2．8直线与圆锥曲线的位置关系

课时作业(二十五)直线与圆锥曲线的位置关系一、选择题1．直线y＝x＋2与椭圆eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,3)＝1有两个公共点，则m的取值范围是()A．m>1B．m>1且m≠3C．m>3D．m>0且m≠32．直线y＝kx－k＋1与椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的位置关系为()A．相交B．相切C．相离D．不确定3．抛物线y2＝12x截直线y＝2x＋1所得弦长等于()\r(15)B．2eq\r(15)\f(\r(15),2)D．154．已知双曲线eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1的右焦点为F，若过点F的直线与双曲线右支有且只有一个交点，则此直线斜率的取值范围是()\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))B．(－eq\r(3)，eq\r(3))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))D．[－eq\r(3)，eq\r(3)]二、填空题5．椭圆x2＋4y2＝16被直线y＝eq\f(1,2)x＋1截得的弦长为________．6．已知直线y＝k(x＋2)(k>0)与抛物线C：y2＝8x相交于A，B两点，F为C的焦点．若|FA|＝2|FB|，则k＝________.7．椭圆mx2＋ny2＝1与直线x＋y－1＝0相交于A，B两点，过AB的中点M与坐标原点的直线的斜率为eq\f(\r(2),2)，则eq\f(m,n)的值为________．三、解答题8．已知点A(0，－2)，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq\f(2\r(3),3)，O为坐标原点．(1)求E的方程；(2)设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△POQ的面积最大时，求l的方程．9．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短轴长为2，离心率为eq\f(\r(2),2)，直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，且线段AB的垂直平分线通过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2))).(1)求椭圆C的标准方程；(2)求△AOB(O为坐标原点)面积的最大值．[尖子生题库]10．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b>0)，离心率是eq\f(1,2)，原点与C和直线x＝1的交点围成的三角形面积是eq\f(3,2).若直线l过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0))，且与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是顶点)，D是椭圆C的右顶点，求证∠ADB是定值．课时作业(二十五)直线与圆锥曲线的位置关系1．答案：B2．解析：因为y＝kx－k＋1，所以y－1＝k(x－1)，过定点(1,1)，定点在椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1内部，故选A.答案：A3．解析：令直线与抛物线交于点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：双曲线eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1的渐近线方程是y＝±eq\f(\r(3),3)x，右焦点F(4,0)，过右焦点F(4,0)分别作两条渐近线的平行线l1和l2，如图，由图形可知，符合条件的直线的斜率的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，故选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并化简得x2＋2x－6＝0.设直线与椭圆的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－2，x1x2＝－6.∴弦长|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：设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：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则mxeq\o\al(2,1)＋nyeq\o\al(2,1)＝1，mxeq\o\al(2,2)＋nyeq\o\al(2,2)＝1，两式相减得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)，))∴椭圆E的方程：eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)当直线l垂直于x轴时，△OPQ不存在，则直线存在斜率设直线l的方程为y＝kx－2与eq\f(x2,4)＋y2＝1联立消去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)，令点O到直线l的距离为d，则d＝eq\f(2,\r(k2＋1))∴△OPQ的面积S(k)＝eq\f(1,2)|PQ|d＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1)，令eq\r(4k2－3)＝t(t>0)则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(当且仅当t＝2，即k＝±\f(\r(7),2)时等号成立))所以直线l方程为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，故椭圆C的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程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.当Δ＝8(2k2－m2＋1)>0，即2k2>m2－1时，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).当k＝0时，线段AB的垂直平分线显然过点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)因为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)，当m2＝eq\f(1,2)时，取到等号．当k≠0时，因为线段AB的垂直平分线过点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)，化简整理得2k2＋1＝2m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2k2＋1＝2m，,2k2＋1>m2，))得0<m<2.又原点O到直线AB的距离为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，则S△AOB＝eq\f(1,2)eq\r(4m－2m2)，0<m<2.所以当m＝1，即k2＝eq\f(1,2)时，S△AOB取得最大值eq\f(\r(2),2).综上，S△AOB最大值为eq\f(\r(2),2).10．证明：由题意可知：e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(1,2)，所以a2＝eq\f(4,3)b2，由直线x＝1与椭圆相交，交点P(1，y)(y＞0)，由题意可知：eq\f(1,2)×1×2y＝eq\f(3,2)，解得y＝eq\f(3,2)，将Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))代入椭圆方程：eq\f(x2,\f(4,3)b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，解得b2＝3，a2＝4，所以椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，即4y2＋3x2－12＝0.所以D点坐标为(2,0)，当直线l的斜率不存在时，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).当直线l的斜率存在时，设直线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与C有两个交点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(