2021新高考数学二轮总复习专题突破练25直线与圆及圆锥曲线含解析.docx
新高考数学二轮总复习 专题突破练25 直线与圆及圆锥曲线(含解析)-人教版高三全册数学试题
专题突破练25 直线与圆及圆锥曲线1.(2020全国Ⅱ,理19)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率;(2)设M是C1与C2的公共点.若|MF|=5,求C1与C2的标准方程.2.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.3.(2019全国Ⅰ,理19)已知抛物线C :y 2=3x 的焦点为F ,斜率为32的直线l 与C 的交点为A ,B ,与x 轴的交点为P.(1)若|AF|+|BF|=4,求l 的方程; (2)若AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求|AB|.4.(2020山东威海一模,20)已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,点P (-1,32)是椭圆上一点,|F 1F 2|是|PF 1|和|PF 2|的等差中项. (1)求椭圆的标准方程;(2)若A 为椭圆的右顶点,直线AP 与y 轴交于点H ,过点H 的另一条直线与椭圆交于M ,N 两点,且S △HMA =6S △PHN ,求直线MN 的方程.5.(2020重庆名校联盟高三二诊,19)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0),F 1,F 2为椭圆的左、右焦点,P (1,√22)为椭圆上一点,且|PF 1|=3√22. (1)求椭圆的标准方程;(2)设直线l :x=-2,过点F 2的直线交椭圆于A ,B 两点,线段AB 的垂直平分线分别交直线l 、直线AB 于M ,N 两点,当∠MAN 最小时,求直线AB 的方程.6.(2020天津河北一模,19)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为12,直线x+y-√6=0与圆x 2+y 2=b 2相切.(1)求椭圆C 的方程;(2)过点P (4,0)的直线l 与椭圆C 交于不同两点A ,B ,线段AB 的中垂线为l 1,若l 1在y 轴上的截距为413,求直线l 的方程.专题突破练25 直线与圆及圆锥曲线1.解(1)由已知可设C 2的方程为y 2=4cx ,其中c=√a 2-b2.不妨设A ,C 在第一象限,由题设得A ,B 的纵坐标分别为b 2a ,-b 2a ;C ,D 的纵坐标分别为2c ,-2c ,故|AB|=2b 2a,|CD|=4c.由|CD|=43|AB|得4c=8b 23a ,即3×ca =2-2(c a )2,解得c a =-2(舍去),c a =12.所以C 1的离心率为12. (2)由(1)知a=2c ,b=√3c ,故C 1:x 24c 2+y 23c 2=1.设M (x 0,y 0),则x 024c 2+y 023c 2=1,y 02=4cx 0,故x 024c 2+4x 03c=1. ①由于C2的准线为x=-c,所以|MF|=x0+c,而|MF|=5,故x0=5-c,代入①得(5-c)24c2+4(5-c)3c=1,即c2-2c-3=0,解得c=-1(舍去),c=3.所以C1的标准方程为x236+y227=1,C2的标准方程为y2=12x.2.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x 24+y2=1.(2)因为B 为CD 的中点,所以OB ⊥CD ,则OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB⃗⃗⃗⃗⃗ . 设B (x 0,y 0),则x 0(x 0-√3)+y 02=0. 又x 024+y 02=1,解得x 0=√3,y 0=±√2√3.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. 3.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{y =32x +t ,y 2=3x ,可得9x 2+12(t-1)x+4t 2=0,则x 1+x 2=-12(t -1)9.从而-12(t -1)9=52,得t=-78.所以l 的方程为y=32x-78. (2)由AP⃗⃗⃗⃗⃗ =3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 可得y 1=-3y 2. 由{y =32x +t ,y 2=3x 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. 4.解(1)因为|F 1F 2|是|PF 1|和|PF 2|的等差中项,所以a=2c ,得a 2=4c 2,则b 2=a 2-c 2=3c 2.又P (-1,32)在椭圆上,所以14c 2+94b 2=1,即14c 2+34c 2=1,所以c=1. 则a 2=4,b 2=3, 椭圆的标准方程为x 24+y 23=1.(2)因为P (-1,32),由(1)计算可知A (2,0),H (0,1), 当直线MN 与x 轴垂直时,易验证,不合题意.当直线MN 与x 轴不垂直时,设直线MN 的方程为y=kx+1, 联立直线与椭圆的方程{y =kx +1,x 24+y 23=1,消去y ,可得(4k 2+3)x 2+8kx-8=0,设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),由韦达定理可得{x 1+x 2=-8k4k 2+3,x 1x 2=-84k 2+3.① 由S △HMA =6S △PHN ,可得|AH||MH|=6|NH||PH|,又|AH|=2|PH|, 所以|MH|=3|NH|,得x 1=-3x 2, 代入①,可得{-2x 2=-8k4k 2+3,-3x 22=-84k 2+3, 所以3×16k 2(4k 2+3)2=84k 2+3,解得k=±√62,所以直线MN 的方程为y=±√62x+1.5.解(1)设椭圆的左焦点F 1(-c ,0)(c>0),则|PF 1|=√(1+c )2+12=3√22,解得c=1,所以|PF 2|=√22,则由椭圆定义|PF 1|+|PF 2|=2a=2√2,∴a=√2,b=1. 故椭圆的标准方程为x 22+y 2=1.(2)由题意直线AB 的斜率必定不为零,于是可设直线AB :x=ty+1, 联立方程{x =ty +1,x 22+y 2=1,得(t 2+2)y 2+2ty-1=0,∵直线AB 交椭圆于A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), ∴Δ=4t 2+4(t 2+2)=8(t 2+1)>0,由韦达定理得y 1+y 2=-2tt 2+2,y 1y 2=-1t 2+2,则y N =-tt 2+2,∴x N =ty N +1=-t 2t 2+2+1=2t 2+2.∵MN ⊥AB ,∴k MN =-t ,∴|MN|=√1+t 2·-2-2t 2+2=√1+t 2·2t 2+6t 2+2.又|AN|=12|AB|=12√1+t 2·|y 1-y 2|=√1+t 2·√2√1+t 2t 2+2, ∴tan ∠MAN=|MN ||AN |=√2(2√t 2+1=√2(√t 2+1√t 2+1)≥√2·2√2=4.当且仅当√t 2+1=√t 2+1,即t=±1时取等号.此时直线AB 的方程为x+y-1=0或x-y-1=0. 6.解(1)由题意得,{e =ca =12,b =√6|√1+1=√3,又a 2=b 2+c 2,∴a=2.∴椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)由题意,直线l 的斜率k 存在且不为零. 设直线l 的方程为y=k (x-4),k ≠0. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),AB 的中点Q (x 0,y 0). 由{y =k (x -4),x 24+y 23=1,消去y ,整理得(3+4k 2)x 2-32k 2x+64k 2-12=0. 由Δ=(-32k 2)2-4(3+4k 2)(64k 2-12)>0, 解得-12<k<12,且k ≠0,∴x 1+x 2=32k 23+4k 2.∴x 0=16k 23+4k 2,y 0=k (x 0-4)=-12k3+4k 2. ∴Q (16k 23+4k 2,-12k3+4k 2).由题意可知,l 1:y-y 0=-1k(x-x 0),即y+12k3+4k 2=-1k (x -16k 23+4k 2). 化简得,y=-1kx+4k3+4k 2.令x=0,4k3+4k 2=413.解得k=14或k=3.∵-12<k<12,且k ≠0,∴k=14.故直线l 的方程为y=14(x-4),即x-4y-4=0.。
2021版新高考数学：圆锥曲线含答案
设M(x、y)、由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|、|AO|＝2.
由于 ⊥ 、【关键点5：圆的几何性质向量化】
故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2、化简得M的轨迹方程为y2＝4x.
因为曲线C：y2＝4x是以点P(1、0)为焦点、以直线x＝－1为准线的抛物线、所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1、所以存在满足条件的定点P.
由题设知 ＝1、 ＝m、于是k＝－ .①
由于点M(1、m)(m>0)在椭圆 ＋ ＝1内、
∴ ＋ <1、解得0<m< 、故k<－ .
(2)由题意得F(1、0).设P(x3、y3)、
则(x3－1、y3)＋(x1－1、y1)＋(x2－1、y2)＝(0、0).
由(1)及题设得
x3＝3－(x1＋x2)＝1、y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.【关键点2、设出点P、借助向量的建立变量间的关系、达到设而不求的目的】
【点评】从本题可以看出、圆的几何性质与数量关系的转化涵盖在整个解题过程中、向量在整个其解过程中起了“穿针引线”的作用、用活圆的几何性质可以达到事半功倍的效果．
途径四 设而不求、化繁为简
高考示例
方法与思维
(20xx·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C： ＋ ＝1交于A、B两点、线段AB的中点为M(1、m)(m>0).
所以l的方程为y＝－x＋ 、代入C的方程、并整理得7x2－14x＋ ＝0.
故x1＋x2＝2、x1x2＝ 、
代入②解得|d|＝ .【关键点3：借用根与系数的关系、达到设而不求的目的】
所以该数列的公差为 或－ .
【点评】本题(1)涉及弦的中点坐标、可以采用“点差法”求解、设出点A、B的坐标、代入椭圆方程并作差、再将弦AB的中点坐标代入所得的差、可得直线AB的斜率；对于(2)圆锥曲线中的证明问题、常采用直接法证明、证明时常借助等价转化思想、化几何关系为数量关系、然后借助方程思想给予解答．
压轴25 直线的方程 备战2021年高考数学二轮必刷压轴题精选精炼(解析版)
压轴25 直线的方程一、单选题1. 若椭圆x 29+y 24=1的弦AB 被点P (1,1)平分，则AB 所在直线的方程为A. 9x +4y −13=0B. 4x +9y −13=0C. x +2y −3=0D. x +3y −3=0 【答案】B【解析】解：设过点A(1,1)的直线与椭圆相交于两点，E(x 1,y 1)，F(x 2,y 2)，由中点坐标公式可知：{x 1+x 22=1y 1+y22=1， 则{x 129+y 124=1x 229+y 224=1，两式相减得：(x 1+x 2)(x 1−x 2)9+(y 1+y 2)(y 1−y 2)4=0，∴y 1−y2x 1−x 2=−49，∴直线EF 的斜率k =y 1−y 2x 1−x 2=−49，∴直线EF 的方程为：y −1=−49(x −1)，整理得：4x +9y −13=0， 故选B ．2. 已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左焦点为F(−c,0)，上顶点为A ，离心率为√32，直线FA 与抛物线E:y 2=4cx 交于M ，N 两点，则|MA|+|NA|=A. 2√3aB. 5aC. 4√3aD. 10a【答案】D 【解析】解：如图，离心率为√32，即c a =√32，解得a =2b ，c =√3b ，由F(−c,0)，A(0,b)，则k AF =bc =√33，∴直线FA 的方程y =√33x +b ，又y2=4cx，即y2=4√3bx与y=√33x+b联立消去y得，x2−10√3bx+3b2=0，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，∴x1+x2=10√3b，则|MA|+|NA|=(√33)1+x2)=√310√3b=20b=10a．故选D．3.下列四个命题：①经过定点P0(x0,y0)的直线都可以用方程y−y0=k(x−x0)表示；②经过任意两个不同的点P1(x1,y1)，P2(x2,y2)的直线都可以用方程(x2−x1)(x−x1)=(y2−y1)(y−y1)表示；③不经过原点的直线都可以用方程xa +yb=1表示；④经过定点A(0,b)的直线都可以用方程y=kx+b表示．其中正确命题的个数是A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】解：经过定点P0(x0,y0)，且斜率存在的直线都可以用方程y−y0=k(x−x0)表示，①故为假命题；把直线的两点式方程变形，即(x2−x1)(y−y1)=(y2−y1)(x−x1)，故②为假命题；不经过原点，且与坐标轴不垂直的直线都可以用方程xa +yb=1表示，故③为假命题；经过定点A(0,b)，且斜率存在的直线都可以用方程y=kx+b表示，故④为假命题；故选A．4.已知直线l1:mx−y+m=0与直线l2:x+my−1=0的交点为P，若点Q为直线l3:x−y+3=0上的一个动点，则|PQ|的最小值为A. B. C. D.【答案】B【解析】解：易知直线l1:mx−y+m=0过定点A(−1,0)，直线l2:x+my−1=0过定点B(1,0)，当m=0时l1⊥l2，当m≠0时，l1与l2斜率乘积为m·(−1m)=−1，所以l1⊥l2，所以点P 在以AB 为直径的圆上，圆的方程为x 2+y 2=1， 圆心(0,0)到直线x −y +3=0的距离为√2=3√22， 所以|PQ|的最小值为圆心到直线x −y +3=0的距离减去半径，即32√2−1， 故选B ．5. 如已知点A(−1,0),B(1,0),C(0,1)，直线y =kx +b(k >0)将三角形ABC 分割成面积相等的两个部分，则b 的取值范围是A. (1−√22,12) B. (1−√22,12] C. [13,12)D. (0,12]【答案】A【解析】解：由题意可得，三角形ABC 的面积为12⋅AB ⋅OC =1， 由于直线y =kx +b(k >0)与x 轴的交点为M(−b k ,0)，由直线y =kx +b(k >0)将△ABC 分割为面积相等的两部分，可得b >0， 故−bk <0，故点M 在射线OA 上．设直线y =kx +b 和BC 的交点为N ，则由{y =kx +b x +y =1可得点N 的坐标为(1−b k+1,k+bk+1)．①若点M 和点A 重合，则点N 为线段BC 的中点，故N (12,12)， 把A 、N 两点的坐标代入直线y =kx +b ，求得k =b =13．②若点M 在点O 和点A 之间，此时b >13，点N 在点B 和点C 之间， 由题意可得三角形NMB 的面积等于12，即12⋅MB ⋅y N =12，即 12×(1+bk )·k+bk+1=12，可得k =b 21−2b >0，求得b <12 ， 故有13<b <12．③若点M 在点A 的左侧，则b <13，由点M 的横坐标−bk <−1，求得b >k ． 设直线y =kx +b 和AC 的交点为P ，则由{y =kx +b y =x +1求得点P 的坐标为(1−b k−1,k−b k−1)，此时，由题意可得，△CPN 的面积等于12，即12⋅(1−b)⋅|x N −x P |=12， 即12(1−b )·|1−bk+1−1−bk−1|=12，化简可得2(1−b)2=|k 2−1|． 由于此时b >k >0，0<k <1，∴2(1−b)2=|k 2−1|=1−k 2 ．两边开方可得√2(1−b )=√1−k 2<1，∴1−b <√2，化简可得b >1−√22，故有1−√22<b <13．再把以上得到的三个b 的范围取并集，可得b 的取值范围应是(1−√22,12) ，故选A ．6. 在平面直角坐标系xOy 中，过点P(1,4)向圆C:(x −m)2+y 2=m 2+5(1<m <6)引两条切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 过定点A. (−12,1)B. (−1,32)C. (−12,32)D. (−1,12)【答案】B【解析】解：在平面直角坐标系xOy 中，过点P(1,4)，向圆C ：(x −m)2+y 2=m 2+5(1<m <6)引两条切线，则切线长为√PC 2−r 2=√42+(m −1)2−(m 2+5)=√12−2m ，∴以点P 为圆心，切线长为半径的圆的方程为(x −1)2+(y −4)2=12−2m ， ∴直线AB 的方程为[(x −m)2+y 2]−[(x −1)2+(y −4)2]=(m 2+5)−(12−2m)， 整理得：(x +4y −5)−m(1+x)=0． 令{x +4y −5=0x +1=0，解得{x =−1,y =32． 所以直线AB 过定点(−1,32)． 故答案为(−1,32)． 故选B ．7. 已知直线2x +y +2+λ(2−y)=0与两坐标轴围成一个三角形，该三角形的面积记为S(λ)，当λ∈(0,+∞)时，S(λ)的最小值是A. 12B. 10C. 8D. 4【答案】C【解析】解：如图，由直线2x +y +2+λ(2−y)=0，分别可得与坐标轴的交点(−1−λ,0)，(0,2+2λλ−1)，λ∈(0,+∞)，则S(λ)=12(1+λ)×2+2λλ−1=λ−1+4λ−1+4≥2×2+4=8，当且仅当λ=3时取等号．故选C ．8. 已知直线(3+2λ)x +(3λ−2)y +5−λ=0恒过定点P ，则与圆C:(x −2)2+(y +3)2=16有公共的圆心且过点P 的圆的标准方程为A. (x −2)2+(y +3)2=36B. (x −2)2+(y +3)2=25C. (x −2)2+(y +3)2=18D.(x −2)2+(y +3)2=9【答案】B【解析】解：因为(3+2λ)x +(3λ−2)y +5−λ=0，所以λ(2x +3y −1)+3x −2y +5=0， {2x +3y −1=03x −2y +5=0，解得{x =−1y =1，即P(−1,1)，C:(x −2)2+(y +3)2=16的圆心为(2,−3)， 则所求圆的半径为√(2+1)2+(1+3)2=5， 故所求圆的方程为，故选B ．9. 已知点A(−2,0)，B(2,0)，C(1,1)，D(−1,1)，直y =kx +m (k >0)将四边形ABCD 分割为面积相等的两部分，则m 的取值范围是A. (0,1)B. (13,12]C. (13,4−√102] D.【答案】D【解析】解：∵点A(−2,0)，B(2,0)，C(1,1)，D(−1,1)， 如图，四边形的面积为12×(4+2)×1=3，①若直线在第一象限与CD 相交，设交点为F ， 则直线必与OA 交于一点，设为E ， 连接BF ，DE ，要使直线平分梯形， 只须CF +BE =DF +AE =3，设BE =t ，则E 点坐标为(2−t,0)，F 点坐标为(t −2,1)，EF 关于(0,12)对称，此时m=12②若直线与梯形在第一象限的交点在BC上，设交点为F，BC所在直线的方程为x+y=2．此时直线与AB相交，或者与AD相交，(1)若与AB相交，设交点为E点坐标为(t,0)，则BE=2−t，∴三角形BEF在BE边上的高为32−t ≤1，F点横坐标为(2−32−t,32−t)，其中−2≤t≤−1，经计算，m=3(−t−1t)+4(−2≤t≤−1)，当t=−1时，m有最大值12，t=−2时，m有最小值613，(2)若两交点分别在AD和BC上，如图，此时，过A点时，m最大，为617，当斜率k→0时，有最小值(取不到)4−√102，综上，m∈(4−√102,1 2 ]故选D．二、填空题10.在平面直角坐标系xOy中，已知点A(−4,0)，B(0,4)，从直线AB上一点P向圆x2+y2=4引两条切线PC，PD，切点分别为C，D.设线段CD的中点为M，则线段AM长的最大值为______．【答案】3√2【解析】解：因为点A(−4,0)，B(0,4)， 所以直线AB 的方程为x −y +4=0． 设P (x 0,y 0)，因为P 是直线AB 上一点，所以y 0=x 0+4.①又因为以AP 为直线的圆的方程为：x (x −x 0)+y (y −y 0)=0， 即x 2+y 2−xx 0−yy 0=0．由{x 2+y 2=4x 2+y 2−xx 0−yy 0=0两式相减得xx 0+yy 0=4，② 即直线CD 的方程为xx 0+yy 0=4．又因为线段CD 的中点为M ，所以直线OM 的方程为：xy 0−yx 0=0.③ 联立①②③消去x 0，y 0得点M 的轨迹方程为(x +12)2+(y −12)2=12．又因为 A(−4,0)，所以|AM |max =√(−4+12)2+(12)2+√22=3√2．故答案为3√2．11. 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4=72，且2√S n+1=√S n +√S n+2(n ∈N ∗)，直线√S n+1x +√S n y =1与两坐标轴围成的三角形的面积为T n ，则T 1+T 2+T 3+...+T 2159的值为__________． 【答案】21592160【解析】解：由2√S n+1=√S n +√S n+2(n ∈N ∗)可得， √S n+2−√S n+1=√S n+1−√S n ，则{√S n }为等差数列， 又 S n =na 1+n(n−1)2d =d 2n 2+(a 1−d2)n ，∵√S n 为等差数列，∴a 1=d2，又a 4=72，a 4=a 1+3d ， 则a 4=a 1+3d =d2+3d =72d =72， 故d =1，S n =n 22，√S n =√n 22,√S n ⋅S n+1=√n 22⋅(n+1)22=n⋅(n+1)2，因直线√S n+1x +√S n y =1， 当x =0时，y =S ， 当y =0时，x =S ，T n=2S√S =12⋅1n⋅(n+1)2=1n⋅(n+1)=1n−1n+1，T1+T2+T3+⋯+T2159=1−12+12−13+13−14+⋯+12159−12160=1−12160=21592160．12.若动点P在直线a：x−2y−2=0上，动点Q在直线b：x−2y−6=0上，记线段PQ的中点为M(x0,y0)，且(x0−2)2+(y0+1)2≤5，则x02+y02的取值范围为________．【答案】[165,16]【解析】解：由题意知，直线a：x−2y−2=0与直线b：x−2y−6=0平行，因为动点P在直线a上，动点Q在直线b上，所以PQ的中点M在与a，b平行，且到a，b的距离相等的直线上，设该直线为l，则直线l的方程为x−2y−4=0．因为线段PQ的中点为M(x0,y0)，且(x0−2)2+(y0+1)2≤5，所以点M(x0,y0)在圆(x−2)2+(y+1)2=5的内部或在圆上，设直线l交圆于点A，B，则点M在线段AB上运动．联立直线l与圆的方程，得{x−2y−4=0,(x−2)2+(y+1)2=5,解得A(4,0)，B(0,−2)．因为x02+y02=|OM|2，x02+y02表示的几何意义为线段上的点到原点的距离的平方，所以原点到直线的距离的平方为最小，所以x02+y02的最小值为(()22=165，当M与A重合时，x02+y02取得最大值，且最大值为42+02=16，即x02+y02的最大值为16，所以x02+y02的取值范围是[165,16]．13.已知直线l：恒过定点A，点B，C为圆O：上的两动点，满足，则弦BC长度的最大值为______．【答案】4√5【解析】解：直线l：，即为，可得时，，即直线l恒过定点，取BC的中点M，连接AM，OM，OB，圆O：的半径，设，则，由，可得， 由，可得，设，则，再由cosα⩽1，即，，解得5⩽a 2⩽20，即√5⩽a ⩽2√5，可得a 的最大值为2√5，此时A ，M ，O 三点共线， 则弦长BC 的最大值为4√5， 故答案为：4√5．三、解答题14. 已知椭圆C:x 2a 2+y2b 2=1的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)． (1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为原点，直线l ：y =kx +t(t ≠±1)与椭圆C 交于两个不同点P ，Q ，直线AP 与x 轴交于点M ，直线AQ 与x 轴交于点N ，若OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1.求证：直线l 经过定点． 【答案】(1)解：设椭圆的焦距为2c ， 则{c =11b 2=1a 2=b 2+c 2，解得{a =√2b =1c =1,∴椭圆C 的方程为x 22+y 2=1．(2)证明：设P(x 1,y 1)，Q(x 1,x 2)， 由{x 22+y 2=1y =kx +t, 消去y 得：(2k 2+1)x 2+4ktx +2t 2−2=0，由韦达定理得： x 1+x 2=−4kt2k 2+1，x 1x 2=2t 2−22k 2+1，……① ∵A(0,1)，P(x 1,y 1)， ∴直线AP 的方程为：y =y 1−1x 1x +1，∴M(−x 1y 1−1,0)，同理：N(−x 2y 2−1,0)，∵OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1， ∴x 1x 2y 1−1y 2−1=1，化简得x 1x 2−y 1y 2+(y 1+y 2)−1=0，∴(1−k 2)x 1x 2+(k −kt )(x 1+x 2)−t 2+2t −1=0， 将①代入并化简有：t 2+2t −3=0， ∴t =−3或t =1(舍)，∴直线l 的方程为：y =kx −3，经过定点(0,−3)．15. 在平面直角坐标系中，A(−1,0)，B(1,0)，设△ABC 的内切圆分别与边AC ，BC ，AB 相切于点P ，Q ，R ，已知|CP|=1，记动点C 的轨迹为曲线E ． (1)求曲线E 的方程；(2)过G(2,0)的直线与y 轴正半轴交于点S ，与曲线E 交于点H ，HA ⊥x 轴，过S 的另一直线与曲线E 交于M 、N 两点，若S △SMG =6S △SHN ，求直线MN 的方程． 【答案】解：(1)由题意可知，|CA |+|CB |=|CP |+|CQ |+|AP |+|BQ |=2|CP |+|AB |=4>|AB |， ∴曲线E 是以A ，B 为焦点，长轴长为4的椭圆(除去与x 轴的交点)， 设曲线E 方程为：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0,y ≠0)，则c =1，2a =4， ∴a =2，b 2=a 2−c 2=3， 即曲线E 的方程为：x 24+y 23=1(y ≠0)；(2)∵HA ⊥x 轴，∴H (−1,32)，设S(0,y 0)，则−y 0−2=−323，∴y 0=1，即S(0,1)． ∵a =2c ，∴|SG |=2|SH |，∴S △SMGS △SHN=12|SM ||SG |sin∠MSG 12|SN ||SH |sin∠NSH =2|SM ||SN |=6，∴|SM ||SN |=3，即SM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3SN⃗⃗⃗⃗⃗ ， 设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，则SM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1−1)，SN⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2−1)，∴x1=−3x2．①当直线MN的斜率不存在时，MN的方程为x=0，此时|SM||SN|=√3+1√3−1=2+√3，不符合条件；②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+1．联立{y=kx+1x24+y23=1，整理得：(3+4k2)x2+8kx−8=0，∴{x1+x2=−8k3+4k2x1x2=−83+4k2，将x1=−3x2代入得：{−2x2=−8k3+4k2−3x22=−83+4k2,∴3(4k3+4k2)2=83+4k2，解得：k=±√62，故直线MN的方程为y=√62x+1或y=−√62x+1．16.在平面直角坐标系xOy中，已知点A(−1,0)，B(1,2)，直线l与AB平行．(1)求直线l的斜率；(2)已知圆C：x2+y2−4x=0与直线l相交于M，N两点，且MN=AB，求直线l的方程；(3)在(2)的圆C上是否存在点P，使得PA2+PB2=12？若存在，求点P的个数；若不存在，说明理由．【答案】解：(1)∵点A(−1,0)，B(1,2)，直线l与AB平行，∴直线l的斜率k=k AB=2−01−(−1)=1．(2)∵圆C：x2+y2−4x=0，∴圆C的标准方程为：(x−2)2+y2=4，圆心C(2,0)，半径为2，由(1)知直线l的斜率k=1，设直线l的方程为x−y−m=0，则圆心C到直线l的距离d=√2=√2，∵MN=AB=√22+22=2√2，而CM2=d2+(MN2)2，∴4=(2+m)22+2，解得m=0或m=−4，故直线l的方程为x−y=0或x−y+4=0．(3)假设圆C上存在点P，设P(x,y)，则(x−2)2+y2=4，PA2+PB2=(x+1)2+(y−0)2+(x−1)2+(y−2)2=12，整理，得x2+y2−2y−3=0，即x2+(y−1)2=4，∵|2−2| <√(2−0)2+(0−1)2<2+2，∴圆(x −2)2+y 2=4与圆x 2+(y −1)2=4相交，∴点P 的个数为2．17. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知点P(2,4)，圆O ：x 2+y 2=4与x 轴的正半轴的交点是Q ，过点P 的直线l 与圆O 交于不同的两点A ，B ．(1)若直线l 与y 轴交于D ，且DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =16，求直线l 的方程； (2)设直线QA ，QB 的斜率分别是k 1，k 2，求k 1+k 2的值；(3)设AB 的中点为M ，点N(43,0)，若MN =√133OM ，求△QAB 的面积． 【答案】解：(1)若直线l 垂直于x 轴，则其方程为x =2，与圆只有一个交点，不合题意． 故l 存在斜率，设直线l 的方程为：y −4=k(x −2)，即：kx −y −2k +4=0， 则圆心到直线l 的距离：d =√k 2+1，因为直线l 与圆O 交于不同的两点A ，B ，所以d =√k 2+1<2，解得k >34． 又D(0,−2k +4)，Q(2,0)，所以DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2k −4)，DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2k)， 所以DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4+2k(2k −4)=16， 解得k =3或k =−1(舍去)，所以直线l 的方程为：y =3x −2；(2)由题意可知，联立{y −4=k(x −2),x 2+y 2=4,, 得(1+k 2)x 2−4k(k −2)x +(2k −4)2−4=0，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则{x 1+x 2=4k(k−2)1+k 2,x 1·x 2=(2k−4)2−41+k 2,,所以k 1+k 2=y 1x 1−2+y2x 2−2 =k(x 1−2)+4x 1−2+k(x 2−2)+4x 2−2=2k +4x 1−2+4x 2−2 =2k +4(x 1+x 2−4)x 1x 2−2×(x 1+x 2)+4=2k +4×[4k(k −2)1+k 2−4](2k −4)2−41+k 2−2×4k(k −2)1+k 2+4 =2k −4×(8k +4)16 =2k −2k −1=−1．即k 1+k 2的值是−1；(3)设中点M(x 0,y 0)，则由(2)知{x 0=x 1+x 22=2k(k−2)1+k 2,y 0=k(x 0−2)+4=−2(k−2)1+k 2,(∗) 又由MN =√133OM ，得(x 0−43)2+y 02=139(x 02+y 02)， 化简得：x 02+y 02+6x 0−4=0， 将(∗)代入上式并解得：k =3． 因为圆心到直线l 的距离：d =√k 2+1=10， 所以AB =2√4−d 2=65√10，Q 到直线l 的距离：ℎ=25√10， 所以S △ABQ =12AB ·ℎ=125，即△QAB 的面积为125．。
2021年高考数学二轮复习专题六直线、圆、圆锥曲线6.2椭圆、双曲线、抛物线课件文
1
2× |b-a|
2
1
1 2
=
所以 x1=0(舍去),x1=1.
设满足条件的 AB 的中点为 E(x,y).
(分类讨论)
2
+
当 AB 与 x 轴不垂直时,由 kAB=kDE 可得
而
+
=y,所以 y2=x-1(x≠1).
2
当 AB 与 x 轴垂直时,E 与 D 重合.
所以,所求轨迹方程为 y2=x-1.
5
1
于是 x0=x0+ ,解得 x0=1.故选
4
4
பைடு நூலகம்
A.
-6命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点四
求圆锥曲线的离心率
【思考】 求圆锥曲线离心率的根本思路是什么?
(
2 2
-y =1
例2假设a>1,那么双曲线
2
)
A.(
2,+∞)
C.(1, 2)
解析
因为
C
的离心率的取值范围是
B.( 2,2)
D.(1,2)
命题热点二
命题热点三
命题热点四
2
2
3c,故椭圆方程可以表示为 2 + 2=1.
4
3
②由 a=2c,可得 b=
由①得直线 FP 的方程为 3x-4y+3c=0,
3-4 + 3 = 0,
与椭圆方程联立 2
7x2+6cx-13c2=0,
2
+ 2
42
3
= 1,
消去 y,整理得
13
(舍去)或 x=c.
将 y=kx+m 代入椭圆 E 的方程,
直线和圆、圆锥曲线综合测试卷(新高考专用)(原卷版)—2025年高考数学一轮复习
直线和圆、圆锥曲线综合测试卷专练
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
2021高考数学二轮专题训练2.52课时突破解析几何高考小题第1课时直线与圆课件
3.(2020·天津高考)已知直线x- 3 y+8=0和圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点.若 |AB|=6,则r的值为________.
【解析】因为圆心(0,0)到直线x-
y3 +8=0的距离d=
8 =4,
1 3
由|AB|=2 r2 d可2 得6=2 r2,解 4得2 r=5.
答案:5
素养考查
直观想象、逻辑推理
【解析】选C.设P(x,y),则
x y
scxions2+，，y2=1.即点P在单位圆上,点P到直线x-my-
2=0的距离可转化为圆心(0,0)到直线x-my-2=0的距离加上(或减去)半径,所以距
离最大为d=1 2 1. 2
1m2
1m2
当m=0时,dmax=3.
2.(2020·海淀一模)如图,半径为1的圆M与直线l相切于点A,圆M沿着直线l滚动. 当圆M滚动到圆M′时,圆M′与直线l相切于点B,点A运动到点A′,线段AB的长度 为 3 ,则点M′到直线BA′的距离为( )
【解析】根据题意,设点P1(a,b)与点P(1,0)关于直线AB对称,则P1在反射光线所
在直线上,又由A(4,0),B(0,4),则直线AB的方程为x+y=4,
则有
a
b
1
1,解得
a
1 2
b 2
4
,即 aPb 1(344,3),
反射光线所在直线的斜率k=
4
（3 02）,
1 2
则其方程为y-0= 1 (x+2),即x-2y+2=0;
149D7EF 0，
取y=0,得x2-2x-20=0,
所以|MN|=|x1-x2|=（ x 1 x 2 ） 2 4 x 1 x 2 2 2 4 （ 2 0 ） 2 2 1 .
2021年高考数学二轮复习专题七解析几何7.3.1直线与圆及圆锥曲线课件文
-8解题策略一
解题策略二
解题策略三
难点突破 (1)设圆C1:x2+y2=R2,根据圆C1与直线l1相切,求出圆
的方程为x2+y2=12,由此利用相关点法能求出曲线C的方程.
2
2
(2)将直线l2:y=kx+m代入曲线C的方程4 + 3 =1 中,得
(4k2+3)x2 +8kmx+4m2-12=0,由此利用根的判别式、根与系数的
难点突破 (1)利用AC是直径,所以BA⊥BC,或C,B均在坐标原点,
由此求点C轨迹E的方程;
(2)设直线AC的方程为y=kx+2,由
得x2-8kx-16=0,利
= + 2,
用根与系数的关系及导数的几何意义,证明QC⊥PQ,即可证明结
2 = 8,
论.
-3解题策略一
解题策略二
解题策略三
1.
||+||
-11解题策略一
解题策略二
解题策略三
∵m2=4k2+3,∴当 k≠0 时,|m|> 3,
1
∵函数 y=x+在(1,+∞)内是增函数,
1
∴|m|+|| > 3 +
1
3
=
4 3
,
3
∴(d1+d2)d3<4 3.
2°当 k=0 时,四边形 F1F2PQ 为矩形,此时 d1=d2= 3,d3=2,
(1)求C的方程;
(2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当
圆P的半径最长时,求|AB|.
难点突破 (1)将圆的位置关系转化为圆心连线的关系,从而利用
2021年高考数学二轮复习 直线与圆训练题 理
2021年高考数学二轮复习直线与圆训练题理1．已知直线l1：k1x＋y＋1＝0与直线l2：k2x＋y－1＝0，那么“k1＝k2”，是“l1∥l2”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．已知点P(3,2)与点Q(1,4)关于直线l对称，则直线l的方程为( )A．x－y＋1＝0 B．x－y＝0C．x＋y＋1＝0 D．x＋y＝03．当a为任意实数时，直线(a－1)x－y＋a＋1＝0恒过定点C，则以C为圆心，半径为5的圆的方程为( )A．x2＋y2－2x＋4y＝0B．x2＋y2＋2x＋4y＝0C．x2＋y2＋2x－4y＝0D．x2＋y2－2x－4y＝04．(xx·重庆高考)已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为( ) A．52－4 B.17－1C．6－2 2 D.175．(xx·海南质检)已知圆C的圆心是直线x－y＋1＝0与x轴的交点，且圆C与直线x ＋y＋3＝0相切，则圆C的方程为( )A．(x＋1)2＋y2＝2 B．(x－1)2＋y2＝1C．(x＋1)2＋y2＝4 D．(x－2)2＋y2＝46．(xx·山东潍坊一中模拟)若圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0关于直线2ax＋by＋6＝0对称，则由点(a，b)向圆所作的切线长的最小值是( )A．2 B．3C．4 D．67．经过圆x2＋2x＋y2＝0的圆心C，且与直线x＋y＝0垂直的直线方程是________．8．(xx·浙江省名校联考)设圆C：(x－3)2＋(y－5)2＝5，过圆心C作直线l交圆于A，B两点，交y轴于点P，若A恰好为线段BP的中点，则直线l的方程为________．9．(xx·四川高考)在平面直角坐标系内，到点A(1,2)，B(1,5)，C(3,6)，D(7，－1)的距离之和最小的点的坐标是________．10．已知点A(3,3)，B(5,2)到直线l的距离相等，且直线l经过两直线l1：3x－y－1＝0和l2：x＋y－3＝0的交点，求直线l的方程．11．(xx·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l：y＝2x－4.设圆C的半径为1，圆心在l上．(1)若圆心C也在直线y＝x－1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；(2)若圆C上存在点M，使|MA|＝2|MO|，求圆心C的横坐标a的取值范围．12．(xx·广东佛山一模)已知A(－2,0)，B(2,0)，C(m，n)．(1)若m＝1，n＝3，求△ABC的外接圆的方程；(2)若以线段AB 为直径的圆O 过点C(异于点A ，B)，直线x ＝2交直线AC 于点R ，线段BR 的中点为D ，试判断直线CD 与圆O 的位置关系，并证明你的结论．1．选C 由k 1＝k 2,1≠－1，得l 1∥l 2；由l 1∥l 2知k 1×1－k 2×1＝0，所以k 1＝k 2.故“k 1＝k 2”是“l 1∥l 2”的充要条件．2．选A 由题意知直线l 与直线PQ 垂直，所以k l ＝－1k PQ ＝－14－21－3＝1.又直线l 经过PQ 的中点(2,3)，所以直线l 的方程为y －3＝x －2，即x －y ＋1＝0.3．选C 将方程分离参数a 可得a(x ＋1)－(x ＋y －1)＝0，方程表示过两直线的交点，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＝0，x ＋y －1＝0，得交点为(－1,2)，故圆的方程为(x ＋1)2＋(y －2)2＝5，即x 2＋y 2＋2x－4y ＝0.4．选A 两圆的圆心均在第一象限，先求|PC 1|＋|PC 2|的最小值，作点C 1关于x 轴的对称点C ′1(2，－3)，则(|PC 1|＋|PC 2|)min ＝|C ′1C 2|＝52，所以(|PM|＋|PN|)min ＝52－(1＋3)＝52－4.5．选A 令y ＝0得x ＝－1，所以直线x －y ＋1＝0与x 轴的交点为(－1,0)．因为直线x ＋y ＋3＝0与圆C 相切，所以圆心到直线x ＋y ＋3＝0的距离等于半径，即r ＝|－1＋0＋3|2＝2，所以圆C 的方程为(x ＋1)2＋y 2＝2.6．选C 圆的标准方程为(x ＋1)2＋(y －2)2＝2，所以圆心为(－1,2)，半径为 2.因为圆关于直线2ax ＋by ＋6＝0对称，所以圆心在直线2ax ＋by ＋6＝0上，所以－2a ＋2b ＋6＝0，即b ＝a －3，点(a ，b)到圆心的距离为d ＝a ＋12＋b －22＝a ＋12＋a －3－22＝2a 2－8a ＋26＝2a －22＋18. 所以当a ＝2时，d 有最小值18＝32，此时切线长最小，为 322－22＝16＝4.7．解析：所求直线过圆：x 2＋2x ＋y 2＝0的圆心C(－1,0)，斜率为1，故方程为x －y ＋1＝0.答案：x －y ＋1＝08．解析：如图，A 为PB 的中点，而C 为AB 的中点，因此，C 为PB 的四等分点．而C(3,5)，P 点的横坐标为0，因此，A ，B 的横坐标分别为2、4，将A 的横坐标代入圆的方程中，可得A(2,3)或A(2,7)，根据直线的两点式得到直线l 的方程为2x －y －1＝0或2x ＋y －11＝0.答案：2x －y －1＝0或2x ＋y －11＝09．解析：取四边形ABCD 对角线的交点，这个交点到四点的距离之和就是最小值．可证明如下：假设在四边形ABCD 中任取一点P ，在△APC 中，有AP ＋PC ＞AC ，在△BPD 中，有PB ＋PD ＞BD ，而如果P 在线段AC 上，那么AP ＋PC ＝AC ；同理，如果P 在线段BD 上，那么BP ＋PD ＝BD.如果同时取等号，那么意味着距离之和最小，此时P 就只能是AC 与BD 的交点．易求得P(2,4)． 答案：(2,4)10．解：解方程组⎩⎪⎨⎪⎧3x －y －1＝0，x ＋y －3＝0，得交点P(1,2)．(1)若点A ，B 在直线l 的同侧，则l ∥AB.而k AB ＝3－23－5＝－12，由点斜式得直线l 的方程为y －2＝－12(x －1)，即x ＋2y －5＝0；(2)若点A ，B 分别在直线l 的异侧，则直线l 经过线段AB 的中点⎝ ⎛⎭⎪⎫4，52， 由两点式得直线l 的方程为y －2x －1＝52－24－1，即x －6y ＋11＝0.综上所述，直线l 的方程为x ＋2y －5＝0或x －6y ＋11＝0.11．解：(1)由题设，圆心C 是直线y ＝2x －4和y ＝x －1的交点，解得点C(3,2)，于是切线的斜率必存在．设过A(0,3)的圆C 的切线方程为y ＝kx ＋3，由题意，|3k ＋1|k 2＋1＝1，解得k ＝0或－34，故所求切线方程为y ＝3或3x ＋4y －12＝0.(2)因为圆心在直线y ＝2x －4上，所以圆C 的方程为(x －a)2＋[y －2(a －2)]2＝1. 设点M(x ，y)，因为|MA|＝2|MO|，所以x 2＋y －32＝2x 2＋y 2，化简得x 2＋y 2＋2y －3＝0，即x 2＋(y ＋1)2＝4，所以点M 在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上．由题意，点M(x ，y)在圆C 上，所以圆C 与圆D 有公共点，则|2－1|≤|CD|≤2＋1，即1≤a 2＋2a －32≤3.由5a 2－12a ＋8≥0，得a ∈R ；由5a 2－12a≤0，得0≤a≤125.所以点C 的横坐标a 的取值范围为.12．解：(1)法一：设所求圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，由题意可得⎩⎨⎧4－2D ＋F ＝0，4＋2D ＋F ＝0，1＋3＋D ＋3E ＋F ＝0，解得D ＝E ＝0，F ＝－4，∴△ABC 的外接圆方程为x 2＋y 2－4＝0，即x 2＋y 2＝4.法二：线段AC 的中点为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，直线AC 的斜率为k 1＝33， ∴线段AC 的中垂线的方程为y －32＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12. 线段AB 的中垂线方程为x ＝0，∴△ABC 的外接圆圆心为(0,0)，半径为r ＝2.∴△ABC 的外接圆方程为x 2＋y 2＝4. (2)直线CD 与圆O 相切．证明如下：由题意可知以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝4，半径r ＝2， 设点R 的坐标为(2，t)， ∵A ，C ，R 三点共线，∴∥， 而＝(m ＋2，n)，＝(4，t)，则4n ＝t(m ＋2)，∴t ＝4nm ＋2，∴点R 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，4n m ＋2，点D 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2n m ＋2， ∴直线CD 的斜率为k ＝n －2n m ＋2m －2＝m ＋2n －2n m 2－4＝mn m 2－4， 而m 2＋n 2＝4，∴m 2－4＝－n 2，∴k ＝mn －n 2＝－m n，∴直线CD 的方程为y －n ＝－mn(x －m)，化简得mx ＋ny －4＝0，∴圆心O 到直线CD 的距离d ＝4m 2＋n 2＝44＝2＝r ，∴直线CD 与圆O 相切．!29784 7458 瑘E36035 8CC3 賃/27998 6D5E 浞^26574 67CE 柎38099 94D3 铓t]!&,。
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专题突破练25 直线与圆及圆锥曲线
1.(2020全国Ⅱ,理19)已知椭圆C 1:
x 2a
+
y 2b =1(a>b>0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合,C 1的中心
与C 2的顶点重合.过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ,B 两点,交C 2于C ,D 两点,且|CD|=4
3|AB|. (1)求C 1的离心率;
(2)设M 是C 1与C 2的公共点.若|MF|=5,求C 1与C 2的标准方程. 2.
已知圆O :x 2+y 2=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.
3.(2019全国Ⅰ,理19)已知抛物线C :y 2=3x 的焦点为F ,斜率为3
2的直线l 与C 的交点为A ,B ,与x 轴的交点为P.
(1)若|AF|+|BF|=4,求l 的方程; (2)若AP
⃗⃗⃗⃗⃗ =3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求|AB|.
4.(2020山东威海一模,20)已知椭圆x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P(-1,3
2
)是椭圆上
一点,|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若A为椭圆的右顶点,直线AP与y轴交于点H,过点H的另一条直线与椭圆交于M,N两点,且S△HMA
=6S△PHN,求直线MN的方程.
5.(2020重庆名校联盟高三二诊,19)已知椭圆C:x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0),F1,F2为椭圆的左、右焦点,P(1,√2
2
)
为椭圆上一点,且|PF1|=3√2
2
.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)设直线l:x=-2,过点F2的直线交椭圆于A,B两点,线段AB的垂直平分线分别交直线l、直线AB于M,N两点,当∠MAN最小时,求直线AB的方程.
6.(2020天津河北一模,19)已知椭圆C :x 2
a +
y 2b =1(a>b>0)的离心率为1
2
,直线x+y-√6=0与圆x 2+y 2=b 2
相切.
(1)求椭圆C 的方程;
(2)过点P (4,0)的直线l 与椭圆C 交于不同两点A ,B ,线段AB 的中垂线为l 1,若l 1在y 轴上的截距为4
13,求直线l 的方程.
专题突破练25 直线与圆及圆锥曲线
1.解(1)由已知可设C 2的方程为y 2=4cx ,其中c=√a 2-b
2.
不妨设A ,C 在第一象限,由题设得A ,B 的纵坐标分别为b 2a ,-b 2
a ;C ,D 的纵坐标分别为2c ,-2c ,故|AB|=
2b 2a
,|CD|=4c.
由|CD|=4
3|AB|得4c=8b 2
3a ,即3×c
a =2-2(c a )2
,解得c
a =-2(舍去),c
a =1
2.所以C 1的离心率为1
2. (2)由(1)知a=2c ,b=√3c ,故C 1:x 2
4c
2+
y 23c 2
=1. 设M (x 0,y 0),则
x 024c
2+
y 0
23c 2=1,y 02
=4cx 0,故x 024c
2+
4x 03c
=1.
①
由于C 2的准线为x=-c ,所以|MF|=x 0+c ,而|MF|=5,故x 0=5-c ,代入①得(5-c )24c 2
+
4(5-c )3c
=1,即c 2-2c-3=0,
解得c=-1(舍去),c=3.
所以C 1的标准方程为x 2
36+y 2
27=1,C 2的标准方程为y 2=12x. 2.解。