2019年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 必考解答題 模板成形練 直線與圓及圓錐曲線 理 蘇教版.doc

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2019年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 必考解答題 模板成形練 直線與圓及圓錐曲線 理 蘇教版 (建議用時：60分鐘) 1．已知圓C的方程為x2＋(y－4)2＝4，點O是坐標原點．直線l：y＝kx與圓C交于M、N兩點． (1)求k的取值范圍： (2)設(shè)Q(m，n)是線段MN上的點，且＝＋.請將n表示為m的函數(shù)． 解　(1)將y＝kx代入x2＋(y－4)2＝4，得(1＋k2)x2－8kx＋12＝0(*)，由Δ＝ (－8k)2－4(1＋k2)12＞0得k2＞3.所以k的取值范圍是 (－∞，－)∪(，＋∞)． (2)因為M、N在直線l上，可設(shè)點M、N的坐標分別為(x1，kx1)，(x2，kx2)，則|OM|2＝(1＋k2)x，|ON|2＝(1＋k2)x，又|OQ|2＝m2＋n2＝(1＋k2)m2， 由＝＋得，＝＋， 所以＝＋＝ 由(*)知x1＋x2＝，x1x2＝，所以m2＝， 因為點Q在直線l上，所以k＝，代入m2＝可得5n2－3m2＝36， 由m2＝及k2＞3得0＜m2＜3，即m∈(－，0)∪(0，)． 依題意，點Q在圓C內(nèi)，則n＞0， 所以n＝＝， 綜上，n與m的函數(shù)關(guān)系為n＝(m∈(－，0)∪(0，)． 2．已知圓C：(x＋)2＋y2＝16，點A(，0)，Q是圓上一動點，AQ的垂直平分線交CQ于點M，設(shè)點M的軌跡為E. (1)求軌跡E的方程； (2)過點P(1,0)的直線l交軌跡E于兩個不同的點A，B，△AOB(O是坐標原點)的面積S＝，求直線AB的方程． 解　(1)由題意|MC|＋|MA|＝|MC|＋|MQ|＝|CQ|＝4＞2，所以軌跡E是以A，C為焦點，長軸長為4的橢圓， 即軌跡E的方程為＋y2＝1. (2)記A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由題意，直線AB的斜率不可能為0，而直線x＝1也不滿足條件， 故可設(shè)AB的方程為x＝my＋1， 由消x得(4＋m2)y2＋2my－3＝0， 所以y1＝，y2＝. S＝|OP||y1－y2|＝. 由S＝，解得m2＝1，即m＝1. 故直線AB的方程為x＝y(tǒng)＋1， 即x＋y－1＝0或x－y－1＝0為所求． 3．已知過點A(－4,0)的動直線l與拋物線G：x2＝2py(p＞0)相交于B，C兩點．當(dāng)直線l的斜率是時，＝4. (1)求拋物線G的方程； (2)設(shè)線段BC的中垂線在y軸上的截距為b，求b的取值范圍． 解　(1)設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，當(dāng)直線l的斜率是時，l的方程為y＝(x＋4)，即x＝2y－4， 聯(lián)立得2y2－(8＋p)y＋8＝0， ∴y1＝，y2＝ 由已知＝4，∴y2＝4y1， ∴可得p2＋16p－36＝0 ∵p＞0可得y1＝1，y2＝4，p＝2， ∴拋物線G的方程為x2＝4y. (2)由題意知直線l的斜率存在，且不為0， 設(shè)l：y＝k(x＋4)，BC中點坐標為(x0，y0)， 由得x2－4kx－16k＝0，由Δ＞0得k＜－4或k＞0，x＝2k2.∴xB＋xC＝2k ∴x0＝＝2k，y0＝k(x0＋4)＝2k2＋4k. BC中垂線方程為y－2k2－4k＝－(x－2k)， ∴b＝2(k＋1)2，∴b＞2. 4．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為.以原點為圓心，橢圓的短軸長為直徑的圓與直線x－y＋＝0相切． (1)求橢圓C的方程； (2)如圖，若斜率為k(k≠0)的直線l與x軸、橢圓C順次相交于A，M，N(A點在橢圓右頂點的右側(cè))，且∠NF2F1＝∠MF2A.求證直線l過定點(2,0)，并求出斜率k的取值范圍． 解　(1)由題意知e＝＝，∴e2＝＝＝，即a2＝2b2.又∵b＝＝1，∴a2＝2，b2＝1，∴橢圓方程為＋y2＝1. (2)由題意，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0. 由Δ＝16k2m2－4(2k2＋1)(2m2－2)＞0，得m2＜2k2＋1， ∵x1＝，x2 則有x1＋x2＝，x1x2＝. ∵∠NF2F1＝∠MF2A， 且∠MF2A≠90，kMF2＋kNF2＝0. 又F2(1,0)，則＋＝0， 即＋＝0， 化簡得2kx1x2＋(m－k)(x1＋x2)－2m＝0. 將x1＋x2＝，x1x2＝代入上式得m＝－2k， ∴直線l的方程為y＝kx－2k，即直線過定點(2,0)． 將m＝－2k代入m2＜2k2＋1， 得4k2＜2k2＋1，即k2＜，又∵k≠0，∴直線l的斜率k的取值范圍是∪.