2022届高考数学二轮复习 第一篇 专题六 解析几何 第2讲 直线与圆锥曲线的位置关系教案 理

《2022届高考数学二轮复习 第一篇 专题六 解析几何 第2讲 直线与圆锥曲线的位置关系教案 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高考数学二轮复习 第一篇 专题六 解析几何 第2讲 直线与圆锥曲线的位置关系教案 理（21页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、2022届高考数学二轮复习 第一篇 专题六 解析几何 第2讲 直线与圆锥曲线的位置关系教案 理 1.(2018·全国Ⅰ卷,理8)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为的直线与C交于M,N两点,则·等于(　D　) (A)5 (B)6 (C)7 (D)8 解析:由题意知直线MN的方程为y=(x+2), 联立直线与抛物线的方程,得 解得或 不妨设M为(1,2),N为(4,4). 又因为抛物线焦点为F(1,0), 所以=(0,2),=(3,4). 所以·=0×3+2×4=8.故选D. 2.(2018·全国Ⅰ卷,理11)已知双曲线C:-y2=1,O为坐标原点,F为

2、C的右焦点,过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M,N.若△OMN为直角三角形,则|MN|等于(　B　) (A) (B)3 (C)2 (D)4 解析: 由已知得双曲线的两条渐近线方程为y=±x. 设两条渐近线夹角为2α, 则有tan α==,所以α=30°. 所以∠MON=2α=60°. 又△OMN为直角三角形,由于双曲线具有对称性,不妨设MN⊥ON,如图所示. 在Rt△ONF中,|OF|=2,则|ON|=. 则在Rt△OMN中,|MN|=|ON|·tan 2α=·tan 60°=3.故选B. 3.(2017·全国Ⅰ卷,理10)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F

3、作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为(　A　) (A)16 (B)14 (C)12 (D)10 解析:y2=4x的焦点F(1,0), 由题意知l1,l2的斜率都存在且不为0, 设直线l1方程为y=k(x-1)(k≠0), 则直线l2方程为y=-(x-1). 设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4). 将y=k(x-1)代入y2=4x得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0. 所以x1+x2=2+, 同理可得x3+x4=2+4k2, 所以|AB|+|DE|=x1

4、+x2+x3+x4+4 =4+4++4k2 ≥8+2=16. (当且仅当k=±1时取等号).故选A. 4.(2018·全国Ⅲ卷,理16)已知点M(-1,1)和抛物线C:y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点.若∠AMB=90°,则k=　　　　.  解析:法一　设点A(x1,y1),B(x2,y2), 则 所以-=4(x1-x2), 所以k==. 设AB的中点M'(x0,y0),抛物线的焦点为F,分别过点A,B作准线x=-1的垂线,垂足为A',B', 则|MM'|=|AB|=(|AF|+|BF|) =(|AA'|+|BB'|). 因为M'(x0,y0)为

5、AB中点, 所以M为A'B'的中点, 所以MM'平行于x轴, 所以y1+y2=2,所以k=2. 法二　由题意知,抛物线的焦点坐标为F(1,0),设直线方程为y=k(x-1),直线方程与y2=4x联立,消去y,得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1x2=1,x1+x2=. 由M(-1,1), 得=(-1-x1,1-y1),=(-1-x2,1-y2). 由∠AMB=90°,得·=0, 所以(x1+1)(x2+1)+(y1-1)(y2-1)=0, 所以x1x2+(x1+x2)+1+y1y2-(y1+y2)+1=0. 又y1y2

6、=k(x1-1)·k(x2-1) =k2[x1x2-(x1+x2)+1], y1+y2=k(x1+x2-2), 所以1++1+k21-+1-k-2+1=0, 整理得-+1=0,解得k=2. 经检验k=2是分式方程的根. 答案:2 5.(2017·全国Ⅱ卷,理16)已知F是抛物线C:y2=8x的焦点,M是C上一点,FM的延长线交y轴于点N.若M为FN的中点,则|FN|=　　　　　　.  解析:由y2=8x可得F(2,0),FM的斜率一定存在,设为k, 则直线FM的方程为y=k(x-2), 令x=0可得N(0,-2k), 又M为FN中点, 所以M(1,-k),代入y2=8x

7、得k2=8, 所以|FN|====6. 答案:6 6.(2018·全国Ⅲ卷,理20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:+=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0). (1)证明:k<-; (2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且++=0.证明:||,||,||成等差数列,并求该数列的公差. 证明:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2), 则+=1,+=1. 两式相减,并由=k得+·k=0. 由题设知=1,=m, 于是k=-.① 由题设得0

8、2-1,y2)=(0,0). 由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1. y3=-(y1+y2)=-2m<0. 又点P在C上,所以m=, 从而P1,-,||=, 于是||= = =2-. 同理||=2-. 所以||+||=4-(x1+x2)=3. 故2||=||+||, 即||,||,||成等差数列. 设该数列的公差为d, 则2|d|=|||-|||=|x1-x2| =② 将m=代入①得k=-1, 所以l的方程为y=-x+,代入C的方程,并整理得 7x2-14x+=0. 故x1+x2=2,x1x2=, 代入②解得|d|=. 所以该数列的公差为或-.

9、 1.考查角度 主要考查直线与圆锥曲线的位置关系、弦长、面积及轨迹问题. 2.题型及难易度 选择题、解答题,难度为中档、中档偏上. (对应学生用书第44~47页) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 直线与圆锥曲线的位置关系的判断 【例1】 (2018·全国Ⅱ卷)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8. (1)求l的方程; (2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程. 解:(1)由题意得F(1,0),l的方程为 y=k(x-1)(k>0). 设A(x1,y1),B(x2,y2), 由 得

10、k2x2-(2k2+4)x+k2=0. Δ=16k2+16>0,故x1+x2=. 所以|AB|=|AF|+|BF| =(x1+1)+(x2+1) =. 由题设知=8, 解得k=-1(舍去)或k=1. 因此l的方程为y=x-1. (2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2), 所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3), 即y=-x+5. 设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则 解得或 因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144. 判断直线与圆锥曲线的位置关系有两种常用方法 (1)代数法:即联立直线与圆锥曲

11、线方程可得到一个关于x,y的方程组,消去y(或x)得一元方程,此方程根的个数即为交点个数,方程组的解即为交点坐标. (2)几何法:即画出直线与圆锥曲线的图象,根据图象判断公共点个数. 热点训练1:(2018·淮北一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0),其左右焦点为F1,F2,过F1的直线l:x+my+=0与椭圆C交于A,B两点,且椭圆离心率e=. (1)求椭圆C的方程; (2)若椭圆上存在点M,使得2=+,求直线l的方程. 解:(1)直线l:x+my+=0过点F1, 令y=0, 解得x=-, 所以c=, 因为e==, 所以a=2, 所以b2=a2-c2=4-3=1, 所

12、以椭圆C的方程为+y2=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x3,y3), 由2=+, 得x3=x1+x2,y3=y1+y2 代入椭圆方程可得 x1+x22+y1+y22-1=0, 所以++++(x1x2+4y1y2)=1, 所以x1x2+4y1y2=0, 联立方程消去x可得 (m2+4)y2+2my-1=0, 所以y1+y2=,y1y2=, 所以x1x2+4y1y2=(my1+)(my2+)+4y1y2=(m2+4)y1y2+m(y1+y2)+3=0, 即m2=2, 解得m=±, 所求直线l的方程为x±y+=0. 圆锥曲线的弦长问题 【例2】

13、 (2018·合肥市二次质检)已知椭圆E:+=1(a>b>0)经过点P-,,椭圆E的一个焦点为(,0). (1)求椭圆E的方程; (2)若直线l过点M(0,)且与椭圆E交于A,B两点,求|AB| 的最大值. 解:(1)依题意,椭圆E的左、右焦点分别为F1(-,0),F2(,0), 由椭圆E经过点P-,, 得|PF1|+|PF2|=4=2a, 所以a=2,c=, 所以b2=a2-c2=1. 所以椭圆E的方程为+y2=1. (2)当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+,A(x1,y1),B(x2,y2). 由得(1+4k2)x2+8kx+4=0. 由Δ>0得(8k)

14、2-4(1+4k2)×4>0, 所以4k2>1. 由x1+x2=-,x1x2=得 |AB|=· =2. 设t=,则0

15、的两个交点为P(x1,y1),Q(x2,y2),则|PQ|==|x1-x2|=·=|y1-y2|=·. 热点训练2:(2018·东城区二模)已知抛物线C:y2=2px经过点P(2,2),A,B是抛物线C上异于点O的不同的两点,其中O为原点. (1)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程; (2)若OA⊥OB,求△AOB面积的最小值. 解:(1)由抛物线C:y2=2px经过点P(2,2)知4p=4, 解得p=1. 则抛物线C的方程为y2=2x, 所以抛物线C的焦点坐标为,0,准线方程为x=-. (2)由题知,直线AB不与y轴垂直, 设直线AB:x=ty+a, 由消去x,得

16、y2-2ty-2a=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则y1+y2=2t,y1y2=-2a, 因为OA⊥OB, 所以x1x2+y1y2=0, 即+y1y2=0, 解得y1y2=0(舍)或y1y2=-4, 所以-2a=-4,解得a=2. 所以直线AB:x=ty+2, 所以直线AB过定点(2,0),S△AOB=×2×|y1-y2|==≥=4. 当且仅当y1=2,y2=-2或y1=-2,y2=2时,等号成立. 所以△AOB面积的最小值为4. 中点弦问题 【例3】 求一个焦点是F(0,5),并截直线y=2x-1所得弦的中点的横坐标是的椭圆的标准方程. 解:法一　

17、(设而不求) 设所求的椭圆方程为+=1(a>b>0),直线被椭圆所截弦的端点为A(x1,y1),B(x2,y2), 由 消y得(4b2+a2)x2-4b2x+b2-a2b2=0,① 所以x1+x2=, 因为c=5, 所以b2=a2-c2=a2-50, 所以x1+x2=, 由题意知=,x1+x2=, 所以=, 解得a2=75, 所以b2=25, 方程①为175x2-100x-1 850=0,即7x2-4x-74=0,此时Δ>0, 故所求椭圆的标准方程为+=1. 法二　(点差法) 设所求的椭圆方程为+=1(a>b>0),直线被椭圆所截弦的端点为A(x1,y1),B(x

18、2,y2). 由题意,可得弦AB的中点坐标为,, 且=,=-. 将A,B两点坐标代入椭圆方程中,得 两式相减并化简,得 =-×=-2×=3, 所以a2=3b2. 又c2=a2-b2=50, 所以a2=75,b2=25. 所以椭圆方程为+=1,① 把y=2x-1代入①, 化简得7x2-4x-74=0,此时Δ>0, 故所求椭圆的标准方程为+=1. (1)对于弦的中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解,在使用根与系数的关系时,要注意使用条件Δ>0,在用“点差法”时,要检验直线与圆锥曲线是否相交. (2)圆锥曲线以P(x0,y0)(y0≠0)为中点的弦所在直

19、线的斜率分别是k=-椭圆+=1,k=双曲线-=1,k=(抛物线y2=2px).其中k=(x1≠x2),(x1,y1),(x2,y2)为弦的端点坐标. 热点训练3: 过点M(1,1)的直线与椭圆+=1交于A,B两点,且点M平分弦AB,则直线AB的方程为(　　) (A)4x+3y-7=0 (B)3x+4y-7=0 (C)3x-4y+1=0 (D)4x-3y-1=0 解析:设A(x1,y1),B(x2,y2). 易得+=1,+=1,两式相减,整理得 +=0. 由M(1,1)是弦AB的中点得x1+x2=2,y1+y2=2, 所以有+=0,得=-, 即直线AB的斜率k=-, 所以,直

20、线AB的方程为y-1=-(x-1), 即3x+4y-7=0.故选B. 求轨迹方程 考向1　直接法 【例4】 已知两点A(,0),B(-,0),点P为平面内一动点,过点P作y轴的垂线,垂足为Q,且·=2,求动点P的轨迹方程. 解:设动点P的坐标为(x,y),则点Q的坐标为(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. 故动点P的轨迹方程为y2-x2=2. 考向2　定义法求轨迹方程 【例5】 (2018·郑州市二次质检)已知动圆E经过点F(1,0),且和直线x=

21、-1相切. (1)求该动圆圆心E的轨迹G的方程; (2)已知A(3,0),若斜率为1的直线l与线段OA相交(不经过坐标原点O和点A),且与曲线G交于B,C两点,求△ABC面积的最大值. 解:(1)由题意可知点E到点F的距离等于点E到直线x=-1的距离,所以动点E的轨迹是以F(1,0)为焦点,直线x=-1为准线的抛物线, 故轨迹G的方程是y2=4x. (2)由题意设直线l的方程为y=x+m, 其中-30. 设B(x1,y1),C(x2,y2), 则x1+x2=4-2

22、m,x1x2=m2, 所以|BC|=4, 又点A到直线l的距离d=, 所以S△ABC=×4× =2·(3+m). 令=t,t∈(1,2), 则m=1-t2, 所以S△ABC=2t(4-t2)=8t-2t3, 令f(t)=8t-2t3,则f'(t)=8-6t2, 易知f(t)在1,上单调递增,在,2上单调递减, 所以当t∈(1,2)时,f(t)在t=处取得最大值,最大值为. 此时m=-,满足-3

23、上两个不同的动点,求直线A1P与A2Q交点的轨迹E的方程. 解:由题设知|x1|>,A1(-,0),A2(,0),则有直线A1P的方程为y=(x+),① 直线A2Q的方程为y=(x-).② 联立①②,解得 即③ 则x≠0,|x|<. 而点P(x1,y1)在双曲线-y2=1上,所以-=1. 将③代入上式,整理得所求轨迹E的方程为+y2=1,x≠0且x≠±. (1)若动点满足的几何条件可用等式表示,则只需把这个等式“翻译”成含x,y的等式,通过化简、整理可得到曲线的方程,这种求轨迹方程的方法叫直接法,也称坐标法. (2)若动点轨迹的条件满足圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义,

24、则可以直接根据定义求出动点的轨迹方程,这种求轨迹方程的方法叫做定义法. 利用定义法求轨迹方程时,要看所求轨迹是否是完整的圆、椭圆、双曲线、抛物线,如果不是完整的曲线,则应对其中的变量x或y进行限制. (3)若动点P(x,y)所满足的条件不易表述或求出,但随另一动点Q(x',y')的运动而有规律地运动,且动点Q的轨迹方程给定或容易求得,则可先将x',y'表示为x,y的式子,再代入Q的轨迹方程,然后整理得点P的轨迹方程,这种求轨迹方程的方法叫做相关点法,也称代入法. 热点训练4: (2018·西宁一模)在平面直角坐标系xOy中,点 F1(-1,0),F2(1,0),动点M满足|-|+|-|=

25、4. (1)求动点M的轨迹E的方程; (2)若直线y=kx+m与轨迹E有且仅有一个公共点Q,且与直线x=-4相交于点R,求证:以QR为直径的圆过定点F1. (1)解:因为|-|+|-|=4, 所以|MF1|+|MF2|=4, 由椭圆定义可知动点M的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆, 所以2a=4,即a=2, 因为c=1,所以b2=a2-c2=3, 所以动点M的轨迹E的方程为+=1. (2)证明:由 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0, 如图,设点Q的坐标为(x0,y0),依题意m≠0, 由Δ=(8km)2-4(4k2+3)(4m2-12)=0可得 4k

26、2+3=m2, 此时x0=-=-,y0==, 所以Q-,, 由解得y=-4k+m, 所以R(-4,-4k+m), 由F1(-1,0), 可得=-1,-,=(3,4k-m), 所以·=3-1-(4k-m)=0, 所以QF1⊥RF1, 所以以QR为直径的圆过定点F1. 热点训练5: 如图,从曲线x2-y2=1上一点Q引直线l:x+y=2的垂线,垂足为N,求线段QN的中点P的轨迹方程. 解:设点P的坐标为(x,y),曲线上点Q的坐标为(x0,y0). 因为点P是线段QN的中点, 所以点N的坐标为(2x-x0,2y-y0). 又因为点N在直线x+y=2上, 所

27、以2x-x0+2y-y0=2.① 因为QN⊥l,所以kQN==1, 即x0-y0=x-y.② 由①②,得x0=(3x+y-2),y0=(x+3y-2). 又因为点Q在曲线x2-y2=1上, 所以(3x+y-2)2-(x+3y-2)2=1. 化简,得x-2-y-2=. 故线段QN的中点P的轨迹方程为 x-2-y-2=. 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 【例1】 (2018·宜宾模拟)在直角坐标系xOy中,已知点F1(-1,0),F2(1,0),动点P满足:|-|+|-|=4.分别过点(-1,0),(1,0),作两条平行直线m,n,设m,n与轨迹C的上半部分分

28、别交于A,B两点,求四边形ABF2F1面积的最大值. 解:设点P(x,y),由点F1(-1,0),F2(1,0),动点P满足|-|+|-|=4, 知||+||=4, 由椭圆定义可知动点P的轨迹是以点(1,0),(-1,0)为焦点,长轴长为4的椭圆, 所以a=2,c=1,b=,其方程为+=1. 设直线m:x=ty-1,它与轨迹C的另一个交点为D, 设两条平行线间的距离为d, 由椭圆的对称性知 =(|AF1|+|BF2|)·d =(|AF1|+|DF1|)·d =|AD|d =, x=ty-1与C联立,消去x, 得(3t2+4)y2-6ty-9=0,Δ>0, |AD|=

29、 =·, 又点F2(1,0)到直线m:x=ty-1的距离为d=, 所以=, 令m=≥1, 则=, 因为y=3m+在[1,+∞)上单调递增, 所以当m=1即t=0时,取得最大值3, 所以四边形ABF2F1面积的最大值为3. 【例2】 (2018·福建省质检)在平面直角坐标系xOy中,点F的坐标为0,,以MF为直径的圆与x轴相切. (1)求点M的轨迹E的方程; (2)设T是轨迹E上横坐标为2的点,OT的平行线l交E于A,B两点,交E在T处的切线于点N,求证:|NT|2=|NA|·|NB|. (1)解:法一　设点M的坐标为(x,y), 因为F0,, 所以MF的中点坐标为,

30、. 因为以MF为直径的圆与x轴相切, 所以=.即|MF|=, 所以=,化简得x2=2y, 所以点M的轨迹E的方程为x2=2y. 法二　设以MF为直径的圆的圆心为点C,与x轴的切点为D,连接CD,则CD⊥x轴,且|MF|=2|CD|. 作直线l':y=-,过点M作MN⊥l'于点H,交x轴于点I,则|CD|=, 所以|MF|=|MI|+|OF|, 又|IH|=|OF|=,所以|MF|=|MH|, 所以点M的轨迹是以F为焦点,l'为准线的抛物线, 所以M的轨迹E的方程为x2=2y. (2)证明:因为T是轨迹E上横坐标为2的点, 由(1)得T(2,2), 所以直线OT的斜率为

31、1. 因为l∥OT, 所以设直线l的方程为y=x+m,m≠0. 由y=x2,得y'=x, 则E在点T处的切线斜率为2, 所以E在点T处的切线方程为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. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=2,x1x2=-2m. 因为点N,A,B在直线l上, 所以|NA|=|x1-(m+2)|, |NB|=|x2-(m+2)|, 所以|NA|·|NB| =2|x1-(m+

32、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·唐山五校联考)在直角坐标系xOy中,长为+1的线段的两端点C,D分别在x轴,y轴上滑动,=.记点P的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程; (2)经过点(0,1)作直线l与曲线E相交于A,B两点,=+,当点M在曲线E上时,求直线l的方程. 解:(1)设C(m,0),D(0,n),P(x,y). 由=,得(x-m,y)=(-x,n-y), 所以 得 由||=+1,得m2+

33、n2=(+1)2, 所以(+1)2x2+y2=(+1)2, 整理,得曲线E的方程为x2+=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2), 由=+,知点M的坐标为(x1+x2,y1+y2). 易知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+1,代入曲线E的方程,得(k2+2)x2+2kx-1=0, 则x1+x2=-, 所以y1+y2=k(x1+x2)+2=. 由点M在曲线E上,知(x1+x2)2+=1, 即+=1, 解得k2=2. 此时直线l的方程为y=±x+1. 【例4】 (2018·长沙、南昌部分学校联合模拟)已知抛物线y2=4x,如图,过x轴上的点P作斜

34、率分别为k1,k2的直线l1,l2,已知直线l1与抛物线在第一象限切于点A(x0,y0),直线l2与抛物线在第四象限分别交于两点B,C,记△PAB,△PAC的面积分别为S1,S2,且S1∶S2=1∶3. (1)求点P的横坐标关于x0的表达式; (2)求的值. 解:(1)当y>0时,y=2, 所以A(x0,2). 因为直线l1与抛物线切于点A,y'=, 所以k1=, 所以直线l1的方程为y-2=(x-x0), 令y=0,得点P的横坐标xP=-x0. (2)由(1)知P(-x0,0),易得k2<0, 所以直线l2的方程为x=y-x0. 设B(x1,y1),C(x2,y2), 联立直线l2与抛物线的方程,消去x得y2-y+4x0=0, 所以y1+y2=,y1y2=4x0.① 因为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=-.