【名师伴你行】（新课标）2023高考数学大一轮复习 第8章 第9节 直线与圆锥曲线的位置关系课时作业 理

课时作业(五十六)　直线与圆锥曲线的位置关系一、选择题1．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＋＝1的交点个数是(　　)A．至多为1B．2C．1D．0答案：B解析：由题意知：>2，即<2，∴点P(m，n)在椭圆＋＝1的内部，故所求的交点个数为2.2．(2015·潍坊模拟)过抛物线y2＝4x的焦点且斜率为的直线l与抛物线y2＝4x交于A，B两点，则|AB|的值为(　　)A.B．C．D．答案：A解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线的焦点为(1,0)，则直线l的方程为y＝(x－1)，代入抛物线方程得3x2－10x＋3＝0.∴x1＋x2＝.根据抛物线的定义，可知|AB|＝x1＋1＋x2＋1＝.3．设F1，F2为椭圆＋y2＝1的左、右焦点，过椭圆中心任作一直线与椭圆交于P，Q两点，当四边形PF1QF2的面积最大时，·的值等于(　　)A．0B．2C．4D．－2答案：D解析：易知当P，Q分别在椭圆短轴端点时，四边形PF1QF2的面积最大，此时F1(－，0)，F2(，0)，不妨设P(0,1)，∴＝(－，－1)，＝(，－1)，∴·＝－2.8\n4．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答案：A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＝0.5．(2015·山东师大附中模拟)设双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，过点F作与x轴垂直的直线l交渐近线于A，B两点，且与双曲线在第一象限的交点为P，设O为坐标原点，＝λ＋μ(λ，μ∈R)，λμ＝，则该双曲线的离心率为(　　)A.B．C.D．答案：D解析：由题意可知A，B，P.由＝λ＋μ，可知又λμ＝，∴∴b＝c，即c＝2b.又c2＝a2＋b2，故a＝b.∴e＝＝.8\n故选D.二、填空题6．(2014·安顺5月)在抛物线y＝x2上关于直线y＝x＋3对称的两点M，N的坐标分别为________．答案：(－2,4)，(1,1)解析：设直线MN的方程为y＝－x＋b，代入y＝x2中，整理得x2＋x－b＝0，令Δ＝1＋4b>0，∴b>－.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－1，＝－＋b＝＋b，由在直线y＝x＋3上，得＋b＝－＋3，解得b＝2，联立解得7．(2014·郑州三模)已知双曲线x2－＝1上存在两点M，N关于直线y＝x＋m对称，且MN中点在抛物线y2＝18x上，则实数m的值为________．答案：0或－8解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为P(x0，y0)，则由①－②，得x－x＝，即(x1－x2)(x1＋x2)＝(y1－y2)(y1＋y2)，也即2x0＝··2y0＝·(－1)·2y0，∴y0＝－3x0，③又P在直线y＝x＋m上，∴y0＝x0＋m，④由③④解得P.代入抛物线y2＝18x，得m2＝18·，8\n∴m＝0或－8.经检验m＝0或－8均符合题意．8．(2015·日照模拟)直线y＝x与椭圆＋＝1(a>b>0)的交点在x轴上的射影恰好是椭圆的焦点，则椭圆的离心率e为________．答案：解析：由题意，直线y＝x与椭圆＋＝1(a>b>0)的交点在x轴上的射影恰好是椭圆的焦点．∴点(c，c)在椭圆上，∴＋＝1.∵b2＝a2－c2，∴c4－3a2c2＋a4＝0.∴e4－3e2＋1＝0，∴e2＝.∵0<e<1，∴e＝.9．设直线l：2x＋y－2＝0与椭圆x2＋＝1的交点为A，B，点P是椭圆上的动点，则使得△PAB的面积为的点P的个数为________．答案：4解析：由题知直线l恰好经过椭圆的两个顶点(1,0)，(0,2)，故|AB|＝，要使△PAB的面积为，即··h＝，所以h＝.联立y＝－2x＋m与椭圆方程x2＋＝1，得8x2－4mx＋m2－4＝0，令Δ＝0，得m＝±2，即平移直线l到y＝－2x±2时与椭圆相切，它们与直线l的距离d＝都大于，所以一共有4个点符合要求．三、解答题8\n10．(2015·青岛模拟)已知动圆P与圆F1：(x＋3)2＋y2＝81相切，且与圆F2：(x－3)2＋y2＝1相内切，记圆心P的轨迹为曲线C.设Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点，O为坐标原点，过点F2作OQ的平行线交曲线C于M，N两个不同的点．(1)求曲线C的方程；(2)试探究|MN|和|OQ|2的比值能否为一个常数？若能，求出这个常数；若不能，请说明理由；(3)记△QMN的面积为S，求S的最大值．解：(1)设圆心P的坐标为(x，y)，半径为R.由于动圆P与圆F1：(x＋3)2＋y2＝81相切，且与圆F2：(x－3)2＋y2＝1相内切，所以动圆P与圆F1：(x＋3)2＋y2＝81只能内切．∴∴|PF1|＋|PF2|＝8>|F1F2|＝6，∴a＝4，c＝3，b2＝a2－c2＝7，故圆心P的轨迹C：＋＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x3，y3)，直线OQ：x＝my，则直线MN：x＝my＋3.由可得∴∴|OQ|2＝x＋y＝＋＝.由可得(7m2＋16)y2＋42my－49＝0，∴y1＋y2＝－，y1y2＝－.∴|MN|＝|y2－y1|＝·＝·＝.∴＝＝.8\n∴|MN|和|OQ|2的比值为一个常数，这个常数为.(3)∵MN∥OQ，∴△QMN的面积＝△OMN的面积．∵O到直线MN：x＝my＋3的距离d＝，∴S＝|MN|·d＝××＝.令＝t，则m2＝t2－1(t≥1)，S＝＝＝.∵7t＋≥2＝6，当且仅当7t＝，即t2＝，亦即m＝±时取等号，∴当m＝±时，S取最大值2.11．(2015·贵州省六校联盟第一次联考)已知点M是椭圆C：＋＝1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值．解：(1)在△F1MF2中，由|MF1||MF2|sin60°＝，得|MF1||MF2|＝.由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|cos60°＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1||MF2|(1＋cos60°)，从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝4，即a＝2，从而b＝2，故椭圆C的方程为＋＝1.(2)证明：当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2＝k(x＋1)，由8\n得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.从而k1＋k2＝＋＝＝2k－(k－4)＝4.当直线l的斜率不存在时，可取A，B，得k1＋k2＝4.综上，恒有k1＋k2＝4.12．(2015·邯郸高三质检)设点F1(－c,0)，F2(c,0)分别是椭圆C：＋y2＝1(a>1)的左、右焦点，P为椭圆C上任意一点，且·的最小值为0.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l1：y＝kx＋m，l2：y＝kx＋n(直线l1，l2不重合)，若l1，l2均与椭圆C相切，试探究在x轴上是否存在定点Q，使点Q到l1，l2的距离之积恒为1？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)设P(x，y)，则有＝(x＋c，y)，＝(x－c，y)，·＝x2＋y2－c2＝x2＋1－c2，x∈[－a，a]，由·的最小值为0，得1－c2＝0，c＝1，a2＝2，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)把l1的方程代入椭圆方程，得(1＋2k2)x2＋4mkx＋2m2－2＝0.∵直线l1与椭圆C相切，∴Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0，化简得m2＝1＋2k2，同理可得n2＝1＋2k2，∴m2＝n2，若m＝n，则l1，l2重合，不符合题意，∴m＝－n，即m＋n＝0.8\n设在x轴上存在点Q(t,0)，使点Q到直线l1，l2的距离之积恒为1，则·＝1，即|k2t2－m2|＝k2＋1，把1＋2k2＝m2代入并去绝对值整理，得k2(t2－3)＝2或k2(t2－1)＝0，前式显然不恒成立，而要使得后式对任意的k∈R恒成立，则t2－1＝0，解得t＝±1.综上所述，满足题意的定点Q存在，其坐标为(－1,0)或(1,0)．8