2019届高考数学二轮复习第一篇专题六解析几何第2讲直线与圆锥曲线的位置关系教案理.doc

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1、1第 2 讲 直线与圆锥曲线的位置关系1.(2018全国卷,理 8)设抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F,过点(-2,0)且斜率为 的直线与 C交于 M,N 两点,则 等于 ( D )(A)5 (B)6 (C)7 (D)8解析:由题意知直线 MN 的方程为 y= (x+2),23联立直线与抛物线的方程,得解得 或=1,=2不妨设 M 为(1,2),N 为(4,4).又因为抛物线焦点为 F(1,0),所以 =(0,2), =(3,4).所以 =03+24=8.故选 D.2.(2018全国卷,理 11)已知双曲线 C: -y2=1,O 为坐标原点,F 为 C 的右焦点,过 F 的直23线与 C

2、的两条渐近线的交点分别为 M,N.若OMN 为直角三角形,则|MN|等于( B )(A) (B)3 (C)2 (D)432 3解析:由已知得双曲线的两条渐近线方程为 y= x.13设两条渐近线夹角为 2,则有 tan = = ,所以 =30.13 33所以MON=2=60.又OMN 为直角三角形,由于双曲线具有对称性,不妨设 MNON,如图所示.在 RtONF 中,|OF|=2,则|ON|= .3则在 RtOMN 中,|MN|=|ON|tan 2= tan 60=3.故选 B.3.(2017全国卷,理 10)已知 F 为抛物线 C:y2=4x 的焦点,过 F 作两条互相垂直的直线l1,l2,直

3、线 l1与 C 交于 A,B 两点,直线 l2与 C 交于 D,E 两点,则|AB|+|DE|的最小值为( A )2(A)16 (B)14 (C)12 (D)10解析:y 2=4x 的焦点 F(1,0),由题意知 l1,l2的斜率都存在且不为 0,设直线 l1方程为 y=k(x-1)(k0),则直线 l2方程为 y=- (x-1).1设 A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4).将 y=k(x-1)代入 y2=4x 得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.所以 x1+x2=2+ ,42同理可得 x3+x4=2+4k2,所以|AB|+|DE|=x 1+x2+x3+x

4、4+4=4+4+ +4k2428+2 =16.4242(当且仅当 k=1 时取等号).故选 A.4.(2018全国卷,理 16)已知点 M(-1,1)和抛物线 C:y2=4x,过 C 的焦点且斜率为 k 的直线与 C 交于 A,B 两点.若AMB=90,则 k= . 解析:法一 设点 A(x1,y1),B(x2,y2),则 21=41,22=42,所以 - =4(x1-x2),2122所以 k= = .1212设 AB 的中点 M(x0,y0),抛物线的焦点为 F,分别过点 A,B 作准线 x=-1 的垂线,垂足为 A,B,则|MM|= |AB|= (|AF|+|BF|)12= (|AA|+|

5、BB|).12因为 M(x0,y0)为 AB 中点,所以 M 为 AB的中点,所以 MM平行于 x 轴,所以 y1+y2=2,所以 k=2.法二 由题意知,抛物线的焦点坐标为 F(1,0),设直线方程为 y=k(x-1),直线方程与 y2=4x联立,消去 y,得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0.3设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1x2=1,x1+x2= .由 M(-1,1),得 =(-1-x1,1-y1), =(-1-x2,1-y2).由AMB=90,得 =0,所以(x 1+1)(x2+1)+(y1-1)(y2-1)=0,所以 x1x2+(x1+x2)+1+y1y2-(y1

6、+y2)+1=0.又 y1y2=k(x1-1)k(x2-1)=k2x1x2-(x1+x2)+1,y1+y2=k(x1+x2-2),所以 1+ +1+k2 1- +1 -k -2 +1=0,22+42整理得 - +1=0,解得 k=2.424经检验 k=2 是分式方程的根.答案:25.(2017全国卷,理 16)已知 F 是抛物线 C:y2=8x 的焦点,M 是 C 上一点,FM 的延长线交y 轴于点 N.若 M 为 FN 的中点,则|FN|= . 解析:由 y2=8x 可得 F(2,0),FM 的斜率一定存在,设为 k,则直线 FM 的方程为 y=k(x-2),令 x=0 可得 N(0,-2k

7、),又 M 为 FN 中点,所以 M(1,-k),代入 y2=8x 得 k2=8,所以|FN|= = = =6.4+42 36答案:66.(2018全国卷,理 20)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C: + =1 交于 A,B 两点,线段2423AB 的中点为 M(1,m)(m0).(1)证明:k0)的直线 l与 C 交于 A,B 两点,|AB|=8.(1)求 l 的方程;(2)求过点 A,B 且与 C 的准线相切的圆的方程.解:(1)由题意得 F(1,0),l 的方程为y=k(x-1)(k0).设 A(x1,y1),B(x2,y2),由得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0.=16k

8、2+160,故 x1+x2= .所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)= .6由题设知 =8,解得 k=-1(舍去)或 k=1.因此 l 的方程为 y=x-1.(2)由(1)得 AB 的中点坐标为(3,2),所以 AB 的垂直平分线方程为 y-2=-(x-3),即 y=-x+5.设所求圆的圆心坐标为(x 0,y0),则解得 或因此所求圆的方程为(x-3) 2+(y-2)2=16 或(x-11) 2+(y+6)2=144.判断直线与圆锥曲线的位置关系有两种常用方法(1)代数法:即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于 x,y 的方程组,消去 y(或 x)得一元方程,此方程根的

9、个数即为交点个数,方程组的解即为交点坐标.(2)几何法:即画出直线与圆锥曲线的图象,根据图象判断公共点个数.热点训练 1:(2018淮北一模)已知椭圆 C: + =1(ab0),其左右焦点为 F1,F2,过 F1的直22线 l:x+my+ =0 与椭圆 C 交于 A,B 两点,且椭圆离心率 e= .332(1)求椭圆 C 的方程;(2)若椭圆上存在点 M,使得 2 = + ,求直线 l 的方程.解:(1)直线 l:x+my+ =0 过点 F1,3令 y=0,解得 x=- ,所以 c= ,3因为 e= = ,所以 a=2,所以 b2=a2-c2=4-3=1,所以椭圆 C 的方程为 +y2=1.(

10、2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),M(x3,y3),7由 2 = + ,得 x3= x1+ x2,y3= y1+ y2代入椭圆方程可得x1+ x2 2+ y1+ y2 2-1=0,所以 + + + + (x1x2+4y1y2)=1,所以 x1x2+4y1y2=0,联立方程 消去 x 可得(m2+4)y2+2 my-1=0,所以 y1+y2= ,y1y2= ,所以 x1x2+4y1y2=(my1+ )(my2+ )+4y1y2=(m2+4)y1y2+ m(y1+y2)+3=0,3 3 3即 m2=2,解得 m= ,所求直线 l 的方程为 x y+ =0.2 3圆锥曲线的弦长问题【例 2

11、】 (2018合肥市二次质检)已知椭圆 E: + =1(ab0)经过点 P - , ,椭圆 E3的一个焦点为( ,0).3(1)求椭圆 E 的方程;(2)若直线 l 过点 M(0, )且与椭圆 E 交于 A,B 两点,求|AB| 的最大值.2解:(1)依题意,椭圆 E 的左、右焦点分别为 F1(- ,0),F2( ,0),3由椭圆 E 经过点 P - , ,得|PF 1|+|PF2|=4=2a,所以 a=2,c= ,3所以 b2=a2-c2=1.所以椭圆 E 的方程为 +y2=1.24(2)当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y=kx+ ,A(x1,y1),B(x2,y2).2由

12、得(1+4k 2)x2+8 kx+4=0.=+2,24+2=1 28由 0 得(8 k)2-4(1+4k2)40,2所以 4k21.由 x1+x2=- ,x1x2= 得41+42|AB|= 1+2=2 .6( 11+42) 2+ 11+42+1设 t= ,则 0b0),直线被椭圆所截弦的端点为 A(x1,y1),B(x2,y2),22由=21,22+22=1,消 y 得(4b 2+a2)x2-4b2x+b2-a2b2=0,所以 x1+x2= ,因为 c=5 ,2所以 b2=a2-c2=a2-50,10所以 x1+x2= ,4(250)52200由题意知 = ,x1+x2= ,27 47所以 =

13、 ,4(250)52200解得 a2=75,所以 b2=25,方程为 175x2-100x-1 850=0,即 7x2-4x-74=0,此时 0,故所求椭圆的标准方程为 + =1.275法二 (点差法)设所求的椭圆方程为 + =1(ab0),直线被椭圆所截弦的端点为 A(x1,y1),B(x2,y2).2222由题意,可得弦 AB 的中点坐标为 , ,且 = , =- .将 A,B 两点坐标代入椭圆方程中,得212+212=1,222+222=1.两式相减并化简,得=- =-2 =3,12121+21+26747所以 a2=3b2.又 c2=a2-b2=50,所以 a2=75,b2=25.所以

14、椭圆方程为 + =1,275225把 y=2x-1 代入,化简得 7x2-4x-74=0,此时 0,11故所求椭圆的标准方程为 + =1.275225(1)对于弦的中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解,在使用根与系数的关系时,要注意使用条件 0,在用“点差法”时,要检验直线与圆锥曲线是否相交.(2)圆锥曲线以 P(x0,y0)(y00)为中点的弦所在直线的斜率分别是 k=- 椭圆+ =1 ,k= 双曲线 - =1 ,k= (抛物线 y2=2px).其中 k= (x1x 2),(x1,y1),22 2222 0(x2,y2)为弦的端点坐标.热点训练 3: 过点 M(1,1)的直线与椭圆

15、 + =1 交于 A,B 两点,且点 M 平分弦 AB,则直线 AB2423的方程为( )(A)4x+3y-7=0 (B)3x+4y-7=0(C)3x-4y+1=0 (D)4x-3y-1=0解析:设 A(x1,y1),B(x2,y2).易得 + =1, + =1,两式相减 ,整理得214213 224223+ =0.(1+2)(12)4 (1+2)(12)3由 M(1,1)是弦 AB 的中点得 x1+x2=2,y1+y2=2,所以有 + =0,得 =- ,34即直线 AB 的斜率 k=- ,34所以,直线 AB 的方程为 y-1=- (x-1),34即 3x+4y-7=0.故选 B.求轨迹方程

16、考向 1 直接法【例 4】 已知两点 A( ,0),B(- ,0),点 P 为平面内一动点 ,过点 P 作 y 轴的垂线,垂足为2 2Q,且 =2 ,求动点 P 的轨迹方程.2解:设动点 P 的坐标为(x,y),则点 Q 的坐标为(0,y),12所以 =(-x,0), =( -x,-y), 2=(- -x,-y),所以 =x2-2+y2.由 =2 ,得 x2-2+y2=2x2,2即 y2-x2=2.故动点 P 的轨迹方程为 y2-x2=2.考向 2 定义法求轨迹方程【例 5】 (2018郑州市二次质检)已知动圆 E 经过点 F(1,0),且和直线 x=-1 相切.(1)求该动圆圆心 E 的轨迹

17、 G 的方程;(2)已知 A(3,0),若斜率为 1 的直线 l 与线段 OA 相交(不经过坐标原点 O 和点 A),且与曲线G 交于 B,C 两点,求ABC 面积的最大值.解:(1)由题意可知点 E 到点 F 的距离等于点 E 到直线 x=-1 的距离,所以动点 E 的轨迹是以F(1,0)为焦点,直线 x=-1 为准线的抛物线,故轨迹 G 的方程是 y2=4x.(2)由题意设直线 l 的方程为 y=x+m,其中-30.设 B(x1,y1),C(x2,y2),则 x1+x2=4-2m,x1x2=m2,所以|BC|=4 ,2(1)又点 A 到直线 l 的距离 d= ,3+2所以 SABC = 4

18、 2(1)3+2=2 (3+m).1令 =t,t(1,2),则 m=1-t2,所以 SABC =2t(4-t2)=8t-2t3,令 f(t)=8t-2t3,则 f(t)=8-6t2,易知 f(t)在 1, 上单调递增,在 ,2 上单调递减,所以当 t(1,2)时,f(t)在 t= 处取得最大值,最大值为 .233 3239此时 m=- ,满足-3 ,A1(- ,0),A2( ,0),则有直线 A1P 的方程为 y= (x+ ),2 2 2直线 A2Q 的方程为 y= (x- ).联立,解得=21,=211,即 1=2,1=2,则 x0,|x|0,|AD|= (1+2)(1+2)2412= ,1

19、+2121+232+4又点 F2(1,0)到直线 m:x=ty-1 的距离为 d= ,21+2所以 = ,2121+232+4令 m= 1,1+2则 = ,2123+1因为 y=3m+ 在1,+)上单调递增 ,1所以当 m=1 即 t=0 时, 取得最大值 3,2所以四边形 ABF2F1面积的最大值为 3.【例 2】 (2018福建省质检)在平面直角坐标系 xOy 中,点 F 的坐标为 0, ,以 MF 为直径12的圆与 x 轴相切.(1)求点 M 的轨迹 E 的方程;(2)设 T 是轨迹 E 上横坐标为 2 的点,OT 的平行线 l 交 E 于 A,B 两点,交 E 在 T 处的切线于点 N

20、,求证:|NT| 2= |NA|NB|.52(1)解:法一 设点 M 的坐标为(x,y),因为 F 0, ,12所以 MF 的中点坐标为 , .22+1417因为以 MF 为直径的圆与 x 轴相切,所以 = .即|MF|= ,|2 |2+1|4 |2+1|2所以 = ,化简得 x2=2y,2+(12) 2|2+1|2所以点 M 的轨迹 E 的方程为 x2=2y.法二 设以 MF 为直径的圆的圆心为点 C,与 x 轴的切点为 D,连接 CD,则 CDx 轴,且|MF|=2|CD|.作直线 l:y=- ,过点 M 作 MNl于点 H,交 x 轴于点 I,则 |CD|= ,12 |+|2所以|MF|

21、=|MI|+|OF|,又|IH|=|OF|= ,所以|MF|=|MH|,12所以点 M 的轨迹是以 F 为焦点,l为准线的抛物线,所以 M 的轨迹 E 的方程为 x2=2y.(2)证明:因为 T 是轨迹 E 上横坐标为 2 的点,由(1)得 T(2,2),所以直线 OT 的斜率为 1.因为 lOT,所以设直线 l 的方程为 y=x+m,m0.由 y= x2,得 y=x,12则 E 在点 T 处的切线斜率为 2,所以 E 在点 T 处的切线方程为 y=2x-2.由 得=+,=22, =+2,=2+2,所以 N(m+2,2m+2),所以|NT| 2=(m+2)-22+(2m+2)-22=5m2.由

22、 消去 y 得 x2-2x-2m=0,=+,2=2由 =4+8m0,得 m- 且 m0.12设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=2,x1x2=-2m.因为点 N,A,B 在直线 l 上,所以|NA|= |x1-(m+2)|,2|NB|= |x2-(m+2)|,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|=2m2,18所以|NT| 2= |NA|NB|.52【例 3】 (2018唐山五校联考)在直角坐标系 xOy 中,长为 +1 的线段的两端点 C,D 分别2在

23、 x 轴,y 轴上滑动, = .记点 P 的轨迹为曲线 E.2(1)求曲线 E 的方程;(2)经过点(0,1)作直线 l 与曲线 E 相交于 A,B 两点, = + ,当点 M 在曲线 E 上时,求直线 l 的方程.解:(1)设 C(m,0),D(0,n),P(x,y).由 = ,得(x-m,y)= (-x,n-y),2 2所以 = 2,=2(),得 =( 2+1),=2+12 ,由| |= +1,得 m2+n2=( +1)2,所以( +1)2x2+ y2=( +1)2,2(2+1)22整理,得曲线 E 的方程为 x2+ =1.22(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),由 = + ,知

24、点 M 的坐标为(x 1+x2,y1+y2).易知直线 l 的斜率存在,设直线 l 的方程为 y=kx+1,代入曲线 E 的方程,得(k 2+2)x2+2kx-1=0,则 x1+x2=- ,22+2所以 y1+y2=k(x1+x2)+2= .42+2由点 M 在曲线 E 上,知(x 1+x2)2+ =1,(1+2)22即 + =1,42(2+2)2 8(2+2)2解得 k2=2.此时直线 l 的方程为 y= x+1.2【例 4】 19(2018长沙、南昌部分学校联合模拟)已知抛物线 y2=4x,如图,过 x 轴上的点 P 作斜率分别为 k1,k2的直线 l1,l2,已知直线 l1与抛物线在第一

25、象限切于点 A(x0,y0),直线 l2与抛物线在第四象限分别交于两点 B,C,记PAB,PAC 的面积分别为 S1,S2,且 S1S 2=13.(1)求点 P 的横坐标关于 x0的表达式;(2)求 的值.12解:(1)当 y0 时,y=2 ,所以 A(x0,2 ).0因为直线 l1与抛物线切于点 A,y= ,1所以 k1= ,10所以直线 l1的方程为 y-2 = (x-x0),010令 y=0,得点 P 的横坐标 xP=-x0.(2)由(1)知 P(-x0,0),易得 k20,所以直线 l2的方程为 x= y-x0.12设 B(x1,y1),C(x2,y2),联立直线 l2与抛物线的方程,消去 x 得 y2- y+4x0=0,42所以 y1+y2= ,y1y2=4x0.42因为 S1S 2=13,所以|PB|PC|=13,所以 y2=3y1,代入式得 = ,所以 k2=- ,22 340 320又 k1= ,所以 =- .1012 233