《2019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.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019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.doc（19頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第2講　直線與圓錐曲線的位置關系 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23的直線與C交于M,N兩點,則FM→FN→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=23(x+2), 聯(lián)立直線與拋物線的方程,得 y=23(x+2),y2=4x,解得x=1,y=2或x=4,y=4. 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FM→=(0,2),FN→=(3,4). 所以FM→FN→=03+24=8.故選D. 2.(2018全國Ⅰ卷,理11)已知雙曲線C:x23-y2=1,O為坐標原點,F為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)32 (B)3 (C)23 (D)4 解析: 由已知得雙曲線的兩條漸近線方程為y=13x. 設兩條漸近線夾角為2α, 則有tan α=13=33,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|=3. 則在Rt△OMN中,|MN|=|ON|tan 2α=3tan 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=-1k(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+4k2, 同理可得x3+x4=2+4k2, 所以|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+4 =4+4+4k2+4k2 ≥8+24k24k2=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y12=4x1,y22=4x2, 所以y12-y22=4(x1-x2), 所以k=y1-y2x1-x2=4y1+y2. 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|=12|AB|=12(|AF|+|BF|) =12(|AA|+|BB|). 因為M(x0,y0)為AB中點, 所以M為AB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=2k2+4k2. 由M(-1,1), 得AM→=(-1-x1,1-y1),BM→=(-1-x2,1-y2). 由∠AMB=90,得AM→BM→=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=k(x1-1)k(x2-1) =k2[x1x2-(x1+x2)+1], y1+y2=k(x1+x2-2), 所以1+2k2+4k2+1+k21-2k2+4k2+1-k2k2+4k2-2+1=0, 整理得4k2-4k+1=0,解得k=2. 經檢驗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得k2=8, 所以|FN|=22+(-2k)2=4+4k2=36=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:x24+y23=1交于A,B兩點,線段AB的中點為M(1,m)(m>0). (1)證明:k<-12; (2)設F為C的右焦點,P為C上一點,且FP→+FA→+FB→=0.證明:|FA→|,|FP→|,|FB→|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x124+y123=1,x224+y223=1. 兩式相減,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0. 由題設知x1+x22=1,y1+y22=m, 于是k=-34m.① 由題設得00)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y=k(x-1),y2=4x 得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. Δ=16k2+16>0,故x1+x2=2k2+4k2. 所以|AB|=|AF|+|BF| =(x1+1)+(x2+1) =4k2+4k2. 由題設知4k2+4k2=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 y0=-x0+5,(x0+1)2=(y0-x0+1)22+16. 解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=-6. 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:x2a2+y2b2=1(a>b>0),其左右焦點為F1,F2,過F1的直線l:x+my+3=0與橢圓C交于A,B兩點,且橢圓離心率e=32. (1)求橢圓C的方程; (2)若橢圓上存在點M,使得2OM→=OA→+3OB→,求直線l的方程. 解:(1)直線l:x+my+3=0過點F1, 令y=0, 解得x=-3, 所以c=3, 因為e=ca=32, 所以a=2, 所以b2=a2-c2=4-3=1, 所以橢圓C的方程為x24+y2=1. (2)設A(x1,y1),B(x2,y2),M(x3,y3), 由2OM→=OA→+3OB→, 得x3=12x1+32x2,y3=12y1+32y2 代入橢圓方程可得 1412x1+32x22+12y1+32y22-1=0, 所以1414x12+y12+3414x22+y22+38(x1x2+4y1y2)=1, 所以x1x2+4y1y2=0, 聯(lián)立方程x+my+3=0,x2+4y2-4=0,消去x可得 (m2+4)y2+23my-1=0, 所以y1+y2=-23mm2+4,y1y2=-1m2+4, 所以x1x2+4y1y2=(my1+3)(my2+3)+4y1y2=(m2+4)y1y2+3m(y1+y2)+3=0, 即m2=2, 解得m=2, 所求直線l的方程為x2y+3=0. 圓錐曲線的弦長問題 【例2】 (2018合肥市二次質檢)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經過點P-3,12,橢圓E的一個焦點為(3,0). (1)求橢圓E的方程; (2)若直線l過點M(0,2)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(-3,0),F2(3,0), 由橢圓E經過點P-3,12, 得|PF1|+|PF2|=4=2a, 所以a=2,c=3, 所以b2=a2-c2=1. 所以橢圓E的方程為x24+y2=1. (2)當直線l的斜率存在時,設直線l的方程為y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2). 由y=kx+2,x24+y2=1得(1+4k2)x2+82kx+4=0. 由Δ>0得(82k)2-4(1+4k2)4>0, 所以4k2>1. 由x1+x2=-82k1+4k2,x1x2=41+4k2得 |AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2 =2-6(11+4k2)2+11+4k2+1. 設t=11+4k2,則0b>0),直線被橢圓所截弦的端點為A(x1,y1),B(x2,y2), 由y=2x-1,y2a2+x2b2=1, 消y得(4b2+a2)x2-4b2x+b2-a2b2=0,① 所以x1+x2=4b24b2+a2, 因為c=52, 所以b2=a2-c2=a2-50, 所以x1+x2=4(a2-50)5a2-200, 由題意知x1+x22=27,x1+x2=47, 所以4(a2-50)5a2-200=47, 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y275+x225=1. 法二　(點差法) 設所求的橢圓方程為y2a2+x2b2=1(a>b>0),直線被橢圓所截弦的端點為A(x1,y1),B(x2,y2). 由題意,可得弦AB的中點坐標為x1+x22,y1+y22, 且x1+x22=27,y1+y22=-37. 將A,B兩點坐標代入橢圓方程中,得y12a2+x12b2=1,y22a2+x22b2=1. 兩式相減并化簡,得 a2b2=-y1-y2x1-x2y1+y2x1+x2=-2-6747=3, 所以a2=3b2. 又c2=a2-b2=50, 所以a2=75,b2=25. 所以橢圓方程為y275+x225=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y275+x225=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)為中點的弦所在直線的斜率分別是k=-b2x0a2y0橢圓x2a2+y2b2=1,k=b2x0a2y0雙曲線x2a2-y2b2=1,k=py0(拋物線y2=2px).其中k=y2-y1x2-x1(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x24+y23=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x124+y123=1,x224+y223=1,兩式相減,整理得 (x1+x2)(x1-x2)4+(y1+y2)(y1-y2)3=0. 由M(1,1)是弦AB的中點得x1+x2=2,y1+y2=2, 所以有2(x1-x2)4+2(y1-y2)3=0,得y1-y2x1-x2=-34, 即直線AB的斜率k=-34, 所以,直線AB的方程為y-1=-34(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(2,0),B(-2,0),點P為平面內一動點,過點P作y軸的垂線,垂足為Q,且PA→PB→=2PQ→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PQ→=(-x,0),PA→=(2-x,-y), PB→=(-2-x,-y), 所以PA→PB→=x2-2+y2. 由PA→PB→=2PQ→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鄭州市二次質檢)已知動圓E經過點F(1,0),且和直線x=-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=4-2m,x1x2=m2, 所以|BC|=42(1-m), 又點A到直線l的距離d=3+m2, 所以S△ABC=1242(1-m)3+m2 =21-m(3+m). 令1-m=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1,233上單調遞增,在233,2上單調遞減, 所以當t∈(1,2)時,f(t)在t=233處取得最大值,最大值為3239. 此時m=-13,滿足-32,A1(-2,0),A2(2,0),則有直線A1P的方程為y=y1x1+2(x+2),① 直線A2Q的方程為y=-y1x1-2(x-2).② 聯(lián)立①②,解得x=2x1,y=2y1x1, 即x1=2x,y1=2yx,③ 則x≠0,|x|<2. 而點P(x1,y1)在雙曲線x22-y2=1上,所以x122-y12=1. 將③代入上式,整理得所求軌跡E的方程為x22+y2=1,x≠0且x≠2. (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,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|OF1→-OM→|+|OF2→-OM→|=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|OF1→-OM→|+|OF2→-OM→|=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x24+y23=1. (2)證明:由x24+y23=1,y=kx+m 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 4k2+3=m2, 此時x0=-4km4k2+3=-4km,y0=3m4k2+3=3m, 所以Q-4km,3m, 由y=kx+m,x=-4,解得y=-4k+m, 所以R(-4,-4k+m), 由F1(-1,0), 可得QF1→=4km-1,-3m,RF1→=(3,4k-m), 所以QF1→RF1→=34km-1-3m(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, 所以2x-x0+2y-y0=2.① 因為QN⊥l,所以kQN=2y-2y02x-2x0=1, 即x0-y0=x-y.② 由①②,得x0=12(3x+y-2),y0=12(x+3y-2). 又因為點Q在曲線x2-y2=1上, 所以14(3x+y-2)2-14(x+3y-2)2=1. 化簡,得x-122-y-122=12. 故線段QN的中點P的軌跡方程為 x-122-y-122=12. 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 【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:|OP→-OF1→|+|OP→-OF2→|=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|OP→-OF1→|+|OP→-OF2→|=4, 知|F1P→|+|F2P→|=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=3,其方程為x24+y23=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 S四邊形ABF2F1=12(|AF1|+|BF2|)d =12(|AF1|+|DF1|)d =12|AD|d =S△ADF2, x=ty-1與C聯(lián)立,消去x, 得(3t2+4)y2-6ty-9=0,Δ>0, |AD|=(1+t2)[(y1+y2)2-4y1y2] =1+t2121+t23t2+4, 又點F2(1,0)到直線m:x=ty-1的距離為d=21+t2, 所以S△ADF2=121+t23t2+4, 令m=1+t2≥1, 則S△ADF2=123m+1m, 因為y=3m+1m在[1,+∞)上單調遞增, 所以當m=1即t=0時,S△ADF2取得最大值3, 所以四邊形ABF2F1面積的最大值為3. 【例2】 (2018福建省質檢)在平面直角坐標系xOy中,點F的坐標為0,12,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=52|NA||NB|. (1)解:法一　設點M的坐標為(x,y), 因為F0,12, 所以MF的中點坐標為x2,2y+14. 因為以MF為直徑的圓與x軸相切, 所以|MF|2=|2y+1|4.即|MF|=|2y+1|2, 所以x2+(y-12)2=|2y+1|2,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=-12,過點M作MN⊥l于點H,交x軸于點I,則|CD|=|MI|+|OF|2, 所以|MF|=|MI|+|OF|, 又|IH|=|OF|=12,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1. 因為l∥OT, 所以設直線l的方程為y=x+m,m≠0. 由y=12x2,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y=x+m,y=2x-2,得x=m+2,y=2m+2, 所以N(m+2,2m+2), 所以|NT|2=[(m+2)-2]2+[(2m+2)-2]2=5m2. 由y=x+m,x2=2y消去y得x2-2x-2m=0, 由Δ=4+8m>0,得m>-12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|=2|x1-(m+2)|, |NB|=2|x2-(m+2)|, 所以|NA||NB| =2|x1-(m+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=52|NA||NB|. 【例3】 (2018唐山五校聯(lián)考)在直角坐標系xOy中,長為2+1的線段的兩端點C,D分別在x軸,y軸上滑動,CP→=2PD→.記點P的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程; (2)經過點(0,1)作直線l與曲線E相交于A,B兩點,OM→=OA→+OB→,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CP→=2PD→,得(x-m,y)=2(-x,n-y), 所以x-m=-2x,y=2(n-y), 得m=(2+1)x,n=2+12y, 由|CD→|=2+1,得m2+n2=(2+1)2, 所以(2+1)2x2+(2+1)22y2=(2+1)2, 整理,得曲線E的方程為x2+y22=1. (2)設A(x1,y1),B(x2,y2), 由OM→=OA→+OB→,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=-2kk2+2, 所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2. 由點M在曲線E上,知(x1+x2)2+(y1+y2)22=1, 即4k2(k2+2)2+8(k2+2)2=1, 解得k2=2. 此時直線l的方程為y=2x+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k1k2的值. 解:(1)當y>0時,y=2x, 所以A(x0,2x0). 因為直線l1與拋物線切于點A,y=1x, 所以k1=1x0, 所以直線l1的方程為y-2x0=1x0(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=1k2y-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y2-4k2y+4x0=0, 所以y1+y2=4k2,y1y2=4x0.① 因為S1∶S2=1∶3, 所以|PB|∶|PC|=1∶3, 所以y2=3y1, 代入①式得k22=34x0,所以k2=-32x0, 又k1=1x0,所以k1k2=-233.