《2022屆高考數(shù)學二輪復習 第一篇 專題六 解析幾何 第2講 直線與圓錐曲線的位置關系教案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022屆高考數(shù)學二輪復習 第一篇 專題六 解析幾何 第2講 直線與圓錐曲線的位置關系教案 理（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學二輪復習 第一篇 專題六 解析幾何 第2講 直線與圓錐曲線的位置關系教案 理 1.(2018·全國Ⅰ卷,理8)設拋物線C:y2=4x的焦點為F,過點(-2,0)且斜率為的直線與C交于M,N兩點,則·等于(　D　) (A)5 (B)6 (C)7 (D)8 解析:由題意知直線MN的方程為y=(x+2), 聯(lián)立直線與拋物線的方程,得 解得或 不妨設M為(1,2),N為(4,4). 又因為拋物線焦點為F(1,0), 所以=(0,2),=(3,4). 所以·=0×3+2×4=8.故選D. 2.(2018·全國Ⅰ卷,理11)已知雙曲線C:-y2=1,O為坐標原點,F為

2、C的右焦點,過F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為M,N.若△OMN為直角三角形,則|MN|等于(　B　) (A) (B)3 (C)2 (D)4 解析: 由已知得雙曲線的兩條漸近線方程為y=±x. 設兩條漸近線夾角為2α, 則有tan α==,所以α=30°. 所以∠MON=2α=60°. 又△OMN為直角三角形,由于雙曲線具有對稱性,不妨設MN⊥ON,如圖所示. 在Rt△ONF中,|OF|=2,則|ON|=. 則在Rt△OMN中,|MN|=|ON|·tan 2α=·tan 60°=3.故選B. 3.(2017·全國Ⅰ卷,理10)已知F為拋物線C:y2=4x的焦點,過F

3、作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與C交于A,B兩點,直線l2與C交于D,E兩點,則|AB|+|DE|的最小值為(　A　) (A)16 (B)14 (C)12 (D)10 解析:y2=4x的焦點F(1,0), 由題意知l1,l2的斜率都存在且不為0, 設直線l1方程為y=k(x-1)(k≠0), 則直線l2方程為y=-(x-1). 設A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4). 將y=k(x-1)代入y2=4x得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0. 所以x1+x2=2+, 同理可得x3+x4=2+4k2, 所以|AB|+|DE|=x1

4、+x2+x3+x4+4 =4+4++4k2 ≥8+2=16. (當且僅當k=±1時取等號).故選A. 4.(2018·全國Ⅲ卷,理16)已知點M(-1,1)和拋物線C:y2=4x,過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A,B兩點.若∠AMB=90°,則k=　　　　.? 解析:法一　設點A(x1,y1),B(x2,y2), 則 所以-=4(x1-x2), 所以k==. 設AB的中點M'(x0,y0),拋物線的焦點為F,分別過點A,B作準線x=-1的垂線,垂足為A',B', 則|MM'|=|AB|=(|AF|+|BF|) =(|AA'|+|BB'|). 因為M'(x0,y0)為

5、AB中點, 所以M為A'B'的中點, 所以MM'平行于x軸, 所以y1+y2=2,所以k=2. 法二　由題意知,拋物線的焦點坐標為F(1,0),設直線方程為y=k(x-1),直線方程與y2=4x聯(lián)立,消去y,得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1x2=1,x1+x2=. 由M(-1,1), 得=(-1-x1,1-y1),=(-1-x2,1-y2). 由∠AMB=90°,得·=0, 所以(x1+1)(x2+1)+(y1-1)(y2-1)=0, 所以x1x2+(x1+x2)+1+y1y2-(y1+y2)+1=0. 又y1y2

6、=k(x1-1)·k(x2-1) =k2[x1x2-(x1+x2)+1], y1+y2=k(x1+x2-2), 所以1++1+k21-+1-k-2+1=0, 整理得-+1=0,解得k=2. 經(jīng)檢驗k=2是分式方程的根. 答案:2 5.(2017·全國Ⅱ卷,理16)已知F是拋物線C:y2=8x的焦點,M是C上一點,FM的延長線交y軸于點N.若M為FN的中點,則|FN|=　　　　　　.? 解析:由y2=8x可得F(2,0),FM的斜率一定存在,設為k, 則直線FM的方程為y=k(x-2), 令x=0可得N(0,-2k), 又M為FN中點, 所以M(1,-k),代入y2=8x

7、得k2=8, 所以|FN|====6. 答案:6 6.(2018·全國Ⅲ卷,理20)已知斜率為k的直線l與橢圓C:+=1交于A,B兩點,線段AB的中點為M(1,m)(m>0). (1)證明:k<-; (2)設F為C的右焦點,P為C上一點,且++=0.證明:||,||,||成等差數(shù)列,并求該數(shù)列的公差. 證明:(1)設A(x1,y1),B(x2,y2), 則+=1,+=1. 兩式相減,并由=k得+·k=0. 由題設知=1,=m, 于是k=-.① 由題設得0

8、2-1,y2)=(0,0). 由(1)及題設得x3=3-(x1+x2)=1. y3=-(y1+y2)=-2m<0. 又點P在C上,所以m=, 從而P1,-,||=, 于是||= = =2-. 同理||=2-. 所以||+||=4-(x1+x2)=3. 故2||=||+||, 即||,||,||成等差數(shù)列. 設該數(shù)列的公差為d, 則2|d|=|||-|||=|x1-x2| =② 將m=代入①得k=-1, 所以l的方程為y=-x+,代入C的方程,并整理得 7x2-14x+=0. 故x1+x2=2,x1x2=, 代入②解得|d|=. 所以該數(shù)列的公差為或-.

9、 1.考查角度 主要考查直線與圓錐曲線的位置關系、弦長、面積及軌跡問題. 2.題型及難易度 選擇題、解答題,難度為中檔、中檔偏上. (對應學生用書第44~47頁) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 直線與圓錐曲線的位置關系的判斷 【例1】 (2018·全國Ⅱ卷)設拋物線C:y2=4x的焦點為F,過F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A,B兩點,|AB|=8. (1)求l的方程; (2)求過點A,B且與C的準線相切的圓的方程. 解:(1)由題意得F(1,0),l的方程為 y=k(x-1)(k>0). 設A(x1,y1),B(x2,y2), 由 得

10、k2x2-(2k2+4)x+k2=0. Δ=16k2+16>0,故x1+x2=. 所以|AB|=|AF|+|BF| =(x1+1)+(x2+1) =. 由題設知=8, 解得k=-1(舍去)或k=1. 因此l的方程為y=x-1. (2)由(1)得AB的中點坐標為(3,2), 所以AB的垂直平分線方程為y-2=-(x-3), 即y=-x+5. 設所求圓的圓心坐標為(x0,y0),則 解得或 因此所求圓的方程為(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144. 判斷直線與圓錐曲線的位置關系有兩種常用方法 (1)代數(shù)法:即聯(lián)立直線與圓錐曲

11、線方程可得到一個關于x,y的方程組,消去y(或x)得一元方程,此方程根的個數(shù)即為交點個數(shù),方程組的解即為交點坐標. (2)幾何法:即畫出直線與圓錐曲線的圖象,根據(jù)圖象判斷公共點個數(shù). 熱點訓練1:(2018·淮北一模)已知橢圓C:+=1(a>b>0),其左右焦點為F1,F2,過F1的直線l:x+my+=0與橢圓C交于A,B兩點,且橢圓離心率e=. (1)求橢圓C的方程; (2)若橢圓上存在點M,使得2=+,求直線l的方程. 解:(1)直線l:x+my+=0過點F1, 令y=0, 解得x=-, 所以c=, 因為e==, 所以a=2, 所以b2=a2-c2=4-3=1, 所

12、以橢圓C的方程為+y2=1. (2)設A(x1,y1),B(x2,y2),M(x3,y3), 由2=+, 得x3=x1+x2,y3=y1+y2 代入橢圓方程可得 x1+x22+y1+y22-1=0, 所以++++(x1x2+4y1y2)=1, 所以x1x2+4y1y2=0, 聯(lián)立方程消去x可得 (m2+4)y2+2my-1=0, 所以y1+y2=,y1y2=, 所以x1x2+4y1y2=(my1+)(my2+)+4y1y2=(m2+4)y1y2+m(y1+y2)+3=0, 即m2=2, 解得m=±, 所求直線l的方程為x±y+=0. 圓錐曲線的弦長問題 【例2】

13、 (2018·合肥市二次質(zhì)檢)已知橢圓E:+=1(a>b>0)經(jīng)過點P-,,橢圓E的一個焦點為(,0). (1)求橢圓E的方程; (2)若直線l過點M(0,)且與橢圓E交于A,B兩點,求|AB| 的最大值. 解:(1)依題意,橢圓E的左、右焦點分別為F1(-,0),F2(,0), 由橢圓E經(jīng)過點P-,, 得|PF1|+|PF2|=4=2a, 所以a=2,c=, 所以b2=a2-c2=1. 所以橢圓E的方程為+y2=1. (2)當直線l的斜率存在時,設直線l的方程為y=kx+,A(x1,y1),B(x2,y2). 由得(1+4k2)x2+8kx+4=0. 由Δ>0得(8k)

14、2-4(1+4k2)×4>0, 所以4k2>1. 由x1+x2=-,x1x2=得 |AB|=· =2. 設t=,則0

15、的兩個交點為P(x1,y1),Q(x2,y2),則|PQ|==|x1-x2|=·=|y1-y2|=·. 熱點訓練2:(2018·東城區(qū)二模)已知拋物線C:y2=2px經(jīng)過點P(2,2),A,B是拋物線C上異于點O的不同的兩點,其中O為原點. (1)求拋物線C的方程,并求其焦點坐標和準線方程; (2)若OA⊥OB,求△AOB面積的最小值. 解:(1)由拋物線C:y2=2px經(jīng)過點P(2,2)知4p=4, 解得p=1. 則拋物線C的方程為y2=2x, 所以拋物線C的焦點坐標為,0,準線方程為x=-. (2)由題知,直線AB不與y軸垂直, 設直線AB:x=ty+a, 由消去x,得

16、y2-2ty-2a=0, 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則y1+y2=2t,y1y2=-2a, 因為OA⊥OB, 所以x1x2+y1y2=0, 即+y1y2=0, 解得y1y2=0(舍)或y1y2=-4, 所以-2a=-4,解得a=2. 所以直線AB:x=ty+2, 所以直線AB過定點(2,0),S△AOB=×2×|y1-y2|==≥=4. 當且僅當y1=2,y2=-2或y1=-2,y2=2時,等號成立. 所以△AOB面積的最小值為4. 中點弦問題 【例3】 求一個焦點是F(0,5),并截直線y=2x-1所得弦的中點的橫坐標是的橢圓的標準方程. 解:法一　

17、(設而不求) 設所求的橢圓方程為+=1(a>b>0),直線被橢圓所截弦的端點為A(x1,y1),B(x2,y2), 由 消y得(4b2+a2)x2-4b2x+b2-a2b2=0,① 所以x1+x2=, 因為c=5, 所以b2=a2-c2=a2-50, 所以x1+x2=, 由題意知=,x1+x2=, 所以=, 解得a2=75, 所以b2=25, 方程①為175x2-100x-1 850=0,即7x2-4x-74=0,此時Δ>0, 故所求橢圓的標準方程為+=1. 法二　(點差法) 設所求的橢圓方程為+=1(a>b>0),直線被橢圓所截弦的端點為A(x1,y1),B(x

18、2,y2). 由題意,可得弦AB的中點坐標為,, 且=,=-. 將A,B兩點坐標代入橢圓方程中,得 兩式相減并化簡,得 =-×=-2×=3, 所以a2=3b2. 又c2=a2-b2=50, 所以a2=75,b2=25. 所以橢圓方程為+=1,① 把y=2x-1代入①, 化簡得7x2-4x-74=0,此時Δ>0, 故所求橢圓的標準方程為+=1. (1)對于弦的中點問題常用“根與系數(shù)的關系”或“點差法”求解,在使用根與系數(shù)的關系時,要注意使用條件Δ>0,在用“點差法”時,要檢驗直線與圓錐曲線是否相交. (2)圓錐曲線以P(x0,y0)(y0≠0)為中點的弦所在直

19、線的斜率分別是k=-橢圓+=1,k=雙曲線-=1,k=(拋物線y2=2px).其中k=(x1≠x2),(x1,y1),(x2,y2)為弦的端點坐標. 熱點訓練3: 過點M(1,1)的直線與橢圓+=1交于A,B兩點,且點M平分弦AB,則直線AB的方程為(　　) (A)4x+3y-7=0 (B)3x+4y-7=0 (C)3x-4y+1=0 (D)4x-3y-1=0 解析:設A(x1,y1),B(x2,y2). 易得+=1,+=1,兩式相減,整理得 +=0. 由M(1,1)是弦AB的中點得x1+x2=2,y1+y2=2, 所以有+=0,得=-, 即直線AB的斜率k=-, 所以,直

20、線AB的方程為y-1=-(x-1), 即3x+4y-7=0.故選B. 求軌跡方程 考向1　直接法 【例4】 已知兩點A(,0),B(-,0),點P為平面內(nèi)一動點,過點P作y軸的垂線,垂足為Q,且·=2,求動點P的軌跡方程. 解:設動點P的坐標為(x,y),則點Q的坐標為(0,y), 所以=(-x,0),=(-x,-y), =(--x,-y), 所以·=x2-2+y2. 由·=2,得x2-2+y2=2x2, 即y2-x2=2. 故動點P的軌跡方程為y2-x2=2. 考向2　定義法求軌跡方程 【例5】 (2018·鄭州市二次質(zhì)檢)已知動圓E經(jīng)過點F(1,0),且和直線x=

21、-1相切. (1)求該動圓圓心E的軌跡G的方程; (2)已知A(3,0),若斜率為1的直線l與線段OA相交(不經(jīng)過坐標原點O和點A),且與曲線G交于B,C兩點,求△ABC面積的最大值. 解:(1)由題意可知點E到點F的距離等于點E到直線x=-1的距離,所以動點E的軌跡是以F(1,0)為焦點,直線x=-1為準線的拋物線, 故軌跡G的方程是y2=4x. (2)由題意設直線l的方程為y=x+m, 其中-30. 設B(x1,y1),C(x2,y2), 則x1+x2=4-2

22、m,x1x2=m2, 所以|BC|=4, 又點A到直線l的距離d=, 所以S△ABC=×4× =2·(3+m). 令=t,t∈(1,2), 則m=1-t2, 所以S△ABC=2t(4-t2)=8t-2t3, 令f(t)=8t-2t3,則f'(t)=8-6t2, 易知f(t)在1,上單調(diào)遞增,在,2上單調(diào)遞減, 所以當t∈(1,2)時,f(t)在t=處取得最大值,最大值為. 此時m=-,滿足-3

23、上兩個不同的動點,求直線A1P與A2Q交點的軌跡E的方程. 解:由題設知|x1|>,A1(-,0),A2(,0),則有直線A1P的方程為y=(x+),① 直線A2Q的方程為y=(x-).② 聯(lián)立①②,解得 即③ 則x≠0,|x|<. 而點P(x1,y1)在雙曲線-y2=1上,所以-=1. 將③代入上式,整理得所求軌跡E的方程為+y2=1,x≠0且x≠±. (1)若動點滿足的幾何條件可用等式表示,則只需把這個等式“翻譯”成含x,y的等式,通過化簡、整理可得到曲線的方程,這種求軌跡方程的方法叫直接法,也稱坐標法. (2)若動點軌跡的條件滿足圓、橢圓、雙曲線、拋物線的定義,

24、則可以直接根據(jù)定義求出動點的軌跡方程,這種求軌跡方程的方法叫做定義法. 利用定義法求軌跡方程時,要看所求軌跡是否是完整的圓、橢圓、雙曲線、拋物線,如果不是完整的曲線,則應對其中的變量x或y進行限制. (3)若動點P(x,y)所滿足的條件不易表述或求出,但隨另一動點Q(x',y')的運動而有規(guī)律地運動,且動點Q的軌跡方程給定或容易求得,則可先將x',y'表示為x,y的式子,再代入Q的軌跡方程,然后整理得點P的軌跡方程,這種求軌跡方程的方法叫做相關點法,也稱代入法. 熱點訓練4: (2018·西寧一模)在平面直角坐標系xOy中,點 F1(-1,0),F2(1,0),動點M滿足|-|+|-|=

25、4. (1)求動點M的軌跡E的方程; (2)若直線y=kx+m與軌跡E有且僅有一個公共點Q,且與直線x=-4相交于點R,求證:以QR為直徑的圓過定點F1. (1)解:因為|-|+|-|=4, 所以|MF1|+|MF2|=4, 由橢圓定義可知動點M的軌跡是以F1,F2為焦點的橢圓, 所以2a=4,即a=2, 因為c=1,所以b2=a2-c2=3, 所以動點M的軌跡E的方程為+=1. (2)證明:由 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0, 如圖,設點Q的坐標為(x0,y0),依題意m≠0, 由Δ=(8km)2-4(4k2+3)(4m2-12)=0可得 4k

26、2+3=m2, 此時x0=-=-,y0==, 所以Q-,, 由解得y=-4k+m, 所以R(-4,-4k+m), 由F1(-1,0), 可得=-1,-,=(3,4k-m), 所以·=3-1-(4k-m)=0, 所以QF1⊥RF1, 所以以QR為直徑的圓過定點F1. 熱點訓練5: 如圖,從曲線x2-y2=1上一點Q引直線l:x+y=2的垂線,垂足為N,求線段QN的中點P的軌跡方程. 解:設點P的坐標為(x,y),曲線上點Q的坐標為(x0,y0). 因為點P是線段QN的中點, 所以點N的坐標為(2x-x0,2y-y0). 又因為點N在直線x+y=2上, 所

27、以2x-x0+2y-y0=2.① 因為QN⊥l,所以kQN==1, 即x0-y0=x-y.② 由①②,得x0=(3x+y-2),y0=(x+3y-2). 又因為點Q在曲線x2-y2=1上, 所以(3x+y-2)2-(x+3y-2)2=1. 化簡,得x-2-y-2=. 故線段QN的中點P的軌跡方程為 x-2-y-2=. 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 【例1】 (2018·宜賓模擬)在直角坐標系xOy中,已知點F1(-1,0),F2(1,0),動點P滿足:|-|+|-|=4.分別過點(-1,0),(1,0),作兩條平行直線m,n,設m,n與軌跡C的上半部分分

28、別交于A,B兩點,求四邊形ABF2F1面積的最大值. 解:設點P(x,y),由點F1(-1,0),F2(1,0),動點P滿足|-|+|-|=4, 知||+||=4, 由橢圓定義可知動點P的軌跡是以點(1,0),(-1,0)為焦點,長軸長為4的橢圓, 所以a=2,c=1,b=,其方程為+=1. 設直線m:x=ty-1,它與軌跡C的另一個交點為D, 設兩條平行線間的距離為d, 由橢圓的對稱性知 =(|AF1|+|BF2|)·d =(|AF1|+|DF1|)·d =|AD|d =, x=ty-1與C聯(lián)立,消去x, 得(3t2+4)y2-6ty-9=0,Δ>0, |AD|=

29、 =·, 又點F2(1,0)到直線m:x=ty-1的距離為d=, 所以=, 令m=≥1, 則=, 因為y=3m+在[1,+∞)上單調(diào)遞增, 所以當m=1即t=0時,取得最大值3, 所以四邊形ABF2F1面積的最大值為3. 【例2】 (2018·福建省質(zhì)檢)在平面直角坐標系xOy中,點F的坐標為0,,以MF為直徑的圓與x軸相切. (1)求點M的軌跡E的方程; (2)設T是軌跡E上橫坐標為2的點,OT的平行線l交E于A,B兩點,交E在T處的切線于點N,求證:|NT|2=|NA|·|NB|. (1)解:法一　設點M的坐標為(x,y), 因為F0,, 所以MF的中點坐標為,

30、. 因為以MF為直徑的圓與x軸相切, 所以=.即|MF|=, 所以=,化簡得x2=2y, 所以點M的軌跡E的方程為x2=2y. 法二　設以MF為直徑的圓的圓心為點C,與x軸的切點為D,連接CD,則CD⊥x軸,且|MF|=2|CD|. 作直線l':y=-,過點M作MN⊥l'于點H,交x軸于點I,則|CD|=, 所以|MF|=|MI|+|OF|, 又|IH|=|OF|=,所以|MF|=|MH|, 所以點M的軌跡是以F為焦點,l'為準線的拋物線, 所以M的軌跡E的方程為x2=2y. (2)證明:因為T是軌跡E上橫坐標為2的點, 由(1)得T(2,2), 所以直線OT的斜率為

31、1. 因為l∥OT, 所以設直線l的方程為y=x+m,m≠0. 由y=x2,得y'=x, 則E在點T處的切線斜率為2, 所以E在點T處的切線方程為y=2x-2. 由得 所以N(m+2,2m+2), 所以|NT|2=[(m+2)-2]2+[(2m+2)-2]2=5m2. 由消去y得x2-2x-2m=0, 由Δ=4+8m>0,得m>-且m≠0. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=2,x1x2=-2m. 因為點N,A,B在直線l上, 所以|NA|=|x1-(m+2)|, |NB|=|x2-(m+2)|, 所以|NA|·|NB| =2|x1-(m+

32、2)|·|x2-(m+2)| =2|x1x2-(m+2)(x1+x2)+(m+2)2| =2|-2m-2(m+2)+(m+2)2| =2m2, 所以|NT|2=|NA|·|NB|. 【例3】 (2018·唐山五校聯(lián)考)在直角坐標系xOy中,長為+1的線段的兩端點C,D分別在x軸,y軸上滑動,=.記點P的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程; (2)經(jīng)過點(0,1)作直線l與曲線E相交于A,B兩點,=+,當點M在曲線E上時,求直線l的方程. 解:(1)設C(m,0),D(0,n),P(x,y). 由=,得(x-m,y)=(-x,n-y), 所以 得 由||=+1,得m2+

33、n2=(+1)2, 所以(+1)2x2+y2=(+1)2, 整理,得曲線E的方程為x2+=1. (2)設A(x1,y1),B(x2,y2), 由=+,知點M的坐標為(x1+x2,y1+y2). 易知直線l的斜率存在,設直線l的方程為y=kx+1,代入曲線E的方程,得(k2+2)x2+2kx-1=0, 則x1+x2=-, 所以y1+y2=k(x1+x2)+2=. 由點M在曲線E上,知(x1+x2)2+=1, 即+=1, 解得k2=2. 此時直線l的方程為y=±x+1. 【例4】 (2018·長沙、南昌部分學校聯(lián)合模擬)已知拋物線y2=4x,如圖,過x軸上的點P作斜

34、率分別為k1,k2的直線l1,l2,已知直線l1與拋物線在第一象限切于點A(x0,y0),直線l2與拋物線在第四象限分別交于兩點B,C,記△PAB,△PAC的面積分別為S1,S2,且S1∶S2=1∶3. (1)求點P的橫坐標關于x0的表達式; (2)求的值. 解:(1)當y>0時,y=2, 所以A(x0,2). 因為直線l1與拋物線切于點A,y'=, 所以k1=, 所以直線l1的方程為y-2=(x-x0), 令y=0,得點P的橫坐標xP=-x0. (2)由(1)知P(-x0,0),易得k2<0, 所以直線l2的方程為x=y-x0. 設B(x1,y1),C(x2,y2), 聯(lián)立直線l2與拋物線的方程,消去x得y2-y+4x0=0, 所以y1+y2=,y1y2=4x0.① 因為S1∶S2=1∶3, 所以|PB|∶|PC|=1∶3, 所以y2=3y1, 代入①式得=,所以k2=-, 又k1=,所以=-.