《（新課標(biāo)）廣西2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題對點練22 直線與圓及圓錐曲線.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）廣西2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題對點練22 直線與圓及圓錐曲線.docx（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題對點練22　直線與圓及圓錐曲線 1.設(shè)A,B為曲線C:y=x24上兩點,A與B的橫坐標(biāo)之和為4. (1)求直線AB的斜率; (2)設(shè)M為曲線C上一點,C在M處的切線與直線AB平行,且AM⊥BM,求直線AB的方程. 2.(2018全國Ⅱ,文20)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點為F,過F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A,B兩點,|AB|=8. (1)求l的方程. (2)求過點A,B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程. 3.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知圓O1:(x+1)2+y2=1和O2:(x-1)2+y2=9,動圓P與圓O1外切,與圓O2內(nèi)切. (1)求圓心P的軌跡E的方程; (2)過A(-2,0)作兩條互相垂直的直線l1,l2分別交曲線E于M,N兩點,設(shè)l1的斜率為k(k>0),△AMN的面積為S,求Sk的取值范圍. 4.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,以坐標(biāo)原點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M,N關(guān)于直線x+2y=0對稱,且|MN|=23,求直線MN的方程; (3)圓O與x軸相交于A,B兩點,圓內(nèi)的動點P使|PA|,|PO|,|PB|成等比數(shù)列,求PAPB的取值范圍. 5.已知點N(-1,0),F(1,0)為平面直角坐標(biāo)系內(nèi)兩定點,點M是以N為圓心,4為半徑的圓上任意一點,線段MF的垂直平分線交MN于點R. (1)點R的軌跡為曲線E,求曲線E的方程; (2)拋物線C的頂點在坐標(biāo)原點,F為其焦點,過點F的直線l與拋物線C交于A,B兩點,與曲線E交于P,Q兩點,請問:是否存在直線l使A,F,Q是線段PB的四等分點?若存在,求出直線l的方程;若不存在,請說明理由. 6.(2018天津,文19)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右頂點為A,上頂點為B.已知橢圓的離心率為53,|AB|=13. (1)求橢圓的方程; (2)設(shè)直線l:y=kx(k<0)與橢圓交于P,Q兩點,l與直線AB交于點M,且點P,M均在第四象限.若△BPM的面積是△BPQ面積的2倍,求k的值.  專題對點練22答案 1.解 (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1≠x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,于是直線AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1. (2)由y=x24,得y=x2. 設(shè)M(x3,y3),由題設(shè)知x32=1,解得x3=2,于是M(2,1). 設(shè)直線AB的方程為y=x+m,故線段AB的中點為N(2,2+m),|MN|=|m+1|. 將y=x+m代入y=x24得x2-4x-4m=0. 當(dāng)Δ=16(m+1)>0,即m>-1時,x1,2=22m+1. 從而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1). 由題設(shè)知|AB|=2|MN|,即42(m+1)=2(m+1), 解得m=7. 所以直線AB的方程為y=x+7. 2.解 (1)由題意得F(1,0),l的方程為y=k(x-1)(k>0). 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2). 由y=k(x-1),y2=4x 得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. Δ=16k2+16>0,故x1+x2=2k2+4k2. 所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=4k2+4k2; 由題設(shè)知4k2+4k2=8,解得k=-1(舍去),k=1. 因此l的方程為y=x-1. (2)由(1)得AB的中點坐標(biāo)為(3,2),所以AB的垂直平分線方程為y-2=-(x-3),即y=-x+5. 設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0,y0),則 y0=-x0+5,(x0+1)2=(y0-x0+1)22+16. 解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=-6. 因此所求圓的方程為 (x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144. 3.解 (1)設(shè)動圓P的半徑為r,則|PO1|=r+1,|PO2|=3-r,所以|PO1|+|PO2|=4, 所以P的軌跡為橢圓,2a=4,2c=2,所以a=2,c=1,b=3, 所以橢圓的方程為x24+y23=1(x≠-2). (2)設(shè)點M坐標(biāo)為(x0,y0),直線l1的方程為y=k(x+2),代入x24+y23=1, 可得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.∵A(-2,0)在橢圓x24+y23=1上, ∴x0(-2)=16k2-123+4k2,則x0=6-8k23+4k2, ∴|AM|=1+k26-8k23+4k2+2=1+k2123+4k2. 同理|AN|=1+1k212k23k2+4. 所以S=12|AM||AN|=121+k2123+4k21+1k212k23k2+4. Sk=72(k2+1)(3k2+4)(4k2+3),令k2+1=t>1, Sk=72(k2+1)(3k2+4)(4k2+3)=72t(4t-1)(3t+1)=7212t+1-1t,所以Sk∈(0,6). 4.解 (1)依題意,圓O的半徑r等于原點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. 因為PAPB=(-2-x,-y)(2-x,-y)=2(y2-1). 由于點P在圓O內(nèi),故x2+y2<4,x2-y2=2. 由此得y2<1. 所以PAPB的取值范圍為[-2,0). 5.解 (1)由題意,|RM|=|RF|,∴|RF|+|RN|=|RM|+|RN|=|MN|=4>|NF|, ∴R的軌跡是以N,F為焦點的橢圓,a=2,c=1,b=3, ∴曲線E的方程為x24+y23=1; (2)拋物線C的頂點在坐標(biāo)原點,F為其焦點,拋物線的方程為y2=4x, 假設(shè)存在直線l使A,F,Q是線段PB的四等分點,則|AF|=12|FB|. 直線l斜率顯然存在,設(shè)方程為y=k(x-1)(k≠0), 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則直線代入拋物線方程,整理可得ky2-4y-4k=0, ∴y1+y2=4k, ① y1y2=-4, ② ∵|AF|=12|FB|,∴y2y1=-2, ③ ∴由①②③解得k=22. k=22時,直線l的方程為y=22(x-1),解得A12,-2,B(2,22). 直線與橢圓方程聯(lián)立解得P25,-625,A107,627. ∵yB≠2yQ,∴Q不是FB的中點,即A,F,Q不是線段PB的四等分點. 同理可得k=-22時,A,F,Q不是線段PB的四等分點, ∴不存在直線l使A,F,Q是線段PB的四等分點. 6.解 (1)設(shè)橢圓的焦距為2c,由已知有c2a2=59.又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由|AB|=a2+b2=13,從而a=3,b=2. 所以,橢圓的方程為x29+y24=1. (2)設(shè)點P的坐標(biāo)為(x1,y1),點M的坐標(biāo)為(x2,y2),由題意,x2>x1>0,點Q的坐標(biāo)為(-x1,-y1).由△BPM的面積是△BPQ面積的2倍,可得|PM|=2|PQ|,從而x2-x1=2[x1-(-x1)],即x2=5x1. 易知直線AB的方程為2x+3y=6,由方程組2x+3y=6,y=kx,消去y,可得x2=63k+2.由方程組x29+y24=1,y=kx,消去y,可得x1=69k2+4.由x2=5x1,可得9k2+4=5(3k+2),兩邊平方,整理得18k2+25k+8=0,解得k=-89,或k=-12.當(dāng)k=-89時,x2=-9<0,不合題意,舍去;當(dāng)k=-12時,x2=12,x1=125,符合題意. 所以,k的值為-12.