＋＋＝2.综上，＋＋为定值2.12．(2022·湖北高考)在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2,1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．【解】 (1)设点M(x，y)，依题意得|MF|＝|x|＋1，即＝|x|＋1，化简整理得y2＝2(|x|＋x)．故点M的轨迹C的方程为y2＝(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x，C2：y＝0(x＜0)．依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．由方程组8\n可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.(*1)①当k＝0时，此时y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝.故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点.②当k≠0时，方程(*1)根的判别式为Δ＝－16(2k2＋k－1)．(*2)设直线l与x轴的交点为(x0,0)，则由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－.(*3)(ⅰ)若由(*2)(*3)解得k＜－1或k＞.即当k∈(－∞，－1)∪时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．(ⅱ)若或由(*2)(*3)解得k∈，或－≤k＜0.即当k∈时，直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点．当k∈时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．故当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．(ⅲ)若由②③解得－1＜k＜－或0＜k＜.即当k∈∪时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点．综合①②可知，当k∈(－∞，－1)∪∪{0}时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点；当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点；当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点．8
