第1課時(shí)直與圓錐曲線的位置關(guān)系考情分析直線與圓錐曲線的位置關(guān)系在高考中占據(jù)高考解答題的重要位置，題目可能涉及線段中點(diǎn)、弦長(zhǎng)等問題，解決這類問題，往往利用數(shù)形結(jié)合的思想、“設(shè)而不求”的方法、對(duì)稱的方法及韋達(dá)定理等，難度屬于中上等熱點(diǎn)題型分析熱點(diǎn)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系判斷直線與圓錐曲線公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)或求交點(diǎn)問題的兩種常用方法：(1)代數(shù)法：即聯(lián)立直線與圓錐曲線方程構(gòu)成方程組，通過消元得一元方程，此方程根的個(gè)數(shù)即為交點(diǎn)個(gè)數(shù)，由方程組的解得交點(diǎn)坐標(biāo)(2)幾何法：即畫出直線與圓錐曲線，根據(jù)圖形判斷公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)(2018·全國(guó)卷)已知斜率為k的直線l與橢圓C：1交于A，B兩點(diǎn)線段AB的中點(diǎn)為M(1，m)(m>0)(1)證明：k<；(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，且FFF0.證明：|，|，|成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差解(1)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則1，1.兩式相減，并由k，得·k0.由題設(shè)，知1，m，于是k.由點(diǎn)M(1，m)在橢圓C內(nèi)，得m< ，且m>0，即0<m<，故k<.(2)由題意，得F(1,0)設(shè)P(x3，y3)，則由(1)及題設(shè)，得(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)，x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m<0.又點(diǎn)P在C上，所以m，從而P，|F|.于是|F| 2.同理|F|2.所以|F|F|4(x1x2)3.故2|F|F|F|，即|，|，|成等差數(shù)列設(shè)該數(shù)列的公差為d，則2|d|x1x2| .將m代入，得k1.所以直線l的方程為yx，代入C的方程，并整理，得7x214x0.故x1x22，x1x2，代入解得|d|.所以該數(shù)列的公差為或.解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系問題的解題步驟：(1)設(shè)直線方程及交點(diǎn)坐標(biāo)(直線方程設(shè)為點(diǎn)斜式時(shí)，要注意對(duì)直線斜率是否存在進(jìn)行分類討論；設(shè)成xmyn的形式時(shí)，要注意對(duì)直線是否能與x軸平行進(jìn)行分類討論)；(2)聯(lián)立直線方程與曲線方程得方程組，消元得一元方程(要注意二次項(xiàng)系數(shù)是否為零)；(3)應(yīng)用根與系數(shù)的關(guān)系及判別式；(4)結(jié)合已知條件和圖形分析，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式、斜率公式、弦長(zhǎng)公式及三角形面積公式等進(jìn)行求解(2019·全國(guó)卷)已知拋物線C：y23x的焦點(diǎn)為F，斜率為的直線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3，求|AB|.解設(shè)直線l：yxt，A(x1，y1)，B(x2，y2)(1)由題設(shè)得F，故|AF|BF|x1x2.又|AF|BF|4，所以x1x2.由可得9x212(t1)x4t20，則x1x2.從而，得t.所以l的方程為yx.(2)由3可得y13y2.由可得y22y2t0，所以y1y22，從而3y2y22，故y21，y13.代入C的方程得x13，x2，即A(3,3)，B.故|AB|.專題作業(yè)1(2017·天津高考)設(shè)橢圓1(ab0)的左焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為A，離心率為.已知A是拋物線y22px(p0)的焦點(diǎn)，F(xiàn)到拋物線的準(zhǔn)線l的距離為.(1)求橢圓的方程和拋物線的方程；(2)設(shè)l上兩點(diǎn)P，Q關(guān)于x軸對(duì)稱，直線AP與橢圓相交于點(diǎn)B(點(diǎn)B異于點(diǎn)A)，直線BQ與x軸相交于點(diǎn)D.若APD的面積為，求直線AP的方程解(1)設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為(c,0)依題意，得，a，ac，解得a1，c，p2，進(jìn)而得b2a2c2.所以橢圓的方程為x21，拋物線的方程為y24x.(2)設(shè)直線AP的方程為xmy1(m0)，與直線l的方程x1聯(lián)立，可得點(diǎn)P的坐標(biāo)為，故點(diǎn)Q的坐標(biāo)為.將xmy1與x21聯(lián)立，消去x，整理，得(3m24)y26my0，解得y0或y.由點(diǎn)B異于點(diǎn)A，可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為.由點(diǎn)Q的坐標(biāo)為，可得直線BQ的方程為(x1)0，令y0，解得x，故點(diǎn)D的坐標(biāo)為.所以|AD|1.又因?yàn)锳PD的面積為，所以··，整理，得3m22|m|20，解得|m|，所以m±.所以直線AP的方程為3xy30或3xy30.2(2019·北京高考)已知橢圓C：1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為(1,0)，且經(jīng)過點(diǎn)A(0,1)(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)O為原點(diǎn)，直線l：ykxt(t±1)與橢圓C交于兩個(gè)不同點(diǎn)P，Q，直線AP與x軸交于點(diǎn)M，直線AQ與x軸交于點(diǎn)N.若|OM|·|ON|2，求證：直線l經(jīng)過定點(diǎn)解(1)由題意，得b21，c1，所以a2b2c22.所以橢圓C的方程為y21.(2)證明：設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則直線AP的方程為yx1.令y0，得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM.又y1kx1t，從而|OM|xM|.同理，|ON|.由得(12k2)x24ktx2t220，則x1x2，x1x2.所以|OM|·|ON|·2.又|OM|·|ON|2，所以22.解得t0，所以直線l經(jīng)過定點(diǎn)(0,0)3(2019·唐山市高三一模)已知橢圓：1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F，上頂點(diǎn)為A，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2，B為直線l：x3上的動(dòng)點(diǎn)，M(m,0)，AMBM.當(dāng)ABl時(shí)，M與F重合(1)求橢圓的方程；(2)若直線BM交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，若APAQ，求m的值解(1)依題意，得A(0，b)，F(xiàn)(c,0)，a，當(dāng)ABl時(shí)，B(3，b)，由AFBF，得kAF·kBF·1，又b2c26.解得c2，b.所以，橢圓的方程為1.(2)由(1)，得A(0，)，依題意，顯然m0，所以kAM，又AMBM，所以kBM，所以直線BM的方程為y(xm)，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)將y(xm)與1聯(lián)立，得(23m2)x26m3x3m4120，所以x1x2，x1x2.|PM|·|QM|(x1m)(x2m)|·|x1x2m(x1x2)m2|·，|AM|22m2，由APAQ，得|AM|2|PM|·|QM|，所以1，解得m±1.4(2019·四川診斷)已知橢圓C：1(a>b>0)的左焦點(diǎn)F(2,0)，上頂點(diǎn)B(0,2)(1)求橢圓C的方程；(2)若直線yxm與橢圓C交于不同兩點(diǎn)M，N，且線段MN的中點(diǎn)G在圓x2y21上，求m的值解(1)由題意可得c2，b2，由a2b2c2得a222228，故橢圓C的方程為1.(2)設(shè)點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，線段MN的中點(diǎn)G(x0，y0)，由消去y得3x24mx2m280，則968m2>0，所以2<m<2，因?yàn)閤1x2，則x0，y0x0m，又因?yàn)辄c(diǎn)G(x0，y0)在圓x2y21上，所以221，解得m±，滿足2<m<2，所以m的值為±.- 7 -