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
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.。
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．。
直线和圆、圆锥曲线综合测试卷(新高考专用)(解析版)—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。
则由椭圆的中心对称性可知可知AF1BF2为平行四边形，则可得△ABF2的周长为|AF当AB位于短轴的端点时，当围成的等腰三角形底边在x轴上时，当围成的等腰三角形底边在直线l因为tanα=2tanα21―tan2α2=2，且tanα2>所以k=tanθ=tanα2=5―12，或故选：B．5．（5分）（2024·西藏拉萨的最小值为（）A．1453【解题思路】先设点的坐标，结合轨迹方程求参，再根据距离和最小值为两点间距离求解即可6．（5分）（2024·湖南邵阳点B在C上且位于第一象限，B．8 A．453【解题思路】由点A―1,8由点A―1,8在抛物线y23所以抛物线C的方程为y2设B(x0,y0)，则x0>0,y0>由题意知F p2,0，又OP 显然直线AB的斜率不为由y2=2pxx=ty+p2，得y2―2pty显然直线BD的斜率不为由y2=2pxλp，得y2故选：C.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。
如图，因为K OA=∠PDA=∠ODB，所以×|PA|⋅S△PAB=12故选：ABD.11．（6分）（2024·福建龙岩|AB|=8.过焦点F的直线C的准线与坐标轴的交点，则（A．若MF=3FN，则直线C．∠MON为钝角设M(x1,y1),N(x2,y 得y2―8my―16=所以y1y2=―16,x1∴x1x2+y1y2=4⟨⟩三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
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]!&,。
2021年高考数学二轮复习 直线与圆专题训练(含解析)
2021年高考数学二轮复习直线与圆专题训练（含解析）A级——基础巩固组一、选择题1．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＝0解析由题意知直线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.答案 A2．(xx·四川成都二模)已知圆C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝1，圆C2与C1关于直线x－y－1＝0对称，则圆C2的方程为( )A．(x＋2)2＋(y－2)2＝1B．(x－2)2＋(y＋2)2＝1C．(x＋2)2＋(y＋2)2＝1D．(x－2)2＋(y－2)2＝1解析C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝1的圆心为(－1,1)，它关于直线x－y－1＝0对称的点为(2，－2)，对称后半径不变，所以圆C2的方程为(x－2)2＋(y＋2)2＝1.答案 B3．(xx·山东潍坊一模)若圆C经过(1,0)，(3,0)两点，且与y轴相切，则圆C的方程为( ) A．(x－2)2＋(y±2)2＝3B．(x－2)2＋(y±3)2＝3C．(x－2)2＋(y±2)2＝4D．(x－2)2＋(y±3)2＝4解析因为圆C经过(1,0)，(3,0)两点，所以圆心在直线x＝2上，又圆与y轴相切，所以半径r＝2，设圆心坐标为(2，b)，则(2－1)2＋b2＝4，b2＝3，b＝±3，选D.答案 D4．(xx·山东青岛一模)过点P (1，3)作圆O ：x 2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A 和B ，则弦长|AB |＝( )A. 3 B ．2 C. 2 D ．4解析如图所示，∵PA ，PB 分别为圆O ：x 2＋y 2＝1的切线， ∴OA ⊥AP .∵P (1，3)，O (0,0)， ∴|OP |＝1＋3＝2.又∵|OA |＝1，在Rt △APO 中，cos ∠AOP ＝12，∴∠AOP ＝60°，∴|AB |＝2|AO |sin ∠AOP ＝ 3.故选A. 答案 A5．(xx·北京朝阳一模)直线y ＝x ＋m 与圆x 2＋y 2＝16交于不同的两点M ，N ，且|MN →|≥3|OM →＋ON →|，其中O 是坐标原点，则实数m 的取值范围是( )A ．(－22，－2)∪[2，22)B ．(－42，－22)∪[22，42)C ．[－2,2]D ．[－22，2 2 ]解析 设MN 的中点为D ，则OM →＋ON →＝2OD →，|MN →|≥23|OD →|，由|OD →|2＋12|MN →|2＝16，得16＝|OD→|2＋14|MN →|2≥|OD →|2＋14(23|OD →|)2，从而得|OD →|≤2，由点到直线的距离公式可得|OD →|＝|m |2≤2，解得－22≤m ≤2 2.答案 D6．(xx·江西卷)在平面直角坐标系中，A ，B 分别是x 轴和y 轴上的动点，若以AB 为直径的圆C 与直线2x ＋y －4＝0相切，则圆C 面积的最小值为( )A.45π B.34π C ．(6－25)πD.54π 解析 ∵∠AOB ＝90°，∴点O 在圆C 上．设直线2x ＋y －4＝0与圆C 相切于点D ，则点C 与点O 间的距离等于它到直线2x ＋y －4＝0的距离，∴点C 在以O 为焦点，以直线2x ＋y －4＝0为准线的抛物线上， ∴当且仅当O ，C ，D 共线时，圆的直径最小为|OD |. 又|OD |＝|2×0＋0－4|5＝45，∴圆C 的最小半径为25，∴圆C 面积的最小值为π⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝45π. 答案 A 二、填空题7．(xx·山东卷)圆心在直线x －2y ＝0上的圆C 与y 轴的正半轴相切，圆C 截x 轴所得弦的长为23，则圆C 的标准方程为________．解析 ∵圆心在直线x －2y ＝0上， ∴可设圆心为(2a ，a )． ∵圆C 与y 轴正半轴相切， ∴a >0，半径r ＝2a .又∵圆C 截x 轴的弦长为23，∴a 2＋(3)2＝(2a )2，解得a ＝1(a ＝－1舍去)． ∴圆C 的圆心为(2,1)，半径r ＝2. ∴圆的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4. 答案 (x －2)2＋(y －1)2＝48．(xx·重庆卷)已知直线x －y ＋a ＝0与圆心为C 的圆x 2＋y 2＋2x －4y －4＝0相交于A ，B 两点，且AC ⊥BC ，则实数a 的值为________．解析 由题意，得圆心C 的坐标为(－1,2)，半径r ＝3.因为AC ⊥BC ，所以圆心C 到直线x －y＋a ＝0的距离d ＝|－1－2＋a |2＝22r ＝322，即|－3＋a |＝3，所以a ＝0或a ＝6.答案 0或69．直线2ax ＋by ＝1(a ，b 是实数)与圆x 2＋y 2＝1相交于A ，B 两点，且△AOB 是直角三角形(O 是坐标原点)，则点P (a ，b )与点(0,1)之间的距离的最大值为________．解析 易知△AOB 为等腰直角三角形，且点O 到直线距离为22，可得2a 2＋b 2＝2⇒－2≤b ≤2，a 2＋b －12＝2－b22＋b －12≤ 2＋1.答案2＋1三、解答题10．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆P 在x 轴上截得线段长为22，在y 轴上截得线段长为2 3.(1)求圆心P 的轨迹方程； (2)若点P 到直线y ＝x 的距离为22，求圆P 的方程． 解 (1)设P (x ，y )，圆P 的半径为r . 则y 2＋2＝r 2，x 2＋3＝r 2. ∴y 2＋2＝x 2＋3，即y 2－x 2＝1. ∴P 点的轨迹方程为y 2－x 2＝1. (2)设P 的坐标为(x 0，y 0)， 则|x 0－y 0|2＝22，即|x 0－y 0|＝1.∴y 0－x 0＝±1，即y 0＝x 0±1.①当y 0＝x 0＋1时，由y 20－x 20＝1，得(x 0＋1)2－x 20＝1.∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，y 0＝1，∴r 2＝3.∴圆P 的方程为x 2＋(y －1)2＝3.②当y 0＝x 0－1时，由y 20－x 20＝1，得(x 0－1)2－x 20＝1. ∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，y 0＝－1，∴r 2＝3.∴圆P 的方程为x 2＋(y ＋1)2＝3. 综上所述，圆P 的方程为x 2＋(y ±1)2＝3.11．(xx·课标全国卷Ⅰ)已知点P (2,2)，圆C ：x 2＋y 2－8y ＝0，过点P 的动直线l 与圆C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，O 为坐标原点．(1)求M 的轨迹方程；(2)当|OP |＝|OM |时，求l 的方程及△POM 的面积．解 (1)圆C 的方程可化为x 2＋(y －4)2＝16，所以圆心为C (0,4)，半径为4.设M (x ，y )，则CM →＝(x ，y －4)，MP →＝(2－x,2－y )．由题设知CM →·MP →＝0，故x (2－x )＋(y －4)(2－y )＝0， 即(x －1)2＋(y －3)2＝2. 由于点P 在圆C 的内部，所以M 的轨迹方程是(x －1)2＋(y －3)2＝2.(2)由(1)可知M 的轨迹是以点N (1,3)为圆心，2为半径的圆． 由|OP |＝|OM |，故O 在线段PM 的垂直平分线上， 又P 在圆N 上，从而ON ⊥PM .因为ON 的斜率为3，所以l 的斜率为－13，故l 的方程为y ＝－13x ＋83.又|OM |＝|OP |＝22，O 到l 的距离为4105，|PM |＝4105，所以△POM 的面积为165.B 级——能力提高组1．(xx·河南南阳联考)动圆C 经过点F (1,0)，并且与直线x ＝－1相切，若动圆C 与直线y ＝x ＋22＋1总有公共点，则圆C 的面积( )A ．有最大值8πB ．有最小值2πC ．有最小值3πD ．有最小值4π解析 设圆心为C (a ，b )，半径为r ，r ＝|CF |＝|a ＋1|，即(a －1)2＋b 2＝(a ＋1)2，即a ＝14b 2，∴圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫14b 2，b ，r ＝14b 2＋1，圆心到直线y ＝x ＋22＋1的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 24－b ＋22＋12≤b24＋1，∴b ≤－2(22＋3)或b ≥2，当b ＝2时，r min ＝14×4＋1＝2，∴S min ＝πr 2＝4π.答案 D2．过圆x 2＋y 2＝1上一点作圆的切线与x 轴、y 轴的正半轴交于A ，B 两点，则|AB |的最小值为________．解析 假设直线l AB ：x a ＋y b ＝1.由于圆心(0,0)到l 的距离为1，可得a 2b 2＝a 2＋b 2.又a 2b 2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋b 222，所以a 2＋b 2≥4.又因为|AB |＝a 2＋b 2≥2，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立．答案 23．(xx·江苏卷)如图，为保护河上古桥OA ，规划建一座新桥BC ，同时设立一个圆形保护区．规划要求：新桥BC 与河岸AB 垂直；保护区的边界为圆心M 在线段OA 上并与BC 相切的圆，且古桥两端O 和A 到该圆上任意一点的距离均不少于80 m ．经测量，点A 位于点O 正北方向60 m 处，点C 位于点O 正东方向170 m 处(OC 为河岸)，tan ∠BCO ＝43.(1)求新桥BC 的长；(2)当OM 多长时，圆形保护区的面积最大？解 (1)如图，以O 为坐标原点，OC 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系xOy .由条件知A (0,60)，C (170,0)，直线BC 的斜率k BC ＝－tan ∠BCO ＝－43.又因为AB ⊥BC ，所以直线AB 的斜率k AB ＝34.设点B 的坐标为(a ，b )， 则k BC ＝b －0a －170＝－43，k AB ＝b －60a －0＝34.解得a ＝80，b ＝120. 所以BC ＝170－802＋0－1202＝150.因此新桥BC 的长是150 m.(2)设保护区的边界圆M 的半径为r m ，OM ＝d m(0≤d ≤60)． 由条件知，直线BC 的方程为y ＝－43(x －170)，即4x ＋3y －680＝0.由于圆M 与直线BC 相切，故点M (0，d )到直线BC 的距离是r ， 即r ＝|3d －680|42＋32＝680－3d5. 因为O 和A 到圆M 上任意一点的距离均不少于80 m ，所以⎩⎪⎨⎪⎧r －d ≥80，r －60－d≥80，即⎩⎪⎨⎪⎧680－3d 5－d ≥80，680－3d 5－60－d≥80.解得10≤d ≤35.故当d ＝10时，r ＝680－3d 5最大，即圆面积最大．所以当OM ＝10 m 时，圆形保护区的面积最大．23405 5B6D 孭39756 9B4C 魌39310 998E 馎_35376 8A30 訰5?40649 9EC9 黉m736800 8FC0 迀25106 6212 戒#21703 54C7 哇P。
高三数学二轮复习《直线圆圆锥曲线》专题讲义
高三数学二轮复习《直线、圆、圆锥曲线》专题讲义专题热点透析解析几何是高中数学的重点内容之一，也是高考考查的热点。
高考着重考查基础知识的综合，基本方法的灵活运用，数形结合、分类整合、等价转化、函数方程思想以及分析问题解决问题的能力。
其中客观题为基础题和中档题，主观题常常是综合性很强的压轴题。
本专题命题的热点主要有：①直线方程；②线性规划；③直线与圆、圆锥曲线的概念和性质；④与函数、数列、不等式、向量、导数等知识的综合应用。
热点题型范例 一、动点轨迹方程问题例1．M （-2，0）和N （2，0）是平面上的两点，动点P 满足： 2.PM PN -= （Ⅰ）求点P 的轨迹方程； （Ⅱ）设d 为点P 到直线l ：12x =的距离，若22PM PN =，求PM d 的值。
1.1在平面直角坐标系xOy 中，点P 到两点(0-，，(0的距离之和等于4，设点P 的轨迹为C ． （Ⅰ）写出C 的方程；（Ⅱ）设直线1y kx =+与C 交于A ，B 两点．k 为何值时OA ⊥OB ？此时AB 的值是多少？二、圆的综合问题例2、在直角坐标系中，A(a,0)(a>0),B(0,a),C(-4,0),D(0,4),设三角形ABC 的外接圆圆心为E 。
（1）若圆E 与直线CD 相切，求实数a 的值；（2）设点p 在圆E 上，使三角形PCD 的面积等于12的点P 有且只有三个，试问这样的圆E 是否存在？若存在，求出圆E 的标准方程；若不存在，请说明理由。
三、圆锥曲线定义的应用例3. 已知21F F 、为椭圆192522=+y x 的两个焦点，过1F 的直线交椭圆于A 、B 两点，若1222=+B F A F ，则AB =3.1已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-->>的两个焦点为:(2,0),:(2,0),F F P -点的曲线C 上.（Ⅰ）求双曲线C 的方程；（Ⅱ）记O 为坐标原点，过点Q (0,2)的直线l 与双曲线C 相交于不同的两点E 、F ，若△OEF 的面积为求直线l 的方程四、圆锥曲线性质问题例5．①已知双曲线22:1916x y C -=的左右焦点分别为12,F F ，P 为C 的右支上一点，且212PF F F =，则12PF F ∆的面积等于( )（Ａ）24 （Ｂ）36 （Ｃ）48 （Ｄ）96②已知1F 、2F 是椭圆的两个焦点，满足120MF MF ⋅=的点M 总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（ ）A ．(0,1)B ．1(0,]2 C．(0,2D．2 4.1．设ABC △是等腰三角形，120ABC ∠=，则以A B ，为焦点且过点C 的双曲线的离心率为（ ）A ．221+ B ．231+ C ． 21+ D ．31+4.2．已知F 是抛物线24C y x =：的焦点，A B ，是C 上的两个点，线段AB 的中点为(22)M ，，则ABF △的面积等于五、圆锥曲线中的定值、定点问题例6． 设A 、B 为椭圆22143x y +=上的两个动点。
2021-2022年高考数学二轮复习专项精练压轴大题突破练二直线与圆锥曲线2理
2021年高考数学二轮复习专项精练压轴大题突破练二直线与圆锥曲线2理1．(xx届浙江省嘉兴一中适应性测试)如图，已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆的一个焦点为(3，0)，⎝⎛⎭⎪⎫1，32是椭圆上的一个点．(1)求椭圆的标准方程；(2)设椭圆的上、下顶点分别为A，B，P(x0，y0)(x0≠0)是椭圆上异于A，B的任意一点，PQ⊥y轴，Q为垂足，M为线段PQ的中点，直线AM交直线l：y＝－1于点C，N为线段BC的中点，如果△MON的面积为32，求y0的值．解(1)设椭圆标准方程为x2a2＋y2b2＝1，由题意，得c＝ 3.因为a2－c2＝b2，所以b2＝a2－3.又⎝⎛⎭⎪⎫1，32是椭圆上的一个点，所以1a2＋34a2－3＝1，解得a2＝4或a2＝34(舍去)，从而椭圆的标准方程为x24＋y2＝1.(2)因为P(x0，y0)，x0≠0，则Q(0，y0)，且x204＋y20＝1.因为M为线段PQ的中点，所以M⎝⎛⎭⎪⎫x02，y0.又A (0,1)，所以直线AM 的方程为y ＝2y 0－1x 0x ＋1. 因为x 0≠0，所以y 0≠1，令y ＝－1， 得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 01－y 0，－1.又B (0，－1)， N 为线段BC 的中点，则N ⎝⎛⎭⎪⎫x 021－y 0，－1. 所以NM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－x 021－y 0，y 0＋1. 因此，OM →·NM →＝x 02⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－x 021－y 0＋y 0·(y 0＋1) ＝x 204－x 2041－y 0＋y 20＋y 0 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 204＋y 20－x 2041－y 0＋y 0 ＝1－(1＋y 0)＋y 0＝0.从而OM ⊥MN .因为|OM |＝x 204＋y 20＝1， |ON |＝x 2041－y 02＋1＝1－y 201－y 02＋1＝21－y 0， 所以在Rt △MON 中，|MN |＝|ON |2－|OM |2，因此S △MON ＝12|OM ||MN |＝121＋y 01－y 0. 从而有121＋y 01－y 0＝32，解得y 0＝45. 2．(xx 届江西省重点中学盟校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A (2,0)，离心率e ＝32. (1)求椭圆C 的方程；(2)设B 为椭圆上顶点，P 是椭圆C 在第一象限上的一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，问△PMN 与△PAB 面积之差是否为定值？说明理由．解 (1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，c a ＝32，a 2－b 2＝c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝1，则椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)设P (x 0，y 0)(x 0>0，y 0>0)，则x 20＋4y 20＝4，直线PA ：y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2， 则|BM |＝|1－y M |＝y M －1＝－1－2y 0x 0－2. 直线PB ：y ＝y 0－1x 0x ＋1， 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1， 则|AN |＝|2－x N |＝x N －2＝－2－x 0y 0－1，∴S △PMN －S △PAB ＝12|AN |·(|OM |－|OB |) ＝12|AN |·|BM | ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫－2－x 0y 0－1⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－2y 0x 0－2 ＝12·x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝12·4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2. 3．(xx·山西省实验中学模拟)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)过点(0，－2)，F 1，F 2分别为其左、右焦点，O 为坐标原点，点P 为椭圆上一点，PF 1⊥x 轴，且△OPF 1的面积为 2.(1)求椭圆E 的离心率和方程；(2)设A ，B 是椭圆上两动点，若直线AB 的斜率为－14，求△OAB 面积的最大值． 解 (1)因为椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点(0，－2)，所以b ＝2，由PF 1⊥x 轴，且△OPF 1的面积为2，得12×c ×b 2a ＝2，所以c a ＝22，即离心率e ＝22. 因为a 2＝b 2＋c 2，所以a 2－c 2＝4，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 2－c 2＝4，c a ＝22，解得⎩⎨⎧ a ＝22，c ＝2(舍负)，故椭圆E 的方程为x 28＋y 24＝1. (2)设直线AB 的方程为y ＝－14x ＋t ， 与x 2＋2y 2＝8联立，消去y ，整理得98x 2－tx ＋2t 2－8＝0， 由Δ＝(－t )2－4×98(2t 2－8)＝－8t 2＋36>0， 得－322<t <322， x 1＋x 2＝8t 9，x 1x 2＝89(2t 2－8)， 故|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋116×64t 281－3292t 2－8 ＝174×1699－2t 2 ＝41799－2t 2， 易知点O 到直线AB 的距离为d ＝4|t |17， 则△OAB 的面积S ＝12×4|t |17×41799－2t 2 ＝8922t 29－2t 2 ≤892×2t 2＋9－2t 22＝22， 当且仅当2t 2＝9－2t 2，即t ＝±32时取“＝”，经检验，满足要求，故△OAB 面积的最大值为2 2.4．(xx·湖南省长沙市长郡中学临考冲刺训练)在平面直角坐标系xOy 中，点F 1(－3，0)，圆F 2：x 2＋y 2－23x －13＝0，以动点P 为圆心的圆经过点F 1，且圆P 与圆F 2内切．(1)求动点P 的轨迹E 的方程；(2)若直线l 过点(1,0)，且与曲线E 交于A ，B 两点，则在x 轴上是否存在一点D (t,0)(t ≠0)，使得x 轴平分∠ADB ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)圆F 2的方程可化为(x －3)2＋y 2＝16，故圆心F 2(3，0)，半径r ＝4，而|F 1F 2|＝23<4，所以点F 1在圆F 2内．又由已知得圆P 的半径R ＝|PF 1|，由圆P 与圆F 2内切，可得圆P 内切于圆F 2，即|PF 2|＝4－|PF 1|，所以|PF 1|＋|PF 2|＝4>|F 1F 2|，故点P 的轨迹即曲线E 是以F 1，F 2为焦点，长轴长为4的椭圆．显然c ＝3，a ＝2，所以b 2＝a 2－c 2＝1，故曲线E 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，当直线AB 的斜率不为0且存在时，设直线l ：x ＝ny ＋1，代入x 2＋4y 2－4＝0，得(n 2＋4)y 2＋2ny －3＝0， Δ＝16(n 2＋3)>0恒成立．由根与系数的关系，可得y 1＋y 2＝－2n n 2＋4，y 1y 2＝－3n 2＋4， 设直线DA ，DB 的斜率分别为k 1，k 2，则由∠ODA ＝∠ODB ，得k 1＋k 2＝y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝y 1x 2－t ＋y 2x 1－t x 1－t x 2－t ＝y 1ny 2＋1－t ＋y 2ny 1＋1－t x 1－t x 2－t＝2ny 1y 2＋1－t y 1＋y 2x 1－t x 2－t ＝0. 所以2ny 1y 2＋(1－t )(y 1＋y 2)＝0，将y 1＋y 2＝－2n n 2＋4，y 1y 2＝－3n 2＋4代入得－6n －2n ＋2nt ＝0，因此n (t －4)＝0，故存在t ＝4满足题意．当直线AB 的斜率为0时，直线为x 轴，取A (－2,0)，B (2，0)，满足∠ODA ＝∠ODB ， 当直线AB 的斜率不存在时，取A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，满足∠ODA ＝∠ODB . 综上，在x 轴上存在一点D (4,0)，使得x 轴平分∠ADB .。
2020高考数学大二轮专题突破文科通用直线与圆圆锥曲线精选试题及答案解析(10页)
2020高考数学大二轮专题突破文科通用直线与圆圆锥曲线精选试题1.(节选)已知圆M:x2+y2=r2(r>0)与直线l1:x-y+4=0相切,设点A为圆上一动点,AB⊥x轴于B,且动点N满足=2,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(,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.4.(2019全国卷1,理19)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为的直线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=3,求|AB|.5.(2019天津河北区高三二模)已知椭圆C:=1(a>b>0)过点P(2,1),且短轴长为2.(1)求椭圆C的方程;(2)过点P作x轴的垂线l,设点A为第四象限内一点且在椭圆C上(点A不在直线l上),点A关于l的对称点为A',直线A'P与椭圆C交于另一点B.设O为坐标原点,判断直线AB与直线OP的位置关系,并说明理由.6.(2019天津第一中学高三下学期第五次月考)已知椭圆C1:=1(a>b>0)的左、右焦点为F1,F2,F2的坐标满足圆Q方程(x-)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,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AB⊥x轴于B,所以B(x0,0).已知圆M的方程为x2+y2=r2,由题意得r==2,所以圆M的方程为x2+y2=4.由题意,=2,所以(0,-y0)=2(x0-x,-y),即将A(x,2y)代入圆M:x2+y2=4,得动点N的轨迹方程为+y2=1.(2)略.2.(1)证明圆C1的圆心C1(1,3),半径r1=,圆C2的圆心C2(5,6),半径r2=4, 两圆圆心距d=|C1C2|=5,r1+r2=+4,|r1-r2|=4-,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==3,故两圆的公共弦长为2-=2.3.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|+|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=,b=1,则曲线Γ的方程为+y2=1.(2)因为B为CD的中点,所以OB⊥CD,则.设B(x0,y0),则x0(x0-)+=0.又=1,解得x0=,y0=±.则k OB=±,k AB=∓,则直线AB的方程为y=±(x-),即x-y-=0或x+y-=0.4.解设直线l:y=x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).(1)由题设得F,故|AF|+|BF|=x1+x2+,由题设可得x1+x2=.由可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,则x1+x2=--.从而--,得t=-.所以l的方程为y=x-.(2)由=3可得y1=-3y2.由可得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=.故|AB|=.5.解(1)由题意得解得∴椭圆C的方程为=1.(2)直线AB与直线OP平行,证明如下:由题意知,直线PA的斜率存在且不为零.PA,PA'关于l:x=2对称,则直线PA与PA'斜率互为相反数.设直线PA:y-1=k(x-2),PB:y-1=-k(x-2).设A(x1,y1),B(x2,y2).由消去y得(4k2+1)x2-(16k2-8k)x+16k2-16k-4=0, -∴2x1=--.∴x1=--.同理,x2=-.∴x1-x2=-.∵y1=k(x1-2)+1,y2=-k(x2-2)+1,∴y1-y2=k(x1+x2)-4k=-.∵A在第四象限,∴k≠0 且A不在直线OP上,∴k AB=-.-又k OP=,∴k AB=k OP.故直线AB与直线OP平行.6.解(1)因为F2的坐标满足圆Q方程(x-)2+(y-1)2=1,故当y=0时,x=,即F2(,0),故c=.因为圆心Q满足|QF1|+|QF2|=2a,所以点Q(在椭圆上,故有=1.联立方程组解得所以椭圆方程为=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=.设点A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程组解得(1+2k2)x2+4kx-2=0,Δ=b2-4ac=16k2+8(2k2+1)=32k2+8>0,由韦达定理可得--则|x1-x2|=----.所以AB=|x1-x2|=.所以△MAB的面积为.所以.即·|k|=,两边同时平方,化简得,28k4-47k2-18=0,解得k2=2或k2=-(舍).故k=±.此时l2:y=±x+1.圆心Q到l2的距离h=-<1成立.综上所述,k=±.。
新高中数学二轮核心突破专五 解析几何 直线与圆配套精选
专题五解析几何第1讲直线与圆高考定位考查重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题、直线与圆的位置关系特别是弦长问题，此类问题难度属于中低档，一般以选择题、填空题的形式出现真题感悟12021·全国Ⅲ卷在平面内，A，B是两个定点，－2＝0与直线m＋2＋4＝0平行，那么m的值是B－2 或－2 D－错误!2直线1：－＋4＝0与直线2：＋－3＝0≠0分别过定点A，B，又1，2相交于点M，那么|MA|·|MB|的最大值为________解析1由题意知m1＋m－2×1＝0，解得m＝1或－2，当m＝－2时，两直线重合，舍去；当m＝1时，满足两直线平行，所以m＝12由题意可知，直线1：－＋4＝0经过定点A0，4，直线2：＋－3＝0经过定点B3，0，注意到直线1：－＋4＝0和直线2：＋－3＝0始终垂直，点M又是两条直线的交点，那么有MA⊥MB，所以|MA|2＋|MB|2＝|AB|2＝25故|MA|·|MB|≤错误!当且仅当|MA|＝|MB|＝错误!时取“＝〞答案1A2错误!探究提高1求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性2求直线方程时应根据条件选择适宜的方程形式利用待定系数法求解，同时要考虑直线斜率不存在的情况是否符合题意【训练1】1多项选择题光线自点2，4射入，经倾斜角为135°的直线：＝＋1反射后经过点5，0，那么反射光线还经过以下哪个点A14，2C13，2 D13，121，2是分别经过A1，1，B0，－1两点的两条平行直线，当1，2间的距离最大时，那么直线1的方程是________解析1因为直线的倾斜角为135°，所以直线的斜率＝－1，设点2，4关于直线：＝－＋1的对称点为m，n，那么错误!解得错误!所以反射光线经过点－3，－1和点5，0，那么反射光线所在直线的方程为＝错误!－5＝错误!－5，当＝13时，＝1；当＝14时，＝错误!应选BD2当直线AB与1，2垂直时，1与2间的距离最大由A1，1，B0，－1得AB＝错误!＝2∴两平行直线的斜率＝－错误!∴直线1的方程是－1＝－错误!－1，即＋2－3＝0答案1BD2＋2－3＝0热点二圆的方程【例2】12021·石家庄模拟古希腊数学家阿波罗尼斯在其巨著?圆锥曲线论?中提出“在同一平面上给出三点，假设其中一点到另外两点的距离之比是一个大于零且不等于1的常数，那么该点轨迹是一个圆〞现在，某电信公司要在甲、乙、丙三地搭建三座5G信号塔来构建一个特定的三角形信号覆盖区域，以实现5G 商用，甲、乙两地相距4 m，丙、甲两地距离是丙、乙两地距离的错误!倍，那么这个三角形信号覆盖区域的最大面积单位：m2是2圆C的圆心在直线＋＝0上，圆C与直线－＝0相切，且在直线－－3＝0上截得的弦长为错误!，那么圆C的方程为________解析1以甲、乙两地所在直线为轴，线段甲乙的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，设甲、乙两地的坐标分别为－2，0，2，0，丙地坐标为，≠0，那么错误!＝错误!·错误!，整理得－42＋2＝12，可知丙地所在的圆的半径为r＝2错误!所以三角形信号覆盖区域的最大面积为错误!×4×2错误!＝4错误!2∵所求圆的圆心在直线＋＝0上，∴设所求圆的圆心为a，－a又∵所求圆与直线－＝0相切，∴半径r＝错误!＝错误!|a|又所求圆在直线－－3＝0上截得的弦长为错误!，圆心a，－a到直线－－3＝0的距离d＝错误!，∴d2＋错误!错误!错误!错误!错误!－错误!＝1的左、右顶点，in＝错误!－1＝2∵－错误!＝1，解得m＝1，那么B1，0，A－1，0，∴－2与轴交于A，B两点，点C的坐标为0，1当m变化时，解答以下问题：1能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；2证明过A，B，C三点的圆在轴上截得的弦长为定值1解不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：设A1，0，B2，0，那么1，2满足方程2＋m－2＝0，所以12＝－的坐标为0，1，故AC的斜率与BC的斜率之积为错误!·错误!＝－错误!，所以不能出现AC⊥BC的情况2证明BC的中点坐标为错误!，可得BC的中垂线方程为－错误!＝2错误!由1可得1＋2＝－m，所以AB的中垂线方程为＝－错误!联立错误!又错误!＋m2－2＝0，③由①②③解得＝－错误!，＝－错误!所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为错误!，半径r＝错误!故圆在轴上截得的弦长为2错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!in＝错误!＝错误!此时，|＝2，命题q：直线m－1－＋m－12＝0与直线m＋2－3m＝0垂直，那么－1×m＋－1×2＝0，解之得m＝2或m＝－1∴，即2－＋m＝0，那么圆心M到直线的距离d＝错误!＝错误!因为|BC|＝|OA|＝错误!＝2错误!，又|MC|2＝d2＋错误!错误!错误!＋5，解得m＝5或m ＝－15故直线的方程为2－＋5＝0或2－－15＝0。
2021新高考数学二轮总复习专题突破练21 直线与圆及圆锥曲线 Word版含解析
专题突破直线与圆及圆锥曲线1.(2020全国Ⅱ,理19)已知椭圆C1:x2a +y2b=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 +y 2b =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 +y 2b =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.答案及解析1.解(1)由已知可设C 2的方程为y 2=4cx ,其中c=22.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ca =-2(舍去),ca =12.所以C 1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c ,b=√3c ,故C 1:x 24c +y 23c =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 236+y 227=1,C 2的标准方程为y 2=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+y 2=1. (2)因为B 为CD 的中点,所以OB ⊥CD ,则OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ .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AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =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 +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 +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,∴x N =ty N +1=-t 2t +2+1=2t +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2+1=√2,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=-1k x+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年高考数学总复习7.2直线、圆、圆锥曲线小综合题专项练课件理
2
(3)过椭圆
0
2
2
+
2
2
0
=1(a>b>0)上一点 M(x0,y0)的切线方程为
2
+
=1;
2
2
(4)过双曲线 2 − 2 =1(a>0,b>0)上一点 M(x0,y0)的切线方程为
+
2
(2)设 M(x,y)是双曲线
2
2
的中点,则有 kAB·kOM= 2 .
2
2
−
=1(a>b>0)弦 AB(AB 不平行于 y 轴)的中
2
2
=1(a>0,b>0)弦 AB(AB 不平行于 y 轴)
-6-
5.过圆及圆锥曲线上一点的切线方程
(1)过圆x2+y2=r2上一点M(x0,y0)的切线方程为x0x+y0y=r2;
1 2
2
2
r =d + .
2
2
(3)圆与圆的位置关系有五种,即内含、内切、相交、外切、外离.
判定方法是利用两圆心之间的距离与两圆半径的和、差关系.
-3-
2.判断直线与圆锥曲线交点个数或求交点问题的方法
(1)代数法:即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x,y的方
程组,消去y(或x)得一元方程,此方程根的个数即为交点个数,方程组
2于点 E.
2
2
A. 4 − 12 =1
B.ABCD
− 4 的中位线,
=1
2021新高考数学二轮总复习学案：7.4.1 直线与圆及圆锥曲线含解析
7.4压轴题大题2直线与圆锥曲线7.4.1直线与圆及圆锥曲线必备知识精要梳理1.解答直线与圆锥曲线相交问题的一般步骤:设线、设点,联立、消元,韦达定理、代入、化简.第一步:讨论直线斜率的存在性,斜率存在时,设直线的方程为y=kx+b(或斜率不为零时,设x=my+n);第二步:设直线与圆锥曲线的两个交点为M(x1,y1),N(x2,y2);第三步:联立方程组消去y得关于x的方程Ax2+Bx+C=0;第四步:由判别式和韦达定理列出直线与曲线相交于两个点满足的条件第五步:把所要解决的问题转化为含x1+x2,x1x2的形式,然后代入、化简.2.弦中点问题的特殊解法——点差法:即若已知弦AB的中点为M(x0,y0),先设两个交点为A(x1,y1),B(x2,y2);分别代入圆锥曲线的方程,得f(x1,y1)=0,f(x2,y2)=0,两式相减、分解因式,再将x1+x2=2x0,y1+y2=2y0代入其中,即可求出直线的斜率.3.弦长公式:|AB|=|x1-x2|=(k为弦AB所在直线的斜率).关键能力学案突破热点一求轨迹方程【例1】(2020北京顺义二模,21节选)设线段AB的两个端点A,B分别在x轴、y轴上滑动,且|AB|=5,(O为坐标原点),求点M的轨迹方程.解题心得1.如果动点运动的条件是一些几何量的等量关系,设出动点坐标,直接利用等量关系建立x,y之间的关系F(x,y)=0,就得到轨迹方程.2.若动点的轨迹符合某已知曲线的定义,可直接设出相应的曲线方程,用待定系数法或题中所给几何条件确定相应系数,从而求出轨迹方程.3.如果动点P的运动是由另外某一点Q的运动引发的,而该点坐标满足某已知曲线方程,则可以设出P(x,y),用(x,y)表示出相关点Q的坐标,然后把Q的坐标代入已知曲线方程,即可得到动点P的轨迹方程.【对点训练1】设抛物线C1的方程为x2=4y,点M(x0,y0)(x0≠0)在抛物线C2:x2=-y上,过M作抛物线C1的切线,切点分别为A,B,圆N是以线段AB为直径的圆.(1)若点M的坐标为(2,-4),求此时圆N的半径长;(2)当M在x2=-y上运动时,求圆心N的轨迹方程.热点二直线与圆的综合【例2】(2020陕西榆林高三模拟,理20)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B 两点,圆M是以线段AB为直径的圆.(1)证明:坐标原点O在圆M上;(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.解题心得直线与圆相交问题的求法(1)弦长的求解方法①根据半径、弦心距、半弦长构成的直角三角形,构成三者间的关系R2=d2+(其中l为弦长,R为圆的半径,d为圆心到直线的距离);②根据公式l=|x1-x2|求解(其中l为弦长,x1,x2为直线与圆相交所得交点的横坐标,k为直线的斜率);③求出交点坐标,用两点间距离公式求解.(2)定点、定值问题的求解步骤①设:设出直线方程,并代入圆的方程整理成关于x(或y)的一元二次方程;②列:用参数表示出需要证明的直线方程或者几何性质的等式;③解:判断直线是否过定点或对表示出的代数式进行化简求解.【对点训练2】已知圆C经过点A(0,2),B(2,0),圆C的圆心在圆x2+y2=2的内部,且直线3x+4y+5=0被圆C所截得的弦长为2.点P为圆C上异于A,B的任意一点,直线PA与x轴交于点M,直线PB与y轴交于点N.(1)求圆C的方程;(2)若直线y=x+1与圆C交于A1,A2两点,求;(3)求证:|AN|·|BM|为定值.热点三直线与圆锥曲线的综合【例3】(2020江西南康中学第一次联考,21)已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为(,0),且经过点,点M是x轴上的一点,过点M的直线l与椭圆C交于A,B两点(点A在x轴的上方).(1)求椭圆C的方程;(2)若=2,且直线l与圆O:x2+y2=相切于点N,求|MN|.解题心得本题是直线与椭圆、圆的综合问题,对于(1),由题意,列关于a,b的方程组,解方程组可得a,b的值进而求得椭圆的方程;对于(2),设出点M,A,B的坐标及直线l的方程x=ty+m,与椭圆方程联立,再结合根与系数的关系,得m与t的关系,由直线与圆相切,得另一关系式,联立可得点M的坐标,进而求得|MN|,考查了数学运算这一核心素养.【对点训练3】(2020四川成都高三模拟,理21)已知椭圆E:=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.(1)求椭圆E的方程及点T的坐标;(2)设O是坐标原点,直线l'平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交于点P.证明:存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.7.4压轴题大题2直线与圆锥曲线7.4.1直线与圆及圆锥曲线关键能力·学案突破【例1】解设M(x,y),A(x0,0),B(0,y0),由,得(x,y)=(x0,0)+(0,y0),则由|AB|=5,得=25,则有=25,化简,得=1.对点训练1解(1)设N(x,y),A x1,,B x2,,x1≠x2,切线MA,MB的方程分别为y=(x-x1)+,y=(x-x2)+,得MA,MB的交点M(x0,y0)的坐标为x0==2,y0==-4.又k AB==1,|AB|==4,∴r=|AB|=2(2)∵N为线段AB的中点,∴x=,y=点M在C2上,即=-y0.由(1)得2=-,则2=-∴x2=-,x≠0,即x2=y(x≠0).∴圆心N的轨迹方程为x2=y(x≠0).【例2】解(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2,由可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.又x1=,x2=,故x1x2==4.因此OA的斜率与OB的斜率之积为=-1,所以OA⊥OB,故坐标原点O在圆M上.(2)由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4,故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=由于圆M过点P(4,-2),因此=0,故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.由(1)可知y1y2=-4,x1x2=4,所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.当m=-时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为,-,圆M的半径为,圆M的方程为对点训练2解(1)易知圆心C在线段AB的中垂线y=x上,故可设C(a,a),圆C的半径为r,因为直线3x+4y+5=0被圆C所截得的弦长为2,且r=,所以C(a,a)到直线3x+4y+5=0的距离d=,由r2=d2+3得,()2=2+3,即a2-170a=0,所以a=0或a=170.又圆C的圆心在圆x2+y2=2的内部,所以a=0,圆C的方程为x2+y2=4.(2)将y=x+1代入x2+y2=4得2x2+2x-3=0.设A1(x1,y1),A2(x2,y2),则x1+x2=-1,x1x2=-所以=(x1-2)(x2-2)+y1y2=x1x2-2(x1+x2)+4+(x1+1)(x2+1)=2x1x2-(x1+x2)+5=-3+1+5=3.(3)证明:当直线PA的斜率不存在时,|AN|·|BM|=8,当直线PA与直线PB的斜率都存在时,设P(x0,y0),显然x0≠0,且x0≠2.直线PA的方程为y=x+2,令y=0得M直线PB的方程为y=(x-2),令x=0得N0,.所以|AN|·|BM|==4+4=4+4=4+4=4+4=8,故|AN|·|BM|为定值8.【例3】解(1)由题意知得(a2-4)(4a2-3)=0,又a2=3+b2>3,故a2=4,则b2=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)设M(m,0),直线l:x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2),由=2,得y1=-2y2.由得(t2+4)y2+2tmy+m2-4=0.Δ=4t2m2-4(t2+4)(m2-4)>0,即t2>m2-4.则y1+y2=-,y1y2=由y1y2=-2,y1+y2=-2y2+y2=-y2, 得y1y2=-2[-(y1+y2)]2=-2(y1+y2)2,所以=-2-2,化简得(m2-4)(t2+4)=-8t2m2.易知原点O到直线l的距离d=,又直线l与圆O:x2+y2=相切,所以,即t2=m2-1.由得21m4-16m2-16=0,即(3m2-4)(7m2+4)=0,解得m2=,此时t2=,满足Δ>0,所以M在Rt△OMN中,|MN|=对点训练3解(1)由已知,得a=b,则椭圆E的方程为=1.由方程组得3x2-12x+(18-2b2)=0.①方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,此时方程①的解为x1=x2=2,所以椭圆E的方程为=1.点T的坐标为(2,1).(2)证明:由已知可设直线l'的方程为y=x+m(m≠0),由方程组可得所以P点坐标为,则|PT|2=m2.设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).由方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),由Δ>0,解得-<m<由②得x1+x2=-,x1x2=所以|PA|=2--x1,同理,|PB|=2--x2.所以|PA|·|PB|==(x1+x2)+x1x2==m2.故存在常数λ=,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.。
2021新高考数学二轮总复习学案：7.3 直线、圆、圆锥曲线小综合题专项练含解析
7.3直线、圆、圆锥曲线小综合题专项练必备知识精要梳理1.直线与圆的位置关系根据圆心到直线的距离与圆的半径大小关系判定.2.圆与圆的位置关系有五种,即内含、内切、相交、外切、外离.判定方法是利用两圆心之间的距离与两圆半径的和、差关系.3.焦半径公式(1)设M(x,y)是椭圆=1(a>b>0)上的一点,其焦点为F1(-c,0),F2(c,0),则|MF1|=a+ex,|MF2|=a-ex(其中e是离心率).(2)设M(x,y)是双曲线=1(a>0,b>0)上的一点,其焦点为F1(-c,0),F2(c,0),e为双曲线的离心率.点M(x,y)在右支上,|PF1|=ex+a,|PF2|=ex-a;点M(x,y)在左支上,|PF1|=-(ex+a),|PF2|=-(ex-a).(3)已知抛物线y2=2px(p>0),C(x1,y1),D(x2,y2)为抛物线上的点,F为焦点.①焦半径|CF|=x1+;②过焦点的弦长|CD|=x1+x2+p;③x1x2=,y1y2=-p2.4.椭圆与双曲线中点弦斜率公式及其推论(1)设M(x,y)是椭圆=1(a>b>0)弦AB(AB不平行于y轴)的中点,则有k AB·k OM=-;(2)设M(x,y)是双曲线=1(a>0,b>0)弦AB(AB不平行于y轴)的中点,则有k AB·k OM=.5.过圆及圆锥曲线上一点的切线方程(1)过圆x2+y2=r2上一点M(x0,y0)的切线方程为x0x+y0y=r2;(2)过圆(x-a)2+(y-b)2=r2上一点M(x0,y0)的切线方程为(x0-a)(x-a)+(y0-b)(y-b)=r2;(3)过曲线C:Ax2+By2+Dx+Ey+F=0上的一点P(x0,y0)的切线方程为Ax0x+By0y+D·+E·+F=0.考向训练限时通关考向一圆锥曲线中的面积问题1.(2020全国Ⅰ,文11)设F1,F2是双曲线C:x2-=1的两个焦点,O为坐标原点,点P在C上且|OP|=2,则△PF1F2的面积为()A. B.3 C. D.22.(2020全国Ⅱ,理8)设O为坐标原点,直线x=a与双曲线C:=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D,E两点.若△ODE的面积为8,则C的焦距的最小值为()A.4B.8C.16D.323.(2020全国Ⅲ,理11)设双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为.P是C上一点,且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4,则a=()A.1B.2C.4D.84.(2020山东济宁一模,5)双曲线C:=1的右焦点为F,点P在C的一条渐近线上,O 为坐标原点.若|PO|=|PF|,则△PFO的面积为()A. B. C.2 D.35.(2020山东烟台一模,7)设P为直线3x-4y+4=0上的动点,PA,PB为圆C:(x-2)2+y2=1的两条切线,A,B为切点,则四边形APBC面积的最小值为()A. B.2 C. D.2考向二圆锥曲线中的弦长、线段长(比值)问题6.(2020山东,13)斜率为的直线过抛物线C:y2=4x的焦点,且与C交于A,B两点,则|AB|=.7.(2020河南广东等省4月联考,5)已知抛物线y2=4x的焦点为F,过点F和抛物线上一点M(3,2)的直线l交抛物线于另一点N,则|NF|∶|NM|等于()A.1∶2B.1∶3C.1∶4D.1∶8.(2020山东济南一模,6)已知抛物线y2=4x的焦点为F,直线l过F且与抛物线交于A,B 两点,过A作抛物线准线的垂线,垂足为M,∠MAF的角平分线与抛物线的准线交于点P,线段AB的中点为Q.若|AB|=8,则|PQ|=()A.2B.4C.6D.89.(2020山东泰安一模,8)抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,A,B是抛物线上的两个动点,且满足∠AFB=,设线段AB的中点M在l上的投影为N,则的最大值是()A. B. C. D.10.(2020山东潍坊一模,8)如图,已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点P(x0,2是抛物线C上一点.以P为圆心的圆与线段PF相交于点Q,与过焦点F且垂直于对称轴的直线交于点A,B,|AB|=|PQ|,直线PF与抛物线C的另一交点为M,若|PF|=|PQ|,则=()A.1B.C.2D.考向三圆锥曲线的小综合问题11.(多选)(2020山东,9)已知曲线C:mx2+ny2=1.()A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上B.若m=n>0,则C是圆,其半径为C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±xD.若m=0,n>0,则C是两条直线12.(2020上海闵行模拟,15)已知抛物线的方程为y2=4x,过其焦点F的直线交此抛物线于M,N两点,交y轴于点E,若=λ1=λ2,则λ1+λ2=()A.-2B.-C.1D.-113.(多选)(2020山东聊城一模,10)若双曲线C:=1(a>0,b>0)的实轴长为6,焦距为10,右焦点为F,则下列结论正确的是()A.C的渐近线上的点到点F距离的最小值为4B.C的离心率为C.C上的点到点F距离的最小值为2D.过F的最短的弦长为14.(多选)(2020山东烟台一模,10)已知P是双曲线C:=1上任一点,A,B是双曲线上关于坐标原点对称的两点,设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2(k1k2≠0),若|k1|+|k2|≥t恒成立,且实数t的最大值为,则下列说法正确的是()A.双曲线的方程为-y2=1B.双曲线的离心率为2C.函数y=log a(x-1)(a>0,a≠1)的图象恒过C的一个焦点D.直线2x-3y=0与C有两个交点7.3直线、圆、圆锥曲线小综合题专项练考向训练·限时通关1.B解析由题意知a=1,b=,c=2.不妨设F1,F2分别为双曲线C的左、右焦点,则F1(-2,0),F2(2,0).因为|OP|=2,所以点P在以O为圆心,F1F2为直径的圆上,故PF1⊥PF2,则|PF1|2+|PF2|2=(2c)2=16.由双曲线的定义可知||PF1|-|PF2||=2a=2,所以|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|=4,所以|PF1|·|PF2|=6,所以△PF1F2的面积为|PF1|·|PF2|=3.2.B解析由题意可知,双曲线的渐近线方程为y=±x.因为直线x=a与双曲线的渐近线分别交于D,E两点,所以不妨令D(a,-b),E(a,b),所以|DE|=2b.所以S△ODE=2b·a=ab=8.所以c2=a2+b2≥2ab=16,当且仅当a=b=2时取等号.所以c≥4,所以2c≥8.所以双曲线C的焦距的最小值为8.故选B.3.A解析不妨设点P在第一象限,设|PF1|=m,|PF2|=n,则m>n,依题意得,解得a=1.4.A解析双曲线C:=1的右焦点为F(,0),渐近线方程为y=±x,设P(x,y)在第一象限,由|PO|=|PF|,P在直线y=x上,可得,解得x=,y=,即P所以△PFO的面积为故选A.5.A解析S四边形APBC=2S△PBC=2BC·PB=BC,,圆心(2,0)到直线3x-4y+4=0的距离d==2,所以PC的最小值是d=2,所以S四边形APBC故选A.6.解析如图所示,直线与抛物线交于A,B两点,设A(x1,y1),B(x2,y2),F(1,0),准线方程为x=-1,作AA',BB'垂直于准线,交准线于点A',B',由抛物线的定义知|AA'|=|AF|,|BB'|=|BF|.|AB|=|AF|+|BF|=|AA'|+|BB'|=x1++x2+=x1+x2+p.由得3x2-10x+3=0,∴x1+x2=,∴|AB|=+2=7.C解析∵F(1,0),M(3,2),∴直线MF的方程是y=(x-1).由解得x1=3,x2=故选C.8.B解析由题意,直线AB的斜率必定存在.抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),画出图形,可知PF⊥AB,AM=AF,设AB:y=k(x-1)与抛物线方程联立,可得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,所以x1+x2=,x1x2=1,线段AB的中点为Q.若|AB|=8,即x1+x2+p=8,即+2=8,解得k=±1,不妨取k=1.中点Q的横坐标为=3,则Q(3,2),直线PF的斜率为-1,过点F(1,0),则其方程为y=-x+1与x=-1联立解得P(-1,2),所以PQ==4.故选B.9.C解析如图,作BP⊥l,AQ⊥l,垂足分别为P,Q.连接AF,BF,设|AF|=a,|BF|=b.由抛物线定义,得|AF|=|AQ|,|BF|=|BP|.在梯形ABPQ中,2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b,即|MN|=由余弦定理,得|AB|2=a2+b2.2ab cos120°=a2+b2+ab,配方,得|AB|2=(a+b)2-ab.又∵ab,当且仅当a=b时,等号成立.∴(a+b)2-ab≥(a+b)2-(a+b)2=(a+b)2,得到|AB|(a+b).所以,即的最大值为故选C.10.B解析设圆的半径为r,则|AB|=|PQ|=|PB|=|PA|=r,∴△PAB为正三角形,∴x0=,由抛物线的定义可知,|PF|=x0+,又|PF|=|PQ|,r,化简得:∵P,F,∴直线PF的方程为y=,联立消去y可得x2-x+=0,由韦达定理可知,x0x M=,∴x M=由抛物线的定义可知,|FM|=x M+,故选B.11.ACD解析∵mx2+ny2=1,=1.∵m>n>0,>0,∴C是焦点在y轴上的椭圆,A正确;∵m=n>0,∴x2+y2=,即C是圆,∴r=,B错误;由mx2+ny2=1,得=1,∵mn<0,异号,∴C是双曲线,令mx2+ny2=0,可得y2=-x2,即y=±x,C正确;当m=0,n>0时,有ny2=1,得y2=,即y=±,表示两条直线,D正确,故选ACD.12.D解析根据题意直线MN存在斜率,易知F(1,0).设直线MN的方程为y=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2),所以E(0,-k),联立整理可得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,则x1+x2=,x1x2=1,因为=λ1=λ2,即(x1,y1+k)=λ1(1-x1,-y1),(x2,y2+k)=λ2(1-x2,-y2) 所以λ1(1-x1)=x1,λ2(1-x2)=x2,即有λ1=,λ2=所以λ1+λ2===-1.13.AC解析由题意可得2a=6,2c=10,所以a=3,c=5,b==4,右焦点F(5,0),渐近线的方程为4x-3y=0,所以C的渐近线上的点到点F距离的最小值为点F到渐近线的距离,为b=4,所以选项A正确;离心率e=,所以选项B不正确;双曲线上的点为顶点时到相应焦点的距离最小,为5-3=2,所以选项C正确;若过点F的直线与双曲线的右支相交于两点,则当这条直线垂直于x轴时,弦长最短,为;若过点F的直线与双曲线的左、右两支相交于两点,则当这条直线与x轴重合时,弦长最短,为2a=6.由于6<,所以最短的弦长为6,故选项D不正确.故选AC.14.AC解析设A(x0,y0),B(-x0,-y0),P(x,y),则=1,=1.两式相减得:,即,晨鸟教育∴|k1|+|k2|=+=+≥2,又因为t 的最大值为,所以2,所以m=1.故双曲线的方程为-y2=1.故选项A正确;∴双曲线的离心率e=,故选项B错误;该双曲线的焦点为(±2,0),函数y=log a(x-1)的图象恒过点(2,0),故选项C正确;又双曲线的渐近线为y=±x,直线2x-3y=0的斜率,且该直线过原点,所以直线与双曲线没有交点,故选项D错误.故选AC.Earlybird。
数学人教B选修21课后训练：25 直线与圆锥曲线 含解析
课后训练1．若椭圆22=1369x y+的弦被点(4,2)平分，则此弦所在直线的斜率为()A．2 B．－2C．13D．12-2．已知椭圆x2＋2y2＝4，则以(1,1)为中点的弦的长度为()A．B．C．3D3．已知双曲线2222=1(0,0)x ya ba b->>与直线y＝2x有交点，则双曲线的离心率的取值范围是()A．B．(5,+)∞C．)∞D．)∞4．已知双曲线中心在原点，且一个焦点为F，直线y＝x－1与双曲线交于M，N两点，且MN中点的横坐标为23-，则此双曲线的方程为()A．22=134x y-B．22=143x y-C．22=152x y-D．22=125x y-5．设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是()A．11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B．[－2,2]C．[－1,1] D．[－4,4]6．直线l过抛物线y2＝ax的焦点，并且垂直于x轴，若直线l被抛物线截得的线段长为4，则a＝__________.7．已知椭圆C1：2222=1(0)y xa ba b+>>的右顶点A(1,0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1，则椭圆C1的方程为__________．8．设抛物线y2＝8x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，P A⊥l，A为垂足．如果直线AF的斜率为|PF|＝__________.9．在椭圆x2＋4y2＝16中，求通过点M(2,1)且被这点平分的弦所在的直线方程和弦长．10．讨论直线y＝kx＋1与双曲线x2－y2＝1的公共点的个数．参考答案1. 答案：D 设弦两端点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8，y 1＋y 2＝4， 又221122221369 1. 369x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，①② ①－②得12121212=0369x x x x y y y y (+)(-)(+)(-)+， 即121284=0369x x y y (-)(-)+， 所以12121=2y y k x x -=--. 2. 答案：C 依题设弦端点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝2，又22112=4x y ＋，22222=4x y ＋，∴x 12－x 22＝－2(y 12－y 22)， 此弦斜率12121212122y y x x k x x y y -+==-=--(+)， ∴此弦的直线方程为y －1＝－12(x －1)， 即1322y x =-+. 代入x 2＋2y 2＝4，整理得3x 2－6x ＋1＝0， ∴121=3x x ，∴|AB3=.3. 答案：C 双曲线的一、三象限渐近线的斜率b k a=， 要使双曲线2222=1x y a b-和直线y ＝2x 有交点， 只要满足>2b a即可，∴>2a2>，∴e4. 答案：D 由c =a 2＋b 2＝7.∵焦点为F ， ∴可设双曲线方程为2222=17x y a a --，① 并设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．将y ＝x －1代入①并整理得(7－2a 2)x 2＋2a 2x －a 2(8－a 2)＝0， ∴2122272a x x a +=--， 由已知得22222723a a -=-⨯-，解得a 2＝2， 得双曲线的方程为22=125x y -. 5. 答案：C 设直线方程为y ＝k (x ＋2)，与抛物线联立方程组，整理得ky 2－8y ＋16k ＝0.当k ＝0时，直线与抛物线有一个交点．当k ≠0时，由Δ＝64－64k 2≥0，解得－1≤k ≤1.所以－1≤k ≤1.6. 答案：±4 抛物线y 2＝ax 的焦点为,04a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以直线l 与抛物线的两个交点坐标是,42a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭和,42a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以422a a ⎛⎫--= ⎪⎝⎭，解得a ＝±4.7. 答案：22=14y x + 由题意得21,21,b b a=⎧⎪⎨⋅=⎪⎩ ∴2,1,a b =⎧⎨=⎩所求的椭圆方程为24y ＋x 2＝1. 8. 答案：8 直线AF的方程为：2)y x =-，当x ＝－2时，y(A -．当y =y 2＝8x 中，x ＝6，∴P ．∴|PF |＝|P A |＝6－(－2)＝8.9. 答案：分析：题目中涉及弦的中点，既可以考虑中点坐标公式，又可以考虑平方差公式．解：当直线斜率不存在时，M 不可能为弦的中点，所以可以设直线方程为y ＝k (x －2)＋1，代入椭圆方程，消去y ，得(1＋4k 2)x 2－(16k 2－8k )x ＋16k 2－16k －12＝0，显然1＋4k 2≠0，Δ＝16(12k 2＋4k ＋3)＞0， 由2122168==414k k x x k -++，解得12k =-. 故所求弦所在的直线方程为x ＋2y －4＝0.由22240,416,x y x y +-=⎧⎨+=⎩消去x ，得y 2－2y ＝0， ∴y 1＝0，y 2＝2.∴弦长12|y =-2|-＝10. 答案：分析：将y ＝kx ＋1代入双曲线方程得x 的方程，讨论方程解的个数即可． 解：联立直线与双曲线方程221,1,y kx x y =+⎧⎨-=⎩消去y 得(1－k 2)x 2－2kx －2＝0. 当1－k 2＝0，即k ＝±1时，解得x ＝∓1；当1－k 2≠0，即k ≠±1时，Δ＝4k 2＋8(1－k 2)＝8－4k 2.由Δ＞0得＜k ，由Δ＝0得k =由Δ＜0得k ＜或k .所以当k ∈(，－1)∪(－1,1)∪(1)时，直线与双曲线有两个公共点；当k =1个公共点；当k ＝±1时，直线与双曲线有1个公共点；当k ∈(－∞，)∪，＋∞)时，直线与双曲线无公共点．。
2021-2022年高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题五解析几何第1讲直线与圆练习理
2021年高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题五解析几何第1讲直线与圆练习理一、填空题1.(xx·北京卷改编)圆心为(1，1)且过原点的圆的方程是________.解析 因为圆心为(1，1)且过原点，所以该圆的半径r ＝12＋12＝2，则该圆的方程为(x －1)2＋(y －1)2＝2. 答案 (x －1)2＋(y －1)2＝22.(xx·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，直线x ＋2y －3＝0被圆(x －2)2＋(y ＋1)2＝4截得的弦长为________. 解析 圆心为(2，－1)，半径r ＝2.圆心到直线的距离d ＝|2＋2×（－1）－3|1＋4＝355，所以弦长为2r 2－d 2＝222－⎝ ⎛⎭⎪⎫3552＝2555. 答案25553.(xx·南京、盐城模拟)过点P (－4，0)的直线l 与圆C ：(x －1)2＋y 2＝5相交于A ，B 两点，若点A 恰好是线段PB 的中点，则直线l 的方程为________.解析 设AB 的中点为点D ，则CD ⊥AB ，设CD ＝d ，AD ＝x ，则PA ＝AB ＝2x ，在直角三角形ACD 中，由勾股定理得d 2＋x 2＝r 2＝5.在直角三角形PDC 中，由勾股定理得d 2＋9x 2＝CP 2＝25，解得d 2＝52.易知直线l 的斜率一定存在，设为k ，则l ：y ＝k (x ＋4)，圆心C (1，0)到直线l 的距离为d＝|5k|k2＋1＝102，解得k2＝19，k＝±13，所以直线l的方程为y＝±13(x＋4)，即为x±3y＋4＝0.答案x±3y＋4＝04.(xx·苏州调研)若直线l1：y＝x＋a和直线l2：y＝x＋b将圆(x－1)2＋(y－2)2＝8分成长度相等的四段弧，则a2＋b2＝________.解析由弧长相等得弧所对的圆心角相等，所以四段弧所对的圆心角都是90°，直线l1，l2分布在圆心的两侧，且圆心到直线l1，l2的距离d＝22r＝2，即|a－1|2＝2，|b－1|2＝2，所以a＝22＋1，b＝－22＋1或a＝－22＋1，b＝22＋1，所以a2＋b2＝(22＋1)2＋(－22＋1)2＝18.答案185.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________.解析由条件可知，两圆的圆心均在第一象限，先求PC1＋PC2的最小值，作点C1关于x轴的对称点C1′(2，－3)，则(PC1＋PC2)min＝C1′C2＝5 2.所以(PM＋PN)min＝52－4.答案52－46.(xx·全国Ⅲ卷)已知直线l：mx＋y＋3m－3＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别做l的垂线与x轴交于C，D两点，若AB＝23，则CD＝________.解析设AB的中点为M，由题意知，圆的半径R＝23，AB＝23，所以OM＝3，解得m ＝－33，由⎩⎨⎧x －3y ＋6＝0，x 2＋y 2＝12解得A (－3, 3)，B (0，23)，则AC 的直线方程为y－3＝－3(x ＋3)，BD 的直线方程为y －23＝－3x ，令y ＝0，解得C (－2，0)，D (2，0)，所以CD ＝4.答案 47.(xx·江西七校第二次联考)过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左焦点F 作圆x 2＋y 2＝14a 2的切线，切点为E ，直线EF 交双曲线右支于点P ，若OE →＝12(OF →＋OP →)，则双曲线的离心率是________.解析 如图，∵OE →＝12(OF →＋OP →)，∴E 为FP 的中点，又O 为FF ′的中点，∴OE 为△PFF ′的中位线， ∴OE ∥PF ′，OE ＝12PF ′，∵OE ＝12a ，∴PF ′＝a ，∵PF 切圆O 于E ，∴OE ⊥PF ，∴PF ′⊥PF ， ∵FF ′＝2c ，PF －PF ′＝2a ， ∴PF ＝2a ＋a ＝3a ，∴由勾股定理得a 2＋9a 2＝4c 2，∴10a 2＝4c 2，∴e ＝c a ＝102. 答案 1028.直线2ax ＋by ＝1与圆x 2＋y 2＝1相交于A ，B 两点(其中a ，b 是实数)，且△AOB 是直角三角形(O 是坐标原点)，则点P (a ，b )与点(0，1)之间距离的最小值为________.解析 根据题意画出图形，如图所示，过点O 作OC ⊥AB 于C ，因为△AOB 为等腰直角三角形，所以C 为弦AB 的中点，又OA ＝OB ＝1，根据勾股定理得AB ＝2， ∴OC ＝12AB ＝22.∴圆心到直线的距离为12a 2＋b2＝22， 即2a 2＋b 2＝2，即a 2＝－12b 2＋1≥0.∴－2≤b ≤ 2.则点P (a ，b )与点(0，1)之间距离d ＝（a －0）2＋（b －1）2＝a 2＋b 2－2b ＋1＝12b 2－2b ＋2. 设f (b )＝12b 2－2b ＋2＝12(b －2)2，此函数为对称轴为x ＝2的开口向上的抛物线，∴当－2≤b ≤2<2时，函数为减函数.∵f (2)＝3－22，∴d 的最小值为3－22＝（2－1）2＝2－1. 答案2－1二、解答题9.(xx·全国Ⅰ卷)已知过点A (0，1)且斜率为k 的直线l 与圆C ：(x －2)2＋(y －3)2＝1交于M ，N 两点.(1)求k 的取值范围；(2)若OM →·ON →＝12，其中O 为坐标原点，求MN . 解 (1)由题设，可知直线l 的方程为y ＝kx ＋1， 因为l 与C 交于两点， 所以|2k －3＋1|1＋k 2<1.解得4－73<k <4＋73.所以k 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫4－73，4＋73. (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).将y ＝kx ＋1代入方程(x －2)2＋(y －3)2＝1，整理得 (1＋k 2)x 2－4(1＋k )x ＋7＝0.解方程易得：x 1＋x 2＝4（1＋k ）1＋k 2，x 1x 2＝71＋k 2.OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝4k （1＋k ）1＋k 2＋8.由题设可得4k （1＋k ）1＋k 2＋8＝12，解得k ＝1，所以l 的方程为y ＝x ＋1. 故圆心C 在l 上，所以MN ＝2.10.(xx·江苏卷)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 ＝2MO ，求圆心C 的横坐标a 的取值范围.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，得|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 ＝2MO ， 所以x 2＋（y －3）2＝2 x 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 －3）2≤3. 整理得－8≤5a 2－12a ≤0. 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 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，125.11.已知双曲线x 2－y 23＝1.(1)若一椭圆与该双曲线共焦点，且有一交点P (2，3)，求椭圆方程.(2)设(1)中椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，右焦点为F ，直线l 为椭圆的右准线，N 为l 上的一动点，且在x 轴上方，直线AN 与椭圆交于点M .若AM ＝MN ，求∠AMB 的余弦值；(3)设过A 、F 、N 三点的圆与y 轴交于P 、Q 两点，当线段PQ 的中点为(0，9)时，求这个圆的方程.解 (1)∵双曲线焦点为(±2，0)，设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0).则⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝4，4a 2＋9b2＝1.∴a 2＝16，b 2＝12.故椭圆方程为x 216＋y 212＝1.(2)由已知，A (－4，0)，B (4，0)，F (2，0)，直线l 的方程为x ＝8.设N (8，t )(t ＞0).∵AM ＝MN ，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，t 2.由点M 在椭圆上，得t ＝6. 故所求的点M 的坐标为M (2，3).所以MA →＝(－6，－3)，MB →＝(2，－3)，MA →·MB →＝－12＋9＝－3.cos ∠AMB ＝MA →·MB →|MA →|·|MB →|＝－336＋9·4＋9＝－6565.(3)设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F ＞0)，将A 、F 、N 三点坐标代入，得⎩⎨⎧16－4D ＋F ＝0，4＋2D ＋F ＝0，64＋t 2＋8D ＋Et ＋F ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝2，E ＝－t －72t ，F ＝－8.圆的方程为x 2＋y 2＋2x －⎝⎛⎭⎪⎫t ＋72t y －8＝0，令x ＝0，得y 2－⎝⎛⎭⎪⎫t ＋72t y －8＝0.设P (0，y 1)，Q (0，y 2)，则y 1，2＝t ＋72t±⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋72t 2＋322.由线段PQ 的中点为(0，9)，得y 1＋y 2＝18，t ＋72t＝18，此时，所求圆的方程为x 2＋y 2＋2x －18y －8＝0.。
统考版2021届高考数学二轮专题闯关导练四热点问题专练热点十直线与圆文含解析
热点(十) 直线与圆1．(点与圆的位置关系)已知点(a ，b )在圆C ：x 2＋y 2＝r 2(r ≠0)的外部，则ax ＋by ＝r 2与C 的位置关系是( )A ．相切B ．相离C ．内含D ．相交2．(圆的切线)过点(3,1)的圆(x －1)2＋y 2＝r 2的切线有且只有一条，则该切线的方程为( )A ．2x ＋y －5＝0B ．2x ＋y －7＝0C ．x －2y －5＝0D ．x －2y －7＝03．(中点弦)若点P (1,1)为圆x 2＋y 2－6x ＝0的弦AB 的中点，则弦AB 所在直线的方程为( )A ．2x ＋y －3＝0B ．x ＋2y －3＝0C ．2x －y －1＝0D ．x －2y ＋1＝04．(圆的切线)过点P (1，－2)作圆C ：(x －1)2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A ，B ，则AB 所在直线的方程为( )A ．y ＝－34B ．y ＝－12C ．y ＝－32 D ．y ＝－145．(点到直线的距离公式)圆x 2＋y 2－2x －8y ＋13＝0的圆心到直线ax ＋y －1＝0的距离为1，则a ＝( )A ．－43B ．－34C. 3 D ．26．[2020·郑州市质量预测](对称问题)圆(x ＋2)2＋(y －12)2＝4关于直线x －y ＋8＝0对称的圆的方程为( )A ．(x ＋3)2＋(y ＋2)2＝4B ．(x ＋4)2＋(y －6)2＝4C ．(x －4)2＋(y －6)2＝4D ．(x ＋6)2＋(y ＋4)2＝47．[2020·广州市综合测试](公共点问题)若直线kx －y ＋1＝0与圆x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0有公共点，则实数k 的取值范围是( )A ．[－3，＋∞)B ．(－∞，－3]C ．(0，＋∞)D ．(－∞，＋∞)8．[2020·河南郑州模拟](相交弦长)在圆x 2＋y 2－2x －8y ＋1＝0内，过点E (0,1)的最长弦和最短弦分别是AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积为( )A ．4 6B ．8 6C ．12 6D ．16 69．(对称问题)一条光线从点(－2，－3)射出，经y 轴反射后与圆(x ＋3)2＋(y －2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为( )A ．－53或－35B ．－32或－23C ．－54或－45D ．－43或－3410．(最值问题)已知点P (x ，y )是直线kx ＋y ＋4＝0(k >0)上一动点，PA ，PB 是圆C ：x 2＋y 2－2y ＝0的两条切线，A ，B 是切点，若四边形PACB 的最小面积是2，则k 的值为( )A ．3 B.212C ．2 2D ．211．[2020·合肥市高三调研性检测](圆与不等式的综合)若直线l ：ax －by ＋2＝0(a >0，b >0)经过圆x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0的圆心，则1a ＋1b的最小值为( )A ．2 2 B. 2C ．22＋1 D.2＋3212．(点的存在性问题)已知直线3x ＋4y －15＝0与圆O ：x 2＋y 2＝25交于A ，B 两点，点C 在圆O 上，且S △ABC ＝8，则满足条件的点C 的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．413．(弦长公式)直线y ＝x 被圆x 2＋(y －2)2＝4截得的弦长为________．14．(点的存在性问题)已知圆M ：(x －1)2＋(y －1)2＝4，直线l ：x ＋y －6＝0，A 为直线l 上一点，若圆M 上存在两点B ，C ，使得∠BAC ＝60°，则点A 的横坐标的取值范围为________．15．(距离最值问题)点P 在圆C 1：x 2＋y 2－8x －4y ＋11＝0上，点Q 在圆C 2：x 2＋y 2＋4x ＋2y ＋1＝0上，则|PQ |的最小值是________．16．[2020·济南历城二中第二次月考](最值＋求参数)已知圆C ：x 2＋(y －3)2＝4，直线l 过点A (－1,0)，过直线l 上的点P 引圆C 的两条切线，若点P 与切点的距离的最小值为2，则直线l 的斜率k 为____________．热点(十) 直线与圆1．答案：D解析：由已知得a 2＋b 2>r 2，所以圆心到直线ax ＋by ＝r 2的距离d ＝r 2a 2＋b 2<r ，故直线ax＋by ＝r 2与C 的位置关系是相交，故选D.2．答案：B解析：由题意知点(3,1)在圆上，代入圆的方程可得r 2＝5，圆的方程为(x －1)2＋y 2＝5， 则过点(3,1)的切线方程为(x －1)×(3－1)＋y ×(1－0)＝5， 即2x ＋y －7＝0.故选B. 3．答案：C解析：圆x 2＋y 2－6x ＝0的标准方程为(x －3)2＋y 2＝9，又因为点P (1,1)为圆x 2＋y 2－6x ＝0的弦AB 的中点，圆心与点P 确定的直线的斜率为1－01－3＝－12，所以弦AB 所在直线的斜率为2，所以直线AB 的直线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. 4．答案：B解析：圆(x －1)2＋y 2＝1的圆心为(1,0)，半径为1，以|PC |＝1－12＋－2－02＝2为直径的圆的方程为(x －1)2＋(y ＋1)2＝1，将两圆的方程相减得AB 所在直线的方程为2y ＋1＝0，即y ＝－12.故选B.5．答案：A解析：由圆的方程x 2＋y 2－2x －8y ＋13＝0得圆心坐标为(1,4)，由点到直线的距离公式得d ＝|1×a ＋4－1|1＋a 2＝1 ，解得a ＝－43.故选A. 6．答案：C解析：圆关于直线的对称图形仍然是圆，只不过圆心位置发生了变化，半径不变，因此只需求出圆心(－2,12)关于直线x －y ＋8＝0的对称点．设对称的圆的圆心为(m ，n )，则⎩⎪⎨⎪⎧n －12m ＋2＝－1m －22－n ＋122＋8＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝4n ＝6，所以所求圆的圆心为(4,6)，故所求圆的方程为(x －4)2＋(y －6)2＝4，故选C.7．答案：D解析：通解 由⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋1＝0x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0消去y 并化简得(1＋k 2)x 2＋(2－2k )x －2＝0，判别式Δ＝(2－2k )2＋8(1＋k 2)>0，所以直线与圆必有公共点，所以k 的取值范围是(－∞，＋∞)．故选D.优解 直线kx －y ＋1＝0过定点(0,1)，由于02＋12＋2×0－4×1＋1＝－2<0，所以点(0,1)在圆x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0内，所以直线与圆必有公共点，所以k 的取值范围是(－∞，＋∞)．故选D.8．答案：B解析：圆的方程可化为(x －1)2＋(y －4)2＝16，∴圆心M (1,4)，半径r ＝4，如图所示，显然E 在圆的内部，设过E 点的弦长为l ，则l ＝2r 2－d 2＝216－d 2(d 表示弦心距)．由图可知0≤d ≤|ME |＝10，∴当d ＝0时，l m a x ＝2×4＝8＝|AC |(此时AC 为圆的直径)； 当d ＝10时，l min ＝216－10＝26＝|BD |(此时AC ⊥BD )．∴S 四边形ABCD ＝12|AC ||BD |＝12×8×26＝86，故选B.9．答案：D解析：点(－2，－3)关于y 轴的对称点为(2，－3)，由入射光线与反射光线的对称性，知反射光线一定过点(2，－3)．设反射光线所在直线的斜率为k ，则反射光线所在直线的方程为y ＋3＝k (x －2)，即kx －y －2k －3＝0.由反射光线与圆相切，得圆心到直线的距离d ＝|－3k －2－2k －3|k 2＋1＝1，解得k ＝－43或k ＝－34，故选D.10．答案：D解析：圆C ：x 2＋y 2－2y ＝0的圆心为(0,1)，半径r ＝1.由圆的性质，知S 四边形PACB ＝2S △PBC . ∵四边形PACB 的最小面积是2，∴S △PBC 的最小值为1， 则12rd min ＝1(d 是切线长)，∴d min ＝2. ∵圆心到直线的距离就是PC 的最小值，∴|PC |min ＝51＋k2＝d 2min ＋1＝ 5. ∵k >0，∴k ＝2.故选D. 11．答案：D解析：直线ax －by ＋2＝0(a >0，b >0)经过圆x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0的圆心，所以圆x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0的圆心(－1,2)在直线ax －by ＋2＝0上，可得－a －2b ＋2＝0，即a ＋2b ＝2，所以1a ＋1b ＝12(a ＋2b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝32＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋a b ≥32＋2b a ·a b ＝32＋2，当且仅当2b a ＝a b 时等号成立，所以1a ＋1b 的最小值为32＋2，故选D.12．答案：C解析：圆心O 到已知直线的距离d ＝|－15|32＋42＝3，因此|AB |＝252－32＝8，设点C 到直线AB 的距离为h ，则S △ABC ＝12×8×h ＝8，h ＝2，由于d ＋h ＝3＋2＝5＝r (圆的半径)，因此与直线AB 距离为2的两条直线中一条与圆相切，一条与圆相交，故符合条件的点C 有三个．故选C.13．答案：2 2解析：由题意得，圆x 2＋(y －2)2＝4的圆心为(0,2)，半径为2，圆心到直线x －y ＝0的距离d ＝22＝ 2.设截得的弦长为l ，则由⎝ ⎛⎭⎪⎫l 22＋(2)2＝22，得l ＝2 2.14．答案：[1,5]解析：由题意知，过点A 的两直线与圆M 相切时，夹角最大，当∠BAC ＝60°时，MA ＝MB sin ∠BAM ＝2sin 30°＝4.设A (x,6－x )，所以(x －1)2＋(6－x －1)2＝16，解得x ＝1或x ＝5，因此点A 的横坐标的取值范围为[1,5]．15．答案：35－5解析：把圆C 1、圆C 2的方程都化成标准形式，得(x －4)2＋(y －2)2＝9，(x ＋2)2＋(y ＋1)2＝4.圆C 1的圆心坐标是(4,2)，半径长是3；圆C 2的圆心坐标是(－2，－1)，半径是2.圆心距d ＝4＋22＋2＋12＝3 5.所以|PQ |的最小值是35－5.16．答案：17或－1解析：由圆C ：x 2＋(y －3)2＝4可知圆C 的圆心坐标为(0,3)，半径为2.过直线l 上的点P 引圆C 的两条切线，易知当|PC |为圆心到直线l 的距离时，点P 与切点的距离最短．已知直线l 过点A (－1,0)，当斜率不存在时，易知不合题意；设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，即kx－y ＋k ＝0，由点到直线的距离公式及勾股定理，得|k －3|k 2＋1＝22＋22＝22，解得k ＝17或k ＝－1.。
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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|=43|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AP⃗⃗⃗⃗⃗ =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,|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:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2为椭圆的左、右焦点,P(1,√22)为椭圆上一点,且|PF1|=3√22.(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 2a +y 2b =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ca =-2(舍去),ca =12.所以C 1的离心率为12. (2)由(1)知a=2c ,b=√3c ,故C 1:x 24c2+y 23c 2=1. 设M (x 0,y 0),则x 024c2+y 023c 2=1,y 02=4cx 0,故x 024c2+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 236+y 227=1,C 2的标准方程为y 2=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+y 2=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 =-t t +2,∴x N =ty N +1=-t 2t +2+1=2t +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=0,4k 3+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.。