2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第九章　8 第8讲　直线与椭圆、抛物线的位置关系 8页

‎[基础题组练]‎ ‎1．过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　　)‎ A．1条　　　　　　　　　　 B．2条 C．3条 D．4条 解析：选C.结合图形分析可知(图略)，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0，1)且平行于x轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．‎ ‎2．已知直线l：y＝2x＋3被椭圆C：＋＝1(a>b>0)截得的弦长为7，则下列直线中被椭圆C截得的弦长一定为7的有(　　)‎ ‎①y＝2x－3; ②y＝2x＋1；‎ ‎③y＝－2x－3; ④y＝－2x＋3.‎ A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 解析：选C.直线y＝2x－3与直线l关于原点对称，直线y＝－2x－3与直线l关于x轴对称，直线y＝－2x＋3与直线l关于y轴对称，故有3条直线被椭圆C截得的弦长一定为7.‎ ‎3．过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线(　　)‎ A．有且只有一条 B．有且只有两条 C．有且只有三条 D．有且只有四条 解析：选B.若直线AB的斜率不存在时，则横坐标之和为1，不符合题意．若直线AB的斜率存在，设直线AB的斜率为k，则直线AB为y＝k(x－)，代入抛物线y2＝2x得，k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0，因为A，B两点的横坐标之和为2.所以k＝±.所以这样的直线有两条．‎ ‎4．经过椭圆＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则·等于(　　)‎ A．－3 B．－ C．－或－3 D．± 解析：选B.依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y－0＝tan 45°(x ‎－1)，即y＝x－1，代入椭圆方程＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，，‎ 所以·＝－，同理，直线l经过椭圆的左焦点时，也可得·＝－.‎ ‎5．(2020·杭州严州中学模拟)过抛物线y2＝8x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，交抛物线的准线于点C，若|AF|＝6，＝λ，则λ的值为(　　)‎ A. B. C. D．3‎ 解析：选D.设A(x1，y1)(y1>0)，B(x2，y2)，C(－2，y3)，则x1＋2＝6，‎ 解得x1＝4，y1＝4，直线AB的方程为y＝2(x－2)，令x＝－2，y＝－8，‎ 即C(－2，－8)，联立方程 解得B(1，－2)，‎ 所以|BF|＝1＋2＝3，|BC|＝9，所以λ＝3.‎ ‎6．已知圆M：(x－1)2＋y2＝，椭圆C：＋y2＝1，若直线l与椭圆交于A，B两点，与圆M相切于点P，且P为AB的中点，则这样的直线l有(　　)‎ A．2条 B．3条 C．4条 D．6条 解析：选C.当直线AB斜率不存在时且与圆M相切时，P在x轴上，故满足条件的直线有2条；‎ 当直线AB斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，‎ 由＋y＝1，＋y＝1，‎ 两式相减，整理得＝－·，‎ 则kAB＝－，kMP＝，kMP·kAB＝－1，‎ kMP·kAB＝－·＝－1，解得x0＝，‎ 由<，可得P在椭圆内部，‎ 则这样的P点有2个，即直线AB斜率存在时，也有2条．‎ 综上可得，所示直线l有4条．故选C.‎ ‎7．(2020·温州市普通高中模考)过抛物线y2＝4x的焦点F的直线分别交抛物线于A，B 两点，交直线l：x＝－1于点P，若＝λ，＝μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ＝________．‎ 解析：直线x＝－1是抛物线的准线，如图，设A，B在直线l上的射影分别是M，N，|AM|＝|AF|，|BN|＝|BF|，＝，＝，因为AM∥BN，所以＝，|λ|＝|μ|，又λ＜0，μ＞0，所以λ＋μ＝0.‎ 答案：0‎ ‎8．(2020·浙江省名校协作体高三联考)已知斜率为2的直线经过椭圆＋＝1的右焦点F1，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________．‎ 解析：由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)．‎ 由方程组消去y，整理得3x2－5x＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得 x1＋x2＝，x1x2＝0.‎ 则|AB|＝ ‎＝ ‎＝ ＝.‎ 答案： ‎9．(2020·温州市高三模拟)已知斜率为的直线l与抛物线y2＝2px(p＞0)交于x轴上方的不同两点A，B，记直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，则k1＋k2的取值范围是________．‎ 解析：设直线l：x＝2y＋t，联立抛物线方程得y2＝2p(2y＋t)⇒y2－4py－2pt＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ Δ＝16p2＋8pt＞0⇒t＞－2p，‎ 所以y1＋y2＝4p，‎ y1y2＝－2pt＞0⇒t＜0，即－2p＜t＜0，‎ x1x2＝(2y1＋t)(2y2＋t)＝4y1y2＋2t(y1＋y2)＋t2＝4·(－2pt)＋2t·4p＋t2＝t2，‎ 所以k1＋k2＝＋＝ ‎＝＝＝－，‎ 因为－2p＜t＜0，所以－＞2，即k1＋k2的取值范围是(2，＋∞)．‎ 答案：(2，＋∞)‎ ‎10．过点M(1，1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________．‎ 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 所以＋＝0，‎ 所以＝－·.‎ 因为＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，‎ 所以－＝－，‎ 所以a2＝2b2.又因为b2＝a2－c2，‎ 所以a2＝2(a2－c2)，‎ 所以a2＝2c2，所以＝.‎ 答案： ‎11．(2020·宁波市余姚中学高三期中)已知椭圆E经过点A(2，3)，对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在x轴上，离心率e＝.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)求∠F1AF2的平分线所在直线l的方程；‎ ‎(3)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)，‎ 因为椭圆E经过点A(2，3)，离心率e＝，‎ 所以，所以a2＝16，b2＝12，‎ 所以椭圆E方程为＋＝1.‎ ‎(2)F1(－2，0)，F2(2，0)，因为A(2，3)，‎ 所以直线AF1的方程为3x－4y＋6＝0，直线AF2的方程为x＝2，‎ 设角平分线上任意一点P(x，y)，则＝|x－2|.　‎ 得2x－y－1＝0或x＋2y－8＝0，‎ 因为斜率为正，所以直线l的方程为2x－y－1＝0.‎ ‎(3)假设存在B(x1，y1)，C(x2，y2)两点关于直线l对称，所以kBC＝－，‎ 所以直线BC方程为y＝－x＋m代入＋＝1得x2－mx＋m2－12＝0，‎ 所以BC的中点坐标为，‎ 代入直线2x－y－1＝0，得m＝4.‎ 所以BC的中点坐标为(2，3)与A重合，不成立，所以不存在满足题设条件的相异的两点．‎ ‎12．已知点Q是抛物线C1：y2＝2px(p>0)上异于坐标原点O的点，过点Q与抛物线C2：y＝2x2相切的两条直线分别交抛物线C1于点A，B.若点Q的坐标为(1，－6)，求直线AB的方程及弦AB的长．‎ 解：由Q(1，－6)在抛物线y2＝2px上，可得p＝18，‎ 所以抛物线C1的方程为y2＝36x.‎ 设抛物线C2的切线方程为y＋6＝k(x－1)．‎ 联立消去y，‎ 得2x2－kx＋k＋6＝0，‎ Δ＝k2－8k－48.‎ 由于直线与抛物线C2相切，故Δ＝0，‎ 解得k＝－4或k＝12.‎ 由得A；‎ 由得B.‎ 所以直线AB的方程为12x－2y－9＝0，弦AB的长为2.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1.(2020·温州模拟)已知直线l：y＝－x＋3与椭圆C：mx2＋ny2＝1(n>m>0)有且只有一个公共点P(2，1)．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若直线l′：y＝－x＋b交C于A，B两点，且PA⊥PB，求b的值．‎ 解：(1)联立直线l：y＝－x＋3与椭圆C：mx2＋ny2＝1(n>m>0)，‎ 可得(m＋n)x2－6nx＋9n－1＝0，‎ 由题意可得Δ＝36n2－4(m＋n)(9n－1)＝0，即为9mn＝m＋n，‎ 又P在椭圆上，可得4m＋n＝1，‎ 解方程可得m＝，n＝，‎ 即椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立直线y＝b－x和椭圆方程，可得3x2－4bx＋2b2－6＝0，判别式Δ＝16b2－12(2b2－6)>0，‎ x1＋x2＝，x1x2＝，‎ y1＋y2＝2b－(x1＋x2)＝，y1y2＝(b－x1)(b－x2)＝b2－b(x1＋x2)＋x1x2＝，‎ 由PA⊥PB，‎ 即为·＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)‎ ‎＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2－(y1＋y2)＋1‎ ‎＝－2·＋－＋5＝0，‎ 解得b＝3或，代入判别式，知b＝成立．‎ 故b为.‎ ‎2.(2020·绍兴市高三教学质量调测)已知点A(－2，0)，B(0，1)在椭圆C：＋＝1(a>b>0)上．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)P是线段AB上的点，直线y＝x＋m(m≥0)交椭圆C于M，N两点．若△MNP是斜边长为的直角三角形，求直线MN的方程．‎ 解：(1)因为点A(－2，0)，B(0，1)在椭圆C：＋＝1上，所以a＝2，b＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．由消去y，得x2＋mx＋m2－1＝0，‎ 则Δ＝2－m2>0，x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2，‎ ‎|MN|＝|x1－x2|＝.‎ ‎①当MN为斜边时， ＝，解得m＝0，满足Δ>0，此时以MN为直径的圆的方程为x2＋y2＝.‎ 点A(－2，0)，B(0，1)分别在圆外和圆内， 即在线段AB上存在点P，此时直线MN的方程y＝x，满足题意．‎ ‎②当MN为直角边时，两平行直线AB与MN的距离d＝|m－1|，所以d2＋|MN|2＝|m－1|2＋(10－5m2)＝10，即21m2＋8m－4＝0，‎ 解得m＝或m＝－(舍)，又Δ>0，所以m＝.‎ 过点A作直线MN：y＝x＋的垂线，可得垂足坐标为，垂足在椭圆外，即在线段AB上存在点P，所以直线MN的方程y＝x＋，符合题意．‎ 综上所述，直线MN的方程为y＝x或y＝x＋.‎ ‎3．(2020·丽水市高考数学模拟)如图，已知抛物线C：x2＝4y，直线l1与C相交于A，B两点，线段AB与它的中垂线l2交于点G(a，1)(a≠0)．‎ ‎(1)求证：直线l2过定点，并求出该定点坐标；‎ ‎(2)设l2分别交x轴，y轴于点M，N，是否存在实数a，使得A，M，B，N四点在同一个圆上，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，‎ 两式相减可得(x1＋x2)(x1－x2)＝4(y1－y2)，‎ 可得kAB＝＝＝＝a，‎ 由两直线垂直的条件可得直线l2的斜率为－；‎ 即有直线l2：y＝－(x－a)＋1，‎ 可得l2：y＝－x＋3过定点(0，3)．‎ ‎(2)l2：y＝－x＋3过M，N(0，3)，‎ 假设存在实数a，使得A，M，B，N四点在同一个圆上，‎ 由中垂线的性质可得∠MAN＝∠MBN，‎ 可得∠MAN＝90°，即有|AG|2＝|MG||NG|，‎ 由，‎ 可得x2－2ax＋2a2－4＝0，x1＋x2＝2a，x1x2＝2a2－4，‎ 由弦长公式可得|AB|＝ ‎＝ ，‎ 即有|MG||NG|＝＝ ‎＝(4－a2)，‎ 所以(4－a2)＝(a2＋4)，‎ 所以a2＝2，解得a＝±.‎ 故存在这样的实数a，且为±.‎