《2018年高考数学（理）二轮专题复习突破精练三：专题对点练22 直线与圆及圆锥曲线（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高考数学（理）二轮专题复习突破精练三：专题对点练22 直线与圆及圆锥曲线（含解析）（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题对点练22直线与圆及圆锥曲线专题对点练第35页1.(2017河南南阳、信阳等六市一模,理20)如图,抛物线C:y2=2px的焦点为F,抛物线上一定点Q(1,2).(1)求抛物线C的方程及准线l的方程;(2)过焦点F的直线(不经过点Q)与抛物线交于A,B两点,与准线l交于点M,记QA,QB,QM的斜率分别为k1,k2,k3,问是否存在常数,使得k1+k2=k3成立?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.解 (1)把Q(1,2)代入y2=2px,得2p=4,所以抛物线方程为y2=4x,准线l的方程为x=-1.(2)由条件可设直线AB的方程为y=k(x-1),k0.由抛物线准线l:x=-1,可知
2、M(-1,-2k).又Q(1,2),所以k3=2+2k1+1=k+1,把直线AB的方程y=k(x-1),代入抛物线方程y2=4x,并整理,可得k2x2-2(k2+2)x+k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1,又Q(1,2),则k1=2-y11-x1,k2=2-y21-x2.因为A,F,B三点共线,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+1),即存在常数=2,使得k1+k2=2k3成立.
3、2.已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明ARFQ;(2)若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.解 由题知F12,0.设l1:y=a,l2:y=b,则ab0,且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.(1)由于F在线段AB上,故1+ab=0.记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则k1=a-b1+a2=a-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.所以AR
4、FQ.(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则SABF=12|b-a|FD|=12|b-a|x1-12,SPQF=|a-b|2.由题设可得212|b-a|x1-12=|a-b|2,所以x1=0(舍去),x1=1.设满足条件的AB的中点为E(x,y).当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得2a+b=yx-1(x1).而a+b2=y,所以y2=x-1(x1).当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以,所求轨迹方程为y2=x-1.3.(2016河南许昌、新乡、平顶山二模,理20)已知抛物线C:x2=2py(p0)的焦点为F,过F的直线l交抛物线C于点A,B,当直线l的倾斜角是45时,AB的中垂线交
5、y轴于点Q(0,5).(1)求p的值;(2)以AB为直径的圆交x轴于点M,N,记劣弧MN的长度为S,当直线l绕F旋转时,求S|AB|的最大值.解 (1)抛物线C:x2=2py(p0)的焦点为F0,p2,当l的倾斜角为45时,l的方程为y=x+p2.设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中点为Dp,32p,AB中垂线为y-32p=-(x-p),将x=0代入得y=52p=5,解得p=2.(2)设l的方程为y=kx+1,代入x2=4y得x2-4kx-4=0,|AB|=y1+y2+2=k(x
6、1+x2)+4=4k2+4,AB中点为D(2k,2k2+1),令MDN=2,S=212|AB|=|AB|,S|AB|=,D到x轴的距离|DE|=2k2+1,cos =|DE|12|AB|=2k2+12k2+2.当k2=0时,cos 取最小值12,的最大值为3.故S|AB|的最大值为3.4.在直角坐标系xOy中,以坐标原点O为圆心的圆与直线x-3y=4相切.(1)求圆O的方程;(2)若圆O上有两点M,N关于直线x+2y=0对称,且|MN|=23,求直线MN的方程;(3)圆O与x轴相交于A,B两点,圆内的动点P使|PA|,|PO|,|PB|成等比数列,求PAPB的取值范围.解 (1)依题意,圆O的
7、半径r等于原点O到直线x-3y=4的距离,即r=41+3=2.所以圆O的方程为x2+y2=4.(2)由题意,可设直线MN的方程为2x-y+m=0.则圆心O到直线MN的距离d=|m|5,所以m25+(3)2=22,即m=5.所以直线MN的方程为2x-y+5=0或2x-y-5=0.(3)设P(x,y),由题意得A(-2,0),B(2,0).由|PA|,|PO|,|PB|成等比数列,得(x+2)2+y2(x-2)2+y2=x2+y2,即x2-y2=2.因为PAPB=(-2-x,-y)(2-x,-y)=2(y2-1).由于点P在圆O内,故x2+y24,x2-y2=2.由此得y2|DN|=25,Q的轨迹
8、是以D,N为焦点的椭圆,且c=5,a=3,b=2,所求点Q的轨迹方程是y29+x24=1.(2)设l:y=32x+m,A(x1,y1),B(x2,y2),与椭圆联立,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到直线l的距离d=2|m|13,又S=12|AB|d=13-m4+18m2,m=3时,S最大,此时直线l的方程为y=32x3.6.(2017安徽黄山二模,理20)已知椭圆E:x2a2+y22=1(a2)的离心率e=63,右焦点F(c,0),过点Aa2c,0的直线
9、交椭圆E于P,Q两点.(1)求椭圆E的方程;(2)若点P关于x轴的对称点为M,求证:M,F,Q三点共线;(3)当FPQ面积最大时,求直线PQ的方程.(1)解 由a2-2a=63a=6,c=ea=636=2,则b2=a2-c2=2,故椭圆E的方程是x26+y22=1.(2)证明 由(1)可得A(3,0),设直线PQ的方程为y=k(x-3),由方程组x26+y22=1,y=k(x-3)得(3k2+1)x2-18k2x+27k2-6=0,依题意=12(2-3k2)0,得-63k0,得m232.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=-6mm2+3,y1y2=3m2+3.SFPQ=12|AF|y1-y2|=12(y1-y2)2=12(y1+y2)2-4y1y2=12-6mm2+32-12m2+3=1212(2m2-3)(m2+3)2,令t=m2+3(t3),则SFPQ=12|y1-y2|=1212(2t-9)t2=3-91t-192+19,1t=19,t=m2+3=9,即m2=6,m=6时,SFPQ最大,SFPQ最大时直线PQ的方程为x6y-3=0.
