2019年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編 10.4 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 文.doc

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2019年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編 10.4 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 文 考點　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 1.(xx遼寧,20,12分)圓x2+y2=4的切線與x軸正半軸,y軸正半軸圍成一個三角形,當(dāng)該三角形面積最小時,切點為P(如圖). (1)求點P的坐標(biāo); (2)焦點在x軸上的橢圓C過點P,且與直線l:y=x+交于A,B兩點.若△PAB的面積為2,求C的標(biāo)準(zhǔn)方程. 解析　(1)設(shè)切點坐標(biāo)為(x0,y0)(x0>0,y0>0),則切線斜率為-,切線方程為y-y0=-(x-x0),即x0x+y0y=4.此時,兩個坐標(biāo)軸的正半軸與切線圍成的三角形面積為S==,由+=4≥2x0y0知當(dāng)且僅當(dāng)x0=y0=時x0y0有最大值,即S有最小值,因此點P的坐標(biāo)為(,). (2)設(shè)C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1(a>b>0),點A(x1,y1),B(x2,y2).由點P在C上知+=1,并由 得b2x2+4x+6-2b2=0,又x1,x2是方程的根,因此 由y1=x1+,y2=x2+,得|AB|=|x1-x2|=. 由點P到直線l的距離為及S△PAB=|AB|=2得b4-9b2+18=0,解得b2=6或3,因此b2=6,a2=3(舍)或b2=3,a2=6,從而所求C的方程為+=1. 2.(xx陜西,20,13分)已知橢圓+=1(a>b>0)經(jīng)過點(0,),離心率為,左,右焦點分別為F1(-c,0),F2(c,0). (1)求橢圓的方程; (2)若直線l:y=-x+m與橢圓交于A,B兩點,與以F1F2為直徑的圓交于C,D兩點,且滿足=,求直線l的方程. 解析　(1)由題設(shè)知 解得a=2,b=,c=1, ∴橢圓的方程為+=1. (2)由(1)知,以F1F2為直徑的圓的方程為x2+y2=1, ∴圓心到直線l的距離d=,由d<1得|m|<.(*) ∴|CD|=2=2=. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 由得x2-mx+m2-3=0, 由根與系數(shù)關(guān)系可得x1+x2=m,x1x2=m2-3. ∴|AB|==. 由=得=1, 解得m=,滿足(*). ∴直線l的方程為y=-x+或y=-x-. 3.(xx湖北,22,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點M到點F(1,0)的距離比它到y(tǒng)軸的距離多1.記點M的軌跡為C. (1)求軌跡C的方程; (2)設(shè)斜率為k的直線l過定點P(-2,1).求直線l與軌跡C恰好有一個公共點、兩個公共點、三個公共點時k的相應(yīng)取值范圍. 解析　(1)設(shè)點M(x,y),依題意得|MF|=|x|+1,即=|x|+1, 化簡整理得y2=2(|x|+x). 故點M的軌跡C的方程為y2= (2)在點M的軌跡C中,記C1:y2=4x,C2:y=0(x<0), 依題意,可設(shè)直線l的方程為y-1=k(x+2). 由方程組可得ky2-4y+4(2k+1)=0.① (i)當(dāng)k=0時,y=1.把y=1代入軌跡C的方程,得x=. 故此時直線l:y=1與軌跡C恰好有一個公共點. (ii)當(dāng)k≠0時,方程①的判別式為Δ=-16(2k2+k-1).② 設(shè)直線l與x軸的交點為(x0,0),則 由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-.③ 若由②③解得k<-1或k>, 即當(dāng)k∈(-∞,-1)∪時,直線l與C1沒有公共點,與C2有一個公共點, 故此時直線l與軌跡C恰好有一個公共點. 若或由②③解得k∈或-≤k<0, 即當(dāng)k∈時,直線l與C1只有一個公共點,與C2有一個公共點. 當(dāng)k∈時,直線l與C1有兩個公共點,與C2沒有公共點. 故當(dāng)k∈∪時,直線l與軌跡C恰好有兩個公共點. 若由②③解得-1b>0)的離心率為,直線y=x被橢圓C截得的線段長為. (1)求橢圓C的方程; (2)過原點的直線與橢圓C交于A,B兩點(A,B不是橢圓C的頂點).點D在橢圓C上,且AD⊥AB,直線BD與x軸、y軸分別交于M,N兩點. (i)設(shè)直線BD,AM的斜率分別為k1,k2.證明存在常數(shù)λ使得k1=λk2,并求出λ的值; (ii)求△OMN面積的最大值. 解析　(1)由題意知=,可得a2=4b2, 橢圓C的方程可簡化為x2+4y2=a2. 將y=x代入可得x=, 因此=,可得a=2. 因此b=1, 所以橢圓C的方程為+y2=1. (2)(i)設(shè)A(x1,y1)(x1y1≠0),D(x2,y2),則B(-x1,-y1), 因為直線AB的斜率kAB=, 又AB⊥AD,所以直線AD的斜率k=-. 設(shè)直線AD的方程為y=kx+m, 由題意知k≠0,m≠0. 由可得(1+4k2)x2+8mkx+4m2-4=0. 所以x1+x2=-, 因此y1+y2=k(x1+x2)+2m=. 由題意知x1≠-x2, 所以k1==-=. 所以直線BD的方程為y+y1=(x+x1). 令y=0,得x=3x1,即M(3x1,0). 可得k2=-. 所以k1=-k2,即λ=-. 因此存在常數(shù)λ=-使得結(jié)論成立. (ii)直線BD的方程為y+y1=(x+x1), 令x=0,得y=-y1,即N. 由(i)知M(3x1,0), 可得△OMN的面積S=3|x1||y1|=|x1||y1|. 因為|x1||y1|≤+=1,當(dāng)且僅當(dāng)=|y1|=時等號成立, 此時S取得最大值, 所以△OMN面積的最大值為. 5.(xx大綱全國,22,12分)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,直線y=4與y軸的交點為P,與C的交點為Q,且|QF|=|PQ|. (1)求C的方程; (2)過F的直線l與C相交于A、B兩點,若AB的垂直平分線l與C相交于M、N兩點,且A、M、B、N四點在同一圓上,求l的方程. 解析　(1)設(shè)Q(x0,4),代入y2=2px得x0=. 所以|PQ|=,|QF|=+x0=+. 由題設(shè)得+=,解得p=-2(舍去)或p=2. 所以C的方程為y2=4x.(5分) (2)依題意知l與坐標(biāo)軸不垂直,故可設(shè)l的方程為x=my+1(m≠0).代入y2=4x得y2-4my-4=0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4m,y1y2=-4. 故AB的中點為D(2m2+1,2m),|AB|=|y1-y2|=4(m2+1). 又l的斜率為-m,所以l的方程為x=-y+2m2+3. 將上式代入y2=4x,并整理得y2+y-4(2m2+3)=0. 設(shè)M(x3,y3),N(x4,y4).則y3+y4=-,y3y4=-4(2m2+3). 故MN的中點為E,|MN|=|y3-y4|=.(10分) 由于MN垂直平分AB,故A、M、B、N四點在同一圓上等價于|AE|=|BE|=|MN|,從而|AB|2+|DE|2=|MN|2, 即4(m2+1)2++=, 化簡得m2-1=0,解得m=1或m=-1. 所求直線l的方程為x-y-1=0或x+y-1=0.(12分)