2019届高三文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37~38页)

1.(2017·全国Ⅱ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MN⊥l,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Ⅱ卷,文20)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),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Ⅰ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AM⊥BM,求直线AB的方程.

解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠x2,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Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2.

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38~40页)

直线与圆锥曲线的位置关系的判断

【例1】 (2016·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p>0)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=x,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.

(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.

①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.

②当k≠0时,依题意得Δ=(-4)2-4k·4(2k+1)≥0,

解得-1≤k<0或0<k≤.

综合①②,直线与抛物线有公共点时,k的取值范围为-1,.

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·益阳、湘潭调研)已知椭圆E:+=1(a>b>0)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=S△OCA+S△ODA

=×2×|y1|+×2×|y2|

=|y1-y2|

=

=

=

=(其中t=,t≥1).

因为当t≥1时,y=3t+单调递增,所以3t+≥4,

所以S四边形OCAD≤3(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(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·福州市质检)在三角形MAB中,点A(-1,0),B(1,0),且它的周长为6,记点M的轨迹为曲线E.

(1)求E的方程;

(2)设点D(-2,0),过B的直线与E交于P,Q两点,求证:∠PDQ不可能为直角.

(1)解:依题意得,|MA|+|MB|+|AB|=6,

所以|MA|+|MB|=4>|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y≠0,

所以E的方程为+=1(y≠0).

(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=2.①

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·长沙、武昌调研)已知椭圆C:+=1(a>b>0)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Δ=(4m)2-24(m2-1)>0,得m2<3.

设A(x1,y1),B(x2,y2),

则x1+x2=-,x1x2=,

所以|AB|=·

=·

=·

=,

又原点O(0,0)到直线AB:x-y+m=0的距离d=,

所以S△OAB=|AB|·d=××=.

因为m2(3-m2)≤2=,

当且仅当m2=3-m2,

即m2=时取等号,

所以S△OAB≤×=,

即△OAB面积的最大值为.

【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=-.