《（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 專題突破練24 直線與圓及圓錐曲線 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 專題突破練24 直線與圓及圓錐曲線 理（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、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,設點A為圓上一動點,AB⊥x軸于B,且動點N滿足AB=2NB,設動點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高三上學期期末考試)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.
3.
已知圓O:x2+y2=4,點A(3,0),以線段AB為
2、直徑的圓內(nèi)切于圓O,記點B的軌跡為Γ.
(1)求曲線Γ的方程;
(2)直線AB交圓O于C,D兩點,當B為CD的中點時,求直線AB的方程.
4.(2019全國卷1,理19)已知拋物線C:y2=3x的焦點為F,斜率為32的直線l與C的交點為A,B,與x軸的交點為P.
(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;
(2)若AP=3PB,求|AB|.
5.(2019湖南長沙第一中學高三下學期高考一模)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=12,過焦點且垂直于x軸的直線被橢圓截得的線段長為3.
(1)求橢圓的方程;
3、
(2)已知P為直角坐標平面內(nèi)一定點,動直線l:y=12x+t與橢圓交于A,B兩點,當直線PA與直線PB的斜率均存在時,若直線PA與PB的斜率之和為與t無關的常數(shù),求出所有滿足條件的定點P的坐標.
6.(2019天津第一中學高三下學期第五次月考)已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點為F1,F2,F2的坐標滿足圓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)過點P(0,1)的直線l1:y=kx+1交橢圓C1于A,B兩點,過P與l1垂直的直線l2交
4、圓Q于C,D兩點,M為線段CD中點,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)設動點N(x,y),A(x0,y0),因為AB⊥x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,得動點N的軌跡方程為x24+y2=1.
(2)略.
2.(1)證明圓C1的圓心C1(1,3),
5、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|
6、N|)=2-|OM|+12|AB|,即|AB|+2|OM|=4.
取A關于y軸的對稱點A',連接A'B,則|A'B|=2|OM|,故|AB|+2|OM|=|AB|+|A'B|=4.
所以點B的軌跡是以A',A為焦點,長軸長為4的橢圓.
其中a=2,c=3,b=1,則曲線Γ的方程為x24+y2=1.
(2)因為B為CD的中點,所以OB⊥CD,則OB⊥AB.
設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
7、.
4.解設直線l:y=32x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)由題設得F34,0,
故|AF|+|BF|=x1+x2+32,
由題設可得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|A
8、B|=4133.
5.解(1)設橢圓的半焦距為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Δ=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
9、=(n-12x1-t)(m-x2)+(n-12x2-t)(m-x1)(m-x1)(m-x2)
=(n-32m)t+2mn-3t2+mt+m2-3,
當n=32m,2mn=3時斜率的和恒為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P的坐標為1,32或-1,-32.
6.解(1)因為F2的坐標滿足圓Q方程(x-2)2+(y-1)2=1,故當y=0時,x=2,即F2(2,0),故c=2.
因為圓心Q滿足|QF1|+|QF2|=2a,所以點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=
10、2,所以橢圓方程為x24+y22=1.
(2)因為直線l2交圓Q于C,D兩點,M為線段CD的中點,所以QM與直線l2垂直.
又因為直線l1與直線l2垂直,所以QM與直線l1平行.
所以點M到直線AB的距離即為點Q到直線AB的距離.
即點M到直線AB的距離為d=|2k|1+k2.
設點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,Δ=b2-4ac=16k2+8(2k2+1)=32k2+8>0,
由韋達定理可得x1+x2=-4k1+2k2,x1x2=-21+2k2,
則|x1-x2|=(x1+x2)2-
11、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,
兩邊同時平方,化簡得,28k4-47k2-18=0,解得k2=2或k2=-928(舍).
故k=±2.
此時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.
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