2021新高考数学二轮总复习专题七解析几何7.4.1直线与圆及圆锥曲线学案含解析

7.4　压轴题大题2　直线与圆锥曲线

7.4.1　直线与圆及圆锥曲线

必备知识精要梳理

1.解答直线与圆锥曲线相交问题的一般步骤:设线、设点,联立、消元,韦达定理、代入、化简.

第一步:讨论直线斜率的存在性,斜率存在时,设直线的方程为y=kx+b(或斜率不为零时,设x=my+n);

第二步:设直线与圆锥曲线的两个交点为M(x1,y1),N(x2,y2);

第三步:联立方程组消去y得关于x的方程Ax2+Bx+C=0;

第四步:由判别式和韦达定理列出直线与曲线相交于两个点满足的条件

第五步:把所要解决的问题转化为含x1+x2,x1x2的形式,然后代入、化简.

2.弦中点问题的特殊解法——点差法:即若已知弦AB的中点为M(x0,y0),先设两个交点为A(x1,y1),B(x2,y2);分别代入圆锥曲线的方程,得f(x1,y1)=0,f(x2,y2)=0,两式相减、分解因式,再将x1+x2=2x0,y1+y2=2y0代入其中,即可求出直线的斜率.

3.弦长公式:|AB|=|x1-x2|=(k为弦AB所在直线的斜率).

关键能力学案突破

【例1】(2020北京顺义二模,21节选)设线段AB的两个端点A,B分别在x轴、y轴上滑动,且|AB|=5,(O为坐标原点),求点M的轨迹方程.

解题心得1.如果动点运动的条件是一些几何量的等量关系,设出动点坐标,直接利用等量关系建立x,y之间的关系F(x,y)=0,就得到轨迹方程.

2.若动点的轨迹符合某已知曲线的定义,可直接设出相应的曲线方程,用待定系数法或题中所给几何条件确定相应系数,从而求出轨迹方程.

3.如果动点P的运动是由另外某一点Q的运动引发的,而该点坐标满足某已知曲线方程,则可以设出P(x,y),用(x,y)表示出相关点Q的坐标,然后把Q的坐标代入已知曲线方程,即可得到动点P的轨迹方程.

【对点训练1】设抛物线C1的方程为x2=4y,点M(x0,y0)(x0≠0)在抛物线C2:x2=-y上,过M作抛物线C1的切线,切点分别为A,B,圆N是以线段AB为直径的圆.

(1)若点M的坐标为(2,-4),求此时圆N的半径长;

(2)当M在x2=-y上运动时,求圆心N的轨迹方程.

【例2】(2020陕西榆林高三模拟,理20)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.

(1)证明:坐标原点O在圆M上;

(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.

解题心得直线与圆相交问题的求法

(1)弦长的求解方法

①根据半径、弦心距、半弦长构成的直角三角形,构成三者间的关系R2=d2+(其中l为弦长,R为圆的半径,d为圆心到直线的距离);

②根据公式l=|x1-x2|求解(其中l为弦长,x1,x2为直线与圆相交所得交点的横坐标,k为直线的斜率);

③求出交点坐标,用两点间距离公式求解.

(2)定点、定值问题的求解步骤

①设:设出直线方程,并代入圆的方程整理成关于x(或y)的一元二次方程;

②列:用参数表示出需要证明的直线方程或者几何性质的等式;

③解:判断直线是否过定点或对表示出的代数式进行化简求解.

【对点训练2】已知圆C经过点A(0,2),B(2,0),圆C的圆心在圆x2+y2=2的内部,且直线3x+4y+5=0被圆C所截得的弦长为2.点P为圆C上异于A,B的任意一点,直线PA与x轴交于点M,直线PB与y轴交于点N.

(1)求圆C的方程;

(2)若直线y=x+1与圆C交于A1,A2两点,求;

(3)求证:|AN|·|BM|为定值.

【例3】(2020江西南康中学第一次联考,21)已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为(,0),且经过点,点M是x轴上的一点,过点M的直线l与椭圆C交于A,B两点(点A在x轴的上方).

(1)求椭圆C的方程;

(2)若=2,且直线l与圆O:x2+y2=相切于点N,求|MN|.

解题心得本题是直线与椭圆、圆的综合问题,对于(1),由题意,列关于a,b的方程组,解方程组可得a,b的值进而求得椭圆的方程;对于(2),设出点M,A,B的坐标及直线l的方程x=ty+m,与椭圆方程联立,再结合根与系数的关系,得m与t的关系,由直线与圆相切,得另一关系式,联立可得点M的坐标,进而求得|MN|,考查了数学运算这一核心素养.

【对点训练3】(2020四川成都高三模拟,理21)已知椭圆E:=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.

(1)求椭圆E的方程及点T的坐标;

(2)设O是坐标原点,直线l'平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交于点P.证明:存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.

7.4　压轴题大题2　直线与圆锥曲线

7.4.1　直线与圆及圆锥曲线

关键能力·学案突破

【例1】解设M(x,y),A(x0,0),B(0,y0),由,

得(x,y)=(x0,0)+(0,y0),

则

由|AB|=5,得=25,则有=25,

化简,得=1.

对点训练1解(1)设N(x,y),Ax1,,Bx2,,x1≠x2,切线MA,MB的方程分别为y=(x-x1)+,y=(x-x2)+,得MA,MB的交点M(x0,y0)的坐标为x0==2,y0==-4.又kAB==1,|AB|==4,∴r=|AB|=2

(2)∵N为线段AB的中点,∴x=,y=点M在C2上,即=-y0.由(1)得2=-,

则2=-

∴x2=-,x≠0,即x2=y(x≠0).∴圆心N的轨迹方程为x2=y(x≠0).

【例2】解(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2,由可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.

又x1=,x2=,故x1x2==4.因此OA的斜率与OB的斜率之积为=-1,所以OA⊥OB,故坐标原点O在圆M上.

(2)由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4,故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=由于圆M过点P(4,-2),因此=0,故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.

由(1)可知y1y2=-4,x1x2=4,所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-

当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.

当m=-时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为,-,圆M的半径为,圆M的方程为

对点训练2解(1)易知圆心C在线段AB的中垂线y=x上,故可设C(a,a),圆C的半径为r,因为直线3x+4y+5=0被圆C所截得的弦长为2,且r=,所以C(a,a)到直线3x+4y+5=0的距离d=,由r2=d2+3得,()2=2+3,即a2-170a=0,所以a=0或a=170.又圆C的圆心在圆x2+y2=2的内部,所以a=0,圆C的方程为x2+y2=4.

(2)将y=x+1代入x2+y2=4得2x2+2x-3=0.设A1(x1,y1),A2(x2,y2),则x1+x2=-1,x1x2=-所以=(x1-2)(x2-2)+y1y2=x1x2-2(x1+x2)+4+(x1+1)(x2+1)=2x1x2-(x1+x2)+5=-3+1+5=3.

(3)证明:当直线PA的斜率不存在时,|AN|·|BM|=8,当直线PA与直线PB的斜率都存在时,设P(x0,y0),显然x0≠0,且x0≠2.直线PA的方程为y=x+2,令y=0得M

直线PB的方程为y=(x-2),令x=0得N0,.所以|AN|·|BM|=

=4+4

=4+4

=4+4

=4+4=8,

故|AN|·|BM|为定值8.

【例3】解(1)由题意知

得(a2-4)(4a2-3)=0,又a2=3+b2>3,故a2=4,则b2=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.

(2)设M(m,0),直线l:x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2),由=2,得y1=-2y2.由得(t2+4)y2+2tmy+m2-4=0.Δ=4t2m2-4(t2+4)(m2-4)>0,即t2>m2-4.则y1+y2=-,y1y2=由y1y2=-2,y1+y2=-2y2+y2=-y2,

得y1y2=-2[-(y1+y2)]2=-2(y1+y2)2,

所以=-2-2,

化简得(m2-4)(t2+4)=-8t2m2.

易知原点O到直线l的距离d=,又直线l与圆O:x2+y2=相切,所以,即t2=m2-1.由

得21m4-16m2-16=0,即(3m2-4)(7m2+4)=0,解得m2=,此时t2=,满足Δ>0,所以M

在Rt△OMN中,|MN|=

对点训练3解(1)由已知,得a=b,

则椭圆E的方程为=1.

由方程组得3x2-12x+(18-2b2)=0.①

方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,此时方程①的解为x1=x2=2,所以椭圆E的方程为=1.点T的坐标为(2,1).

(2)证明:由已知可设直线l'的方程为y=x+m(m≠0),由方程组可得

所以P点坐标为,

则|PT|2=m2.设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).

由方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②

方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),

由Δ>0,解得-<m<

由②得x1+x2=-,x1x2=

所以|PA|=

2--x1,

同理,|PB|=2--x2.

所以|PA|·|PB|

=

=(x1+x2)+x1x2==m2.

故存在常数λ=,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.