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第2讲 直线与圆锥曲线的位置关系
1.2018·全国Ⅰ卷理8设抛物线C:y2=4x的焦点为F过点-20且斜率为的直线与C交于MN两点则·等于 D A5B6C7D8解析:由题意知直线MN的方程为y=x+2联立直线与抛物线的方程得解得或不妨设M为12N为
44.又因为抛物线焦点为F10所以=02=
34.所以·=0×3+2×4=
8.故选D.
2.2018·全国Ⅰ卷理11已知双曲线C:-y2=1O为坐标原点F为C的右焦点过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为MN.若△OMN为直角三角形则|MN|等于 B AB3C2D4解析:由已知得双曲线的两条渐近线方程为y=±x.设两条渐近线夹角为2α则有tanα==所以α=30°.所以∠MON=2α=60°.又△OMN为直角三角形由于双曲线具有对称性不妨设MN⊥ON如图所示.在Rt△ONF中|OF|=2则|ON|=.则在Rt△OMN中|MN|=|ON|·tan2α=·tan60°=
3.故选B.
3.2017·全国Ⅰ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l1l2直线l1与C交于AB两点直线l2与C交于DE两点则|AB|+|DE|的最小值为 A A16B14C12D10解析:y2=4x的焦点F10由题意知l1l2的斜率都存在且不为0设直线l1方程为y=kx-1k≠0则直线l2方程为y=-x-
1.设Ax1y1Bx2y2Dx3y3Ex4y
4.将y=kx-1代入y2=4x得k2x2-2k2+4x+k2=
0.所以x1+x2=2+同理可得x3+x4=2+4k2所以|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+4=4+4++4k2≥8+2=
16.当且仅当k=±1时取等号.故选A.
4.2018·全国Ⅲ卷理16已知点M-11和抛物线C:y2=4x过C的焦点且斜率为k的直线与C交于AB两点.若∠AMB=90°则k= . 解析:法一 设点Ax1y1Bx2y2则所以-=4x1-x2所以k==.设AB的中点Mx0y0抛物线的焦点为F分别过点AB作准线x=-1的垂线垂足为AB则|MM|=|AB|=|AF|+|BF|=|AA|+|BB|.因为Mx0y0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F10设直线方程为y=kx-1直线方程与y2=4x联立消去y得k2x2-2k2+4x+k2=
0.设Ax1y1Bx2y2则x1x2=1x1+x2=.由M-11得=-1-x11-y1=-1-x21-y
2.由∠AMB=90°得·=0所以x1+1x2+1+y1-1y2-1=0所以x1x2+x1+x2+1+y1y2-y1+y2+1=
0.又y1y2=kx1-1·kx2-1=k2[x1x2-x1+x2+1]y1+y2=kx1+x2-2所以1++1+k21-+1-k-2+1=0整理得-+1=0解得k=
2.经检验k=2是分式方程的根.答案:
25.2017·全国Ⅱ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F20FM的斜率一定存在设为k则直线FM的方程为y=kx-2令x=0可得N0-2k又M为FN中点所以M1-k代入y2=8x得k2=8所以|FN|====
6.答案:
66.2018·全国Ⅲ卷理20已知斜率为k的直线l与椭圆C:+=1交于AB两点线段AB的中点为M1mm
0.1证明:k-;2设F为C的右焦点P为C上一点且++=
0.证明:||||||成等差数列并求该数列的公差.证明:1设Ax1y1Bx2y2则+=1+=
1.两式相减并由=k得+·k=
0.由题设知=1=m于是k=-.
①由题设得0m故k-.2由题意得F
10.设Px3y3则x3-1y3+x1-1y1+x2-1y2=
00.由1及题设得x3=3-x1+x2=
1.y3=-y1+y2=-2m
0.又点P在C上所以m=从而P1-||=于是||===2-.同理||=2-.所以||+||=4-x1+x2=
3.故2||=||+||即||||||成等差数列.设该数列的公差为d则2|d|=|||-|||=|x1-x2|=
②将m=代入
①得k=-1所以l的方程为y=-x+代入C的方程并整理得7x2-14x+=
0.故x1+x2=2x1x2=代入
②解得|d|=.所以该数列的公差为或-.
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44~47页 直线与圆锥曲线的位置关系的判断【例1】2018·全国Ⅱ卷设抛物线C:y2=4x的焦点为F过F且斜率为kk0的直线l与C交于AB两点|AB|=
8.1求l的方程;2求过点AB且与C的准线相切的圆的方程.解:1由题意得F10l的方程为y=kx-1k
0.设Ax1y1Bx2y2由得k2x2-2k2+4x+k2=
0.Δ=16k2+160故x1+x2=.所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=.由题设知=8解得k=-1舍去或k=
1.因此l的方程为y=x-
1.2由1得AB的中点坐标为32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x0y0则解得或因此所求圆的方程为x-32+y-22=16或x-112+y+62=
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xy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1:2018·淮北一模已知椭圆C:+=1ab0其左右焦点为F1F2过F1的直线l:x+my+=0与椭圆C交于AB两点且椭圆离心率e=.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令y=0解得x=-所以c=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=
1.2设Ax1y1Bx2y2Mx3y3由2=+得x3=x1+x2y3=y1+y2代入椭圆方程可得x1+x22+y1+y22-1=0所以++++x1x2+4y1y2=1所以x1x2+4y1y2=0联立方程消去x可得m2+4y2+2my-1=0所以y1+y2=y1y2=所以x1x2+4y1y2=my1+my2++4y1y2=m2+4y1y2+my1+y2+3=0即m2=2解得m=±所求直线l的方程为x±y+=
0.圆锥曲线的弦长问题【例2】2018·合肥市二次质检已知椭圆E:+=1ab0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M0且与椭圆E交于AB两点求|AB|的最大值.解:1依题意椭圆E的左、右焦点分别为F1-0F20由椭圆E经过点P-得|PF1|+|PF2|=4=2a所以a=2c=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+Ax1y1Bx2y
2.由得1+4k2x2+8kx+4=
0.由Δ0得8k2-41+4k2×40所以4k
21.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|=2综上|AB|的最大值为.1涉及圆锥曲线的弦长问题的求解步骤:
①设方程注意斜率k是否存在及点的坐标;
②联立直线方程与曲线方程得方程组消元得方程注意二次项系数是否为零;
③利用根与系数的关系设而不求计算弦长涉及过焦点的弦的问题可考虑用圆锥曲线的定义求解;2弦长计算公式:设斜率为kk≠0的直线l与曲线C的两个交点为Px1y1Qx2y2则|PQ|==|x1-x2|=·=|y1-y2|=·.热点训练2:2018·东城区二模已知抛物线C:y2=2px经过点P22AB是抛物线C上异于点O的不同的两点其中O为原点.1求抛物线C的方程并求其焦点坐标和准线方程;2若OA⊥OB求△AOB面积的最小值.解:1由抛物线C:y2=2px经过点P22知4p=4解得p=
1.则抛物线C的方程为y2=2x所以抛物线C的焦点坐标为0准线方程为x=-.2由题知直线AB不与y轴垂直设直线AB:x=ty+a由消去x得y2-2ty-2a=0设Ax1y1Bx2y2则y1+y2=2ty1y2=-2a因为OA⊥OB所以x1x2+y1y2=0即+y1y2=0解得y1y2=0舍或y1y2=-4所以-2a=-4解得a=
2.所以直线AB:x=ty+2所以直线AB过定点20S△AOB=×2×|y1-y2|==≥=
4.当且仅当y1=2y2=-2或y1=-2y2=2时等号成立.所以△AOB面积的最小值为
4.中点弦问题【例3】求一个焦点是F05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+=1ab0直线被椭圆所截弦的端点为Ax1y1Bx2y2由消y得4b2+a2x2-4b2x+b2-a2b2=0
①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
①为175x2-100x-1850=0即7x2-4x-74=0此时Δ0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+=1ab0直线被椭圆所截弦的端点为Ax1y1Bx2y
2.由题意可得弦AB的中点坐标为且==-.将AB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=3b
2.又c2=a2-b2=50所以a2=75b2=
25.所以椭圆方程为+=1
①把y=2x-1代入
①化简得7x2-4x-74=0此时Δ0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Δ0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Px0y0y0≠0为中点的弦所在直线的斜率分别是k=-椭圆+=1k=双曲线-=1k=抛物线y2=2px.其中k=x1≠x2x1y1x2y2为弦的端点坐标.热点训练3:过点M11的直线与椭圆+=1交于AB两点且点M平分弦AB则直线AB的方程为 A4x+3y-7=0B3x+4y-7=0C3x-4y+1=0D4x-3y-1=0解析:设Ax1y1Bx2y
2.易得+=1+=1两式相减整理得+=
0.由M11是弦AB的中点得x1+x2=2y1+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A0B-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xy则点Q的坐标为0y所以=-x0=-x-y=--x-y所以·=x2-2+y
2.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F10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A30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BC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F10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-3m
0.联立得消去y得x2+2m-4x+m2=0Δ=2m-42-4m2=161-m
0.设Bx1y1Cx2y2则x1+x2=4-2mx1x2=m2所以|BC|=4又点A到直线l的距离d=所以S△ABC=×4×=2·3+m.令=tt∈12则m=1-t2所以S△ABC=2t4-t2=8t-2t3令ft=8t-2t3则ft=8-6t2易知ft在1上单调递增在2上单调递减所以当t∈12时ft在t=处取得最大值最大值为.此时m=-满足-3m0所以△ABC面积的最大值为.考向3 相关点法求轨迹方程【例6】已知双曲线-y2=1的左、右顶点分别为A1A2点Px1y1Qx1-y1是双曲线上两个不同的动点求直线A1P与A2Q交点的轨迹E的方程.解:由题设知|x1|A1-0A20则有直线A1P的方程为y=x+
①直线A2Q的方程为y=x-.
②联立
①②解得即
③则x≠0|x|.而点Px1y1在双曲线-y2=1上所以-=
1.将
③代入上式整理得所求轨迹E的方程为+y2=1x≠0且x≠±.1若动点满足的几何条件可用等式表示则只需把这个等式“翻译”成含xy的等式通过化简、整理可得到曲线的方程这种求轨迹方程的方法叫直接法也称坐标法.2若动点轨迹的条件满足圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义则可以直接根据定义求出动点的轨迹方程这种求轨迹方程的方法叫做定义法.利用定义法求轨迹方程时要看所求轨迹是否是完整的圆、椭圆、双曲线、抛物线如果不是完整的曲线则应对其中的变量x或y进行限制.3若动点Pxy所满足的条件不易表述或求出但随另一动点Qxy的运动而有规律地运动且动点Q的轨迹方程给定或容易求得则可先将xy表示为xy的式子再代入Q的轨迹方程然后整理得点P的轨迹方程这种求轨迹方程的方法叫做相关点法也称代入法.热点训练4:2018·西宁一模在平面直角坐标系xOy中点F1-10F210动点M满足|-|+|-|=
4.1求动点M的轨迹E的方程;2若直线y=kx+m与轨迹E有且仅有一个公共点Q且与直线x=-4相交于点R求证:以QR为直径的圆过定点F
1.1解:因为|-|+|-|=4所以|MF1|+|MF2|=4由椭圆定义可知动点M的轨迹是以F1F2为焦点的椭圆所以2a=4即a=2因为c=1所以b2=a2-c2=3所以动点M的轨迹E的方程为+=
1.2证明:由得4k2+3x2+8kmx+4m2-12=0如图设点Q的坐标为x0y0依题意m≠0由Δ=8km2-44k2+34m2-12=0可得4k2+3=m2此时x0=-=-y0==所以Q-由解得y=-4k+m所以R-4-4k+m由F1-10可得=-1-=34k-m所以·=3-1-4k-m=0所以QF1⊥RF1所以以QR为直径的圆过定点F
1.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xy曲线上点Q的坐标为x0y
0.因为点P是线段QN的中点所以点N的坐标为2x-x02y-y
0.又因为点N在直线x+y=2上所以2x-x0+2y-y0=
2.
①因为QN⊥l所以kQN==1即x0-y0=x-y.
②由
①②得x0=3x+y-2y0=x+3y-
2.又因为点Q在曲线x2-y2=1上所以3x+y-22-x+3y-22=
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·宜宾模拟在直角坐标系xOy中已知点F1-10F210动点P满足:|-|+|-|=
4.分别过点-1010作两条平行直线mn设mn与轨迹C的上半部分分别交于AB两点求四边形ABF2F1面积的最大值.解:设点Pxy由点F1-10F210动点P满足|-|+|-|=4知||+||=4由椭圆定义可知动点P的轨迹是以点10-10为焦点长轴长为4的椭圆所以a=2c=1b=其方程为+=
1.设直线m:x=ty-1它与轨迹C的另一个交点为D设两条平行线间的距离为d由椭圆的对称性知=|AF1|+|BF2|·d=|AF1|+|DF1|·d=|AD|d=x=ty-1与C联立消去x得3t2+4y2-6ty-9=0Δ0|AD|==·又点F210到直线m:x=ty-1的距离为d=所以=令m=≥1则=因为y=3m+在[1+∞上单调递增所以当m=1即t=0时取得最大值3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AB两点交E在T处的切线于点N求证:|NT|2=|NA|·|NB|.1解:法一 设点M的坐标为xy因为F0所以MF的中点坐标为.因为以MF为直径的圆与x轴相切所以=.即|MF|=所以=化简得x2=2y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CD⊥x轴且|MF|=2|CD|.作直线l:y=-过点M作MN⊥l于点H交x轴于点I则|CD|=所以|MF|=|MI|+|OF|又|IH|=|OF|=所以|MF|=|MH|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T22所以直线OT的斜率为
1.因为l∥OT所以设直线l的方程为y=x+mm≠
0.由y=x2得y=x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.由得所以Nm+22m+2所以|NT|2=[m+2-2]2+[2m+2-2]2=5m
2.由消去y得x2-2x-2m=0由Δ=4+8m0得m-且m≠
0.设Ax1y1Bx2y2则x1+x2=2x1x2=-2m.因为点NAB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+2x1+x2+m+22|=2|-2m-2m+2+m+22|=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CD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01作直线l与曲线E相交于AB两点=+当点M在曲线E上时求直线l的方程.解:1设Cm0D0nPxy.由=得x-my=-xn-y所以得由||=+1得m2+n2=+12所以+12x2+y2=+12整理得曲线E的方程为x2+=
1.2设Ax1y1Bx2y2由=+知点M的坐标为x1+x2y1+y
2.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+2x2+2kx-1=0则x1+x2=-所以y1+y2=kx1+x2+2=.由点M在曲线E上知x1+x22+=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k1k2的直线l1l2已知直线l1与抛物线在第一象限切于点Ax0y0直线l2与抛物线在第四象限分别交于两点BC记△PAB△PAC的面积分别为S1S2且S1∶S2=1∶
3.1求点P的横坐标关于x0的表达式;2求的值.解:1当y0时y=2所以Ax
02.因为直线l1与抛物线切于点Ay=所以k1=所以直线l1的方程为y-2=x-x0令y=0得点P的横坐标xP=-x
0.2由1知P-x00易得k20所以直线l2的方程为x=y-x
0.设Bx1y1Cx2y2联立直线l2与抛物线的方程消去x得y2-y+4x0=0所以y1+y2=y1y2=4x
0.
①因为S1∶S2=1∶3所以|PB|∶|PC|=1∶3所以y2=3y1代入
①式得=所以k2=-又k1=所以=-.。