（課標通用版）2020版高考數學大一輪復習 第九章 平面解析幾何 第8講 直線與圓錐曲線的位置關系檢測 文

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1、第8講 直線與圓錐曲線的位置關系 [基礎題組練] 1．已知直線y＝kx＋1與雙曲線x2－＝1交于A，B兩點，且|AB|＝8，則實數k的值為(　　) A．±　　　　　　　　　 B．±或± C．± D．± 解析：選B.由直線與雙曲線交于A，B兩點，得k≠±2.將y＝kx＋1代入x2－＝1得，(4－k2)x2－2kx－5＝0，則Δ＝4k2＋4(4－k2)×5＞0，解得k2＜5.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝－，所以|AB|＝·＝8，解得k＝±或±. 2．已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)與直線y＝2x有交點，則雙曲線離心率的取值范圍為(　　) A

2、．(1，) B．(1，] C．(，＋∞) D．[，＋∞) 解析：選C.因為雙曲線的一條漸近線方程為y＝x，則由題意得＞2，所以e＝＝＞＝. 3．若點(3，1)是拋物線y2＝2px(p＞0)的一條弦的中點，且這條弦所在直線的斜率為2，則p的值是(　　) A．1　　　　　　　　　 B．2 C．3 D．4 解析：選B.設過點(3，1)的直線交拋物線y2＝2px(p＞0)于A、B兩點，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則， 由①－②得y－y＝2p(x1－x2)，即＝，由題意知kAB＝2，且y1＋y2＝2，故kAB＝＝2，所以p＝y(tǒng)1＋y2＝2. 4．橢圓mx2＋n

3、y2＝1與直線y＝1－x交于M，N兩點，連接原點與線段MN中點所得直線的斜率為，則的值是(　　) A. B. C. D. 解析：選A.由得(m＋n)x2－2nx＋n－1＝0.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝，所以y1＋y2＝，所以線段MN的中點為P.由題意知，kOP＝，所以＝.故選A. 5．若直線y＝x＋b和曲線4x2－y2＝36有兩個不同的交點，則b的取值范圍是________． 解析：聯立直線方程和曲線方程，消去y得，－x2－5bx－b2－36＝0，由直線和曲線有兩個不同的交點，所以Δ＝25b2－9(b2＋36)>0，解得b<－或b>. 答案：∪

4、6．經過橢圓＋y2＝1的一個焦點作傾斜角為45°的直線l，交橢圓于A，B兩點．設O為坐標原點，則·＝________． 解析：依題意，當直線l經過橢圓的右焦點(1，0)時，其方程為y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1，代入橢圓方程＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝，所以兩個交點坐標分別為(0，－1)，， 所以·＝－，同理，直線l經過橢圓的左焦點時，也可得·＝－. 答案：－ 7．已知點Q是拋物線C1：y2＝2px(p>0)上異于坐標原點O的點，過點Q與拋物線C2：y＝2x2相切的兩條直線分別交拋物線C1于點A，B.若點Q的坐標為(1，－6)，求直線AB的方程及

5、弦AB的長． 解：由Q(1，－6)在拋物線y2＝2px上，可得p＝18， 所以拋物線C1的方程為y2＝36x. 設拋物線C2的切線方程為y＋6＝k(x－1)． 聯立消去y，得2x2－kx＋k＋6＝0， Δ＝k2－8k－48. 由于直線與拋物線C2相切，故Δ＝0， 解得k＝－4或k＝12. 由得A； 由得B. 所以直線AB的方程為12x－2y－9＝0，弦AB的長為2. 8．已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的離心率為，虛軸長為4. (1)求雙曲線的標準方程； (2)過點(0，1)，傾斜角為45°的直線l與雙曲線C相交于A，B兩點，O為坐標原點，求△OAB的面積．

6、解：(1)依題意可得解得 所以雙曲線的標準方程為x2－＝1. (2)由題意得直線l的方程為y＝x＋1.設A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得3x2－2x－5＝0. 由一元二次方程根與系數的關系，得x1＋x2＝，x1x2＝－， 所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝× ＝. 原點O到直線l的距離d＝＝， 所以S△OAB＝·|AB|·d＝××＝. 即△OAB的面積為. [綜合題組練] 1．過雙曲線－＝1(a>0，b>0)的右焦點且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點，與雙曲線的漸近線交于C，D兩點．若|AB|≥|CD|，則雙曲線離心率的取值范圍為(　　) A. B.

7、 C. D. 解析：選B.將x＝c代入－＝1，得y＝±，則|AB|＝.將x＝c代入y＝±x，得y＝±，則|CD|＝.因為|AB|≥|CD|，所以≥×，即b≥c，則b2≥c2，所以a2＝c2－b2≤c2，所以e2≥.因為e>1，所以e≥.故選B. 2．(2018·高考全國卷Ⅱ)已知F1，F2是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，A是C的左頂點，點P在過A且斜率為的直線上，△PF1F2為等腰三角形，∠F1F2P＝120°，則C的離心率為(　　) A. B. C. D. 解析：選D.由題意可得橢圓的焦點在x軸上，如圖所示，設|F1F2|＝2c，因為△PF1F2為等腰三角形

8、，且∠F1F2P＝120°，所以|PF2|＝|F1F2|＝2c.因為|OF2|＝c，所以點P坐標為(c＋2ccos 60°，2csin 60°)，即點P(2c，c)．因為點P在過點A，且斜率為的直線上，所以＝，解得＝，所以e＝，故選D. 3．直線l與拋物線C：y2＝2x交于A，B兩點，O為坐標原點，若直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，且滿足k1k2＝，則直線l過定點________． 解析：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為k1k2＝，所以·＝.又y＝2x1，y＝2x2，所以y1y2＝6.將直線l：x＝my＋b代入拋物線C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，所以y1y2＝－2

9、b＝6，得b＝－3，即直線l的方程為x＝my－3，所以直線l過定點(－3，0)． 答案：(－3，0) 4．(2018·高考全國卷Ⅲ)已知點M(－1，1)和拋物線C：y2＝4x，過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A，B兩點．若∠AMB＝90°，則k＝________． 解析：法一：由題意知拋物線的焦點為(1，0)，則過C的焦點且斜率為k的直線方程為y＝k(x－1)(k≠0)，由消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝1.由消去x得y2＝4，即y2－y－4＝0，則y1＋y2＝，y1y2＝－4，由∠

10、AMB＝90°，得·＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，將x1＋x2＝，x1x2＝1與y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，得k＝2. 法二：設拋物線的焦點為F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則所以y－y＝4(x1－x2)，則k＝＝，取AB的中點M′(x0，y0)，分別過點A，B作準線x＝－1的垂線，垂足分別為A′，B′，又∠AMB＝90°，點M在準線x＝－1上，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AA′|＋|BB′|)．又M′為AB的中點，所以MM′平行于x軸，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以

11、k＝2. 答案：2 5．(綜合型)(2019·長春市質量檢測(一))已知橢圓C的兩個焦點為F1(－1，0)，F2(1，0)，且經過點E. (1)求橢圓C的方程； (2)過F1的直線l與橢圓C交于A，B兩點(點A位于x軸上方)，若＝2，求直線l的斜率k的值． 解：(1)由解得 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)由題意得直線l的方程為y＝k(x＋1)(k>0)，聯立，得整理得y2－y－9＝0， Δ＝＋144>0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝，y1y2＝， 又＝2，所以y1＝－2y2， 所以y1y2＝－2(y1＋y2)2， 則3＋4k2＝8，解得k＝±，

12、又k>0，所以k＝. 6．(2018·高考天津卷)設橢圓＋＝1(a>b>0)的右頂點為A，上頂點為B.已知橢圓的離心率為，|AB|＝. (1)求橢圓的方程； (2)設直線l：y＝kx(k<0)與橢圓交于P，Q兩點，l與直線AB交于點M，且點P，M均在第四象限．若△BPM的面積是△BPQ面積的2倍，求k的值． 解：(1)設橢圓的焦距為2c，由已知有＝， 又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b. 由|AB|＝＝，從而a＝3，b＝2. 所以，橢圓的方程為＋＝1. (2)設點P的坐標為(x1，y1)，點M的坐標為(x2，y2)，由題意，x2>x1>0，點Q的坐標為(－x1，－y1)．由△BPM的面積是△BPQ面積的2倍，可得|PM|＝2|PQ|，從而x2－x1＝2[x1－(－x1)]，即x2＝5x1. 易知直線AB的方程為2x＋3y＝6，由方程組消去y，可得x2＝.由方程組消去y，可得x1＝.由x2＝5x1，可得＝5(3k＋2)，兩邊平方，整理得18k2＋25k＋8＝0，解得k＝－，或k＝－.當k＝－時，x2＝－9<0，不合題意，舍去；當k＝－時，x2＝12，x1＝，符合題意． 所以，k的值為－. 7