高考數(shù)學(xué)（理）二輪專題對(duì)點(diǎn)練22　直線與圓及圓錐曲線

1、高考數(shù)學(xué)（理）二輪專題對(duì)點(diǎn)練22直線與圓及圓錐曲線專題對(duì)點(diǎn)練22直線與圓及圓錐曲線專題對(duì)點(diǎn)練第35頁(yè)1.(2017河南南陽(yáng)、信陽(yáng)等六市一模,理20)如圖,拋物線C:y2=2px的焦點(diǎn)為F,拋物線上一定點(diǎn)Q(1,2).(1)求拋物線C的方程及準(zhǔn)線l的方程;(2)過(guò)焦點(diǎn)F的直線(不經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q)與拋物線交于A,B兩點(diǎn),與準(zhǔn)線l交于點(diǎn)M,記QA,QB,QM的斜率分別為k1,k2,k3,問(wèn)是否存在常數(shù),使得k1+k2=k3成立?若存在,求出的值;若不存在,說(shuō)明理由.解 (1)把Q(1,2)代入y2=2px,得2p=4,所以拋物線方程為y2=4x,準(zhǔn)線l的方程為x=-1.(2)由條件可設(shè)直線AB的方程為y=

2、k(x-1),k0.由拋物線準(zhǔn)線l:x=-1,可知M(-1,-2k).又Q(1,2),所以k3=2+2k1+1=k+1,把直線AB的方程y=k(x-1),代入拋物線方程y2=4x,并整理,可得k2x2-2(k2+2)x+k2=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1,又Q(1,2),則k1=2-y11-x1,k2=2-y21-x2.因?yàn)锳,F,B三點(diǎn)共線,所以kAF=kBF=k,即y1x1-1=y2x2-1=k,所以k1+k2=2-y11-x1+2-y21-x2=2kx1x2-(2k+2)(x1+x2)+2k+4x1x2-(x1+x2)+1=2(k+

3、1),即存在常數(shù)=2,使得k1+k2=2k3成立.2.已知拋物線C:y2=2x的焦點(diǎn)為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點(diǎn),交C的準(zhǔn)線于P,Q兩點(diǎn).(1)若F在線段AB上,R是PQ的中點(diǎn),證明ARFQ;(2)若PQF的面積是ABF的面積的兩倍,求AB中點(diǎn)的軌跡方程.解 由題知F12,0.設(shè)l1:y=a,l2:y=b,則ab0,且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.記過(guò)A,B兩點(diǎn)的直線為l,則l的方程為2x-(a+b)y+ab=0.(1)由于F在線段AB上,故1+ab=0.記AR的斜率為k1,FQ的斜率為k2,則k1=a-b1+a2=a-

4、ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.所以ARFQ.(2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(x1,0),則SABF=12|b-a|FD|=12|b-a|x1-12,SPQF=|a-b|2.由題設(shè)可得212|b-a|x1-12=|a-b|2,所以x1=0(舍去),x1=1.設(shè)滿足條件的AB的中點(diǎn)為E(x,y).當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),由kAB=kDE可得2a+b=yx-1(x1).而a+b2=y,所以y2=x-1(x1).當(dāng)AB與x軸垂直時(shí),E與D重合.所以,所求軌跡方程為y2=x-1.3.(2016河南許昌、新鄉(xiāng)、平頂山二模,理20)已知拋物線C:x2=2py(p0)的焦點(diǎn)為F,過(guò)F的直線l交拋物線C于

5、點(diǎn)A,B,當(dāng)直線l的傾斜角是45時(shí),AB的中垂線交y軸于點(diǎn)Q(0,5).(1)求p的值;(2)以AB為直徑的圓交x軸于點(diǎn)M,N,記劣弧MN的長(zhǎng)度為S,當(dāng)直線l繞F旋轉(zhuǎn)時(shí),求S|AB|的最大值.解 (1)拋物線C:x2=2py(p0)的焦點(diǎn)為F0,p2,當(dāng)l的傾斜角為45時(shí),l的方程為y=x+p2.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由y=x+p2,x2=2py得x2-2px-p2=0,x1+x2=2p,y1+y2=x1+x2+p=3p,得AB中點(diǎn)為Dp,32p,AB中垂線為y-32p=-(x-p),將x=0代入得y=52p=5,解得p=2.(2)設(shè)l的方程為y=kx+1,代入x2=4y得x2

6、-4kx-4=0,|AB|=y1+y2+2=k(x1+x2)+4=4k2+4,AB中點(diǎn)為D(2k,2k2+1),令MDN=2,S=212|AB|=|AB|,S|AB|=,D到x軸的距離|DE|=2k2+1,cos =|DE|12|AB|=2k2+12k2+2.當(dāng)k2=0時(shí),cos 取最小值12,的最大值為3.故S|AB|的最大值為3.4.在直角坐標(biāo)系xOy中,以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的圓與直線x-3y=4相切.(1)求圓O的方程;(2)若圓O上有兩點(diǎn)M,N關(guān)于直線x+2y=0對(duì)稱,且|MN|=23,求直線MN的方程;(3)圓O與x軸相交于A,B兩點(diǎn),圓內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)P使|PA|,|PO|,|PB|成等比數(shù)

7、列,求PAPB的取值范圍.解 (1)依題意,圓O的半徑r等于原點(diǎn)O到直線x-3y=4的距離,即r=41+3=2.所以圓O的方程為x2+y2=4.(2)由題意,可設(shè)直線MN的方程為2x-y+m=0.則圓心O到直線MN的距離d=|m|5,所以m25+(3)2=22,即m=5.所以直線MN的方程為2x-y+5=0或2x-y-5=0.(3)設(shè)P(x,y),由題意得A(-2,0),B(2,0).由|PA|,|PO|,|PB|成等比數(shù)列,得(x+2)2+y2(x-2)2+y2=x2+y2,即x2-y2=2.因?yàn)镻APB=(-2-x,-y)(2-x,-y)=2(y2-1).由于點(diǎn)P在圓O內(nèi),故x2+y24,

8、x2-y2=2.由此得y2|DN|=25,Q的軌跡是以D,N為焦點(diǎn)的橢圓,且c=5,a=3,b=2,所求點(diǎn)Q的軌跡方程是y29+x24=1.(2)設(shè)l:y=32x+m,A(x1,y1),B(x2,y2),與橢圓聯(lián)立,可得9x2+6mx+2m2-18=0,x1+x2=-23m,x1x2=19(2m2-18),|AB|=1+944m29-8(m2-9)9=139(-m2+18),C43,2到直線l的距離d=2|m|13,又S=12|AB|d=13-m4+18m2,m=3時(shí),S最大,此時(shí)直線l的方程為y=32x3.6.(2017安徽黃山二模,理20)已知橢圓E:x2a2+y22=1(a2)的離心率e

9、=63,右焦點(diǎn)F(c,0),過(guò)點(diǎn)Aa2c,0的直線交橢圓E于P,Q兩點(diǎn).(1)求橢圓E的方程;(2)若點(diǎn)P關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為M,求證:M,F,Q三點(diǎn)共線;(3)當(dāng)FPQ面積最大時(shí),求直線PQ的方程.(1)解 由a2-2a=63a=6,c=ea=636=2,則b2=a2-c2=2,故橢圓E的方程是x26+y22=1.(2)證明 由(1)可得A(3,0),設(shè)直線PQ的方程為y=k(x-3),由方程組x26+y22=1,y=k(x-3)得(3k2+1)x2-18k2x+27k2-6=0,依題意=12(2-3k2)0,得-63k0,得m232.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則y1+y2=-6mm2+3,y1y2=3m2+3.SFPQ=12|AF|y1-y2|=12(y1-y2)2=12(y1+y2)2-4y1y2=12