《2019高考數(shù)學二輪復習 專題六 解析幾何 第三講 直線與圓錐曲線的位置關系學案 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考數(shù)學二輪復習 專題六 解析幾何 第三講 直線與圓錐曲線的位置關系學案 理.doc（17頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第三講　直線與圓錐曲線的位置關系 考點一　軌跡方程問題 求軌跡方程的常用方法 (1)直接法：直接利用條件建立x、y之間的關系F(x，y)＝0； (2)定義法：滿足的條件恰適合某已知曲線的定義，用待定系數(shù)法求方程； (3)相關點法(代入法)：動點P(x，y)依賴于另一動點Q(x0，y0)的變化而變化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲線上，則可先用x，y的代數(shù)式表示x0，y0，再將x0，y0代入已知曲線得出要求的軌跡方程； (4)參數(shù)法：將動點的坐標(x，y)表示為第三個變量的函數(shù)，再消參得所求方程． [對點訓練] 1．已知點M(－3,0)，N(3,0)，B(1,0)，動圓C與直線MN切于點B，過M，N與圓C相切的兩直線(非x軸)相交于點P，則點P的軌跡方程為(　　) A．x2－＝1(x>1) B．x2－＝1(x<－1) C．x2＋＝1(x>0) D．x2－＝1(x>1) [解析]　由題意知，|PM|－|PN|＝|BM|－|BN|＝2，由雙曲線的定義可知點P的軌跡是以M，N為焦點的雙曲線的右支，由c＝3，a＝1，知b2＝8.所以點P的軌跡方程為x2－＝1(x>1)．故選A. [答案]　A 2．(2018豫北四校聯(lián)考)已知△ABC的頂點B(0,0)，C(5,0)，AB邊上的中線長|CD|＝3，則頂點A的軌跡方程為________________． [解析]　設A(x，y)，由題意可知D.又∵|CD|＝3，∴2＋2＝9，即(x－10)2＋y2＝36，由于A、B、C三點不共線，∴點A不能落在x軸上，即y≠0，∴點A的軌跡方程為(x－10)2＋y2＝36(y≠0)． [答案]　(x－10)2＋y2＝36(y≠0) 3．已知P是圓x2＋y2＝4上的動點，P點在x軸上的射影是D，點M滿足＝，則點M的軌跡方程是__________________． [解析]　設M(x，y)，則D(x,0)， 由＝知P(x,2y)， ∵點P在圓x2＋y2＝4上， ∴x2＋4y2＝4，故動點M的軌跡C的方程為＋y2＝1. [答案]?。珁2＝1 4．已知雙曲線－y2＝1的左、右頂點分別為A1，A2，點P(x1，y1)，Q(x1，－y1)是雙曲線上不同于A1、A2的兩個不同的動點，則直線A1P與A2Q交點的軌跡方程為____________________． [解析]　由題設知|x1|>，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①②，解得∴③ ∴x≠0，且|x|<，因為點P(x1，y1)在雙曲線－y2＝1上，所以－y＝1. 將③代入上式，整理得所求軌跡的方程為＋y2＝1(x≠0，且x≠)． [答案]?。珁2＝1(x≠0且x≠) [快速審題]　看到求動點的軌跡方程問題，想到定義法、直接法、代入法、參數(shù)法等方法的模型特征． 　求軌跡方程的4步驟 →→→ 考點二　弦長問題 1．直線與圓錐曲線相交時的弦長 當直線與圓錐曲線交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)時，|AB|＝|x1－x2|＝ |y1－y2|. 2．拋物線的過焦點的弦長 拋物線y2＝2px(p>0)過焦點F的弦AB，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝x1＋x2＋p. [解]　(1)設點P(x，y)，因為A(－，0)，B(，0)，所以直線PA的斜率為(x≠－)，直線PB的斜率為(x≠)， 又直線PA的斜率為k1，直線PB的斜率為－， 所以＝k1＝－(x≠)，整理得＋y2＝1(x≠)， 所以點P的軌跡C的方程為＋y2＝1(x≠)． (2)設點M，N的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，在y軸上的截距為1的直線l的方程為y＝kx＋1， 聯(lián)立方程得消去y，得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，解得x1＝0，x2＝－， 所以|MN|＝|x1－x2| ＝＝， 整理得k4＋k2－20＝0，即(k2－4)(k2＋5)＝0， 解得k＝2. 所以直線l的方程為2x－y＋1＝0或2x＋y－1＝0. (1)在涉及弦長的問題中，應熟練地利用根與系數(shù)的關系，設而不求計算弦長；涉及過焦點的弦的問題，可考慮用圓錐曲線的定義求解． (2)弦長計算公式：直線AB與圓錐曲線有兩個交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則弦長|AB|＝，其中k為弦AB所在直線的斜率． [對點訓練] 已知雙曲線－y2＝1的右焦點是拋物線y2＝2px(p>0)的焦點，直線y＝kx＋m與拋物線相交于A，B兩個不同的點，點M(2,2)是線段AB的中點，求△AOB(O為坐標原點)的面積． [解]　由已知可得雙曲線的右焦點為(2,0)． 因為該點也為拋物線的焦點，所以p＝4. 所以拋物線方程為y2＝8x. 又因為直線y＝kx＋m與拋物線相交于A，B兩點． 所以將直線方程代入拋物線方程可得(kx＋m)2＝8x， 即k2x2＋(2km－8)x＋m2＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝. 又因為M(2,2)是線段AB的中點， 所以x1＋x2＝＝4，且2＝2k＋m， 聯(lián)立解得k＝2，m＝－2. 所以|AB|＝|x1－x2|＝＝2，O到AB的距離d＝. ∴S△AOB＝2＝2. 考點三　直線與圓錐曲線的位置關系 1．解決直線與橢圓的位置關系的常規(guī)思路是先把直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消元、化簡，然后利用根與系數(shù)的關系建立方程(組)，解決相關問題． 2．涉及弦的中點坐標時，可以采用“點差法”求解，設出弦端點A、B的坐標，分別代入圓錐曲線方程并作差，變形后可出現(xiàn)弦AB的中點坐標和直線AB的斜率． [證明]　(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則＋＝1，＋＝1. 兩式相減，并由＝k得＋k＝0. 由題設知＝1，＝m， 于是k＝－.① 由題設得0b>0)，則解得 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)根據題意可設直線l的方程為y＝k(x＋1)(k>0)， 聯(lián)立方程，得消去x，得y2－y－9＝0，Δ＝＋144>0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝　①， y1y2＝　②， 又＝λ，所以y1＝－λy2　③.把③代入①得y1＝，y2＝，并結合②可得y1y2＝＝，則＝，即λ＋－2＝. 因為2≤λ<3，所以≤λ＋－2<， 即≤<，且k>0，解得00)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)，或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＝－(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. 圓錐曲線的綜合問題多以解答題的形式考查，常作為壓軸題出現(xiàn)在第20題的位置，一般難度較大．直線與圓錐曲線的位置關系、軌跡方程、定點、定值、最值、范圍以及存在性問題都是考查的重點，常與向量、函數(shù)、不等式等知識結合．解題時，常以直線與圓錐曲線的位置關系為突破口，利用設而不求、整體代換的技巧求解，要注重數(shù)形結合思想、函數(shù)與方程思想、分類討論思想以及轉化與化歸思想在解題中的指導作用． 熱點課題16　圓錐曲線中的切線問題 [感悟體驗] 1．(2018廣東茂名第一次綜合測試)從拋物線x2＝4y的準線l上一點P引拋物線的兩條切線PA，PB，且A，B為切點，若直線AB的傾斜角為，則P點的橫坐標為______________． [解析]　解法一：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，－1)，則kAB＝＝. 因為y1＝，y2＝，所以kAB＝＝，所以x1＋x2＝. 由x2＝4y，得y＝，所以y′＝，所以切線PA的方程為y－y1＝(x－x1)，切線PB的方程為y－y2＝(x－x2)， 即切線PA的方程為y－＝(x－x1)，即x－2x1x＋4y＝0， 切線PB的方程為y－＝(x－x2)，即x－2x2x＋4y＝0. 因為點P(x0，－1)同時在切線PA，PB上，所以x－2x1x0－4＝0，x－2x2x0－4＝0，所以x1，x2是方程x2－2x0x－4＝0的兩根，所以x1＋x2＝2x0，所以x0＝. 解法二：設P(x0，－1)，則直線AB的方程為x0x＝4，即y＝x＋1. 又直線AB的傾斜角為，所以＝，所以x0＝. [答案]　 2．已知一個橢圓的兩個焦點分別為F1(－5,0)和F2(5,0)，且與直線x＋y－6＝0相切，則該橢圓的長軸長為______________． [解析]　解法一：設切點為P(x0，y0)，橢圓方程為＋＝1(a>b>0)，則切線為＋＝1，即y＝－x＋，對比x＋y－6＝0，可得 解得代入切線方程x＋y－6＝0，可得a2＋b2－36＝0，由c＝5，得2a＝.即該橢圓的長軸長為. 解法二：設橢圓方程為＋＝1(a>b>0)，橢圓與直線x＋y－6＝0相切于P點，則|PF1|＋|PF2|＝2a.在直線x＋y－6＝0上任取異于點P的點Q，均有|QF1|＋|QF2|>2a，可知點P是直線x＋y－6＝0上到兩定點F1，F(xiàn)2的距離之和最小的點．若F1(－5,0)關于直線x＋y－6＝0對稱的點為F′1，則F′1，P，F(xiàn)2三點在同一直線上，易得F′1(6,11)，所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝|PF′1|＋|PF2|＝|F′1F2|＝.即該橢圓的長軸長為. [答案]　 專題跟蹤訓練(二十六) 一、選擇題 1．在直角坐標平面內，點A，B的坐標分別為(－1,0)，(1,0)，則滿足tan∠PABtan∠PBA＝m(m為非零常數(shù))的點P的軌跡方程是(　　) A．x2－＝1(y≠0) B．x2－＝1 C．x2＋＝1(y≠0) D．x2＋＝1 [解析]　設P(x，y)，由題意，得＝－m(m≠0)，化簡可得x2＋＝1(y≠0)． [答案]　C 2．(2018重慶模擬)設A，P是橢圓＋y2＝1上兩點，點A關于x軸的對稱點為B(異于點P)，若直線AP，BP分別交x軸于點M，N，則＝(　　) A．0 B．1 C. D．2 [解析]　依題意，將點P特殊化為點(，0)，于是點M，N均與點(，0)重合，于是有＝2，故選D. [答案]　D 3．已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交E于A，B兩點．若AB的中點坐標為(1，－1)，則E的方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 [解析]　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＋＝1，＋＝1，兩式作差并化簡變形得＝－，而＝＝，x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，所以a2＝2b2，又a2－b2＝c2＝9，于是a2＝18，b2＝9.故選D. [答案]　D 4．(2018唐山市高三五校聯(lián)考)直線l與雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)交于A，B兩點，M是線段AB的中點，若l與OM(O是原點)的斜率的乘積等于1，則此雙曲線的離心率為(　　) A．2 B. C．3 D. [解析]　設直線l與雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知x1≠x2，則－＝1(a>0，b>0)?、伲?(a>0，b>0)?、冢冢俚茫?，即＝，因為l與OM的斜率的乘積等于1，所以＝1，雙曲線的離心率e＝ ＝，故選B. [答案]　B 5．(2018鄭州市第三次質量預測)橢圓＋＝1的左焦點為F，直線x＝a與橢圓相交于點M，N，當△FMN的周長最大時，△FMN的面積是(　　) A. B. C. D. [解析]　設橢圓的右焦點為E，由橢圓的定義知△FMN的周長為L＝|MN|＋|MF|＋|NF|＝|MN|＋(2－|ME|)＋(2－|NE|)．因為|ME|＋|NE|≥|MN|，所以|MN|－|ME|－|NE|≤0，當直線MN過點E時取等號，所以L＝4＋|MN|－|ME|－|NE|≤4，即直線x＝a過橢圓的右焦點E時，△FMN的周長最大，此時S△FMN＝|MN||EF|＝2＝，故選C. [答案]　C 6．(2018福建省高三質檢)過拋物線y2＝4x的焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，交其準線于點C，且A，C位于x軸同側，若|AC|＝2|AF|，則|BF|等于(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 [解析]　設拋物線的準線與x軸交于點D，則由題意，知F(1,0)，D(－1,0)，分別作AA1，BB1垂直于拋物線的準線，垂足分別為A1，B1，則有＝，所以|AA1|＝，故|AF|＝.又＝，即＝，亦即＝，解得|BF|＝4，故選C. [答案]　C 二、填空題 7．橢圓C：＋＝1的左、右頂點分別為M，N，點P在C上，且直線PN的斜率是－，則直線PM的斜率為________． [解析]　設P(x0，y0)，則＋＝1，直線PM的斜率kPM＝，直線PN的斜率kPN＝，可得kPMkPN＝＝－，故kPM＝－＝3. [答案]　3 8．(2018鄭州一模)如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，過F1的直線l與C的左、右兩個分支分別交于點B，A.若△ABF2為等邊三角形，則雙曲線的離心率為________________． [解析]　∵△ABF2為等邊三角形，∴|AB|＝|AF2|＝|BF2|，∠F1AF2＝60. 由雙曲線的定義可得|AF1|－|AF2|＝2a，∴|BF1|＝2a. 又|BF2|－|BF1|＝2a，∴|BF2|＝4a.∴|AF2|＝4a，|AF1|＝6a. 在△AF1F2中，由余弦定理可得 |F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF2||AF1|cos60， ∴(2c)2＝(4a)2＋(6a)2－24a6a，整理得c2＝7a2，∴e＝＝＝. [答案]　 9．(2018湖南六校聯(lián)考)設拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過點P(－1,0)作直線l與拋物線C交于A、B兩點．若S△ABF＝，且|AF|<|BF|，則＝________. [解析]　設直線l的方程為x＝my－1，將直線方程代入拋物線C：y2＝4x的方程得y2－4my＋4＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則0<<1，y1＋y2＝4m，y1y2＝4，又S△ABF＝，所以S△BPF－S△APF＝|y2－y1|＝，因此y＋y＝10，所以＝＝，從而＝，又由拋物線的定義與相似三角形可知＝＝，∴＝＝. [答案]　 三、解答題 10．(2018廣東七校第一次聯(lián)考)已知動點M到定點F1(－2,0)和F2(2,0)的距離之和為4. (1)求動點M的軌跡C的方程； (2)設N(0,2)，過點P(－1，－2)作直線l，交曲線C于不同于N的兩點A，B，直線NA，NB的斜率分別為k1，k2，求k1＋k2的值． [解]　(1)由橢圓的定義，可知點M的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點，4為長軸長的橢圓． 由c＝2，a＝2，得b＝2. 故動點M的軌跡C的方程為＋＝1. (2)當直線l的斜率存在時，設其方程為y＋2＝k(x＋1)， 由得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0. Δ＝[4k(k－2)]2－4(1＋2k2)(2k2－8k)>0，則k>0或k<－. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝. 從而k1＋k2＝＋ ＝ ＝2k－(k－4) ＝4. 當直線l的斜率不存在時，得A， B， 所以k1＋k2＝4. 綜上，恒有k1＋k2＝4. 11．(2018合肥一模)已知點F為橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左焦點，且兩焦點與短軸的一個頂點構成一個等邊三角形，直線＋＝1與橢圓E有且僅有一個交點M. (1)求橢圓E的方程． (2)設直線＋＝1與y軸交于P點，過點P的直線l與橢圓E交于兩個不同點A，B，若λ|PM|2＝|PA||PB|，求實數(shù)λ的取值范圍． [解]　(1)由題意，得a＝2c，b＝c，則橢圓E的方程為＋＝1，聯(lián)立得x2－2x＋4－3c2＝0. ∵直線＋＝1與橢圓E有且僅有一個交點M， ∴Δ＝4－4(4－3c2)＝0，得c2＝1，∴橢圓E的方程為＋＝1. (2)由(1)得M點坐標為. ∵直線＋＝1與y軸交于點P(0,2)， ∴|PM|2＝. 當直線l與x軸垂直時，|PA||PB|＝(2＋)(2－)＝1， 由λ|PM|2＝|PA||PB|，得λ＝. 當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0， 依題意得，x1x2＝，且Δ＝48(4k2－1)>0， ∴|PA||PB|＝＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)＝1＋＝λ，∴λ＝. ∵k2>，∴<λ<1. 綜上所述，λ的取值范圍是. 12．(2018太原模擬)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)，圓O：x2＋y2＝1. (1)若拋物線C的焦點F在圓O上，且A為拋物線C和圓O的一個交點，求|AF|； (2)若直線l與拋物線C和圓O分別相切于點M，N，求|MN|的最小值及相應p的值． [解]　(1)由題意得F(0,1)，從而拋物線C：x2＝4y. 解方程組得yA＝－2， ∴|AF|＝－1. (2)設M(x0，y0)，由y′＝， 得切線l：y＝(x－x0)＋y0， 結合x＝2py0，整理得x0x－py－py0＝0. 由|ON|＝1得＝1，即|py0|＝＝， ∴p＝且y－1>0. ∴|MN|2＝|OM|2－1＝x＋y－1＝2py0＋y－1＝＋y－1＝4＋＋(y－1)≥8， 當且僅當y0＝時等號成立． ∴|MN|的最小值為2，此時p＝.