2022年高考數(shù)學二輪復習 專題6 解析幾何 第3講 直線與圓錐曲線的位置關系 文

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1、2022年高考數(shù)學二輪復習 專題6 解析幾何 第3講 直線與圓錐曲線的位置關系 文 　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 　　 直線與圓錐曲線的位置關系 訓練提示: 用直線方程和圓錐曲線方程組成的方程組解的個數(shù),可以研究直線與圓錐曲線的位置關系,方程組消元后要注意所得方程的二次項系數(shù)是否含有參數(shù),若含參數(shù),需按二次項系數(shù)是否為零進行分類討論,只有二次項系數(shù)不為零時,方程才是一元二次方程,才可以用判別式Δ的符號判斷方程解的個數(shù),從而說明直線與圓錐曲線的位置關系. 1.在平面直角坐標系xOy中,已知橢圓C1:+=1(a>b>0)的左焦點為F1(-1,0),且點P(0,1)在C1上.

2、(1)求橢圓C1的方程; (2)設直線l同時與橢圓C1和拋物線C2:y2=4x相切,求直線l的方程. 解:(1)因為橢圓C1的左焦點為F1(-1,0),所以c=1, 將點P(0,1)代入橢圓方程+=1,得=1, 即b2=1,所以a2=b2+c2=2, 所以橢圓C1的方程為+y2=1. (2)直線l的斜率顯然存在,設直線l的方程為y=kx+m, 由消去y并整理得, (1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0, 因為直線l與橢圓C1相切, 所以Δ1=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)=0, 整理得2k2-m2+1=0,① 由消去y并整理得, k2x2+(2km

3、-4)x+m2=0, 因為直線l與拋物線C2相切, 所以Δ2=(2km-4)2-4k2m2=0, 整理得km=1,② 綜合①②,解得或 所以直線l的方程為y=x+或y=-x-. 2.若雙曲線E:-y2=1(a>0)的離心率等于,直線y=kx-1與雙曲線E的右支交于A,B兩點. (1)求k的取值范圍; (2)若|AB|=6,點C是雙曲線上一點,且=m(+),求k,m的值. 解:(1)由得 故雙曲線E的方程為x2-y2=1. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 由得(1-k2)x2+2kx-2=0.(*) 因為直線與雙曲線右支交于A,B兩點, 故 即 所以k的取

4、值范圍為(1,). (2)由(*)得x1+x2=,x1x2=, 所以|AB|=· 　　=2=6, 整理得28k4-55k2+25=0, 所以k2=或k2=. 又1

5、 3.(xx天津模擬)已知橢圓+=1(a>b>0)的中心為O,它的一個頂點為(0,1),離心率為,過其右焦點的直線交該橢圓于A,B兩點. (1)求這個橢圓的方程; (2)若·=0,求△OAB的面積. 解:(1)因為=,所以c2=a2, 依題意b=1,所以a2-c2=1,所以a2-a2=1, 所以a2=2,所以橢圓的方程為+=1. (2)橢圓的右焦點為(1,0),當直線AB與x軸垂直時,A,B的坐標為(1,),(1,-),此時·=≠0, 所以直線AB與x軸不垂直. 設直線AB的斜率為k,則直線AB的方程為y=k(x-1),與+=1,聯(lián)立得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=

6、0, 設A(x1,y1),B(x2,y2),線段AB的中點為M(x0,y0), 所以x1+x2=,x1x2=, M(,), 因為·=0, 即(x1,y1)·(x2,y2)=0, 所以x1x2+y1y2=x1x2+k(x1-1)·k(x2-1) =(k2+1)x1x2-k2(x1+x2)+k2 =0, 即-+k2=0, 所以k2=2,所以k=±, 所以|AB|2=4|OM|2=4[()2+()2]=, 所以|AB|=. Rt△OAB斜邊高為點O到直線AB的距離 d==, 所以△OAB的面積為d|AB|=××=. 4.(xx昆明模擬)設拋物線C:y2=2px(p>0

7、)的焦點為F,準線為l,M∈C,以M為圓心的圓M與l相切于點Q,Q的縱坐標為p,E(5,0)是圓M與x軸的不同于F的一個交點. (1)求拋物線C與圓M的方程; (2)過F且斜率為的直線n與C交于A,B兩點,求△ABQ的面積. 解:(1)由拋物線的定義知,圓M經(jīng)過焦點F(,0), Q(-,p),點M的縱坐標為p, 又M∈C,則M(,p),|MF|=2p. 由題意,M是線段EF的垂直平分線上的點, 所以=,解得p=2, 故拋物線C:y2=4x,圓M:(x-3)2+(y-2)2=16. (2)由題意知直線n的方程為y=(x-1), 由解得或 設A(4,4),B(,-1),則|A

8、B|=. 點Q(-1,2)到直線n:4x-3y-4=0的距離d=, 所以△ABQ的面積S=|AB|·d=. 圓錐曲線的軌跡問題 訓練提示:求動點的軌跡方程的關鍵:根據(jù)題目條件選擇合適的方法,尋找關于動點,橫縱坐標所滿足的關系式. 5.(xx甘肅蘭州第二次監(jiān)測)已知點P為y軸上的動點,點M為x軸上的動點,點F(1,0)為定點,且滿足+=0,·=0. (1)求動點N的軌跡E的方程; (2)過點F且斜率為k的直線l與曲線E交于兩點A,B,試判斷在x軸上是否存在點C,使得|CA|2+|CB|2=|AB|2成立,請說明理由. 解:(1)設N(x,y),則由+=0, 得P為MN的中點.所

9、以P(0,),M(-x,0). 所以=(-x,-),=(1,-). 所以·=-x+=0,即y2=4x. 所以動點N的軌跡E的方程y2=4x. (2)設直線l的方程為y=k(x-1), 由消去x得y2-y-4=0. 設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=,y1y2=-4. 假設存在點C(m,0)滿足條件, 則=(x1-m,y1),=(x2-m,y2), 所以· =x1x2-m(x1+x2)+m2+y1y2 =()2-m()+m2-4 =-[(y1+y2)2-2y1y2]+m2-3 =m2-m(+2)-3. 顯然關于m的方程m2-m(+2)-3=0有解.

10、 即在x軸上存在點C,使得|CA|2+|CB|2=|AB|2成立. 【教師備用】 已知平面上的動點R(x,y)及兩定點A(-2,0),B(2,0),直線RA,RB的斜率分別為k1,k2且k1·k2=-,設動點R的軌跡為曲線C. (1)求曲線C的方程; (2)過點S(4,0)的直線與曲線C交于M,N兩點,過點M作MQ⊥x軸,交曲線C于點Q.求證:直線NQ過定點,并求出定點坐標. 解:(1)由題知x≠±2, 且k1=,k2=, 則·=-, 整理得,曲線C的方程為+=1(y≠0). (2)設NQ與x軸交于D(t,0), 則直線NQ的方程為x=my+t(m≠0), 記N(x1,y1

11、),Q(x2,y2),由對稱性知M(x2,-y2), 由消x得,(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0, 所以Δ=48(3m2+4-t2)>0, 故 由M、N、S三點共線知kNS=kMS,即=, 所以y1(my2+t-4)+y2(my1+t-4)=0, 整理得2my1y2+(t-4)(y1+y2)=0, 所以=0,即24m(t-1)=0,t=1, 所以直線NQ過定點D(1,0). 　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 　　 類型一:直線與圓錐曲線的位置關系 1.如圖,F1(-c,0),F2(c,0)分別是橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點,過點F1作x軸的

12、垂線交橢圓的上半部分于點P,過點F2作直線PF2的垂線交直線x=于點Q. (1)若點Q的坐標為(4,4),求橢圓C的方程; (2)證明:直線PQ與橢圓C只有一個交點. (1)解:將點P(-c,y1)(y1>0)代入+=1得y1=, PF2⊥QF2?·=-1, 即2b2=ac(4-c).① 又Q(4,4),所以=4,② c2=a2-b2(a,b,c>0),③ 由①②③得a=2,c=1,b=, 所以橢圓C的方程為+=1. (2)證明:設Q(,y2).由(1)知P(-c,). 所以==-, ==. 所以PF2⊥QF2?-·=-1?y2=2a, 所以kPQ==. 則直

13、線PQ的方程可表示為 y-=(x+c), 即cx-ay+a2=0, 由 消去y可得a2x2+2ca2x+a4-a2b2=0. 因為a>0, 所以x2+2cx+a2-b2=0, 即x2+2cx+c2=0, 此時Δ=(2c)2-4c2=0. 故直線PQ與橢圓C只有一個交點. 2.設F1,F2分別是橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點. (1)設橢圓C上的點(,)到F1,F2兩點距離之和等于2,寫出橢圓C的方程; (2)設過(1)中所得橢圓上的焦點F2且斜率為1的直線與其相交于A,B,求△ABF1的面積; (3)設點P是橢圓C上的任意一點,過原點的直線l與橢圓相交于M,

14、N兩點,若直線PM,PN的斜率都存在,并記為kPM、kPN,試探究kPM·kPN的值是否與點P及直線l有關,并證明你的結(jié)論. 解:(1)由于點(,)在橢圓上, 所以 解得故橢圓C的方程為+y2=1. (2)由(1)知橢圓C的左、右焦點分別為F1(-1,0),F2(1,0),|F1F2|=2, 所以過橢圓的焦點F2且斜率為1的直線方程為y=x-1, 將其代入+y2=1,整理得3x2-4x=0, 解得x1=0,x2=. 當x1=0時,y1=-1,當x2=時,y2=. 所以△ABF1的面積: =+ =|F1F2|·|y1|+|F1F2|·|y2| =×2×1+×2×=. (

15、3)過原點的直線l與橢圓+y2=1相交的兩點M,N關于坐標原點對稱,設M(x0,y0),N(-x0,-y0),P(x,y),M,N,P在橢圓上,應滿足橢圓方程, 得+=1,+y2=1, 兩式相減得=-. 又因為kPM=,kPN=, 所以kPM·kPN=·==-. 故kPM·kPN的值與點P的位置無關,同時與直線l無關. 類型二:弦長、面積及與弦中點、弦端點相關的問題 3.平面直角坐標系xOy中,過橢圓M:+=1(a>b>0)右焦點的直線x+y-=0交M于A,B兩點,P為AB的中點,且OP的斜率為. (1)求M的方程; (2)C,D為M上的兩點,若四邊形ACBD的對角線CD⊥A

16、B,求四邊形ACBD面積的最大值. 解:(1)設A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0), 則+=1,+=1,=-1, 由此可得=-=1. 因為x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,=, 所以a2=2b2. 又由題意知,M的右焦點為(,0),故a2-b2=3. 因此a2=6,b2=3. 所以M的方程為+=1. (2)由解得或 因此|AB|=. 由題意可設直線CD的方程為y=x+n(-

17、 由已知,四邊形ACBD的面積S=|CD|·|AB|=. 當n=0時,S取得最大值,最大值為. 所以四邊形ACBD面積的最大值為. 4.(xx江西贛州高三模擬)已知橢圓E:+=1(a>b>0)的焦距為2,A是E的右頂點,P,Q是E上關于原點對稱的兩點,且直線PA的斜率與直線QA的斜率之積為-. (1)求E的方程; (2)過E的右焦點作直線與E交于M,N兩點,直線MA,NA與直線x=3分別交于C,D兩點,設△ACD與△AMN的面積分別記為S1,S2,求2S1-S2的最小值. 解:(1)設P(x0,y0),Q(-x0,-y0), 則=(a2-), kPA·kQA=·==-, 依題

18、意有=, 又c=1,所以解得a2=4,b2=3, 故E的方程為+=1. (2)設直線MN的方程為x=my+1, 代入E的方程得(3m2+4)y2+6my-9=0, 設M(x1,y1),N(x2,y2), 則y1+y2=-, y1y2=-, 直線MA的方程為y=(x-2), 把x=3代入得yC==, 同理yD=. 所以|CD|=|yC-yD|==3, 所以S1=|CD|=. S2=|AF||y1-y2|=, 2S1-S2=3-, 令=t(t≥1), 則m2=t2-1, 所以2S1-S2=3t-, 記f(t)=3t-, 則f′(t)=3+>0, 所以f(t)

19、在[1,+∞)上是單調(diào)遞增的, 所以f(t)的最小值為f(1)=. 即2S1-S2的最小值為. 類型三:圓錐曲線與向量的綜合 5.(xx山西模擬)已知橢圓C的中心在原點,焦點在x軸上,焦距為2,離心率 為. (1)求橢圓C的方程; (2)設直線l經(jīng)過點M(0,1),且與橢圓C交于A,B兩點,若=2,求直線l的 方程. 解:(1)設橢圓方程為+=1(a>b>0), 因為c=1,=, 所以a=2,b=, 所以橢圓方程為+=1. (2)若直線l的斜率不存在, 則A(0,-),B(0,), 此時||=+1,||=-1, 顯然不滿足=2,故直線l的斜率存在. 設直線l的

20、方程為y=kx+1, 聯(lián)立方程 得(3+4k2)x2+8kx-8=0,且Δ>0. 設A(x1,y1),B(x2,y2),由=2,得x1=-2x2, 又 所以 消去x2得()2=, 解得k2=,k=±, 所以直線l的方程為y=±x+1, 即x-2y+2=0或x+2y-2=0. 【教師備用】 (xx黑龍江高三模擬)已知A,B,C是橢圓M:+=1(a>b>0)上的三點,其中點A的坐標為(2,0),BC過橢圓的中心,且·=0,||=2||. (1)求橢圓M的方程; (2)過點(0,t)的直線l(斜率存在時)與橢圓M交于兩點P,Q,設D為橢圓M與y軸負半軸的交點,且||=||,求

21、實數(shù)t的取值范圍. 解:(1)因為||=2||且BC過(0,0), 則||=||. 因為·=0, 所以∠OCA=90°, 又因為a=2, 所以C(,). 設橢圓M的方程為+=1, 將C點坐標代入得+=1,解得c2=8,b2=4. 所以橢圓M的方程為+=1. (2)由條件知D(0,-2), 當k=0時,顯然-20可得,t2<4+12k2,① 設P(x1,y1),Q(x2,y2), PQ中點H(x0,y0), 則x0==,y0=kx0+t=, 所以H(,). 由||=||,所以DH⊥PQ,即kDH=-. 所以=-,化簡得t=1+3k2,② 所以t>1,由①②得,1