2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版专题突破练：24 直线与圆及圆锥曲线 Word版含解析.docx
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,ABx轴于B,且动点N满足AB=2NB,设动点N的轨迹为曲线C.(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.(1)求曲线的方程;(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.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|.5.(2019湖南长沙第一中学高三下学期高考一模)已知椭圆x2a2+y2b2=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:x2a2+y2b2=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625,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(x0,y0),因为ABx轴于B,所以B(x0,0).已知圆M的方程为x2+y2=r2,由题意得r=|4|1+3=2,所以圆M的方程为x2+y2=4.由题意,AB=2NB,所以(0,-y0)=2(x0-x,-y),即x0=x,y0=2y.将A(x,2y)代入圆M:x2+y2=4,得动点N的轨迹方程为x24+y2=1.(2)略.2.(1)证明 圆C1的圆心C1(1,3),半径r1=11,圆C2的圆心C2(5,6),半径r2=4,两圆圆心距d=|C1C2|=5,r1+r2=11+4,|r1-r2|=4-11,所以|r1-r2|<d<r1+r2.所以圆C1和C2相交.(2)解 将圆C1和圆C2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C2(5,6)到直线4x+3y-23=0的距离为d=|20+18-23|16+9=3,故两圆的公共弦长为216-9=27.3.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,则曲线的方程为x24+y2=1.(2)因为B为CD的中点,所以OBCD,则OBAB.设B(x0,y0),则x0(x0-3)+y02=0.又x024+y02=1,解得x0=23,y0=±23.则kOB=±22,kAB=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(x1,y1),B(x2,y2).(1)由题设得F34,0,故|AF|+|BF|=x1+x2+32,由题设可得x1+x2=52.由y=32x+t,y2=3x可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,则x1+x2=-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AP=3PB可得y1=-3y2.由y=32x+t,y2=3x可得y2-2y+2t=0.所以y1+y2=2.从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.代入C的方程得x1=3,x2=13.故|AB|=4133.5.解 (1)设椭圆的半焦距为c,则c2=a2-b2,且e=ca=12.由题意得x=c,x2a2+y2b2=1,解得y=±b2a.依题意,2b2a=3,结合a2=b2+c2,解得c=1,a=2,b=3.于是椭圆的方程为x24+y23=1.(2)设Ax1,12x1+t,Bx2,12x2+t,P(m,n).将l:y=12x+t代入椭圆方程得x2+tx+t2-3=0.则=t2-4(t2-3)>0,t2<4,则有x1+x2=-t,x1x2=t2-3.直线PA,PB的斜率之和kPA+kPB=n-12x1-tm-x1+n-12x2-tm-x2=(n-12x1-t)(m-x2)+(n-12x2-t)(m-x1)(m-x1)(m-x2)=(n-32m)t+2mn-3t2+mt+m2-3,当n=32m,2mn=3时斜率的和恒为0,解得m=1,n=32,或m=-1,n=-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F2的坐标满足圆Q方程(x-2)2+(y-1)2=1,故当y=0时,x=2,即F2(2,0),故c=2.因为圆心Q满足|QF1|+|QF2|=2a,所以点Q(2,1)在椭圆上,故有2a2+1b2=1.联立方程组2a2+1b2=1,a2=b2+2,解得a=2,b=2,所以椭圆方程为x24+y22=1.(2)因为直线l2交圆Q于C,D两点,M为线段CD的中点,所以QM与直线l2垂直.又因为直线l1与直线l2垂直,所以QM与直线l1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=|2k|1+k2.设点A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程组x24+y22=1,y=kx+1,解得(1+2k2)x2+4kx-2=0,=b2-4ac=16k2+8(2k2+1)=32k2+8>0,由韦达定理可得x1+x2=-4k1+2k2,x1x2=-21+2k2,则|x1-x2|=(x1+x2)2-4x1x2=(-4k1+2k2) 2-4·-21+2k2=32k2+8(1+2k2)2.所以AB=1+k2|x1-x2|=1+k2·32k2+8(1+2k2)2.所以MAB的面积为12·1+k2·32k2+8(1+2k2)2·|2k|1+k2.所以12·1+k2·32k2+8(1+2k2)2·|2k|1+k2=625.即8k2+2(1+2k2)2·|k|=65,两边同时平方,化简得,28k4-47k2-18=0,解得k2=2或k2=-928(舍).故k=±2.此时l2:y=±22x+1.圆心Q到l2的距离h=±22×2-1+112+1=23<1成立.综上所述,k=±2.
