《（江蘇專用）高考數(shù)學(xué) 考前三個月 必考題型過關(guān)練 第36練 直線與圓錐曲線問題 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）高考數(shù)學(xué) 考前三個月 必考題型過關(guān)練 第36練 直線與圓錐曲線問題 理（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第36練　直線與圓錐曲線問題 題型一　直線和橢圓的位置關(guān)系 例1　如圖所示，橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的離心率為，x軸被曲線C2：y＝x2－b截得的線段長等于C1的短軸長．C2與y軸的交點為M，過坐標(biāo)原點O的直線l與C2相交于點A，B，直線MA，MB分別與C1相交于點D，E. (1)求C1，C2的方程； (2)求證：MA⊥MB； (3)記△MAB，△MDE的面積分別為S1，S2，若＝λ，求λ的取值范圍． 破題切入點　(1)利用待定系數(shù)法求解曲線C1，C2的方程． (2)設(shè)出直線AB和曲線C2聯(lián)立，利用坐標(biāo)形式的向量證明． (3)將S1和S2分別表示出來，利用基本不等

2、式求最值． (1)解　由題意，知＝， 所以a2＝2b2. 又2＝2b，得b＝1. 所以曲線C2的方程：y＝x2－1，橢圓C1的方程：＋y2＝1. (2)證明　設(shè)直線AB：y＝kx，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由題意，知M(0，－1)． 則?x2－kx－1＝0， ·＝(x1，y1＋1)·(x2，y2＋1) ＝(k2＋1)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝－(1＋k2)＋k2＋1＝0， 所以MA⊥MB. (3)解　設(shè)直線MA的方程：y＝k1x－1，直線MB的方程：y＝k2x－1， 由(2)知k1k2＝－1，M(0，－1)， 由解得或 所以A(k1，k－1)．

3、 同理，可得B(k2，k－1)． 故S1＝MA·MB＝·|k1||k2|. 由解得或 所以D(，)． 同理，可得E(，)． 故S2＝MD·ME ＝·， ＝λ＝＝≥， 則λ的取值范圍是[，＋∞)． 題型二　直線和雙曲線的位置關(guān)系 例2　已知雙曲線C：x2－y2＝1及直線l：y＝kx－1. (1)若l與C有兩個不同的交點，求實數(shù)k的取值范圍； (2)若l與C交于A，B兩點，O是坐標(biāo)原點，且△AOB的面積為，求實數(shù)k的值． 破題切入點　(1)聯(lián)立方程組，利用Δ>0求出k的取值范圍． (2)聯(lián)立方程用根與系數(shù)的關(guān)系求解． 解　(1)雙曲線C與直線l有兩個不同的交點，

4、則方程組有兩個不同的實數(shù)根， 整理得(1－k2)x2＋2kx－2＝0. ∴ 解得－|x2|時， S△OAB＝S△OAD－S△OBD＝(|x1|－|x2|) ＝|x1－x2|； 當(dāng)A，B在雙曲線的兩支上且x1>x2時， S△OAB＝S△ODA＋S△OBD＝(|x1|＋|x2

5、|) ＝|x1－x2|. ∴S△OAB＝|x1－x2|＝，∴(x1－x2)2＝(2)2， 即()2＋＝8，解得k＝0或k＝±. 又∵－0，b>0)的上焦點為F，上頂點為A，B為虛軸的端點，離心率e＝，且S△ABF＝1－.拋物線N的頂點在坐標(biāo)原點，焦點為F. (1)求雙曲線M和拋物線N的方程； (2)設(shè)動直線l與拋物線N相切于點P，與拋物線的準(zhǔn)線相交于點Q，則以PQ為直徑的圓是否恒過y軸上的一個定點？如果是，試求出該點的坐標(biāo)，如果不是，請說明理由．

6、破題切入點　(1)根據(jù)雙曲線的性質(zhì)，用a，c表示已知條件，建立方程組即可求解雙曲線的方程，然后根據(jù)拋物線的焦點求出拋物線的方程． (2)設(shè)出點P的坐標(biāo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程，并求出點Q的坐標(biāo)，然后根據(jù)圓的性質(zhì)列出關(guān)于點P的坐標(biāo)的方程，將問題轉(zhuǎn)化為方程恒成立的問題來解決． 解　(1)在雙曲線中，c＝， 由e＝，得＝， 解得a＝b，故c＝2b. 所以S△ABF＝(c－a)×b＝(2b－b)×b ＝1－，解得b＝1. 所以a＝，c＝2，其上焦點為F(0,2)． 所以雙曲線M的方程為－x2＝1， 拋物線N的方程為x2＝8y. (2)由(1)知拋物線N的方程為y＝x2，

7、故y′＝x，拋物線的準(zhǔn)線為y＝－2. 設(shè)P(x0，y0)，則x0≠0，y0＝x， 且直線l的方程為y－x＝x0(x－x0)， 即y＝x0x－x. 由得 所以Q(，－2)． 假設(shè)存在點R(0，y1)，使得以PQ為直徑的圓恒過該點， 也就是·＝0對于滿足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立． 由于＝(x0，y0－y1)，＝(，－2－y1)， 由·＝0， 得x0·＋(y0－y1)(－2－y1)＝0， 整理得－2y0－y0y1＋2y1＋y＝0， 即(y＋2y1－8)＋(2－y1)y0＝0，(*) 由于(*)式對滿足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立， 所以解得y1＝2

8、. 故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點，定點坐標(biāo)為(0,2)． 總結(jié)提高　直線和圓錐曲線的位置關(guān)系問題，萬變不離其宗，構(gòu)建屬于自己的解題模板，形成一定的解題思路，利用數(shù)形結(jié)合思想來加以解決． 1．已知圓C：(x＋1)2＋y2＝8，定點A(1,0)，M為圓上一動點，點P在AM上，點N在CM上，且滿足＝2，·＝0，點N的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程； (2)若直線y＝kx＋與(1)中所求點N的軌跡E交于不同的兩點F，H，O是坐標(biāo)原點，且≤·≤，求k2的取值范圍． 解　(1)如圖所示，連結(jié)NA. 由＝2，·＝0， 可知NP所在直線為線段AM的垂直平分線， 所以N

9、A＝NM， 所以NC＋NA＝NC＋NM＝2>2＝CA， 所以動點N的軌跡是以C(－1,0)，A(1,0)為焦點的橢圓， 且長軸長為2a＝2，焦距2c＝2，即a＝，c＝1，b＝1. 故曲線E的方程為＋y2＝1. (2)設(shè)F(x1，y1)，H(x2，y2)． 由消去y， 得(2k2＋1)x2＋4kx＋2k2＝0， Δ＝8k2>0， 由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以·＝x1x2＋y1y2 ＝x1x2＋(kx1＋)(kx2＋) ＝(k2＋1)x1x2＋k(x1＋x2)＋k2＋1 ＝－＋k2＋1 ＝. 由≤·≤，得≤≤， 解得≤k2≤1. 2．(2

10、013·廣東)已知拋物線C的頂點為原點，其焦點F(0，c)(c>0)到直線l：x－y－2＝0的距離為.設(shè)P為直線l上的點，過點P作拋物線C的兩條切線PA，PB，其中A，B為切點． (1)求拋物線C的方程； (2)當(dāng)點P(x0，y0)為直線l上的定點時，求直線AB的方程； (3)當(dāng)點P在直線l上移動時，求AF·BF的最小值． 解　(1)依題意知＝，c>0，解得c＝1. 所以拋物線C的方程為x2＝4y. (2)由y＝x2得y′＝x， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則切線PA，PB的斜率分別為x1，x2， 所以切線PA的方程為y－y1＝(x－x1)， 即y＝x－＋y1，

11、即x1x－2y－2y1＝0. 同理可得切線PB的方程為x2x－2y－2y2＝0， 又點P(x0，y0)在切線PA和PB上， 所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0， 所以(x1，y1)，(x2，y2)為方程x0x－2y0－2y＝0 的兩組解， 所以直線AB的方程為x0x－2y－2y0＝0. (3)由拋物線定義知AF＝y(tǒng)1＋1，BF＝y(tǒng)2＋1， 所以AF·BF＝(y1＋1)(y2＋1)＝y(tǒng)1y2＋(y1＋y2)＋1， 聯(lián)立方程 消去x整理得y2＋(2y0－x)y＋y＝0， ∴y1＋y2＝x－2y0，y1y2＝y(tǒng)， ∴AF·BF＝y(tǒng)1y2＋(y1＋y2

12、)＋1＝y(tǒng)＋x－2y0＋1 ＝y(tǒng)＋(y0＋2)2－2y0＋1＝2y＋2y0＋5 ＝22＋， ∴當(dāng)y0＝－時，AF·BF取得最小值，且最小值為. 3．(2013·浙江) 如圖，點P(0，－1)是橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2＋y2＝4的直徑．l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點，l2交橢圓C1于另一點D. (1)求橢圓C1的方程； (2)求△ABD面積取最大值時直線l1的方程． 解　(1)由題意得 所以橢圓C1的方程為＋y2＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)． 由題意知

13、直線l1的斜率存在，不妨設(shè)其為k， 則直線l1的方程為y＝kx－1. 又圓C2：x2＋y2＝4， 故點O到直線l1的距離d＝， 所以AB＝2＝2 . 又l2⊥l1，故直線l2的方程為x＋ky＋k＝0. 由 消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0， 故x0＝－.所以PD＝. 設(shè)△ABD的面積為S， 則S＝·AB·PD＝， 所以S＝ ≤ ＝， 當(dāng)且僅當(dāng)k＝±時取等號． 所以所求直線l1的方程為y＝±x－1. 4．已知雙曲線E：－＝1(a>0，b>0)的焦距為4，以原點為圓心，實半軸長為半徑的圓和直線x－y＋＝0相切． (1)求雙曲線E的方程； (2)已知點F

14、為雙曲線E的左焦點，試問在x軸上是否存在一定點M，過點M任意作一條直線交雙曲線E于P，Q兩點(P在Q點左側(cè))，使·為定值？若存在，求出此定值和所有的定點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解　(1)由題意知＝a， ∴a＝. 又∵2c＝4，∴c＝2，∴b＝＝1. ∴雙曲線E的方程為－y2＝1. (2)當(dāng)直線為y＝0時， 則P(－，0)，Q(，0)，F(xiàn)(－2,0)， ∴·＝(－＋2,0)·(＋2,0)＝1. 當(dāng)直線不為y＝0時， 可設(shè)l：x＝ty＋m(t≠±)代入E：－y2＝1， 整理得(t2－3)y2＋2mty＋m2－3＝0(t≠±)．(*) 由Δ>0得m2＋t2>3. 設(shè)

15、方程(*)的兩個根為y1，y2， 滿足y1＋y2＝－，y1y2＝， ∴·＝(ty1＋m＋2，y1)·(ty2＋m＋2，y2) ＝(t2＋1)y1y2＋t(m＋2)(y1＋y2)＋(m＋2)2 ＝. 當(dāng)且僅當(dāng)2m2＋12m＋15＝3時，·為定值， 解得m1＝－3－，m2＝－3＋(舍去)． 綜上，過定點M(－3－，0)任意作一條直線交雙曲線E于P，Q兩點，使·＝1為定值． 5．已知過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點，斜率為2的直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1

16、λ，求λ的值． 解　(1)直線AB的方程是y＝2(x－)，與y2＝2px聯(lián)立， 從而有4x2－5px＋p2＝0，所以x1＋x2＝. 由拋物線定義得AB＝x1＋x2＋p＝9， 所以p＝4，從而拋物線方程是y2＝8x. (2)由p＝4，知4x2－5px＋p2＝0可化為x2－5x＋4＝0， 從而x1＝1，x2＝4，y1＝－2，y2＝4， 從而A(1，－2)，B(4,4)． 設(shè)＝(x3，y3)＝(1，－2)＋λ(4,4)＝(4λ＋1，4λ－2)， 又y＝8x3， 所以[2(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)， 即(2λ－1)2＝4λ＋1，解得λ＝0，或λ＝2. 6．(201

17、4·遼寧)圓x2＋y2＝4的切線與x軸正半軸，y軸正半軸圍成一個三角形，當(dāng)該三角形面積最小時，切點為P(如圖)．雙曲線C1：－＝1過點P且離心率為. (1)求C1的方程； (2)橢圓C2過點P且與C1有相同的焦點，直線l過C2的右焦點且與C2交于A，B兩點，若以線段AB為直徑的圓過點P，求l的方程． 解　(1)設(shè)切點P的坐標(biāo)為(x0，y0)(x0>0，y0>0)， 則切線斜率為－，切線方程為y－y0＝－(x－x0)， 即x0x＋y0y＝4，此時，兩個坐標(biāo)軸的正半軸與切線圍成的三角形面積為S＝··＝. 由x＋y＝4≥2x0y0知當(dāng)且僅當(dāng)x0＝y(tǒng)0＝時，x0y0有最大值，即S有最小值，

18、 因此點P的坐標(biāo)為(，)． 由題意知解得 故C1的方程為x2－＝1. (2)由(1)知C2的焦點坐標(biāo)為(－，0)，(，0)， 由此設(shè)C2的方程為＋＝1，其中b1>0. 由P(，)在C2上，得＋＝1， 解得b＝3，因此C2的方程為＋＝1. 顯然，l不是直線y＝0. 設(shè)l的方程為x＝my＋，點A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(m2＋2)y2＋2my－3＝0， 又設(shè)y1，y2是方程的根，因此 由x1＝my1＋，x2＝my2＋，得 因為＝(－x1，－y1)，＝(－x2，－y2)， 由題意知·＝0， 所以x1x2－(x1＋x2)＋y1y2－(y1＋y2)＋4＝0，⑤ 將①②③④代入⑤整理得2m2－2m＋4－11＝0， 解得m＝－1或m＝－＋1. 因此直線l的方程為x－(－1)y－＝0或x＋(－1)y－＝0.