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

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,(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: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|.4.(2020山东威海一模,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P-1,32是椭圆上一点,|F1F(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:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2为椭圆的左、右焦点,P1(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:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,直线x+y6=0(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l1,若l1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C2的方程为y2=4cx,其中c=a不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为b2a,b2a;C,D的纵坐标分别为2c,2c,故|AB|=2b由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3×ca=22ca2,解得ca(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c设M(x0,y0),则x024c2+y023c2=1,y由于C2的准线为x=c,所以|MF|=x0+c,而|MF|=5,故x0=5c,代入①得(5-c)24c2+4(5-c)3c=所以C1的标准方程为x236+y

227=1,C22.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x24+y2=(2)因为B为CD的中点,所以OB⊥CD,则OB设B(x0,y0),则x0(x03)+y02=又x02解得x0=23,y0=±2则kOB=±22,kAB=∓则直线AB的方程为y=±2(x3),即2xy6=0或2x+y6=0.3.解设直线l:y=32x+t,A(x1,y1),B(x2,y2)(1)由题设得F34故|AF|+|BF|=x1+x2+32由题设可得x1+x2=5由y=32x+t,y2=3x,可得9x2+12(t1)x+从而12(t-1所以l的方程为y=32x(2)由AP=3PB可得y1=3y2.由y=32x+t,y2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=1故|AB|=44.解(1)因为|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项,所以a=2c,得a2=4c2,则b2=a2c2=3c2.又P-1,32在椭圆上,所以14c2+94则a2=4,b2=3,椭圆的标准方程为x24+(2)因为P-1,32,由(1)计算可知当直线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,x24+y23=1,消去y,可得设M(x1,y1),N(x2,y2),由韦达定理可得x由S△HMA=6S△PHN,可得|AH||MH|=6|NH||PH|,又|AH|=2|PH|,所以|MH|=3|NH|,得x1=3x2,代入①,可得-所以3×16k2(4k2+3)2=84k25.解(1)设椭圆的左焦点F1(c,0)(c>0),则|PF1|=(1+c)2所以|PF2|=22,则由椭圆定义|PF1|+|PF2|=2a=22,∴a=2,b=1故椭圆的标准方程为x22+y2=(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,x22+y2=1,得(∵直线AB交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2),∴Δ=4t2+4(t2+2)=8(t2+1)>0,由韦达定理得y1+y2=-2tt2+2,y1则yN=tt2+2,∴xN=tyN+1=t2∵MN⊥AB,∴kMN=t,∴|MN|=1+t2·22t又|AN|=12|AB|=121+t2·|y∴tan∠MAN=|MN||AN|当且仅当t2+1=2t2+1此时直线AB的方程为x+y1=0或xy1=0.6.解(1)由题意得,e又a2=b2+c2,∴a=2.∴椭圆C的方程为x24+(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(x4),k≠0.设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点Q(x0,y0).由y消去y,整理得(3+4k2)x232k2x+64k212=0.由Δ=(32k2)24(3+4k2)(64k212)>0,解得12<k<