2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第二章平面解析幾何2.8直線與圓錐曲線的位置關(guān)系課時作業(yè)含解析新人教B版選擇性必修第一冊

PAGE1-課時作業(yè)(二十五)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系一、選擇題1．直線y＝x＋2與橢圓eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,3)＝1有兩個公共點，則m的取值范圍是()A．m>1B．m>1且m≠3C．m>3D．m>0且m≠32．直線y＝kx－k＋1與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的位置關(guān)系為()A．相交B．相切C．相離D．不確定3．拋物線y2＝12x截直線y＝2x＋1所得弦長等于()A.eq\r(15)B．2eq\r(15)C.eq\f(\r(15),2)D．154．已知雙曲線eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1的右焦點為F，若過點F的直線與雙曲線右支有且只有一個交點，則此直線斜率的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))B．(－eq\r(3)，eq\r(3))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))D．[－eq\r(3)，eq\r(3)]二、填空題5．橢圓x2＋4y2＝16被直線y＝eq\f(1,2)x＋1截得的弦長為________．6．已知直線y＝k(x＋2)(k>0)與拋物線C：y2＝8x相交于A，B兩點，F(xiàn)為C的焦點．若|FA|＝2|FB|，則k＝________.7．橢圓mx2＋ny2＝1與直線x＋y－1＝0相交于A，B兩點，過AB的中點M與坐標(biāo)原點的直線的斜率為eq\f(\r(2),2)，則eq\f(m,n)的值為________．三、解答題8．已知點A(0，－2)，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為eq\f(2\r(3),3)，O為坐標(biāo)原點．(1)求E的方程；(2)設(shè)過點A的直線l與E相交于P，Q兩點，當(dāng)△POQ的面積最大時，求l的方程．9．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短軸長為2，離心率為eq\f(\r(2),2)，直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于A，B兩點，且線段AB的垂直平分線通過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2))).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求△AOB(O為坐標(biāo)原點)面積的最大值．[尖子生題庫]10．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b>0)，離心率是eq\f(1,2)，原點與C和直線x＝1的交點圍成的三角形面積是eq\f(3,2).若直線l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0))，且與橢圓C相交于A，B兩點(A，B不是頂點)，D是橢圓C的右頂點，求證∠ADB是定值．課時作業(yè)(二十五)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系1．答案：B2．解析：因為y＝kx－k＋1，所以y－1＝k(x－1)，過定點(1,1)，定點在橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1內(nèi)部，故選A.答案：A3．解析：令直線與拋物線交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋1，,y2＝12x，))得4x2－8x＋1＝0，∴x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(1,4)，∴|AB|＝eq\r(1＋22x1－x22)＝eq\r(5[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(15).答案：A4．解析：雙曲線eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1的漸近線方程是y＝±eq\f(\r(3),3)x，右焦點F(4,0)，過右焦點F(4,0)分別作兩條漸近線的平行線l1和l2，如圖，由圖形可知，符合條件的直線的斜率的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，故選C.答案：C5．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝16，,y＝\f(1,2)x＋1，))消去y并化簡得x2＋2x－6＝0.設(shè)直線與橢圓的交點為M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝－2，x1x2＝－6.∴弦長|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(\f(5,4)[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(\f(5,4)×4＋24)＝eq\r(35).答案：eq\r(35)6．解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知x1>0，x2>0，y1>0，y2>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,y2＝8x，))得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，∴x1x2＝4.①∵|FA|＝x1＋eq\f(p,2)＝x1＋2，|FB|＝x2＋eq\f(p,2)＝x2＋2，且|FA|＝2|FB|，∴x1＝2x2＋2.②由①②得x2＝1，∴B(1,2eq\r(2))，代入y＝k(x＋2)，得k＝eq\f(2\r(2),3).答案：eq\f(2\r(2),3)7．解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則mxeq\o\al(2,1)＋nyeq\o\al(2,1)＝1，mxeq\o\al(2,2)＋nyeq\o\al(2,2)＝1，兩式相減得mxeq\o\al(2,1)－mxeq\o\al(2,2)＋nyeq\o\al(2,1)－nyeq\o\al(2,2)＝0，即m(x1－x2)(x1＋x2)＝－n(y1－y2)(y1＋y2)，所以eq\f(x1－x2,y1－y2)＝－eq\f(n,m)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－1，①又eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\f(\r(2),2)，②由①②得eq\f(m,n)＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)8．解析：(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(2,c)＝\f(2\r(3),3)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝\r(3)，))∴橢圓E的方程：eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當(dāng)直線l垂直于x軸時，△OPQ不存在，則直線存在斜率設(shè)直線l的方程為y＝kx－2與eq\f(x2,4)＋y2＝1聯(lián)立消去y有：(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0∴Δ＝(－16k)2－4×(4k2＋1)×12＝64k2－48>0，∴k2>eq\f(3,4)，令P(x1，y1)，Q(x2，y2)，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(16k,4k2＋1)，,x1x2＝\f(12,4k2＋1)))∴|PQ|＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(1＋k2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16k,4k2＋1)))2－\f(48,4k2＋1))))整理得|PQ|＝eq\f(4\r(1＋k2)\r(4k2－3),4k2＋1)，令點O到直線l的距離為d，則d＝eq\f(2,\r(k2＋1))∴△OPQ的面積S(k)＝eq\f(1,2)|PQ|d＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1)，令eq\r(4k2－3)＝t(t>0)則S(k)＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1)＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,t＋\f(4,t))≤1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即k＝±\f(\r(7),2)時等號成立))所以直線l方程為eq\r(7)x－2y－4＝0，eq\r(7)x＋2y＋4＝09．解析：(1)由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,2b＝2，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝2，b2＝1，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.當(dāng)Δ＝8(2k2－m2＋1)>0，即2k2>m2－1時，x1＋x2＝eq\f(－4km,1＋2k2)，x1·x2＝eq\f(2m2－2,1＋2k2).所以eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－2km,1＋2k2)，eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(m,1＋2k2).當(dāng)k＝0時，線段AB的垂直平分線明顯過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)))S△AOB＝eq\f(1,2)|AB|·|m|＝eq\f(1,2)·|m|·2eq\r(2)·eq\r(1－m2)＝eq\r(2)·eq\r(1－m2·m2)因為m∈(－1,0)∪(0,1)，所以m2∈(0,1)S△AOB≤eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))·\f(1,2))＝eq\f(\r(2),2)，當(dāng)m2＝eq\f(1,2)時，取到等號．當(dāng)k≠0時，因為線段AB的垂直平分線過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)))，所以eq\f(\f(y1＋y2,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),\f(x1＋x2,2)－0)＝－eq\f(1,k)，化簡整理得2k2＋1＝2m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2k2＋1＝2m，,2k2＋1>m2，))得0<m<2.又原點O到直線AB的距離為d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2)).|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝2eq\r(1＋k2)eq\f(\r(4k2－2m2＋2),1＋2k2)所以S△AOB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(|m|\r(4k2－2m2＋2),1＋2k2)而2k2＋1＝2m且0<m<2，則S△AOB＝eq\f(1,2)eq\r(4m－2m2)，0<m<2.所以當(dāng)m＝1，即k2＝eq\f(1,2)時，S△AOB取得最大值eq\f(\r(2),2).綜上，S△AOB最大值為eq\f(\r(2),2).10．證明：由題意可知：e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(1,2)，所以a2＝eq\f(4,3)b2，由直線x＝1與橢圓相交，交點P(1，y)(y＞0)，由題意可知：eq\f(1,2)×1×2y＝eq\f(3,2)，解得y＝eq\f(3,2)，將Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))代入橢圓方程：eq\f(x2,\f(4,3)b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，解得b2＝3，a2＝4，所以橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，即4y2＋3x2－12＝0.所以D點坐標(biāo)為(2,0)，當(dāng)直線l的斜率不存在時，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\up12(→))·eq\o(DB,\s\up12(→))＝0，∴∠ADB＝eq\f(π,2).當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線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＋84my－576＝0，∵l與C有兩個交點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(