（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練24 直線與圓及圓錐曲線 理

專題突破練24直線與圓及圓錐曲線1.(節(jié)選)已知圓M:x2+y2=r2(r>0)與直線l1:x-3y+4=0相切,設(shè)點(diǎn)A為圓上一動(dòng)點(diǎn),ABx軸于B,且動(dòng)點(diǎn)N滿足AB=2NB,設(shè)動(dòng)點(diǎn)N的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程;(2)略.2.(2019甘肅武威第十八中學(xué)高三上學(xué)期期末考試)已知圓C1:x2+y2-2x-6y-1=0和C2:x2+y2-10x-12y+45=0.(1)求證:圓C1和圓C2相交;(2)求圓C1和圓C2的公共弦所在直線的方程和公共弦長(zhǎng).3.已知圓O:x2+y2=4,點(diǎn)A(3,0),以線段AB為直徑的圓內(nèi)切于圓O,記點(diǎn)B的軌跡為.(1)求曲線的方程;(2)直線AB交圓O于C,D兩點(diǎn),當(dāng)B為CD的中點(diǎn)時(shí),求直線AB的方程.4.(2019全國(guó)卷1,理19)已知拋物線C:y2=3x的焦點(diǎn)為F,斜率為32的直線l與C的交點(diǎn)為A,B,與x軸的交點(diǎn)為P.(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;(2)若AP=3PB,求|AB|.5.(2019湖南長(zhǎng)沙第一中學(xué)高三下學(xué)期高考一模)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=12,過(guò)焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線被橢圓截得的線段長(zhǎng)為3.(1)求橢圓的方程;(2)已知P為直角坐標(biāo)平面內(nèi)一定點(diǎn),動(dòng)直線l:y=12x+t與橢圓交于A,B兩點(diǎn),當(dāng)直線PA與直線PB的斜率均存在時(shí),若直線PA與PB的斜率之和為與t無(wú)關(guān)的常數(shù),求出所有滿足條件的定點(diǎn)P的坐標(biāo).6.(2019天津第一中學(xué)高三下學(xué)期第五次月考)已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)為F1,F2,F2的坐標(biāo)滿足圓Q方程(x-2)2+(y-1)2=1,且圓心Q滿足|QF1|+|QF2|=2a.(1)求橢圓C1的方程;(2)過(guò)點(diǎn)P(0,1)的直線l1:y=kx+1交橢圓C1于A,B兩點(diǎn),過(guò)P與l1垂直的直線l2交圓Q于C,D兩點(diǎn),M為線段CD中點(diǎn),若MAB的面積為625,求k的值.參考答案專題突破練24直線與圓及圓錐曲線1.解(1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)N(x,y),A(x0,y0),因?yàn)锳Bx軸于B,所以B(x0,0).已知圓M的方程為x2+y2=r2,由題意得r=|4|1+3=2,所以圓M的方程為x2+y2=4.由題意,AB=2NB,所以(0,-y0)=2(x0-x,-y),即x0=x,y0=2y.將A(x,2y)代入圓M:x2+y2=4,得動(dòng)點(diǎn)N的軌跡方程為x24+y2=1.(2)略.2.(1)證明圓C1的圓心C1(1,3),半徑r1=11,圓C2的圓心C2(5,6),半徑r2=4,兩圓圓心距d=|C1C2|=5,r1+r2=11+4,|r1-r2|=4-11,所以|r1-r2|<d<r1+r2.所以圓C1和C2相交.(2)解將圓C1和圓C2的方程相減,得4x+3y-23=0,所以兩圓的公共弦所在直線的方程為4x+3y-23=0.因?yàn)閳A心C2(5,6)到直線4x+3y-23=0的距離為d=|20+18-23|16+9=3,故兩圓的公共弦長(zhǎng)為216-9=27.3.解(1)設(shè)AB的中點(diǎn)為M,切點(diǎn)為N,連接OM,MN,則|OM|+|MN|=|ON|=2,|AB|=|ON|-(|OM|-|MN|)=2-|OM|+12|AB|,即|AB|+2|OM|=4.取A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)A',連接A'B,則|A'B|=2|OM|,故|AB|+2|OM|=|AB|+|A'B|=4.所以點(diǎn)B的軌跡是以A',A為焦點(diǎn),長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓.其中a=2,c=3,b=1,則曲線的方程為x24+y2=1.(2)因?yàn)锽為CD的中點(diǎn),所以O(shè)BCD,則OBAB.設(shè)B(x0,y0),則x0(x0-3)+y02=0.又x024+y02=1,解得x0=23,y0=±23.則kOB=±22,kAB=2,則直線AB的方程為y=±2(x-3),即2x-y-6=0或2x+y-6=0.4.解設(shè)直線l:y=32x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).(1)由題設(shè)得F34,0,故|AF|+|BF|=x1+x2+32,由題設(shè)可得x1+x2=52.由y=32x+t,y2=3x可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,則x1+x2=-12(t-1)9.從而-12(t-1)9=52,得t=-78.所以l的方程為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.從而-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)設(shè)橢圓的半焦距為c,則c2=a2-b2,且e=ca=12.由題意得x=c,x2a2+y2b2=1,解得y=±b2a.依題意,2b2a=3,結(jié)合a2=b2+c2,解得c=1,a=2,b=3.于是橢圓的方程為x24+y23=1.(2)設(shè)Ax1,12x1+t,Bx2,12x2+t,P(m,n).將l:y=12x+t代入橢圓方程得x2+tx+t2-3=0.則=t2-4(t2-3)>0,t2<4,則有x1+x2=-t,x1x2=t2-3.直線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,當(dāng)n=32m,2mn=3時(shí)斜率的和恒為0,解得m=1,n=32,或m=-1,n=-32.綜上所述,所有滿足條件的定點(diǎn)P的坐標(biāo)為1,32或-1,-32.6.解(1)因?yàn)镕2的坐標(biāo)滿足圓Q方程(x-2)2+(y-1)2=1,故當(dāng)y=0時(shí),x=2,即F2(2,0),故c=2.因?yàn)閳A心Q滿足|QF1|+|QF2|=2a,所以點(diǎn)Q(2,1)在橢圓上,故有2a2+1b2=1.聯(lián)立方程組2a2+1b2=1,a2=b2+2,解得a=2,b=2,所以橢圓方程為x24+y22=1.(2)因?yàn)橹本€l2交圓Q于C,D兩點(diǎn),M為線段CD的中點(diǎn),所以QM與直線l2垂直.又因?yàn)橹本€l1與直線l2垂直,所以QM與直線l1平行.所以點(diǎn)M到直線AB的距離即為點(diǎn)Q到直線AB的距離.即點(diǎn)M到直線AB的距離為d=|2k|1+k2.設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2).聯(lián)立方程組x24+y22=1,y=kx+1,解得(1+2k2)x2+4kx-2=0,=b2-4ac=16k2+8(2k2+1)=32k2+8>0,由韋達(dá)定理可得x1+x2=-4k1+2k2,x1x2=-21+2k2,則|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的面積為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|=65,兩邊同時(shí)平方,化簡(jiǎn)得,28k4-47k2-18=0,解得k2=2或k2=-928(舍).故k=±2.此時(shí)l2:y=±22x+1.圓心Q到l2的距離h=±22×2-1+112+1=23<1成立.綜上所述,k=±2.10