2019届高三理科数学二轮复习配套教案：第一篇专题六第2讲　直线与圆锥曲线的位置关系

第2讲　直线与圆锥曲线的位置关系

(对应学生用书第44页)

1.(2018·全国Ⅰ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),

联立直线与抛物线的方程,得

解得或

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·=0×3+2×4=8.故选D.

2.(2018·全国Ⅰ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的直线与C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)4

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tan α==,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|·tan 2α=·tan 60°=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　)

(A)16 (B)14 (C)12 (D)10

解析:y2=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)(k≠0),

则直线l2方程为y=-(x-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+,

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(-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

所以-=4(x1-x2),

所以k==.

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|)

=(|AA'|+|BB'|).

因为M'(x0,y0)为AB中点,

所以M为A'B'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.

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(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++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:2

5.(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),

又M为FN中点,

所以M(1,-k),代入y2=8x得k2=8,

所以|FN|====6.

答案:6

6.(2018·全国Ⅲ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AB的中点为M(1,m)(m>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=-.①

由题设得0<m<,故k<-.

(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)=-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=2,x1x2=,

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k(k>0)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)(k>0).

设A(x1,y1),B(x2,y2),

由

得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.

Δ=16k2+16>0,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(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.

(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(a>b>0),其左右焦点为F1,F2,过F1的直线l:x+my+=0与椭圆C交于A,B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A(x1,y1),B(x2,y2),M(x3,y3),

由2=+,

得x3=x1+x2,y3=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+4)y2+2my-1=0,

所以y1+y2=,y1y2=,

所以x1x2+4y1y2=(my1+)(my2+)+4y1y2=(m2+4)y1y2+m(y1+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:+=1(a>b>0)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Δ>0得(8k)2-4(1+4k2)×4>0,

所以4k2>1.

由x1+x2=-,x1x2=得

|AB|=·

=2.

设t=,则0<t<,

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.

(2)弦长计算公式:设斜率为k(k≠0)的直线l与曲线C的两个交点为P(x1,y1),Q(x2,y2),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P(2,2),A,B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P(2,2)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A(x1,y1),B(x2,y2),

则y1+y2=2t,y1y2=-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(2,0),S△AOB=×2×|y1-y2|==≥=4.

当且仅当y1=2,y2=-2或y1=-2,y2=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(a>b>0),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=0,①

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-1 850=0,即7x2-4x-74=0,此时Δ>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(a>b>0),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+=1,①

把y=2x-1代入①,

化简得7x2-4x-74=0,此时Δ>0,

故所求椭圆的标准方程为+=1.

(2)圆锥曲线以P(x0,y0)(y0≠0)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=(x1≠x2),(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-3<m<0.

联立,得

消去y,得x2+(2m-4)x+m2=0,

Δ=(2m-4)2-4m2=16(1-m)>0.

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S△ABC=×4×

=2·(3+m).

令=t,t∈(1,2),

则m=1-t2,

所以S△ABC=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-3<m<0,

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A1,A2,点P(x1,y1),Q(x1,-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(-,0),A2(,0),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P(x1,y1)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=1,x≠0且x≠±.

(3)若动点P(x,y)所满足的条件不易表述或求出,但随另一动点Q(x',y')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x',y'表示为x,y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(-1,0),F2(1,0),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F1.

(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F1,F2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+3)x2+8kmx+4m2-12=0,

如图,设点Q的坐标为(x0,y0),依题意m≠0,

由Δ=(8km)2-4(4k2+3)(4m2-12)=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(-1,0),

可得=-1,-,=(3,4k-m),

所以·=3-1-(4k-m)=0,

所以QF1⊥RF1,

所以以QR为直径的圆过定点F1.

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=2.①

因为QN⊥l,所以kQN==1,

即x0-y0=x-y.②

由①②,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·宜宾模拟)在直角坐标系xOy中,已知点F1(-1,0),F2(1,0),动点P满足:|-|+|-|=4.分别过点(-1,0),(1,0),作两条平行直线m,n,设m,n与轨迹C的上半部分分别交于A,B两点,求四边形ABF2F1面积的最大值.

解:设点P(x,y),由点F1(-1,0),F2(1,0),动点P满足|-|+|-|=4,

知||+||=4,

由椭圆定义可知动点P的轨迹是以点(1,0),(-1,0)为焦点,长轴长为4的椭圆,

所以a=2,c=1,b=,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+4)y2-6ty-9=0,Δ>0,

|AD|=

=·,

又点F2(1,0)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A,B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(x,y),

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T(2,2),

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+m,m≠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N(m+2,2m+2),

所以|NT|2=[(m+2)-2]2+[(2m+2)-2]2=5m2.

由消去y得x2-2x-2m=0,

由Δ=4+8m>0,得m>-且m≠0.

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,S2,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y>0时,y=2,

所以A(x0,2).

因为直线l1与抛物线切于点A,y'=,

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=-x0.

(2)由(1)知P(-x0,0),易得k2<0,

所以直线l2的方程为x=y-x0.

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,

所以y1+y2=,y1y2=4x0.①

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=-.