【全程复习方略】2020年人教A版数学理(广东用)课时作业：第八章-第九节直线与圆锥曲线的位置关系.docx

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课时提升作业(五十八)
一、选择题
1.(2021·清远模拟)已知F是抛物线y2=x的焦点,A,B是该抛物线上的两点, |AF|+|BF|=3,则线段AB的中点到y轴的距离为(　　)
(A)　　　(B)1　　　(C)　　　(D)
2.设F1,F2为椭圆+y2=1的左、右焦点,过椭圆中心任作始终线与椭圆交于P,Q两点,当四边形PF1QF2的面积最大时,·的值等于(　　)
(A)0 (B)2 (C)4 (D)-2
3.已知A,B为抛物线C:y2=4x上的两个不同的点,F为抛物线C的焦点,若=-4,则直线AB的斜率为(　　)
(A)±　　(B)±　　(C)±　　(D)±
4.(2021·西安模拟)已知任意k∈R,直线y-kx-1=0与椭圆+=1恒有公共点,则实数m的取值范围是(　　)
(A)(0,1) (B)(0,5)
(C)[1,5)∪(5,+∞) (D)[1,5)
5.已知抛物线y=-x2+3上存在关于直线x+y=0对称的相异两点A,B,则|AB|等于
(　　)
(A)3 (B)4 (C)3 (D)4
6.(力气挑战题)已知椭圆E:+=1,对于任意实数k,下列直线被椭圆E截得的弦长与l:y=kx+1被椭圆E截得的弦长不行能相等的是(　　)
(A)kx+y+k=0 (B)kx-y-1=0
(C)kx+y-k=0 (D)kx+y-2=0
二、填空题
7.(2021·珠海模拟)已知椭圆+=1(a>b>0)的右顶点为A(1,0),过其焦点且垂直长轴的弦长为1,则椭圆方程为　　　　.
8.已知曲线-=1(ab≠0,且a≠b)与直线x+y-1=0相交于P,Q两点,且·=0(O为原点),则-的值为　　　　.
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　　　.
三、解答题
10.(2022·北京高考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的一个顶点A(2,0),离心率为,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的面积为时,求k的值.
11.(2021·佛山模拟)斜率为的直线l与抛物线y2=2px(p>0)交于A,B两点,A,B的中点M的纵坐标为2.
(1)求抛物线的方程.
(2)若|OM|=|AB|,求直线l的方程.
12.(力气挑战题)椭圆E:+=1(a>b>0)的一个焦点F1(-2,0),点P(1,)在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程.
(2)设点C的坐标为(1,0),椭圆E的另一个焦点为F2.试问:是否存在椭圆上的点Q及以C为圆心的一个圆,使圆C与直线QF1,QF2都相切,如存在,求出Q点坐标及圆C的方程,如不存在,请说明理由.

答案解析
1.【解析】选C.依据抛物线定义与梯形中位线定理,得线段AB中点到y轴的距离为:(|AF|+|BF|)-=-=.
2.【思路点拨】数形结合利用几何法求解.
【解析】选D.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.
3.【解析】选D.由题意知焦点F(1,0),直线AB的斜率必存在,且不为0,故可设直线AB的方程为y=k(x-1)(k≠0),代入y2=4x中化简得ky2-4y-4k=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1+y2=　①y1y2=-4　②
又由=-4可得y1=-4y2　③
联立①②③式解得k=±.
4.【解析】选C.直线y=kx+1过定点(0,1),只要(0,1)在椭圆+=1上或其内部即可.从而m≥1,又由于椭圆+=1中m≠5,所以m的取值范围是[1,5)∪(5,
+∞).
【误区警示】本题易误选D,根本缘由是误认为椭圆的焦点在x轴上,得1≤m<5,而忽视其焦点可能在y轴上.
5.【思路点拨】转化为过A,B两点且与x+y=0垂直的直线与抛物线相交后求弦长问题.
【解析】选C.设直线AB的方程为y=x+b,A(x1,y1),B(x2,y2),
由⇒x2+x+b-3=0⇒x1+x2=-1,
得AB的中点M(-,-+b).
又M(-,-+b)在直线x+y=0上,可求出b=1,
则|AB|=·=3.
6.【思路点拨】选取k的特殊值验证所得直线与已知直线l的关系,进而得答案.
【解析】选D.A选项中,当k=-1时,两直线关于y轴对称,两直线被椭圆E截得的弦长相等;B选项中,当k=1时,两直线平行,两直线被椭圆E截得的弦长相等;C选项中,当k=1时,两直线关于y轴对称,两直线被椭圆E截得的弦长相等.
【变式备选】斜率为1的直线l与椭圆+y2=1交于不同两点A,B,则|AB|的最大值为(　　)
(A)2 (B) (C) (D)
【解析】选C.设直线l的方程为y=x+t,代入+y2=1,消去y,得x2+2tx+t2-1=0,由题意得Δ=(2t)2-5(t2-1)>0,即t2<5,
弦长|AB|=·≤.
7.【解析】∵椭圆+=1的右顶点为A(1,0),
∴b=1,焦点坐标为(0,c),过焦点且垂直于长轴的弦长为1,
即1=2|x|=2b==,a=2,则椭圆方程为+x2=1.
答案:+x2=1
8.【解析】将y=1-x代入-=1,得
(b-a)x2+2ax-(a+ab)=0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=,x1x2=.
·=x1x2+y1y2=x1x2+(1-x1)(1-x2)=2x1x2-(x1+x2)+1.所以-+1=0,
即2a+2ab-2a+a-b=0,
即b-a=2ab,所以-=2.
答案:2
9.【思路点拨】先求出弦长|AB|,进而求出点P到直线AB的距离,再求出与l平行且与椭圆相切的直线方程,最终数形结合求解.
【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.
答案:4
10.【解析】(1)a=2,e==,c=,b=,
椭圆C:+=1.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则由,消y得
(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0,
∵直线y=k(x-1)过椭圆内点(1,0),
∴Δ>0恒成立,
由根与系数的关系得x1+x2=,
x1x2=,
S△AMN=×1×|y1-y2|=×|kx1-kx2|
===.
即7k4-2k2-5=0,解得k=±1.
11.【解析】(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),∵A,B在抛物线上,
∴=2px1,=2px2,∴x1=,x2=,
∴k===.
∵A,B的中点M的纵坐标为2,∴y1+y2=4,
∴=,∴2p=5,
∴抛物线的方程为y2=5x.
(2)∵|OM|=|AB|,∴·=0.
∴x1x2+y1y2=0.
设直线l的方程为y=x+b,代入y2=5x中整理得,
y2-4y+4b=0,Δ=16-16b>0,∴b<1,y1y2=4b,
∴x1x2=×==,
∴x1x2+y1y2=+4b=0,∴b=0或b=-.
∴所求直线l的方程为y=x或y=x-.
12.【解析】(1)方法一:椭圆E的一个焦点F1(-2,0),故另一焦点F2(2,0),
点P(1,)在椭圆E上,
所以2a=|PF1|+|PF2|
=+=+=4,
所以a=2.又c=2,所以b2=a2-c2=4.
所以椭圆的方程为+=1.
方法二:椭圆E的一个焦点F1(-2,0),
所以c=2,即a2-b2=4　①
又点P(1,)在椭圆E上,
所以=1,　②
由①②解得a2=8,b2=4,
所以椭圆的方程为+=1.
(2)假设存在椭圆上的一点Q(x0,y0),使得直线QF1,QF2与以C为圆心的圆相切,
则C到直线QF1,QF2的距离相等.
由于F1(-2,0),F2(2,0),
所以直线QF1为y0x-(x0+2)y+2y0=0,
直线QF2为y0x-(x0-2)y-2y0=0.
=,
化简整理,得8-40x0+32+8=0.
由于点在椭圆上,所以+2=8,
解得x0=2或x0=8(舍).
当x0=2时,y0=±,r=1,
所以椭圆上存在点Q,其坐标为(2,)或(2,-),
使得直线QF1,QF2与以C为圆心的圆(x-1)2+y2=1相切.
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