專題突破練25　直線與圓及圓錐曲線

專題突破練25直線與圓及圓錐曲線1.(2020全國(guó)Ⅱ,理19)已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F與拋物線C2的焦點(diǎn)重合,C1的中心與C2的頂點(diǎn)重合.過(guò)F且與x軸垂直的直線交C1于A,B兩點(diǎn),交C2于(1)求C1的離心率;(2)設(shè)M是C1與C2的公共點(diǎn).若|MF|=5,求C1與C2的標(biāo)準(zhǔn)方程.2.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Γ.(1)求曲線Γ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.3.(2019全國(guó)Ⅰ,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|.4.(2020山東威海一模,20)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,點(diǎn)P-1,32是橢圓上一點(diǎn),|F1F(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若A為橢圓的右頂點(diǎn),直線AP與y軸交于點(diǎn)H,過(guò)點(diǎn)H的另一條直線與橢圓交于M,N兩點(diǎn),且S△HMA=6S△PHN,求直線MN的方程.5.(2020重慶名校聯(lián)盟高三二診,19)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2為橢圓的左、右焦點(diǎn),(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)直線l:x=-2,過(guò)點(diǎn)F2的直線交橢圓于A,B兩點(diǎn),線段AB的垂直平分線分別交直線l、直線AB于M,N兩點(diǎn),當(dāng)∠MAN最小時(shí),求直線AB的方程.6.(2020天津河北一模,19)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12,直線x+y-6=(1)求橢圓C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)P(4,0)的直線l與橢圓C交于不同兩點(diǎn)A,B,線段AB的中垂線為l1,若l1在y軸上的截距為413,求直線l的方程專題突破練25直線與圓及圓錐曲線1.解(1)由已知可設(shè)C2的方程為y2=4cx,其中c=a不妨設(shè)A,C在第一象限,由題設(shè)得A,B的縱坐標(biāo)分別為b2a,-b2a;C,D的縱坐標(biāo)分別為2c,-2c,故|AB|=2b由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3×ca=2-2ca2,解得ca(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c設(shè)M(x0,y0),則x024c2+y023c2=1,y由于C2的準(zhǔn)線為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,所以C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為x236+y

227=1,C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為2.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Γ的方程為x24+y2=(2)因?yàn)锽為CD的中點(diǎn),所以O(shè)B⊥CD,則OB設(shè)B(x0,y0),則x0(x0-3)+y02=又x02解得x0=23,y0=±23則kOB=±22,kAB=?則直線AB的方程為y=±2(x-3),即2x-y-6=0或2x+y-6=0.3.解設(shè)直線l:y=32x+t,A(x1,y1),B(x2,y2)(1)由題設(shè)得F34故|AF|+|BF|=x1+x2+32由題設(shè)可得x1+x2=5由y=32x+t,y2=3x,可得9x2+12(t-1)x+從而-12(t-1所以l的方程為y=32x-(2)由AP=3PB可得y1=-3y2.由y=32x+t,y2=3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=1故|AB|=44.解(1)因?yàn)閨F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中項(xiàng),所以a=2c,得a2=4c2,則b2=a2-c2=3c2.又P-1,32在橢圓上,所以14c2+94則a2=4,b2=3,橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+(2)因?yàn)镻-1,32,由(1)計(jì)算可知當(dāng)直線MN與x軸垂直時(shí),易驗(yàn)證,不合題意.當(dāng)直線MN與x軸不垂直時(shí),設(shè)直線MN的方程為y=kx+1,聯(lián)立直線與橢圓的方程y=kx+1,x24+y23=1,消去y,可得設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),由韋達(dá)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=845.解(1)設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)F1(-c,0)(c>0),則|PF1|=(1+c)2所以|PF2|=22,則由橢圓定義|PF1|+|PF2|=2a=22,∴a=2,b=1故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+y2=(2)由題意直線AB的斜率必定不為零,于是可設(shè)直線AB:x=ty+1,聯(lián)立方程x=ty+1,x22+y2=1,得(∵直線AB交橢圓于A(x1,y1),B(x2,y2),∴Δ=4t2+4(t2+2)=8(t2+1)>0,由韋達(dá)定理得y1+y2=-2tt2+2,y1則yN=-tt2+2,∴xN=tyN+1=-t2∵M(jìn)N⊥AB,∴kMN=-t,∴|MN|=1+t2·-2-2t又|AN|=12|AB|=121+t2·|y∴tan∠MAN=|MN||AN|當(dāng)且僅當(dāng)t2+1=2t2此時(shí)直線AB的方程為x+y-1=0或x-y-1=0.6.解(1)由題意得,e又a2=b2+c2,∴a=2.∴橢圓C的方程為x24+(2)由題意,直線l的斜率k存在且不為零.設(shè)直線l的方程為y=k(x-4),k≠0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點(diǎn)Q(x0,y0).由y消去y,整理得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0.由Δ=(-32k2)2-4(3+4k2)(64k2-12)>0,解得-12<k<12,且k