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

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）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=±.。

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。

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.。