2020高考数学二轮复习专题突破练24直线与圆及圆锥曲线理

专题突破练24直线与圆及圆锥曲线1.(节选)已知圆M:x2+y2=r2(r>0)与直线l1:x-√3y+4=0相切,设点A为圆上一动点,AB⊥x轴于B,且动点N满足AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,设动点N的轨迹为曲线C.⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AA(1)求曲线C的方程;(2)略.2.(2019甘肃武威第十八中学高三上学期期末考试)已知圆C1:x2+y2-2x-6y-1=0和C2:x2+y2-10x-12y+45=0.(1)求证:圆C1和圆C2相交;(2)求圆C1和圆C2的公共弦所在直线的方程和公共弦长.3.已知圆O:x2+y2=4,点A(√3,0),以线段AB为直径的圆内切于圆O,记点B的轨迹为Γ.(1)求曲线Γ的方程;(2)直线AB交圆O于C,D两点,当B为CD的中点时,求直线AB的方程.的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.4.(2019全国卷1,理19)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为32(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,求|AB|.(2)若AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3AA5.(2019湖南长沙第一中学高三下学期高考一模)已知椭圆A2A2+A2A2=1(a>b>0)的离心率e=12,过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为3.(1)求椭圆的方程;(2)已知P为直角坐标平面内一定点,动直线l:y=12x+t与椭圆交于A,B两点,当直线PA与直线PB的斜率均存在时,若直线PA与PB的斜率之和为与t无关的常数,求出所有满足条件的定点P的坐标.6.(2019天津第一中学高三下学期第五次月考)已知椭圆C1:A2A2+A2A2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1,F2,F2的坐标满足圆Q方程(x-√2)2+(y-1)2=1,且圆心Q满足|QF1|+|QF2|=2a.(1)求椭圆C1的方程;(2)过点P(0,1)的直线l1:y=kx+1交椭圆C1于A,B两点,过P与l1垂直的直线l2交圆Q于C,D两点,M为线段CD中点,若△MAB的面积为6√25,求k的值.参考答案专题突破练24 直线与圆及圆锥曲线1.解(1)设动点N (x ,y ),A (x 0,y 0),因为AB ⊥x 轴于B ,所以B (x 0,0).已知圆M 的方程为x 2+y 2=r 2,由题意得r=√1+3=2,所以圆M 的方程为x 2+y 2=4.由题意,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以(0,-y 0)=2(x 0-x ,-y ),即{A 0=A ,A 0=2A .将A (x ,2y )代入圆M :x 2+y 2=4,得动点N 的轨迹方程为A 24+y 2=1.(2)略.2.(1)证明圆C 1的圆心C 1(1,3),半径r 1=√11,圆C 2的圆心C 2(5,6),半径r 2=4, 两圆圆心距d=|C 1C 2|=5,r 1+r 2=√11+4,|r 1-r 2|=4-√11, 所以|r 1-r 2|<d<r 1+r 2. 所以圆C 1和C 2相交.(2)解将圆C 1和圆C 2的方程相减,得4x+3y-23=0, 所以两圆的公共弦所在直线的方程为4x+3y-23=0.因为圆心C 2(5,6)到直线4x+3y-23=0的距离为d=√16+9=3,故两圆的公共弦长为2√16-9=2√7.3.解(1)设AB 的中点为M ,切点为N ,连接OM ,MN ,则|OM|+|MN|=|ON|=2,|AB|=|ON|-(|OM|-|MN|)=2-|OM|+12|AB|,即|AB|+2|OM|=4.取A 关于y 轴的对称点A',连接A'B ,则|A'B|=2|OM|,故|AB|+2|OM|=|AB|+|A'B|=4.所以点B 的轨迹是以A',A 为焦点,长轴长为4的椭圆.其中a=2,c=√3,b=1,则曲线Γ的方程为A 24+y 2=1.(2)因为B 为CD 的中点,所以OB ⊥CD ,则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 设B (x 0,y 0),则x 0(x 0-√3)+A 02=0.又A 024+A 02=1,解得x 0=3,y 0=±√23则k OB =±√22,k AB =∓√2,则直线AB 的方程为y=±√2(x-√3), 即√2x-y-√6=0或√2x+y-√6=0.4.解设直线l :y=32x+t ,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2).(1)由题设得F (34,0),故|AF|+|BF|=x 1+x 2+32,由题设可得x 1+x 2=52.由{A =32A +A ,A 2=3A可得9x 2+12(t-1)x+4t 2=0,则x 1+x 2=-12(A -1)9.从而-12(A -1)9=52,得t=-78.所以l 的方程为y=32x-78.(2)由AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 可得y 1=-3y 2.由{A =32A +A ,A 2=3A可得y 2-2y+2t=0.所以y 1+y 2=2.从而-3y 2+y 2=2,故y 2=-1,y 1=3.代入C 的方程得x 1=3,x 2=13.故|AB|=4√133.5.解(1)设椭圆的半焦距为c ,则c 2=a 2-b 2,且e=A A =12.由题意得{x =x ,x 2x 2+x 2x 2=1,解得y=±x 2x .依题意,2x 2x=3,结合a 2=b 2+c 2,解得c=1,a=2,b=√3.于是椭圆的方程为x 24+x 23=1.(2)设A x 1,12x 1+t ,B x 2,12x 2+t ,P (m ,n ).将l :y=12x+t 代入椭圆方程得x 2+tx+t 2-3=0.则Δ=t 2-4(t 2-3)>0,t 2<4, 则有x 1+x 2=-t ,x 1x 2=t 2-3. 直线PA ,PB 的斜率之和k PA +k PB =x -12x 1-x x -x 1+x -12x 2-x x -x 2=(x -12x 1-x )(x -x 2)+(x -12x 2-x )(x -x 1)(x -x 1)(x -x 2)=(x -32x )x +2xx -3x 2+xx +x 2-3,当n=32m ,2mn=3时斜率的和恒为0,解得{x =1,x =32,或{x =-1,x =-32.综上所述,所有满足条件的定点P 的坐标为1,32或-1,-32.6.解(1)因为F 2的坐标满足圆Q 方程(x-√2)2+(y-1)2=1,故当y=0时,x=√2,即F 2(√2,0),故c=√2.因为圆心Q 满足|QF 1|+|QF 2|=2a ,所以点Q (√2,1)在椭圆上,故有2x 2+1x 2=1. 联立方程组{2x 2+1x 2=1,x 2=x 2+2,解得{x =2,x =√2,所以椭圆方程为x 24+x 22=1.(2)因为直线l 2交圆Q 于C ,D 两点,M 为线段CD 的中点,所以QM 与直线l 2垂直. 又因为直线l 1与直线l 2垂直,所以QM 与直线l 1平行. 所以点M 到直线AB 的距离即为点Q 到直线AB 的距离.即点M 到直线AB 的距离为d=√2.设点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2). 联立方程组{x 24+x 22=1,x =xx +1,解得(1+2k 2)x 2+4kx-2=0,Δ=b 2-4ac=16k 2+8(2k 2+1)=32k 2+8>0,由韦达定理可得{x 1+x 2=-4k1+2k 2,x 1x 2=-21+2k 2,则|x 1-x 2|=√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=√(-4k 1+2k 2) 2-4·-21+2k 2=√32k2+8(1+2k 2)2.所以AB=√1+k 2|x 1-x 2|=√1+k 2·√32k 2+8(1+2k 2)2.所以△MAB 的面积为12·√1+k 2·√32k 2+8(1+2k 2)2√2√.所以12·√1+k 2·√32k 2+8(1+2k 2)2·√2k √=6√25.即√8k 2+2(1+2k 2)2·|k|=65,两边同时平方,化简得,28k 4-47k 2-18=0,解得k 2=2或k 2=-928(舍).故k=±√2.此时l 2:y=±√22x+1.圆心Q 到l 2的距离h=|±√2×√2-1+1|√2+1=√23<1成立.综上所述,k=±√2.。