《2022屆高考數學二輪復習 第一篇 專題六 解析幾何 第2講 直線與圓錐曲線的位置關系教案 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022屆高考數學二輪復習 第一篇 專題六 解析幾何 第2講 直線與圓錐曲線的位置關系教案 文（17頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022屆高考數學二輪復習 第一篇 專題六 解析幾何 第2講 直線與圓錐曲線的位置關系教案 文 1.(2017·全國Ⅱ卷,文12)過拋物線C:y2=4x的焦點F,且斜率為的直線交C于點M(M在x軸的上方),l為C的準線,點N在l上且MN⊥l,則M到直線NF的距離為(　C　) (A) (B)2 (C)2 (D)3 解析:已知y2=4x,所以F(1,0), MF方程為y=(x-1), 聯(lián)立得M(3,2), 準線l:x=-1,N(-1,2), NF方程:y-0=-(x-1)即x+y-=0, 則M到NF的距離d==2,故選C. 2.(2018·全國Ⅱ卷,文20)設拋物線C:y2=4x

2、的焦點為F,過F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A,B兩點,|AB|=8. (1)求l的方程; (2)求過點A,B且與C的準線相切的圓的方程. 解:(1)由題意得F(1,0),l的方程為y=k(x-1)(k>0). 設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)=. 由題設知=8, 解得k=-1(舍去),k=1. 因此l的方程為y=x-1. (2)由(1)得AB的中點坐標為(3,2), 所以AB的垂直平分線方程為 y-2=-(

3、x-3),即y=-x+5. 設所求圓的圓心坐標為(x0,y0),則 解得或 因此所求圓的方程為 (x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144. 3.(2017·全國Ⅰ卷,文20)設A,B為曲線C:y=上兩點,A與B的橫坐標之和為4. (1)求直線AB的斜率; (2)設M為曲線C上一點,C在M處的切線與直線AB平行,且AM⊥BM,求直線AB的方程. 解:(1)設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1≠x2,x1+x2=4, y1=,y2=, 故直線AB的斜率為k===1. (2)由y=,得y'=. 設M(x3,y3),由題設知=1, 解

4、得x3=2,于是M(2,1). 設直線AB的方程為y=x+m, 故線段AB的中點為N(2,2+m),|MN|=|m+1|. 將y=x+m代入y=得x2-4x-4m=0. 當Δ=16(m+1)>0,即m>-1時,x1,2=2±2. 從而|AB|=|x1-x2|=4. 由題設知|AB|=2|MN|, 即4=2|m+1|,解得m=7. 所以直線AB的方程為y=x+7. 1.考查角度 主要考查直線與圓錐曲線的位置關系、弦長、面積及軌跡問題. 2.題型及難易度 選擇題、解答題,難度為中檔、中檔偏上. (對應學生用書第38~40頁) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　

5、　　　 直線與圓錐曲線的位置關系的判斷 【例1】 (2016·全國Ⅰ卷)在直角坐標系xOy中,直線l:y=t(t≠0)交y軸于點M,交拋物線C:y2=2px(p>0)于點P,M關于點P的對稱點為N,連接ON并延長交C于點H. (1)求; (2)除H以外,直線MH與C是否有其他公共點?說明理由. 解:(1)由已知得M(0,t),P,t. 又N為M關于點P的對稱點,故N,t,ON的方程為y=x,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=,因此H,2t, 所以N為OH的中點,即=2. (2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點.理由如下: 直線MH的方程為y-

6、t=x,即x=(y-t). 代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直線MH與C只有一個公共點,所以除H以外直線MH與C沒有其他公共點. 判斷直線與圓錐曲線的位置關系有兩種常用方法 (1)代數法:即聯(lián)立直線與圓錐曲線方程可得到一個關于x,y的方程組,消去y(或x)得一元方程,此方程根的個數即為交點個數,方程組的解即為交點坐標. (2)幾何法:即畫出直線與圓錐曲線的圖象,根據圖象判斷公共點個數. 熱點訓練1:已知頂點是坐標原點,對稱軸是x軸的拋物線經過點A,-. (1)求拋物線的標準方程; (2)直線l過定點P(-2,1),斜率為k,若直線與拋物

7、線有公共點,求k的取值范圍. 解:(1)依題意,設拋物線的方程為y2=2px, 把A點的坐標,-代入方程得(-)2=2p×, 解得p=2, 所以拋物線的標準方程為y2=4x. (2)直線l的方程為y-1=k(x+2),即y=kx+2k+1, 聯(lián)立方程組消去x, 得ky2-4y+4(2k+1)=0. ①當k=0時,得y=1,代入y2=4x,得x=, 這時直線與拋物線有一個公共點,1. ②當k≠0時,依題意得Δ=(-4)2-4k·4(2k+1)≥0, 解得-1≤k<0或0

8、2018·合肥市二次質檢)已知橢圓E:+=1(a>b>0)經過點P-,,橢圓E的一個焦點為(,0). (1)求橢圓E的方程; (2)若直線l過點M(0,)且與橢圓E交于A,B兩點,求|AB| 的最大值. 解:(1)依題意,橢圓E的左、右焦點分別為F1(-,0),F2(,0), 由橢圓E經過點P-,,得|PF1|+|PF2|=4=2a, 所以a=2,c=,所以b2=a2-c2=1. 所以橢圓E的方程為+y2=1. (2)當直線l的斜率存在時,設直線l的方程為y=kx+,A(x1,y1),B(x2,y2). 由得(1+4k2)x2+8kx+4=0. 由Δ>0得(8k)2-4(1+

9、4k2)×4>0, 所以4k2>1. 由x1+x2=-,x1x2=得 |AB|=· =2. 設t=,則0

10、,y1),Q(x2,y2),則|PQ|==|x1-x2|=·=|y1-y2|=·. 熱點訓練2:(2018·益陽、湘潭調研)已知橢圓E:+=1(a>b>0)經過點1,,離心率為. (1)求橢圓E的方程; (2)設點A,F分別為橢圓的右頂點、右焦點,經過點F作直線交橢圓于C,D兩點,求四邊形OCAD面積的最大值(O為坐標原點). 解:(1)由題設得解得 所以橢圓方程為+=1. (2)設直線CD的方程為x=ky+1,C(x1,y1),D(x2,y2), 與橢圓方程+=1聯(lián)立, 消去x,得(3k2+4)y2+6ky-9=0, 所以y1+y2=-,y1y2=-, 所以S四邊形OCA

11、D=S△OCA+S△ODA =×2×|y1|+×2×|y2| =|y1-y2| = = = =(其中t=,t≥1). 因為當t≥1時,y=3t+單調遞增,所以3t+≥4, 所以S四邊形OCAD≤3(當k=0時取等號), 即四邊形OCAD面積的最大值為3. 中點弦問題 【例3】 求一個焦點是F(0,5),并截直線y=2x-1所得弦的中點的橫坐標是的橢圓的標準方程. 解:法一　(設而不求) 設所求的橢圓方程為+=1(a>b>0),直線被橢圓所截弦的端點為A(x1,y1),B(x2,y2), 由 消y得(4b2+a2)x2-4b2x+b2-a2b2=0,① 所以x1+

12、x2=, 因為c=5, 所以b2=a2-c2=a2-50, 所以x1+x2=, 由題意知=,x1+x2=, 所以=, 解得a2=75, 所以b2=25, 方程①為175x2-100x-1 850=0,即7x2-4x-74=0,此時Δ>0, 故所求橢圓的標準方程為+=1. 法二　(點差法) 設所求的橢圓方程為+=1(a>b>0),直線被橢圓所截弦的端點為A(x1,y1),B(x2,y2). 由題意,可得弦AB的中點坐標為,, 且=,=-. 將A,B兩點坐標代入橢圓方程中,得 兩式相減并化簡,得 =-×=-2×=3, 所以a2=3b2. 又c2=a2-b2=50

13、, 所以a2=75,b2=25. 所以橢圓方程為+=1,① 把y=2x-1代入①, 化簡得7x2-4x-74=0,此時Δ>0, 故所求橢圓的標準方程為+=1. (1)對于弦的中點問題常用“根與系數的關系”或“點差法”求解,在使用根與系數的關系時,要注意使用條件Δ>0,在用“點差法”時,要檢驗直線與圓錐曲線是否相交. (2)圓錐曲線以P(x0,y0)(y0≠0)為中點的弦所在直線的斜率分別是k=-橢圓+=1,k=雙曲線-=1,k=(拋物線y2=2px).其中k=(x1≠x2),(x1,y1),(x2,y2)為弦的端點坐標. 熱點訓練3: 過點M(1,1)的直線與橢圓+=1

14、交于A,B兩點,且點M平分弦AB,則直線AB的方程為(　　) (A)4x+3y-7=0 (B)3x+4y-7=0 (C)3x-4y+1=0 (D)4x-3y-1=0 解析:設A(x1,y1),B(x2,y2). 易得+=1,+=1,兩式相減,整理得 +=0. 由M(1,1)是弦AB的中點得x1+x2=2,y1+y2=2, 所以有+=0,得=-, 即直線AB的斜率k=-, 所以,直線AB的方程為y-1=-(x-1), 即3x+4y-7=0.故選B. 求軌跡方程 考向1　直接法 【例4】 已知兩點A(,0),B(-,0),點P為平面內一動點,過點P作y軸的垂線,垂足為Q,

15、且·=2,求動點P的軌跡方程. 解:設動點P的坐標為(x,y),則點Q的坐標為(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. 故動點P的軌跡方程為y2-x2=2. 考向2　定義法求軌跡方程 【例5】 (2018·鄭州市二次質檢)已知動圓E經過點F(1,0),且和直線x=-1相切. (1)求該動圓圓心E的軌跡G的方程; (2)已知A(3,0),若斜率為1的直線l與線段OA相交(不經過坐標原點O和點A),且與曲線G交于B,C兩點,求△ABC面積的最大值. 解:(1

16、)由題意可知點E到點F的距離等于點E到直線x=-1的距離,所以動點E的軌跡是以F(1,0)為焦點,直線x=-1為準線的拋物線, 故軌跡G的方程是y2=4x. (2)由題意設直線l的方程為y=x+m, 其中-30. 設B(x1,y1),C(x2,y2), 則x1+x2=4-2m,x1x2=m2, 所以|BC|=4, 又點A到直線l的距離d=, 所以S△ABC=×4× =2·(3+m). 令=t,t∈(1,2), 則m=1-t2, 所以S△ABC=2t(4-t

17、2)=8t-2t3, 令f(t)=8t-2t3,則f'(t)=8-6t2, 易知f(t)在1,上單調遞增,在,2上單調遞減, 所以當t∈(1,2)時,f(t)在t=處取得最大值,最大值為. 此時m=-,滿足-3,A1(-,0),A2(,0),則有直線A1P的方程為y=(x+),① 直線A2Q的方程為y=(x-).② 聯(lián)立

18、①②,解得即③ 則x≠0,|x|<. 而點P(x1,y1)在雙曲線-y2=1上,所以-=1. 將③代入上式,整理得所求軌跡E的方程為+y2=1,x≠0且x≠±. (1)若動點滿足的幾何條件可用等式表示,則只需把這個等式“翻譯”成含x,y的等式,通過化簡、整理可得到曲線的方程,這種求軌跡方程的方法叫直接法,也稱坐標法. (2)若動點軌跡的條件滿足圓、橢圓、雙曲線、拋物線的定義,則可以直接根據定義求出動點的軌跡方程,這種求軌跡方程的方法叫做定義法. 利用定義法求軌跡方程時,要看所求軌跡是否是完整的圓、橢圓、雙曲線、拋物線,如果不是完整的曲線,則應對其中的變量x或y進行限制.

19、(3)若動點P(x,y)所滿足的條件不易表述或求出,但隨另一動點Q(x',y')的運動而有規(guī)律地運動,且動點Q的軌跡方程給定或容易求得,則可先將x',y'表示為x,y的式子,再代入Q的軌跡方程,然后整理得點P的軌跡方程,這種求軌跡方程的方法叫做相關點法,也稱代入法. 熱點訓練4: (2018·福州市質檢)在三角形MAB中,點A(-1,0),B(1,0),且它的周長為6,記點M的軌跡為曲線E. (1)求E的方程; (2)設點D(-2,0),過B的直線與E交于P,Q兩點,求證:∠PDQ不可能為直角. (1)解:依題意得,|MA|+|MB|+|AB|=6, 所以|MA|+|MB|=4>|A

20、B|, 所以點M的軌跡E是以A(-1,0),B(1,0)為焦點且長軸長為4的橢圓, 由于M,A,B三點不共線,所以y≠0, 所以E的方程為+=1(y≠0). (2)證明:設直線PQ的方程為x=my+1, 代入3x2+4y2=12,得(3m2+4)y2+6my-9=0, 設P(x1,y1),Q(x2,y2), 則 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不可能為直角. 熱點訓練5: 如圖,從曲線x2-y2=1上一點Q引直線l:x

21、+y=2的垂線,垂足為N,求線段QN的中點P的軌跡方程. 解:設點P的坐標為(x,y),曲線上點Q的坐標為(x0,y0). 因為點P是線段QN的中點, 所以點N的坐標為(2x-x0,2y-y0). 又因為點N在直線x+y=2上, 所以2x-x0+2y-y0=2.① 因為QN⊥l,所以kQN==1, 即x0-y0=x-y.② 由①②,得x0=(3x+y-2),y0=(x+3y-2). 又因為點Q在曲線x2-y2=1上, 所以(3x+y-2)2-(x+3y-2)2=1. 化簡,得x-2-y-2=. 故線段QN的中點P的軌跡方程為 x-2-y-2=. 　　　　　　

22、　 　　　　　　 　　　　　　 【例1】 (2018·長沙、武昌調研)已知橢圓C:+=1(a>b>0)經過點P1,,且離心率為. (1)求橢圓C的方程; (2)若直線l:y=x+m與橢圓C交于兩個不同的點A,B,求△OAB面積的最大值(O為坐標原點). 解:(1)由題意,知 解得 所以橢圓C的方程為+y2=1. (2)將直線l的方程y=x+m代入橢圓C的方程+y2=1, 整理得3x2+4mx+2(m2-1)=0. 則Δ=(4m)2-24(m2-1)>0,得m2<3. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=-,x1x2=, 所以|AB|=· =· =

23、· =, 又原點O(0,0)到直線AB:x-y+m=0的距離d=, 所以S△OAB=|AB|·d=××=. 因為m2(3-m2)≤2=, 當且僅當m2=3-m2, 即m2=時取等號, 所以S△OAB≤×=, 即△OAB面積的最大值為. 【例2】 (2018·福建省質檢)在平面直角坐標系xOy中,點F的坐標為0,,以MF為直徑的圓與x軸相切. (1)求點M的軌跡E的方程; (2)設T是軌跡E上橫坐標為2的點,OT的平行線l交E于A,B兩點,交E在T處的切線于點N,求證:|NT|2=|NA|·|NB|. (1)解:法一　設點M的坐標為(x,y), 因為F0,, 所以MF

24、的中點坐標為,. 因為以MF為直徑的圓與x軸相切, 所以=.即|MF|=, 所以=,化簡得x2=2y, 所以點M的軌跡E的方程為x2=2y. 法二　設以MF為直徑的圓的圓心為點C,與x軸的切點為D,連接CD,則CD⊥x軸,且|MF|=2|CD|. 作直線l':y=-,過點M作MN⊥l'于點H,交x軸于點I,則|CD|=, 所以|MF|=|MI|+|OF|, 又|IH|=|OF|=,所以|MF|=|MH|, 所以點M的軌跡是以F為焦點,l'為準線的拋物線, 所以M的軌跡E的方程為x2=2y. (2)證明:因為T是軌跡E上橫坐標為2的點, 由(1)得T(2,2), 所以直

25、線OT的斜率為1. 因為l∥OT, 所以設直線l的方程為y=x+m,m≠0. 由y=x2,得y'=x, 則E在點T處的切線斜率為2, 所以E在點T處的切線方程為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. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=2,x1x2=-2m. 因為點N,A,B在直線l上, 所以|NA|=|x1-(m+2)|,|NB|=|x2-(m+2)|, 所以|NA|·|NB| =2|x

26、1-(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·唐山五校聯(lián)考)在直角坐標系xOy中,長為+1的線段的兩端點C,D分別在x軸,y軸上滑動,=.記點P的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程; (2)經過點(0,1)作直線l與曲線E相交于A,B兩點,=+,當點M在曲線E上時,求直線l的方程. 解:(1)設C(m,0),D(0,n),P(x,y). 由=,得(x-m,y)=(-x,n-y), 所以 得 由||=+1

27、,得m2+n2=(+1)2, 所以(+1)2x2+y2=(+1)2, 整理,得曲線E的方程為x2+=1. (2)設A(x1,y1),B(x2,y2), 由=+,知點M的坐標為(x1+x2,y1+y2). 易知直線l的斜率存在,設直線l的方程為y=kx+1,代入曲線E的方程,得(k2+2)x2+2kx-1=0, 則x1+x2=-, 所以y1+y2=k(x1+x2)+2=. 由點M在曲線E上,知(x1+x2)2+=1, 即+=1, 解得k2=2. 此時直線l的方程為y=±x+1. 【例4】 (2018·長沙、南昌部分學校聯(lián)合模擬)已知拋物線y2=4x,如圖,過x軸上

28、的點P作斜率分別為k1,k2的直線l1,l2,已知直線l1與拋物線在第一象限切于點A(x0,y0),直線l2與拋物線在第四象限分別交于兩點B,C,記△PAB,△PAC的面積分別為S1,S2,且S1∶S2=1∶3. (1)求點P的橫坐標關于x0的表達式; (2)求的值. 解:(1)當y>0時,y=2, 所以A(x0,2). 因為直線l1與拋物線切于點A,y'=, 所以k1=, 所以直線l1的方程為y-2=(x-x0), 令y=0,得點P的橫坐標xP=-x0. (2)由(1)知P(-x0,0),易得k2<0, 所以直線l2的方程為x=y-x0. 設B(x1,y1),C(x2,y2), 聯(lián)立直線l2與拋物線的方程,消去x得y2-y+4x0=0, 所以y1+y2=,y1y2=4x0.① 因為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=-.