2.4.1 直线与圆锥曲线的交点-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册作业与测评课件PPT（北师大版2019）

第二章　圆锥曲线 §4　直线与圆锥曲线的 位置关系 4.1　直线与圆锥曲线的交点 15分钟对点练 30分钟综合练 目录 15分钟对点练 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 4 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 5 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 6 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 7 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 8 知识点二　直线与抛物线的交点问题 5．过点(2，4)作直线与抛物线y2＝8x只有一个公共点，这样的直线有(　　) A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 解析　由题意知，点(2，4)在抛物线y2＝8x上，所以过点(2，4)与抛物线y2＝8x只有一个公共点的直线有两条，一条是抛物线的切线，另一条与抛物线的对称轴平行．故选B． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 9 6．已知直线y＝kx－k及抛物线y2＝2px(p＞0)，则(　　) A．直线与抛物线有一个公共点 B．直线与抛物线有两个公共点 C．直线与抛物线有一个或两个公共点 D．直线与抛物线可能没有公共点 解析　∵直线y＝kx－k＝k(x－1)，∴直线过点(1，0)．又点(1，0)在抛物线y2＝2px(p>0)的内部，∴当k＝0时，直线与抛物线有一个公共点；当k≠0时，直线与抛物线有两个公共点．故选C． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 10 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 11 解析　由双曲线的方程知，点P(1，0)为双曲线的一个顶点，过点P(1，0)有一条直线l与双曲线相切，有两条直线与渐近线平行，这三条直线与双曲线只有一个公共点．故选B． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 12 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 13 10．已知双曲线x2－y2＝4，直线l：y＝k(x－1)，试分别确定满足下列条件的实数k的取值范围． (1)直线l与双曲线有两个不同的公共点； (2)直线l与双曲线有且只有一个公共点； (3)直线l与双曲线没有公共点． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 14 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 15 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 16 30分钟综合练 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 18 2．与直线2x－y＋4＝0平行且与抛物线y＝x2只有一个公共点的直线方程为 (　　) A．2x－y＋3＝0 B．2x－y－3＝0 C．2x－y＋1＝0 D．2x－y－1＝0 解析　设所求直线方程为2x－y＋m＝0，与y＝x2联立得x2－2x－m＝0，Δ＝4＋4m＝0，m＝－1，即所求直线方程为2x－y－1＝0． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 19 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 20 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 21 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 22 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 23 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 24 二、填空题 6．已知点P是椭圆x2＋8y2＝8上一点，则点P到直线l：x－y＋4＝0的最短距离为________． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 25 7．平面上一机器人在行进中始终保持与点F(1，0)的距离和到直线x＝－1的距离相等，则机器人行进的轨迹方程为________，若机器人接触不到过点P(－1，0)且斜率为k的直线，则k的取值范围是_________________________． 答案 解析 y2＝4x (－∞，－1)∪(1，＋∞) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 26 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 27 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 28 三、解答题 9．如图，已知直线l：y＝2x－4交抛物线y2＝4x于A，B两点，试在抛物线AOB这段曲线上求一点P，使△PAB的面积最大，并求出这个最大面积． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 29 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 31 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 32 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 33 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　直线与椭圆的交点问题 1．已知直线l：eq \r(3)x＋y－eq \r(3)＝0，椭圆C：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1，则直线与椭圆(　　) A．有两个公共点 B．有且只有一个公共点 C．没有公共点 D．有一个或两个公共点 解析　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y－\r(3)＝0，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1))可得13x2－24x－4＝0，∵Δ＝(－24)2－4×13×(－4)＞0，∴直线与椭圆有两个公共点．故选A． 2．若直线y＝kx＋2与椭圆eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1有且只有一个公共点，则斜率k的值是(　　) A．eq \f(\r(6),3) B．－eq \f(\r(6),3) C．±eq \f(\r(6),3) D．±eq \f(\r(3),3) 解析　把y＝kx＋2代入eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1，得(3k2＋2)x2＋12kx＋6＝0，因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以Δ＝(12k)2－4(3k2＋2)×6＝0，解得k＝±eq \f(\r(6),3)．故选C． 3．直线y＝kx－k＋1与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的公共点的个数为(　　) A．2 B．1 C．0 D．不确定 解析　直线y＝kx－k＋1可变形为y－1＝k(x－1)，故直线恒过定点(1，1)，而该点在椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的内部，所以直线y＝kx－k＋1与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的公共点的个数为2．故选A． 4．已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1， (1)点A是椭圆C的左顶点，过点A作斜率为1的直线m，求直线m与椭圆C的另一个交点B的坐标； (2)点M(0，2eq \r(2))，P是椭圆C上的动点，求|PM|的最大值及相应点P的坐标． 解　(1)因为直线m过椭圆的左顶点A，且斜率为1， 所以直线m的方程为y＝x＋2， 联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y并整理，得 3x2＋8x＋4＝0，(x＋2)(3x＋2)＝0，x1＝－2，x2＝－eq \f(2,3)， 所以点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(4,3)))． (2)设P(x0，y0)， 因为P是椭圆C上的动点， 所以2,0)eq \f(x,4) ＋2,0)eq \f(y,2) ＝1，xeq \o\al(2,0)＝4－2yeq \o\al(2,0)， 因为M(0，2eq \r(2))， 所以|PM|＝2,0)eq \r(x＋（y0－2\r(2)）2) ＝2,0)eq \r(4－2y＋（y0－2\r(2)）2) ＝2,0)eq \r(－y－4\r(2)y0＋12) ＝eq \r(－（y0＋2\r(2)）2＋20)， 因为－eq \r(2)≤y0≤eq \r(2)， 所以当y0＝－eq \r(2)时，|PM|取最大值3eq \r(2)，此时点P的坐标为(0，－eq \r(2))． 7．设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是(　　) A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))) B．[－2，2] C．[－1，1] D．[－4，4] 解析　准线方程为x＝－2，Q(－2，0)，设l：y＝k(x＋2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2），,y2＝8x，))得k2x2＋4(k2－2)x＋4k2＝0．当k＝0时，x＝0，即交点为(0，0)；当k≠0时，由Δ≥0，得－1≤k＜0或0＜k≤1．综上，k的取值范围是[－1，1]． 知识点三　直线与双曲线的交点问题 8．已知双曲线方程为x2－eq \f(y2,4)＝1，过点P(1，0)的直线l与双曲线只有一个公共点，则直线l的条数为(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 9．设离心率为e的双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，直线l过点F且斜率为k，则直线l与双曲线C的左、右两支相交的充要条件是(　　) A．k2－e2>1 B．k2－e2<1 C．e2－k2>1 D．e2－k2<1 解析　直线l与双曲线C的左、右两支相交的充要条件是直线l的斜率满足－eq \f(b,a)<k<eq \f(b,a)，即k2<eq \f(b2,a2)＝eq \f(c2－a2,a2)＝e2－1，即e2－k2>1． 解　联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－y2＝4，,y＝k（x－1），))消去y， 得(1－k2)x2＋2k2x－k2－4＝0．(*) 当1－k2≠0，即k≠±1时， Δ＝(2k2)2－4(1－k2)(－k2－4)＝4(4－3k2)． (1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－3k2>0，,1－k2≠0，)) 得－eq \f(2\r(3),3)<k<eq \f(2\r(3),3)且k≠±1， 此时方程(*)有两个不同的实数解， 即直线l与双曲线有两个不同的公共点． (2)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－3k2＝0，,1－k2≠0，))得k＝±eq \f(2\r(3),3)， 此时方程(*)有两个相同的实数解， 即直线l与双曲线有且只有一个公共点； 当1－k2＝0，即k＝±1时， 直线l与双曲线的渐近线平行， 方程(*)化为2x＝5，故方程(*)只有一个实数解， 即直线l与双曲线相交，所以直线l与双曲线有且只有一个公共点． 故当k＝±eq \f(2\r(3),3)或±1时， 直线l与双曲线有且只有一个公共点． (3)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－3k2<0，,1－k2≠0，))得k<－eq \f(2\r(3),3)或k>eq \f(2\r(3),3)，此时方程(*)无实数解， 即直线l与双曲线没有公共点． 一、选择题 1．直线y＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7,2)))与双曲线eq \f(x2,9)－y2＝1交点的个数是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析　因为直线y＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7,2)))与双曲线的一条渐近线y＝eq \f(1,3)x平行，所以直线与双曲线只有一个交点．故选B． 3．已知以F1(－2，0)，F2(2，0)为焦点的椭圆与直线x＋eq \r(3)y＋4＝0有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为(　　) A．3eq \r(2) B．2eq \r(6) C．2eq \r(7) D．4eq \r(2) 解析　根据题意，设椭圆方程为eq \f(x2,b2＋4)＋eq \f(y2,b2)＝1(b>0)，将x＝－eq \r(3)y－4代入椭圆方程，得4(b2＋1)y2＋8eq \r(3)b2y－b4＋12b2＝0，∵椭圆与直线x＋eq \r(3)y＋4＝0有且仅有一个交点，∴Δ＝(8eq \r(3)b2)2－4×4(b2＋1)(－b4＋12b2)＝0，即b2(b2＋4)·(b2－3)＝0，∴b2＝3，∴椭圆的长轴长为2eq \r(b2＋4)＝2eq \r(7)．故选C． 4．设双曲线C：eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)与直线l：x＋y＝1相交于两个不同的点，则双曲线C的离心率e的取值范围为(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2))) B．(eq \r(2)，＋∞) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，＋∞)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2)))∪(eq \r(2)，＋∞) 解析　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－y2＝1，,x＋y＝1，))消去y并整理得(1－a2)x2＋2a2x－2a2＝0．由于直线与双曲线相交于两个不同的点，则1－a2≠0，即a2≠1，且此时Δ＝4a2(2－a2)>0，即a2<2，所以a2∈(0，1)∪(1，2)．由e＝eq \r(\f(1,a2)＋1)，得e∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2)))∪(eq \r(2)，＋∞)． 5．[多选]已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝kx(k≠0)与C交于A，B两点，AE⊥x轴，垂足为E，直线BE与C的另一个交点为P，则下列结论正确的是(　　) A．四边形AF1BF2为平行四边形 B．∠F1PF2<90° C．直线BE的斜率为eq \f(1,2)k D．∠PAB>90° 解析　直线y＝kx(k≠0)与C交于A，B两点，由椭圆的对称性可得O为AB的中点，又O为F1F2的中点，可得四边形AF1BF2为平行四边形，故A正确；由椭圆方程可得a＝2，b＝c＝eq \r(2)，以F1F2为直径的圆与椭圆相切于短轴的两个端点，P在圆外，可得∠F1PF2<90°，故B正确；由直线方程y＝kx与椭圆方程x2＋2y2＝4联立，可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(1＋2k2))，\f(2k,\r(1＋2k2))))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(1＋2k2))，－\f(2k,\r(1＋2k2))))，则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(1＋2k2))，0))，kBE＝eq \f(1,2)k，故C正确；设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，P(x2，y2)， 则kAP·kBP＝eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝2,1)eq \f(y－yeq \o\al(2,2),xeq \o\al(2,1)－xeq \o\al(2,2)) ＝2,1)eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(x,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(xeq \o\al(2,2),2))),xeq \o\al(2,1)－xeq \o\al(2,2)) ＝－eq \f(1,2)，又直线BP的斜率为eq \f(1,2)k，故kAP＝eq \f(－\f(1,2),\f(1,2)k)＝－eq \f(1,k)，所以kAP·kAB＝－eq \f(1,k)·k＝－1，故∠PAB＝90°，故D错误．故选ABC． 解析　设与直线x－y＋4＝0平行且与椭圆仅有一个公共点的直线为x－y＋a＝0，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋8y2＝8，,x－y＋a＝0，))得9y2－2ay＋a2－8＝0，Δ＝4a2－36(a2－8)＝0，解得a＝3或a＝－3，所以与直线l距离较近且与椭圆仅有一个公共点的直线方程为x－y＋3＝0，最短距离为d＝eq \f(|4－3|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)． eq \f(\r(2),2) 解析　依题意可知，机器人行进的轨迹方程为y2＝4x．过点P(－1，0)且斜率为k的直线方程为y＝k(x＋1)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋1），,y2＝4x，))消去y，得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0．由k2≠0且Δ＝(2k2－4)2－4k4＜0，得k2＞1，解得k＜－1或k＞1． 8．双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝eq \r(3)b与C的右支交于点P，若|PF1|＝2|PF2|，且该双曲线的焦点到其渐近线的距离是eq \r(5)，则双曲线的方程为_________________． eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1 解析　∵直线y＝eq \r(3)b与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b>0)的右支交于点P，∴把y＝eq \r(3)b代入C的方程可得x＝±2a，∴P(2a，eq \r(3)b)，∵F1(－c，0)，F2(c，0)，由双曲线的定义，得|PF1|－|PF2|＝2a，又|PF1|＝2|PF2|，∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，∴eq \r(（2a＋c）2＋（\r(3)b）2)＝4a　①，eq \r(（2a－c）2＋（\r(3)b）2)＝2a　②，由①2－②2得，8ac＝12a2，∵a>0，∴2c＝3a，∴eq \f(c,a)＝eq \f(3,2)．设双曲线的一条渐近线方程为bx－ay＝0，∵该双曲线的焦点到其渐近线的距离是eq \r(5)，则F2(c，0)到直线bx－ay＝0的距离为eq \r(5)，∴eq \f(bc,\r(a2＋b2))＝eq \r(5)，得b＝eq \r(5)，再由a2＋b2＝c2，eq \f(c,a)＝eq \f(3,2)，解得a＝2，∴双曲线的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1． 解　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－4，,y2＝4x，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2.)) 所以A(4，4)，B(1，－2)，则|AB|＝3eq \r(5)． 设P(x0，y0)为抛物线AOB这段曲线上一点，d为点P到直线AB的距离，则有 d＝eq \f(|2x0－y0－4|,\r(5))＝2,0)eq \f(1,\r(5)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)－y0－4)) ＝eq \f(1,2\r(5))|(y0－1)2－9|． 因为－2＜y0＜4，所以(y0－1)2－9＜0． 所以d＝eq \f(1,2\r(5))[9－(y0－1)2]． 从而当y0＝1时，dmax＝eq \f(9,2\r(5))，Smax＝eq \f(1,2)×eq \f(9,2\r(5))×3eq \r(5)＝eq \f(27,4)． 因此，当点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))时，△PAB的面积取得最大值，为eq \f(27,4)． 10．如图所示，A，B分别是椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,20)＝1长轴的左、右端点，F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF． (1)求点P的坐标； (2)设M是椭圆长轴AB上的一点，M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值． 解　(1)由已知可得点A(－6，0)，F(4，0)， 设点P的坐标是(xP，yP)， 则eq \o(AP,\s\up12(→))＝(xP＋6，yP)，eq \o(FP,\s\up12(→))＝(xP－4，yP)． 由已知得2,P)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,36)＋\f(yeq \o\al(2,P),20)＝1，,（xP＋6）（xP－4）＋yeq \o\al(2,P)＝0.)) 则2xeq \o\al(2,P)＋9xP－18＝0， 解得xP＝eq \f(3,2)或xP＝－6(舍去)． 由于yP＞0，所以yP＝eq \f(5\r(3),2)． 所以点P的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5\r(3),2)))． (2)直线AP的方程是x－eq \r(3)y＋6＝0． 设点M的坐标是(m，0)， 则点M到直线AP的距离是eq \f(|m＋6|,2)， 于是eq \f(|m＋6|,2)＝|m－6|， 又－6≤m≤6，解得m＝2， 设椭圆上的点的坐标为(x，y)， 则有d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－eq \f(5,9)x2＝eq \f(4,9) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,2))) eq \s\up12(2)＋15， 由于－6≤x≤6， 所以当x＝eq \f(9,2)时，d取得最小值eq \r(15)． 所以椭圆上的点到点M的距离d的最小值为eq \r(15)． $$