2019年高考數(shù)學二輪復習 專題突破練21 直線與圓及圓錐曲線 理.doc

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專題突破練21　直線與圓及圓錐曲線 1.(節(jié)選)在周長為定值的△ABC中,已知|AB|=6,且當頂點C位于定點P時,cos C有最小值為. (1)建立適當?shù)淖鴺讼?求頂點C的軌跡方程. (2)略. 2.(2018河北唐山一模,理20)已知橢圓Γ:=1(a>b>0)的左焦點為F,上頂點為A,長軸長為2,B為直線l:x=-3上的動點,M(m,0),AM⊥BM.當AB⊥l時,M與F重合. (1)求橢圓Γ的方程; (2)若直線BM交橢圓Γ于P,Q兩點,且AP⊥AQ,求m的值. 3. 已知圓O:x2+y2=4,點A(,0),以線段AB為直徑的圓內切于圓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.已知圓M的圓心M在x軸上,半徑為1,直線l:y=x-被圓M所截的弦長為,且圓心M在直線l的下方. (1)求圓M的方程; (2)設A(0,t),B(0,t+6)(-5≤t≤-2),若圓M是△ABC的內切圓,求△ABC的面積S的最大值和最小值. 5.(2018寧夏銀川一中一模,理21)已知橢圓=1(a>b>0)的離心率e=,連接橢圓的四個頂點得到的菱形的面積為4. (1)求橢圓的方程; (2)設直線l與橢圓相交于不同的兩點A,B,已知點A的坐標為(-a,0),點Q(0,y0)在線段AB的垂直平分線上,且=4,求y0的值. 6.(2018河北唐山三模,理20)已知點A(-2,0),點B(-1,0),點C(1,0),動圓O與x軸相切于點A,過點B的直線l1與圓O相切于點D,過點C的直線l2與圓O相切于點E(D,E均不同于點A),且l1與l2交于點P,設點P的軌跡為曲線Γ. (1)證明:|PB|+|PC|為定值,并求Γ的方程; (2)設直線l1與Γ的另一個交點為Q,直線CD與Γ交于M,N兩點,當O,D,C三點共線時,求四邊形MPNQ的面積. 參考答案 專題突破練21　直線與圓及圓錐曲線 1.解 (1)以AB所在直線為x軸,線段AB的中垂線為y軸,建立直角坐標系, 設|CA|+|CB|=2a(a>3)為定值,所以C點的軌跡是以A、B為焦點的橢圓, 所以焦距2c=|AB|=6, cos C= = =-1. 又|CB||CA|≤2=a2, 所以cos C≥1-, 由題意得1-,∴a2=25. 此時|PA|=|PB|,P點坐標為(0,4). 點C的軌跡方程為=1(y≠0). 2.解 (1)依題意得A(0,b),F(-c,0),當AB⊥l時,B(-3,b),由AF⊥BF得kAFkBF==-1,又b2+c2=6,解得c=2,b=所以,橢圓Γ的方程為=1. (2)由(1)得A(0,),依題意,顯然m≠0,所以kAM=-, 又AM⊥BM,所以kBM=, 所以直線BM的方程為y=(x-m), 設P(x1,y1),Q(x2,y2). y=(x-m)與=1聯(lián)立得(2+3m2)x2-6m3x+3m4-12=0, x1+x2=,x1x2= |PM||QM|=1+|(x1-m)(x2-m)| =1+|x1x2-m(x1+x2)+m2| =1+ =, |AM|2=2+m2, 由AP⊥AQ得|AM|2=|PM||QM|, 所以=1,解得m=1. 3.解 (1)設AB的中點為M,切點為N,連接OM,MN,則|OM|+|MN|=|ON|=2,|AB|=|ON|-(|OM|-|MN|)=2-|OM|+|AB|, 即|AB|+2|OM|=4. 取A關于y軸的對稱點A,連接AB,則|AB|=2|OM|, 故|AB|+2|OM|=|AB|+|AB|=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=,b=1,則曲線Γ的方程為+y2=1. (2)因為B為CD的中點,所以OB⊥CD,則 設B(x0,y0),則x0(x0-)+=0. 又=1, 解得x0=,y0= . 則kOB=,kAB=,則直線AB的方程為y=(x-), 即x-y-=0或x+y-=0. 4.解 (1)設圓心M(a,0),由已知得圓心M到直線l:8x-6y-3=0的距離為, , 又∵圓心M在直線l的下方, ∴8a-3>0, ∴8a-3=5,a=1. 故圓M的方程為(x-1)2+y2=1. (2)由題意設AC的斜率為k1,BC的斜率為k2,則直線AC的方程為y=k1x+t,直線BC的方程為y=k2x+t+6. 由方程組得C點的橫坐標為x0= ∵|AB|=t+6-t=6, ∴S=6=, 由于圓M與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=61+=, Smin=61+=, ∴△ABC的面積S的最大值為,最小值為 5.解 (1)由e=,得3a2=4c2, 再由c2=a2-b2,得a=2b,由題意可知,2a2b=4,即ab=2. 解方程組 所以橢圓的方程為+y2=1. (2)由(1)可知A(-2,0).設B點的坐標為(x1,y1),直線l的斜率為k, 則直線l的方程為y=k(x+2), 于是A,B兩點的坐標滿足方程組 由方程組消去y整理,得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0, 由-2x1=得x1=,從而y1= 設線段AB的中點為M,則M的坐標為. 以下分兩種情況: (1)當k=0時,點B的坐標為(2,0).線段AB的垂直平分線為y軸, 于是=(-2,-y0),=(2,-y0),=4,得y0=2 (2)當k≠0時,線段AB的垂直平分線方程為y-=-x+. 令x=0,解得y0=- 由=(-2,-y0),=(x1,y1-y0), =-2x1-y0(y1-y0)===4. 整理得7k2=2,故k=, 所以y0= 綜上y0=2或y0= 6.解 (1)由已知可得|PD|=|PE|,|BA|=|BD|,|CE|=|CA|, 所以|PB|+|PC|=|PD|+|DB|+|PC|=|PE|+|PC|+|AB|=|CE|+|AB| =|AC|+|AB|=4>|BC|. 所以點P的軌跡τ是以B,C為焦點的橢圓(去掉與x軸的交點), 可求τ的方程為=1(y≠0). (2)由O,D,C三點共線及圓的幾何性質,可知PB⊥CD, 又由直線CE,CA為圓O的切線,可知CE=CA,OA=OE, 所以△OAC≌△OEC,進而有∠ACO=∠ECO, 所以|PC|=|BC|=2,又由橢圓的定義,|PB|+|PC|=4,得|PB|=2, 所以△PBC為等邊三角形,即點P在y軸上,點P的坐標為(0,). (ⅰ)當點P的坐標為(0,)時,∠PBC=60,∠BCD=30, 此時直線l1的方程為y=(x+1),直線CD的方程為y=-(x-1), 由整理得5x2+8x=0, 得Q-,-, 所以|PQ|=,由 整理得13x2-8x-32=0, 設M(x1,y1),N(x2,y2),x1+x2=,x1x2=-,|MN|=|x1-x2|=,所以四邊形MPNQ的面積S=|PQ||MN|= (ⅱ)當點P的坐標為(0,-)時,由橢圓的對稱性,四邊形MPNQ的面積為 綜上,四邊形MPNQ的面積為