2019届高考数学二轮复习解析几何第2讲直线与圆锥曲线的位置关系教案.docx

第2讲直线与圆锥曲线的位置关系1.(2017全国卷,文12)过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方),l为C的准线,点N在l上且MNl,则M到直线NF的距离为(C)(A)(B)2(C)2(D)3解析:已知y2=4x,所以F(1,0),MF方程为y=(x-1),联立得M(3,2),准线l:x=-1,N(-1,2),NF方程:y-0=-(x-1)即x+y-=0,则M到NF的距离d=2,故选C.2.(2018全国卷,文20)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(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.=16k2+160,故x1+x2=.所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=.由题设知=8,解得k=-1(舍去),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(x0,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=144.3.(2017全国卷,文20)设A,B为曲线C:y=上两点,A与B的横坐标之和为4.(1)求直线AB的斜率;(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AMBM,求直线AB的方程.解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,x1+x2=4,y1=,y2=,故直线AB的斜率为k=1.(2)由y=,得y=.设M(x3,y3),由题设知=1,解得x3=2,于是M(2,1).设直线AB的方程为y=x+m,故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.将y=x+m代入y=得x2-4x-4m=0.当=16(m+1)0,即m-1时,x1,2=22.从而|AB|=|x1-x2|=4.由题设知|AB|=2|MN|,即4=2|m+1|,解得m=7.所以直线AB的方程为y=x+7.1.考查角度主要考查直线与圆锥曲线的位置关系、弦长、面积及轨迹问题.2.题型及难易度选择题、解答题,难度为中档、中档偏上.(对应学生用书第3840页) 直线与圆锥曲线的位置关系的判断【例1】 (2016全国卷)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.(1)求;(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.解:(1)由已知得M(0,t),P,t.又N为M关于点P的对称点,故N,t,ON的方程为y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=,因此H,2t,所以N为OH的中点,即=2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.理由如下:直线MH的方程为y-t=x,即x=(y-t).代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.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:已知顶点是坐标原点,对称轴是x轴的抛物线经过点A,-.(1)求抛物线的标准方程;(2)直线l过定点P(-2,1),斜率为k,若直线与抛物线有公共点,求k的取值范围.解:(1)依题意,设抛物线的方程为y2=2px,把A点的坐标,-代入方程得(-)2=2p,解得p=2,所以抛物线的标准方程为y2=4x.(2)直线l的方程为y-1=k(x+2),即y=kx+2k+1,联立方程组消去x,得ky2-4y+4(2k+1)=0.当k=0时,得y=1,代入y2=4x,得x=,这时直线与抛物线有一个公共点,1.当k0时,依题意得=(-4)2-4k4(2k+1)0,解得-1k0或0b0)经过点P-,椭圆E的一个焦点为(,0).(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.解:(1)依题意,椭圆E的左、右焦点分别为F1(-,0),F2(,0),由椭圆E经过点P-,得|PF1|+|PF2|=4=2a,所以a=2,c=,所以b2=a2-c2=1.所以椭圆E的方程为+y2=1.(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).由得(1+4k2)x2+8kx+4=0.由0得(8k)2-4(1+4k2)40,所以4k21.由x1+x2=-,x1x2=得|AB|=2.设t=,则0t,所以|AB|=2=2,当且仅当t=时等号成立,当直线l的斜率不存在时,|AB|=2b0)经过点1,离心率为.(1)求椭圆E的方程;(2)设点A,F分别为椭圆的右顶点、右焦点,经过点F作直线交椭圆于C,D两点,求四边形OCAD面积的最大值(O为坐标原点).解:(1)由题设得解得所以椭圆方程为+=1.(2)设直线CD的方程为x=ky+1,C(x1,y1),D(x2,y2),与椭圆方程+=1联立,消去x,得(3k2+4)y2+6ky-9=0,所以y1+y2=-,y1y2=-,所以S四边形OCAD=SOCA+SODA=2|y1|+2|y2|=|y1-y2|=(其中t=,t1).因为当t1时,y=3t+单调递增,所以3t+4,所以S四边形OCAD3(当k=0时取等号),即四边形OCAD面积的最大值为3.中点弦问题【例3】 求一个焦点是F(0,5),并截直线y=2x-1所得弦的中点的横坐标是的椭圆的标准方程.解:法一(设而不求)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),由消y得(4b2+a2)x2-4b2x+b2-a2b2=0,所以x1+x2=,因为c=5,所以b2=a2-c2=a2-50,所以x1+x2=,由题意知=,x1+x2=,所以=,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.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).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,得两式相减并化简,得=-=-2=3,所以a2=3b2.又c2=a2-b2=50,所以a2=75,b2=25.所以椭圆方程为+=1,把y=2x-1代入,化简得7x2-4x-74=0,此时0,故所求椭圆的标准方程为+=1.(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=(x1x2),(x1,y1),(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+=1交于A,B两点,且点M平分弦AB,则直线AB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+=0.由M(1,1)是弦AB的中点得x1+x2=2,y1+y2=2,所以有+=0,得=-,即直线AB的斜率k=-,所以,直线AB的方程为y-1=-(x-1),即3x+4y-7=0.故选B.求轨迹方程考向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Q,且=2,求动点P的轨迹方程.解:设动点P的坐标为(x,y),则点Q的坐标为(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-3m0.设B(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=4-2m,x1x2=m2,所以|BC|=4,又点A到直线l的距离d=,所以SABC=4=2(3+m).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.此时m=-,满足-3m,A1(-,0),A2(,0),则有直线A1P的方程为y=(x+),直线A2Q的方程为y=(x-).联立,解得即则x0,|x|AB|,所以点M的轨迹E是以A(-1,0),B(1,0)为焦点且长轴长为4的椭圆,由于M,A,B三点不共线,所以y0,所以E的方程为+=1(y0).(2)证明:设直线PQ的方程为x=my+1,代入3x2+4y2=12,得(3m2+4)y2+6my-9=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则所以=(x1+2)(x2+2)+y1y2=(my1+1+2)(my2+1+2)+y1y2=(m2+1)y1y2+3m(y1+y2)+9=-+9=0.所以PDQ不可能为直角.热点训练5: 如图,从曲线x2-y2=1上一点Q引直线l:x+y=2的垂线,垂足为N,求线段QN的中点P的轨迹方程.解:设点P的坐标为(x,y),曲线上点Q的坐标为(x0,y0).因为点P是线段QN的中点,所以点N的坐标为(2x-x0,2y-y0).又因为点N在直线x+y=2上,所以2x-x0+2y-y0=2.因为QNl,所以kQN=1,即x0-y0=x-y.由,得x0=(3x+y-2),y0=(x+3y-2).又因为点Q在曲线x2-y2=1上,所以(3x+y-2)2-(x+3y-2)2=1.化简,得x-2-y-2=.故线段QN的中点P的轨迹方程为x-2-y-2=. 【例1】 (2018长沙、武昌调研)已知椭圆C:+=1(ab0)经过点P1,且离心率为.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l:y=x+m与椭圆C交于两个不同的点A,B,求OAB面积的最大值(O为坐标原点).解:(1)由题意,知解得所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)将直线l的方程y=x+m代入椭圆C的方程+y2=1,整理得3x2+4mx+2(m2-1)=0.则=(4m)2-24(m2-1)0,得m20,得m-且m0.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)|,|NB|=|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=|NA|NB|.【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分别在x轴,y轴上滑动,=.记点P的轨迹为曲线E.(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),所以得由|=+1,得m2+n2=(+1)2,所以(+1)2x2+y2=(+1)2,整理,得曲线E的方程为x2+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由=+,知点M的坐标为(x1+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(k2+2)x2+2kx-1=0,则x1+x2=-,所以y1+y2=k(x1+x2)+2=.由点M在曲线E上,知(x1+x2)2+=1,即+=1,解得k2=2.此时直线l的方程为y=x+1.【例4】 (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