2020版高考数学二轮复习 专题七 圆锥曲线 专题突破练21 直线与圆及圆锥曲线 文

2020版高考数学二轮复习 专题七 圆锥曲线 专题突破练21 直线与圆及圆锥曲线 文

专题突破练21　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-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.(2018河北唐山一模,文20)已知椭圆Γ:=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为A,长轴长为2,B为直线l:x=-3上的动点,M(m,0)(m<0),AM⊥BM.当AB⊥l时,M与F重合.‎ ‎(1)求椭圆Γ的方程;‎ ‎(2)若C为椭圆Γ上一点,满足AC∥BM,∠AMC=60°,求m的值.‎ 8‎ ‎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.已知圆M的圆心M在x轴上,半径为1,直线l:y=x-被圆M所截的弦长为,且圆心M在直线l的下方.‎ ‎(1)求圆M的方程;‎ ‎(2)设A(0,t),B(0,t+6)(-5≤t≤-2),若圆M是△ABC的内切圆,求△ABC的面积S的最大值和最小值.‎ 8‎ ‎5.(2018山西吕梁一模,文20)已知椭圆C:=1(a>b>0)过E1,,且离心率为e=.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)过右焦点F的直线l与椭圆交于A,B两点,D点坐标为(4,3),求直线DA,DB的斜率之和.‎ ‎6.(2018河南六市联考一,文20)已知椭圆=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1,F2,上顶点为M,若直线MF1的斜率为1,且与椭圆的另一个交点为N,△F2MN的周长为4.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)过点F1的直线l(直线l的斜率不为1)与椭圆交于P,Q两点,点P在点Q的上方,若,求直线l的斜率.‎ 参考答案 专题突破练21　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).‎ 设圆M的方程为M:x2+y2=r2,由题意得r==2,‎ 所以圆M的方程为M:x2+y2=4.‎ 由题意,=2,‎ 所以(0,-y0)=2(x0-x,-y),即 8‎ 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.解 (1)依题意得A(0,b),F(-c,0),当AB⊥l时,B(-3,b),‎ 由AF⊥BF得kAF·kBF==-1,‎ 又b2+c2=6,解得c=2,b=.‎ 所以,椭圆Γ的方程为=1.‎ ‎(2)由(1)得A(0,),‎ 所以=-,‎ 又AM⊥BM,AC∥BM,所以AC⊥BM,△AMC为直角三角形,‎ 所以kBM=kAC=-kAM=,‎ 所以直线AC的方程为y=x+,‎ y=x+=1联立得(2+‎3m2‎)x2+12mx=0,‎ 所以xC=,|AM|=,|AC|=(m<0),‎ 在Rt△AMC中,由∠AMC=60°得|AC|=|AM|,整理得(m+)2=0,‎ 解得m=-.‎ ‎3.解 ‎ ‎(1)设AB的中点为M,切点为N,连接OM,MN,则 8‎ ‎|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kOB=±,kAB=∓,则直线AB的方程为y=±(x-),‎ 即x-y-=0或x+y-=0.‎ ‎4.解 (1)设圆心M(a,0),由已知得圆心M到直线l:8x-6y-3=0的距离为,‎ ‎∴,‎ 又∵圆心M在直线l的下方,‎ ‎∴‎8a-3>0,∴‎8a-3=5,a=1.‎ 故圆M的方程为(x-1)2+y2=1.‎ ‎(2)由题意设AC的斜率为k1,BC的斜率为k2,则直线AC的方程为y=k1x+t,直线BC的方程为y=k2x+t+6.‎ 由方程组得C点的横坐标为x0=.‎ 8‎ ‎∵|AB|=t+6-t=6,‎ ‎∴S=×6=,‎ 由于圆M与AC相切,所以1=,∴k1=;‎ 同理,k2=,‎ ‎∴k1-k2=,‎ ‎∴S==61-,‎ ‎∵-5≤t≤-2,∴-2≤t+3≤1,‎ ‎∴-8≤t2+6t+1≤-4,‎ ‎∴Smax=6×1+=,‎ Smin=6×1+=,‎ ‎∴△ABC的面积S的最大值为,最小值为.‎ ‎5.解 (1)由已知得=1,,a2=b2+c2,解得a=2,b=,c=1,‎ 所以椭圆方程为=1.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由(1)得F(1,0),设直线l的方程为y=k(x-1)与椭圆联立得 消去x得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,‎ 所以x1+x2=,x1x2=,‎ 8‎ 所以kDA+kDB=‎ ‎=‎ ‎=2k+‎ ‎=2k+‎ ‎=2k+‎ ‎=2k+‎ ‎=2.‎ 当直线l斜率不存在时,A1,-,B1,,kDA+kDB=2.‎ 所以DA,DB的斜率之和为2.‎ ‎6.解 (1)∵△F2MN的周长为4,‎ ‎∴‎4a=4,即a=,‎ 由直线MF1的斜率为1,得=1,‎ ‎∵a2=b2+c2,∴b=1,c=1,‎ ‎∴椭圆的标准方程为+y2=1.‎ ‎(2)由题意可得直线MF1方程为y=x+1,联立 解得N-,-,‎ ‎∴,‎ 8‎ ‎∵,‎ 即|NF1||QF1|sin∠QF1N=|MF1|·|PF1|sin∠PF‎1M,‎ ‎∴|QF1|=2|PF1|,‎ 当直线l的斜率为0时,不符合题意,故设直线l的方程为x=my-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),由点P在点Q的上方,则y2=-2y1,‎ 联立 所以(m2+2)y2-2my-1=0,‎ 所以y1+y2=,y1y2=,‎ 消去y2得 所以.‎ 解得m2=,则m=±,‎ 又由画图可知m=不符合题意,‎ 所以m=-,‎ 故直线l的斜率为=-.‎ 8‎