2022年非常考案通用版版高考数学一轮复习专题突破提升练直线圆与圆锥曲线的交汇问题 .pdf

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1、1 专题突破提升练(四)直线、圆与圆锥曲线的交汇问题命题点一直线与圆问题题型：选择、填空题难度：中、低命题指数：1.已知在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2y2 2y3，直线l经过点(1,0)且与直线xy10 垂直，若直线l与圆C交于A，B两点，则OAB的面积为()A1 B.2 C2 D22【解析】圆C的圆心为(0，1)，半径为 2，直线l过点(1,0)且斜率为 1，故其方程为xy10，所以圆心到直线l的距离为d|0 11|22，弦长|AB|2r2d222，又坐标原点O到AB的距离为12，所以OAB的面积为1222121.【答案】A 2设直线过点(0，a)，其斜率为 1，且与圆x2y22

2、 相切，则a的值为 _【解析】由题意得直线方程为yxa，由直线与圆相切的性质得，|a|22，a2.【答案】23在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l：y2x4，设圆C的半径为1，圆心在l上，若圆C上存在点M，使|MA|2|MO|，则圆心C的横坐标a的取值范围为_【解析】设点M(x，y)，由|MA|2|MO|知，x2y22x2y2，化简得x2(y1)24，所以点M的轨迹为以(0，1)为圆心，2 为半径的圆D，又点M在圆C上，故 圆C与 圆D相 交 或 相 切，所 以1|CD|3，而CDa2a2，所 以1a2a23，解得0a125.【答案】0，125命题点二直线与圆锥曲线问题题型：选择、

3、填空、解答题难度：中、高命题指数：1.抛物线yx2上的点到直线4x3y80 距离的最小值是()A.43 B.75 C.85 D3【解析】设与直线 4x3y80 平行且与抛物线相切的直线方程为4x3yt0，与抛物线yx2联立得 3x24xt0，由 1612t0 得t43，两条平行线间的距名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 7 页 -2 离即为所求最小距离，由两平行线的距离公式得d43.【答案】A 2双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，渐近线分别为l1，l2，点P在第一象限内且在l1上若l2PF1，l2PF2，则双曲线的离心率是()A.5

4、B2 C.3 D.2【解析】双曲线的左焦点F1(c,0)，右焦点F2(c,0)，渐近线l1：ybax，l2：ybax.因为点P在第一象限内且在l1上，所以设P(x0，y0)，x00.因为l2PF1，l2PF2，所以PF1PF2，即|OP|12|F1F2|c，即x20y20c2.又因为y0bax0，代入得x20bax02c2，解得x0a，y0b，即P(a，b)，所以kPF1bac.l2的斜率为ba，因为l2PF1，所以bac ba 1，即b2a(ac)a2acc2a2，所以c2ac2a20，所以e2e20，解得e2，所以双曲线的离心率e2，故选 B.【答案】B 3抛物线C的顶点在原点，焦点F与双

5、曲线x23y261 的右焦点重合，过点P(2,0)且斜率为 1 的直线l与抛物线C交于A，B两点，则弦AB的中点到抛物线准线的距离为_【解析】设抛物线方程为y22px(p0)，因为焦点F与双曲线的右焦点重合，故F(3,0)，所以p23，p6，抛物线方程为y212x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，过点P(2,0)且斜率为1 的直线方程为yx2，代入抛物线方程得x216x40，x1x216，弦中点到抛物线准线的距离为x1x2p211.【答案】11 4(2015百校联盟模拟)已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，短轴端点到焦点的距离为2.(1)求椭圆C的方程；(2)设A，B

6、为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OAOB.()求证原点O到直线AB的距离为定值，并求出该定值；()任取以椭圆C的长轴为直径的圆上一点P，求PAB面积的最大值【解】(1)由题意知，eca32，b2c22，又a2b2c2，所以a2，c3，b名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 7 页 -3 1，所以椭圆C的方程为x24y21.(2)()当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x255，此时，原点O到直线AB的距离为255.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)由x24y21，ykxm，得(1 4k2)x28kmx4m24

7、0.则 (8km)24(1 4k2)(4m2 4)16(1 4k2m2)0，x1x28km14k2，x1x24m2414k2，则y1y2(kx1m)(kx2m)m24k214k2，由OAOB得kOAkOB1，即y1x1y2x2 1，所以x1x2y1y25m244k214k20，即m245(1k2)，所以原点O到直线AB的距离为|m|1k2255.综上，原点O到直线AB的距离为定值255.()当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x255，结合椭圆C的方程可得|AB|455.当直线AB的斜率存在时，由()可 得|AB|1k2|x1x2|k2x1x224x1x2 4519k216k48k21，

8、当k0时，|AB|451916k281k25，当且仅当k12时等号成立当k0 时，|AB|455.所以|AB|的最大值为5，又点P到直线AB的最大距离为2552.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 7 页 -4 所以SPAB的最大值为125255215.5(2015石家庄一模)已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的离心率e12，点A为椭圆上一点，F1AF260，且SF1AF23.(1)求椭圆C的方程；(2)设动直线l：ykxm与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x4 相交于点Q.问：在x轴上是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过定点M？若存在，求出点M的坐标；

9、若不存在，说明理由【解】(1)由e12可得a24c2，SF1AF212|AF1|AF2|sin 603，可得|AF1|AF2|4，在F1AF2中，由余弦定理可得|F1A|2|F2A|22|F1A|F2A|cos 60 4c2，又|AF1|AF2|2a，可得a2c23，联立得a24，c21.b23，椭圆C的方程为x24y231.(2)设点P(x0，y0)，由ykxm，x24y231，得(4k23)x28kmx4m2120，由题意知 64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得 4k2m230，x04km4k234km，y03m，P4km，3m.由ykxm，x4，得Q(4,4km)，假设存在

10、点M，坐标为(x1,0)，则MP 4kmx1，3m，MQ(4x1,4km)以PQ为直径的圆恒过M点，MPMQ0，即16km4kx1m4x1x2112km30，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 7 页 -5(4x14)kmx214x130 对任意k，m都成立则4x140，x214x130，解得x11，故存在定点M(1,0)符合题意命题点三直线、圆与圆锥曲线问题题型：选择、填空、解答题难度：中、高命题指数：1.若圆x2y24x90 与y轴的两个交点A，B都在双曲线上，且A，B两点恰好将此双曲线的焦距三等分，则此双曲线的标准方程为()A.y29x2721 B.x29y27

11、21 C.x216y2811 D.y281x2161【解析】解方程组x2y24x90，x0，得x0，y3或x0，y 3，因为圆与y轴的两个交点A，B都在双曲线上，且A，B两点恰好将此双曲线的焦距三等分，所以A(0，3)，B(0,3)，a3,2c18，b272，即双曲线方程为y29x2721.【答案】A 2直线 3x4y40 与抛物线x24y和圆x2(y1)21 从左到右的交点依次为A，B，C，D，则ABCD的值为 _【解析】由3x4y40，x24y，得x23x40，所以xA 1，xD4，所以yA14，yD4，直线 3x4y40 恰过抛物线的焦点F(0,1)，所以AFyA154，DFyD15，A

12、BCDAF1DF1116.【答案】1163过双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左焦点F作圆x2y2a24的切线，切点为E，延长FE交双曲线右支于点P.若E为PF的中点，则双曲线的离心率为_【解析】E为PF的中点，OE12(OFOP)，令右焦点为F2，则O为FF2的中点，则PF22OEa，E为切点，OEPF，PF2PF，PFPF22a，PFPF22a3a，在 RtPFF2中，PF2PF22FF22，即 9a2a24c2，离心率e102.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 7 页 -6【答案】1024已知椭圆E：x2a2y2b21(ab0)，F1(c,0)，F2(c

13、,0)为椭圆的两个焦点，M为椭圆上任意一点，且|MF1|，|F1F2|，|MF2|构成等差数列，点F2(c,0)到直线l：xa2c的距离为3.(1)求椭圆E的方程；(2)是否存在以原点为圆心的圆，使该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OAOB？若存在，写出该圆的方程；若不存在，请说明理由；(3)在(2)的条件下，求证：1|OA|21|OB|2为定值【解】(1)由题意知，2|F1F2|MF1|MF2|，即 22c2a，得a2c，e12.又由a2cc3，解得c1，a2，b3.椭圆E的方程为x24y231.(2)假设存在以原点为圆心，r为半径的圆满足条件若圆的切线的斜率存在，并设其方程为

14、ykxm，则r|m|k21，r2m2k21.由x24y231，ykxm，消去y，整理得(3 4k2)x28kmx4(m23)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x28km34k2，x1x2m234k2.又OAOB，x1x2y1y20，4(1k2)(m23)8k2m23m24k2m20，化简得m2127(k21)，r2127，所求圆的方程为x2y2127.若直线AB的斜率不存在，则A(x1，y1)，B(x1，y1)由OAOB0，得x21y210，x21y21，代入x214y2131，得x21127.此时仍有r2|x21|127.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 7 页 -7 综上，总存在以原点为圆心的圆：x2y2127满足题设条件(3)证明：点A在椭圆上，故设A(|OA|cos，|OA|sin)，代入椭圆方程，得1|OA|2cos24sin23.又由于OAOB，可设B|OB|cos2，|OB|sin2，同理，得1|OB|2sin24cos23.1|OA|21|OB|2sin2cos24sin2cos231413712为定值名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 7 页 -