《2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破課時作業(yè)16 圓錐曲線的綜合問題 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破課時作業(yè)16 圓錐曲線的綜合問題 理.doc（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

課時作業(yè)16　圓錐曲線的綜合問題 1．[2018全國卷Ⅱ]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． 解析：(1)解：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)， 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝. 所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝. 由題設(shè)知＝8，解得k＝－1(舍去)或k＝1. 因此l的方程為y＝x－1. (2)解：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 解得或 因此所求圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144. 2．[2018天津卷]設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的右頂點為A，上頂點為B，已知橢圓的離心率為，|AB|＝. (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． 解析：(1)解：設(shè)橢圓的焦距為2c，由已知有＝，又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.又|AB|＝＝，從而a＝3，b＝2. 所以，橢圓的方程為＋＝1. (2)解：設(shè)點P的坐標(biāo)為(x1，y1)，點M的坐標(biāo)為(x2，y2)，由題意知，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， 由方程組消去y，可得x2＝. 由方程組消去y， 可得x1＝. 由x2＝5x1，可得＝5(3k＋2)，兩邊平方，整理得18k2＋25k＋8＝0，解得k＝－，或k＝－. 當(dāng)k＝－時，x2＝－9<0，不合題意，舍去； 當(dāng)k＝－時，x2＝12，x1＝，符合題意． 所以，k的值為－. 3．[2018全國卷Ⅰ]設(shè)拋物線C：y2＝2x，點A(2,0)，B(－2,0)，過點A的直線l與C交于M，N兩點． (1)當(dāng)l與x軸垂直時，求直線BM的方程； (2)證明：∠ABM＝∠ABN. 解析：(1)解：當(dāng)l與x軸垂直時，l的方程為x＝2，可得點M的坐標(biāo)為(2,2)或(2，－2)． 所以直線BM的方程為y＝x＋1或y＝－x－1. (2)證明：當(dāng)l與x軸垂直時，AB為MN的垂直平分線， 所以∠ABM＝∠ABN. 當(dāng)l與x軸不垂直時，設(shè)l的方程為y＝k(x－2)(k≠0)， M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1>0，x2>0. 由得ky2－2y－4k＝0， 可知y1＋y2＝，y1y2＝－4. 直線BM，BN的斜率之和為kBM＋kBN＝＋＝.① 將x1＝＋2，x2＝＋2及y1＋y2，y1y2的表達(dá)式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝＝＝0. 所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的傾斜角互補，所以∠ABM＝∠ABN. 綜上，∠ABM＝∠ABN. 4．[2018北京卷]已知橢圓M：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，焦距為2.斜率為k的直線l與橢圓M有兩個不同的交點A，B. (1)求橢圓M的方程； (2)若k＝1，求|AB|的最大值； (3)設(shè)P(－2,0)，直線PA與橢圓M的另一個交點為C，直線PB與橢圓M的另一個交點為D，若C，D和點Q共線，求k. 解析：(1)解：由題意得解得a＝，b＝1. 所以橢圓M的方程為＋y2＝1. (2)解：設(shè)直線l的方程為y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得4x2＋6mx＋3m2－3＝0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以|AB|＝ ＝ ＝ ＝ . 當(dāng)m＝0，即直線l過原點時，|AB|最大，最大值為. (3)解：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由題意得x1＋3y1＝3，x2＋3y2＝3. 直線PA的方程為y＝(x＋2)． 由得 [(x1＋2)2＋3y1]x2＋12y1x＋12y1－3(x1＋2)2＝0. 設(shè)C(xC，yC)， 所以xC＋x1＝＝. 所以xC＝－x1＝. 所以yC＝(xC＋2)＝. 設(shè)D(xD，yD)， 同理得xD＝，yD＝. 記直線CQ，DQ的斜率分別為kCQ，kDQ， 則kCQ－kDQ＝－ ＝4(y1－y2－x1＋x2)． 因為C，D，Q三點共線， 所以kCQ－kDQ＝0. 故y1－y2＝x1－x2. 所以直線l的斜率k＝＝1. 5．[2018太原市高三年級模擬試題(一)]已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右頂點分別為A1，A2，右焦點為F2(1,0)，點B在橢圓C上． (1)求橢圓C的方程； (2)若直線l：y＝k(x－4)(k≠0)與橢圓C由左至右依次交于M，N兩點，已知直線A1M與A2N相交于點G，證明：點G在定直線上，并求出定直線的方程． 解析：(1)由F2(1,0)，知c＝1，由題意得所以a＝2，b＝，所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)因為y＝k(x－4)，所以直線l過定點(4,0)，由橢圓的對稱性知點G在直線x＝x0上． 當(dāng)直線l過橢圓C的上頂點時，M(0，)， 所以直線l的斜率k＝－，由得或所以N， 由(1)知A1(－2,0)，A2(2,0)， 所以直線lA1M的方程為y＝(x＋2)，直線lA2N的方程為y＝－(x－2)，所以G，所以G在直線x＝1上． 當(dāng)直線l不過橢圓C的上頂點時，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，由 得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0， 所以Δ＝(－32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)＞0，得－＜k＜， x1＋x2＝，x1x2＝， 易得直線lA1M的方程為y＝(x＋2)，直線lA2N的方程為y＝(x－2)，當(dāng)x＝1時，＝得2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0， 所以－＋＝0顯然成立，所以G在直線x＝1上． 6．[2018南昌市NCS0607項目第二次模擬]已知平面直角坐標(biāo)系內(nèi)兩定點A(－2，0)，B(2，0)及動點C(x，y)，△ABC的兩邊AC，BC所在直線的斜率之積為－. (1)求動點C的軌跡E的方程； (2)設(shè)P是y軸上的一點，若(1)中軌跡E上存在兩點M，N使得＝2，求以AP為直徑的圓的面積的取值范圍． 解析：(1)由已知，kACkBC＝－，即＝－， 所以3x2＋4y2＝24，又三點構(gòu)成三角形，所以y≠0， 所以點C的軌跡E的方程為＋＝1(y≠0)． (2)設(shè)點P的坐標(biāo)為(0，t) 當(dāng)直線MN的斜率不存在時，可得M，N分別是短軸的兩端點，得到t＝. 當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋t(k≠0)， M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則由＝2得x1＝－2x2.　① 聯(lián)立得得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－24＝0， 當(dāng)Δ＞0得64k2t2－4(3＋4k2)(4t2－24)＞0，整理得t2＜8k2＋6. 所以x1＋x2＝－，x1x2＝，　② 由①②，消去x1，x2得k2＝. 則解得＜t2＜6. 不妨取M(－2，0)，可求得N，此時t＝，由(1)知y≠0，故t2≠2. 綜上，≤t2＜2或2＜t2＜6. 又以AP為直徑的圓的面積S＝π， 所以S的取值范圍是∪.