202X届高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程10.4直线与圆锥曲线的位置关系课件

1、10.4直线与圆锥曲线的位置关系高考数学高考数学 (浙江专用)A A组自主命题组自主命题浙江卷题组浙江卷题组五年高考1.(2015浙江文,19,15分)如图,已知抛物线C1:y=x2,圆C2:x2+(y-1)2=1,过点P(t,0)(t0)作不过原点O的直线PA,PB分别与抛物线C1和圆C2相切,A,B为切点.(1)求点A,B的坐标;(2)求PAB的面积.注:直线与抛物线有且只有一个公共点,且与抛物线的对称轴不平行,则称该直线与抛物线相切,称该公共点为切点. 14解析解析(1)由题意知直线PA的斜率存在,故可设直线PA的方程为y=k(x-t),由消去y,整理得x2-4kx+4kt=0,由于直线

2、PA与抛物线相切,得k=t.因此,点A的坐标为(2t,t2).设圆C2的圆心为D(0,1),点B的坐标为(x0,y0),由题意知,点B,O关于直线PD对称,故解得因此,点B的坐标为.(2)由(1)知|AP|=t,和直线PA的方程tx-y-t2=0.2(),14yk xtyx00001,220,yxtx ty 022022,12.1txttyt22222,11tttt21 t点B到直线PA的距离是d=,设PAB的面积为S(t),所以S(t)=|AP|d=.221tt1232t评析评析 本题主要考查抛物线的几何性质,直线与圆的位置关系,直线与抛物线的位置关系等基础知识.考查解析几何的基本思想方法和

3、综合解题能力.2.(2015浙江,19,15分)已知椭圆+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称.(1)求实数m的取值范围;(2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点). 22x12解析解析(1)由题意知m0,可设直线AB的方程为y=- x+b.由消去y,得x2-x+b2-1=0.因为直线y=-x+b与椭圆+y2=1有两个不同的交点,所以=-2b2+2+0,将AB中点的M代入直线方程y=mx+,解得b=-.由得m.(2)令t=,则|AB|=,1m221,21xyyxbm 2112m2bm1m22x24m2222,22mbm bmm122222mm63631m6,0260,221t 4

4、22322212ttt且O到直线AB的距离为d=.设AOB的面积为S(t),所以S(t)=|AB|d=.当且仅当t2=时,等号成立.故AOB面积的最大值为.22121tt1212221222t221222考点直线与圆锥曲线的位置关系考点直线与圆锥曲线的位置关系B B组统一命题、省（区、市）卷题组组统一命题、省（区、市）卷题组1.(2018课标全国理,8,5分)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=()A.5 B.6 C.7 D.823FMFN答案答案D本题主要考查直线与抛物线的位置关系及平面向量的数量积的运算.设M(x1,y1),N(x2,y2

5、).由已知可得直线的方程为y=(x+2),即x=y-2,由得y2-6y+8=0.由根与系数的关系可得y1+y2=6,y1y2=8,x1+x2=(y1+y2)-4=5,x1x2=4,F(1,0),=(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=4-5+1+8=8,故选D.233224 ,322yxxy32212()16y yFMFN2.(2017课标全国文,12,5分)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()A. B.2 C.2 D.3 35233答案答案C本题考查直线与

6、抛物线的位置关系,点到直线的距离.解法一:由题意知MF:y=(x-1),与抛物线y2=4x联立得3x2-10 x+3=0,解得x1=,x2=3,所以M(3,2),因为MNl,所以N(-1,2),又因为F(1,0),所以NF:y=-(x-1).所以M到直线NF的距离为=2.解法二:由题意知直线FM的倾斜角为60,又|FM|=|MN|,所以MNF为正三角形,于是直线NF与准线l成30角,从而|NF|=2p=4,则M到直线NF的距离为MNF的边NF上的高,d=|NF|=2.31333322|3(3 1)2 3 |( 3)13sin30p323方法总结方法总结 涉及抛物线的焦点和准线时,应充分利用抛物

7、线的定义.3.(2017课标全国理,10,5分)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.16 B.14 C.12 D.10答案答案A本题考查抛物线的方程与几何性质以及最值的求解,考查学生的逻辑思维能力和运算求解能力以及数形结合思想的应用.解法一:由抛物线的方程可知焦点F的坐标为(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4),过点F的直线l1的方程为x=my+1(m0),由得y2-4my-4=0,所以y1+y2=4m,y1y2=-4,

8、所以|y1-y2|=4,所以|AB|=|y1-y2|=4(1+m2);同理可得|DE|=4,因此|AB|+|DE|=4(1+m2)+416,当且仅当m=1时,等号成立.所以|AB|+|DE|的最小值为16,故选A.解法二:由题意知焦点F的坐标为(1,0),直线l1,l2的斜率不存在时,不合题意.设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4),过F的直线l1的方程为y=k1(x-1),直线l2的方程为y=k2(x-1),则k1k2=-1,联立直线l1的方程与抛物线方程,得,消去y,得x2-2x-4x+=0,所以x1+x2= .同理,直线l2与抛物线的交点满足x3+x4=

9、.21,4xmyyx21212()4yyy y21m 21m211m211m214 ,(1)yxyk x21k21k21k212124kk222224kk由抛物线定义可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=+4=+82+8=16,当且仅当k1=-k2=1或-1时,取得等号.所以|AB|+|DE|的最小值为16,故选A.解法三:如图所示,设直线AB的倾斜角为,过A,B分别作准线的垂线,垂足为A1,B1,则|AF|=|AA1|,|BF|=|BB1|,过点F向AA1引垂线FG,得=cos ,则|AF|=,同理,|BF|=,则|AB|=|AF|+|BF|=,即|AB|=,因l1与l2垂直

10、,故直线DE的倾斜角为+或-,212124kk222224kk214k224k221216k k|AGAF|AFpAF1cosp1cosp22sinp24sin 22则|DE|=,则|AB|+|DE|=+=,则易知|AB|+|DE|的最小值为16.故选A.24cos 24sin 24cos 224sincos241sin22216sin 2方法总结方法总结 利用几何方法求抛物线的焦半径.如图,在抛物线y2=2px(p0)中,AB为焦点弦,若AF与抛物线对称轴的夹角为,则在FEA中,cos =cosEAF=,则可得到焦半径|AF|=,同理,|BF|=,熟悉这种求抛物线焦半径的方法,对于求抛物线的

11、焦点弦长,焦点弦中的定值,如:+=等有很大帮助.|AEAF|AFpAF1cosp1cosp1|AF1|BF2p4.(2015江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为 .答案答案 22解析解析双曲线x2-y2=1的一条渐近线为直线y=x,显然直线y=x与直线x-y+1=0平行,且两直线之间的距离为=.因为点P为双曲线x2-y2=1的右支上一点,所以点P到直线y=x的距离恒大于0,结合图形(图略)可知点P到直线x-y+1=0的距离恒大于,结合已知可得c的最大值为.22|0 1|1( 1)

12、2222225.(2019天津文,19,14分)设椭圆+=1(ab0)的左焦点为F,左顶点为A,上顶点为B.已知|OA|=2|OB|(O为原点).(1)求椭圆的离心率;(2)设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P,圆C同时与x轴和直线l相切,圆心C在直线x=4上,且OCAP.求椭圆的方程.22xa22yb334解析解析本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.满分14分.(1)设椭圆的半焦距为c,由已知有a=2b.又由a2=b2+c2,消去b得a2=+c2,解得=

13、.所以,椭圆的离心率为.(2)由(1)知,a=2c,b=c,故椭圆方程为+=1.由题意,F(-c,0),则直线l的方程为y=(x+c).点P的坐标满足消去y并化简,得到7x2+6cx-13c2=0,解得x1=c,x2=-.代入到l的方程,解得y1=c,y2=-c.3232aca12123224xc223yc3422221,433(),4xyccyxc137c32914因为点P在x轴上方,所以P.由圆心C在直线x=4上,可设C(4,t).因为OCAP,且由(1)知A(-2c,0),故=,解得t=2.则C(4,2).因为圆C与x轴相切,所以圆的半径长为2,又由圆C与l相切,得=2,可得c=2.所以

14、,椭圆的方程为+=1.3,2cc4t322ccc23(4)24314c216x212y思路分析思路分析 (1)由已知条件,得a与b的比例关系,代入a2=b2+c2,得a与c的齐次关系,进而求得离心率.(2)设出直线方程(含参数c),联立直线与椭圆方程(含参数c),得交点P的坐标(含参数c),由kAP=kOC,求得C点坐标以及圆的半径r,最后由圆心到直线距离等于半径列出关于c的方程,求得c的值,最终确定椭圆方程.6.(2019课标全国文,20,12分)已知F1,F2是椭圆C:+=1(ab0)的两个焦点,P为C上的点,O为坐标原点.(1)若POF2为等边三角形,求C的离心率;(2)如果存在点P,使

15、得PF1PF2,且F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.22xa22yb解析解析本题主要考查椭圆的定义、简单的几何性质;考查数形结合的数学思想和逻辑思维能力与运算求解能力;体现了逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)连接PF1.由POF2为等边三角形可知在F1PF2中,F1PF2=90,|PF2|=c,|PF1|=c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(+1)c,故C的离心率e=-1.(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在,当且仅当|y|2c=16,=-1,+=1,即c|y|=16,x2+y2=c2,33ca312yxcyxc22xa22yb+=1.由及a2=b2+c2得y2

16、=,又由知y2=,故b=4.由得x2=(c2-b2),所以c2b2,22xa22yb42bc2216c22ac从而a2=b2+c22b2=32,故a4.当b=4,a4时,存在满足条件的点P.所以b=4,a的取值范围为4,+).222思路分析思路分析 第(1)问中由平面几何知识可知PF1F2是F1PF2=90的直角三角形,且|PF2|=c,|PF1|=c,再利用椭圆的定义找出a与c的等量关系,进而求离心率.第(2)问中设出P点坐标,利用=16,PF1PF2以及+=1得到方程,消元化简可求b的值和a的取值范围.31 2PFFS22xa22yb一题多解一题多解 (2)设|PF1|=r1,|PF2|=

17、r2,由椭圆的定义可得r1+r2=2a,=r1r2=16,r1r2=32.又PF1PF2,+=4c2,(r1+r2)2=+2r1r2=4c2+64=4a2,4a2-4c2=64,b=4,又+2r1r2,4c2232,c4,a2=b2+c2=16+c232,b的值为4,a的取值范围为4,+).1 2PFFS1221r22r21r22r21r22r27.(2019课标全国理,19,12分)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;(2)若=3,求|AB|.32APPB解析解析本题主要考查抛物线的定义、几何性质

18、、直线与抛物线相交的综合问题等内容,考查学生运算求解的能力,以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力,体现了直观想象与数学运算的核心素养.设直线l:y=x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).(1)由题设得F,故|AF|+|BF|=x1+x2+,由题设可得x1+x2=.由可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,则x1+x2=-.从而-=,得t=-.所以l的方程为y=x-.323,04325223,23yxtyx12(1)9t 12(1)9t 52783278(2)由=3可得y1=-3y2.由可得y2-2y+2t=0.所以y1+y2=2.从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.A

19、PPB23,23yxtyx代入C的方程得x1=3,x2=.故|AB|=.134 133思路分析思路分析 (1)由|AF|+|BF|=4确定A、B两点横坐标之和,联立直线l的方程(含参)与抛物线方程,由根与系数的关系得A、B两点横坐标之和的含参表达式.两者相等,列方程求出参数.(2)P点在x轴上,由=3知A、B两点纵坐标的比例关系,由根与系数的关系得A、B两点纵坐标之和,二者联立,确定A、B的纵坐标,进而确定A、B的坐标,从而求得|AB|.APPB8.(2019江苏,17,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(ab0)的焦点为F1(-1,0),F2(1,0).过F2作x轴的垂线

20、l,在x轴的上方,l与圆F2:(x-1)2+y2=4a2交于点A,与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B,连接BF2交椭圆C于点E,连接DF1.已知DF1=.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求点E的坐标. 22xa22yb52解析解析本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.满分14分.(1)设椭圆C的焦距为2c.因为F1(-1,0),F2(1,0),所以F1F2=2,c=1.又因为DF1=,AF2x轴,所以DF2=.因此2a=DF1+DF2=4,从而a=2.由b2=a2-c2,得b2

21、=3.因此,椭圆C的标准方程为+=1.(2)解法一:由(1)知,椭圆C:+=1,a=2.因为AF2x轴,所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1)2+y2=16,解得y=4.因为点A在x轴上方,所以A(1,4).又F1(-1,0),所以直线AF1:y=2x+2.5222112DFFF225223224x23y24x23y由得5x2+6x-11=0,解得x=1或x=-.将x=-代入y=2x+2,得y=-.因此B.又F2(1,0),所以直线BF2:y=(x-1).由得7x2-6x-13=0,解得x=-1或x=.又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以x=-1.将x=-1代入y=(x-1

22、),得y=-.因此E.解法二:由(1)知,椭圆C:+=1.2222,(1)16,yxxy1151151251112,5534223(1),41,43yxxy137343231,2 24x23y如图,连接EF1.因为BF2=2a,EF1+EF2=2a,所以EF1=EB,从而BF1E=B.因为F2A=F2B,所以A=B.所以A=BF1E,从而EF1F2A.因为AF2x轴,所以EF1x轴.因为F1(-1,0),由解得y=.又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以y=-.因此E. 221,1,43xxy 323231,2 9.(2019天津理,18,13分)设椭圆+=1(ab0)的左焦点为F,上顶点为B

23、.已知椭圆的短轴长为4,离心率为.(1)求椭圆的方程;(2)设点P在椭圆上,且异于椭圆的上、下顶点,点M为直线PB与x轴的交点,点N在y轴的负半轴上.若|ON|=|OF|(O为原点),且OPMN,求直线PB的斜率.22xa22yb55解析解析本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.满分13分.(1)设椭圆的半焦距为c,依题意,2b=4,=,又a2=b2+c2,可得a=,b=2,c=1.所以,椭圆的方程为+=1.(2)由题意,设P(xP,yP)(xP0),M(xM,0).设直线PB的斜率为k(k

24、0),又B(0,2),则直线PB的方程为y=kx+2,与椭圆方程联立整理得(4+5k2)x2+20kx=0,可得xP=-,代入y=kx+2得yP=ca55525x24y222,1,54ykxxy22045kk,进而直线OP的斜率=.在y=kx+2中,令y=0,得xM=-.由题意得N(0,-1),所以直线MN的斜率为-.由OPMN,得=-1,化简得k2=,从而k=.所以,直线PB的斜率为或-.228 1045kkPPyx24510kk2k2k24510kk2k2452 3052 3052 305思路分析思路分析 (1)根据条件求出基本量a,b得到椭圆方程.(2)要利用条件OPMN,必须求P点和M

25、、N点坐标.由直线PB的方程与椭圆方程联立得到P点坐标,求出M及N点坐标,利用kOPkMN=-1求出kPB.10.(2019课标全国理,21,12分)已知曲线C:y=,D为直线y=-上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.(1)证明:直线AB过定点;(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面积.22x1250,2解析解析本题考查直线与抛物线相切,弦的中点,直线与圆相切等知识点,通过直线与抛物线的方程运算,考查了学生在解析几何中的运算求解能力,以直线与抛物线相切为背景考查了数学运算的核心素养.(1)设D,A(x1,y1),则=2y1.由于y=x,所

26、以切线DA的斜率为x1,故=x1.整理得2tx1-2y1+1=0.设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.所以直线AB过定点.1,2t21x1112yxt10,2(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+.由可得x2-2tx-1=0.1221,22ytxxy于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,|AB|=|x1-x2|=2(t2+1).设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,则d1=,d2=.因此,四边形ADBE的面积S=|AB|(d1+d2)=(t2+3).设M为线段AB的中点,则M.由于

27、,而=(t,t2-2),与向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=1.当t=0时,S=3;当t=1时,S=4.因此,四边形ADBE的面积为3或4.21 t21 t21212()4xxx x21t 221t 1221t 21,2t tEMABEMAB22解题关键解题关键 (1)设出A、B坐标,求导、列等式是解题的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐标表示出,求AB方程中的参数是关键.EMAB11.(2018课标全国文,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C:+=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m0).(1)证明:k-;(2)设F为C的右焦点,P为

28、C上一点,且+=0.证明:2|=|+|.24x23y12FPFAFBFPFAFB证明证明本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系.(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则+=1,+=1.两式相减,并由=k得+k=0.由题设知=1,=m,于是k=-.由题设得0m,故k-.214x213y224x223y1212yyxx124xx123yy122xx122yy34m3212(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m0.又点P在C上,所

29、以m=,从而P,|=.于是|=2-.3431,2FP32FA2211(1)xy2211(1)3 14xx12x同理|=2-.所以|+|=4-(x1+x2)=3.故2|=|+|.FB22xFAFB12FPFAFB思路分析思路分析 (1)利用“点差法”求得斜率k,利用AB中点坐标建立k与m的关系式,由m的范围得到k的范围.(2)根据题设+=0及点P在C上确定m,进一步得出|、|、|的关系.FPFAFBFPFAFB解后反思解后反思 1.解决直线与椭圆的位置关系的常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后利用根与系数的关系建立方程,解决相关问题.2.题中涉及弦的中点坐标,可以采取“点差法”

30、求解,设出点A、B的坐标,代入椭圆方程并作差,再将弦AB的中点坐标代入所得的差式中,即可得直线AB的斜率.12.(2018课标全国理,19,12分)设椭圆C:+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.22x解析解析(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1,由已知可得,点A的坐标为或.所以AM的方程为y=-x+或y=x-.(2)证明:当l与x轴重合时,OMA=OMB=0,当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线,所以OMA=OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的

31、方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),21,221,2222222则x1,x20,x20.由得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4.直线BM,BN的斜率之和为12122(2),2yk xyx2kkBM+kBN=+=.将x1=+2,x2=+2及y1+y2,y1y2的表达式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=0.所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以ABM=ABN.综上,ABM=ABN.112yx 222yx 211212122()(2)(2)x yx yyyxx1yk2yk121224 ()y yk yyk88

32、k 方法总结方法总结 直线与圆锥曲线的位置关系的常见题型及解题策略:(1)求直线方程.先寻找确定直线的两个条件.若缺少一个可设出此量,利用题设条件寻找关于该量的方程,解方程即可.(2)求线段长度或线段之积(和)的最值.可依据直线与圆锥曲线相交,利用弦长公式求出弦长或弦长关于某个量的函数,然后利用基本不等式或函数的有关知识求其最值;也可利用圆锥曲线的定义转化为两点间的距离或点到直线的距离.(3)证明题.圆锥曲线中的证明问题多涉及定点、定值、角相等、线段相等、点在定直线上等,有时也涉及一些否定性命题,常采用直接法或反证法给予证明.借助于已知条件,将直线与圆锥曲线联立,寻找待证明式子的表达式,结合根

33、与系数的关系及整体代换思想化简即可得证.失分警示失分警示 (1)由于忽略点M,N位置的转换性,使直线BM方程缺失,从而导致失分;(2)由于不能将“ABM=ABN”正确转化为“kBM+kBN=0”,从而思路受阻,无法完成后续内容.2.(2018北京文,20,14分)已知椭圆M:+=1(ab0)的离心率为,焦距为2.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A,B.(1)求椭圆M的方程;(2)若k=1,求|AB|的最大值;(3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C,D和点Q共线,求k.22xa22yb6327 1,4 4解析解析(1)由题意得解得

34、a=,b=1.所以椭圆M的方程为+y2=1.(2)设直线l的方程为y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).由得4x2+6mx+3m2-3=0.所以x1+x2=-,x1x2=.|AB|=.当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为.222,6,322 2,abccac323x22,13yxmxy32m2334m 222121()()xxyy2212()xx212122()4xxx x21232m6(3)设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意得+3=3,+3=3.直线PA的方程为y=(x+2).由得(x1+2)2+3x2+12x+12-3(x1+2)2=0.设C(xC,yC)

35、.所以xC+x1=.所以xC=-x1=.所以yC=(xC+2)=.设D(xD,yD).同理得xD=,yD=.记直线CQ,DQ的斜率分别为kCQ,kDQ,21x21y22x22y112yx 1122(2),233,yyxxxy21y21y21y21221112(2)3yxy21141247xx21141247xx1112747xx112yx 1147yx 2212747xx2247yx 则kCQ-kDQ=-=4(y1-y2-x1+x2).因为C,D,Q三点共线,所以kCQ-kDQ=0.故y1-y2=x1-x2.所以直线l的斜率k=1.111114741277474yxxx222214741277

36、474yxxx1212yyxx3.(2018江苏,18,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点,焦点F1(-,0),F2(,0),圆O的直径为F1F2.(1)求椭圆C及圆O的方程;(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;直线l与椭圆C交于A,B两点.若OAB的面积为,求直线l的方程. 13,2332 67解析解析本题主要考查直线方程、圆的方程、圆的几何性质、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等知识,考查分析问题能力和运算求解能力.解法一:(1)因为椭圆C的焦点为F1(-,0),F2(,0),所以可设椭圆C的方程为

37、+=1(ab0).又点在椭圆C上,所以解得因此,椭圆C的方程为+y2=1.因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3.(2)设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x00,y00),则+=3.所以直线l的方程为y=-(x-x0)+y0,即y=-x+.3322xa22yb13,22222311,43,abab224,1.ab24x20 x20y00 xy00 xy03y由消去y,得(4+)x2-24x0 x+36-4=0.(*)因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,所以=(-24x0)2-4(4+)(36-4)=48(-2)=0.因为x0,y00,所以x0=,y0=1.因此,点P的坐标为

38、(,1).因为三角形OAB的面积为,所以ABOP=,从而AB=.设A(x1,y1),B(x2,y2),由(*)得x1,2=,所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=.220001,43xyxyxyy 20 x20y20y20 x20y20y20y20 x222 67122 674 272200022002448(2)2(4)xyxxy20201xy22002220048(2)(4)yxxy因为+=3,所以AB2=,即2-45+100=0.解得=(=20舍去),则=,因此P的坐标为.则直线l的方程为y=-x+3.解法二:(1)由题意知c=,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点在椭圆上,

39、所以2a=+=4,所以a=2.因为a2=b2+c2,所以b=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k0,设直线l的方程为y=kx+m(k0),将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3,20 x20y2022016(2)(1)xx324940 x20 x20 x5220 x20y12102,2252313,2221( 33)02221( 33)0224x整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,因为直线l与圆O相切,所以=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,将直

40、线l的方程代入椭圆C的方程,得+(kx+m)2=1,整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,因为直线l与椭圆C相切,所以=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,整理得m2=4k2+1,所以3k2+3=4k2+1,因为k0,所以k=-,则m=3,将k=-,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,整理得x2-2x+2=0,解得x1=x2=,将x=代入x2+y2=3,解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为(,1).设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),由知m2=3k2+3,且k0,24x222222因为直线l和椭圆C相交,所以结合的过程知m24k

41、2+1,解得k-,将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,解得x1,2=,所以|x1-x2|=,因为AB=|x1-x2|=,O到l的距离d=,所以SOAB=,解得k2=5,因为kb0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为,点A的坐标为(b,0),且|FB|AB|=6.(1)求椭圆的方程;(2)设直线l:y=kx(k0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若=sinAOQ(O为原点),求k的值.22xa22yb532|AQPQ5 24解析解析(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有=,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由已知可得,|

42、FB|=a,|AB|=b,由|FB|AB|=6,可得ab=6,从而a=3,b=2.所以,椭圆的方程为+=1.22ca592229x24y(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).由已知有y1y20,故|PQ|sinAOQ=y1-y2.又因为|AQ|=,而OAB=,故|AQ|=y2.由=sinAOQ,可得5y1=9y2.由方程组消去x,可得y1=.易知直线AB的方程为x+y-2=0,2sinyOAB42|AQPQ5 2422,1,94ykxxy2694kk 由方程组消去x,可得y2=.由5y1=9y2,可得5(k+1)=3,两边平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k

43、=,或k=.所以,k的值为或.,20,ykxxy21kk 294k 121128121128解题关键解题关键 利用平面几何知识将=sinAOQ转化为点P、Q坐标间的关系是解决第(2)问的关键.|AQPQ5 24方法归纳方法归纳 求椭圆标准方程的基本方法:(1)定义法:根据椭圆的定义,确定a2,b2的值,结合焦点位置写出椭圆方程;(2)待定系数法:这是求椭圆方程的常用方法,基本步骤为根据已知条件判断焦点的位置;根据焦点的位置设出所求椭圆的方程;根据已知条件,建立关于a、b、c的方程组,注意c2=a2-b2的应用;解方程组,求得a、b的值,从而得出椭圆的方程.5.(2017天津理,19,14分)设

44、椭圆+=1(ab0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为.已知A是抛物线y2=2px(p0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D.若APD的面积为,求直线AP的方程.22xa22yb121262解析解析本题主要考查椭圆、抛物线的标准方程和几何性质,直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.(1)设F的坐标为(-c,0).依题意,=,=a,a-c=,解得a=1,c=,p=2,于是b2=a2-c2=.所以,椭

45、圆的方程为x2+=1,抛物线的方程为y2=4x.(2)设直线AP的方程为x=my+1(m0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P,故Q.将x=my+1与x2+=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=.由点B异于点A,可得点B.由Q,可得直线BQ的方程为(x+1)-=0,令y=0,解得x=,故D.所以|AD|=1-=.又因为APD的面积为,故=,整理得3m2-2|m|+2=0,解得|m|=,所以m=.所以,直线AP的方程为3x+y-3=0或3x-y-3=0.ca122p121234243y21,m 21,m243y2634mm222346,3434mmmm21,

46、m26234mmm2234134mm2ym222332mm2223,032mm222332mm22632mm 621222632mm 2|m626636366方法总结方法总结 1.利用待定系数法求圆锥曲线标准方程的三个步骤:(1)作判断:根据焦点位置设方程;(2)找等量关系;(3)解方程得结果.2.解决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略:(1)巧设直线方程:当已知直线与x轴交点固定时,常设为x=my+b的形式,这样可避免对斜率是否存在的讨论;(2)注意整体代入思想的应用,利用根与系数的关系可以简化运算,提高运算的效率和正确率.6.(2016课标全国,20,12分)已知椭圆E:+=1的焦点在x

47、轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.2xt23y解析解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y10.当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=,所以y1=.(4分)因此AMN的面积SAMN=2=.(5分)24x23y424x23y1271271212712714449(2)由题意知,t3,k0,A(-

48、,0).将直线AM的方程y=k(x+)代入+=1得(3+tk2)x2+2tk2x+t2k2-3t=0.由x1(-)=得x1=,故|AM|=|x1+ |=.(8分)tt2xt23ytt22233t kttk22(3)3ttktkt21 k226(1)3tktk由题设,直线AN的方程为y=-(x+),故同理可得|AN|=.由2|AM|=|AN|得=,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=时上式不成立,因此t=.(10分)t3等价于=0,即0.由此得或解得k3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.评析评析 本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系以及方程的思想方法的应用,考查学生的

49、运算求解能力及逻辑思维能力.注意挖掘题目中t3这一隐含条件,这是把等式转化为不等式的关键.7.(2016江苏,22,10分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知直线l:x-y-2=0,抛物线C:y2=2px(p0).(1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程;(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.求证:线段PQ的中点坐标为(2-p,-p);求p的取值范围. 解析解析(1)抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为,由点在直线l:x-y-2=0上,得-0-2=0,即p=4.所以抛物线C的方程为y2=8x.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点M(x0,y0

50、).因为点P和Q关于直线l对称,所以直线l垂直平分线段PQ,于是直线PQ的斜率为-1,则可设其方程为y=-x+b.证明:由消去x得y2+2py-2pb=0.(*)因为P和Q是抛物线C上的相异两点,所以y1y2,从而=(2p)2-4(-2pb)0,化简得p+2b0.方程(*)的两根为y1,2=-p,从而y0=-p.因为M(x0,y0)在直线l上,所以x0=2-p.因此,线段PQ的中点坐标为(2-p,-p).因为M(2-p,-p)在直线y=-x+b上,02p,02p2p22,ypxyxb 22ppb122yy所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p.由知p+2b0,于是p+2(2-2p)0,所以

51、pb0)的左焦点为F(-c,0),离心率为,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2=截得的线段的长为c,|FM|=.(1)求直线FM的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.22xa22yb3324b4 332解析解析(1)由已知有=,即a2=3c2,又由a2=b2+c2,可得b2=2c2.设直线FM的斜率为k(k0),则直线FM的方程为y=k(x+c).由已知,有+=,解得k=.(2)由(1)得椭圆方程为+=1,直线FM的方程为y=(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-

52、c或x=c.因为点M在第一象限,可得M的坐标为.由|FM|=,解得c=1,所以椭圆的方程为+=1.(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=,即y=t(x+1)(x-1),与椭圆方程联立得消去y,得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=,解得-x-1,或-1x0.22ca13221kck22c22b33223xc222yc33532 3,3cc222 3()03ccc4 3323x22y1yx 22(1),1,32yt xxy22623(1)xx232设直线OP的斜率为m,得m=,即y=mx(x0),与椭圆方程联立,整理可得m2=-.当x时,有y=t(x+1)0,于是

53、m=,得m.当x(-1,0)时,有y=t(x+1)0,因此mb0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为2.(1)求C2的方程;(2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且与同向.(i)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率;(ii)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.22ya22xb6ACBD解析解析(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1.又C1与C2的公共弦的长为2,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为,所

54、以+=1.联立得a2=9,b2=8.故C2的方程为+=1.(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).(i)因与同向,且|AC|=|BD|,所以=,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.由得x2-4kx-4=0.而x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.由得(9+8k2)x2+16kx-64=0.而x3,x4是这个方程的两根,所以x3+x4=-,x3x4=-.将代入,得16(k2+1)=+,636,22

55、94a26b29y28xACBDACBD21,4ykxxy221,189ykxxy21698kk26498k222216(98)kk24 6498k即16(k2+1)=,所以(9+8k2)2=169,解得k=,即直线l的斜率为.(ii)证明:由x2=4y得y=,所以C1在点A处的切线方程为y-y1=(x-x1),即y=-.令y=0,得x=,即M,所以=.而=(x1,y1-1),于是=-y1+1=+10,因此AFM是锐角,从而MFD=180-AFM是钝角.故直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.2222169(1)(98)kk64642x12x12x x214x12x1,02xFM1, 12

56、xFAFAFM212x214x考点直线与圆锥曲线的位置关系考点直线与圆锥曲线的位置关系三年模拟A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组1.(2018浙江镇海中学阶段性测试,8)设从点P(a,b)分别向椭圆+y2=1与双曲线x2-=1作两条切线PA,PB和PC,PD,切点分别为A,B和C,D,若ABCD,则=()A.4 B.1 C.4 D.124x24yba答案答案D过点P(a,b)向椭圆+y2=1作两条切线PA,PB,设切点A(x1,y1),B(x2,y2),则切线PA,PB的方程分别为+y1y=1,+y2y=1.把点P坐标代入两切线方程中有+

57、by1=1和+by2=1,则AB的方程为ax+4by=4.同理,过点P(a,b)向双曲线x2-=1作两条切线PC,PD,则CD的方程为4ax-by=4,若ABCD,则a2=b2,故选D.24x14x x24x x14ax24ax24y2.(2018浙江新高考调研卷三(杭州二中),15)设O是坐标原点,若椭圆+=1与斜率为2的直线l交于A,B两点,则OAB的面积最大值是 .24x22y答案答案 2解析解析设直线l:y=2x+b,代入x2+2y2=49x2+8bx+2b2-4=0,则|AB|=|x1-x2|=,d=,SOAB=|AB|d=,由0,解得b2b0)的离心率大于,且过点.点F为椭圆C的右焦点,B1,B2分别为椭圆C的下、上顶点,直线B2F与椭圆C交于点H,B2,且直线HB1的斜率为.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设A1,A2为椭圆C的左、右顶点,P为直线x=4上一动点,直线A1P,A2P分别交椭圆C于另两点M,N,求OMN面积的最大值. 22xa22yb1213,234解析解析(1)设H(x0,y0),则=,=,所以=-,而=-,因此=-=,故=,即=,即e2-e4=,故=0,解得e=(舍)或e=.由解得1HBk00ybx2HBk00ybx1HBk2HBk22020ybx220220bxax22