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 文

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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 文 1.(2017·全国Ⅱ卷,文12)过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方),l为C的准线,点N在l上且MN⊥l,则M到直线NF的距离为(　C　) (A) (B)2 (C)2 (D)3 解析:已知y2=4x,所以F(1,0), MF方程为y=(x-1), 联立得M(3,2), 准线l:x=-1,N(-1,2), NF方程:y-0=-(x-1)即x+y-=0, 则M到NF的距离d==2,故选C. 2.(2018·全国Ⅱ卷,文20)设抛物线C:y2=4x

2、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),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=-(

3、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. 3.(2017·全国Ⅰ卷,文20)设A,B为曲线C:y=上两点,A与B的横坐标之和为4. (1)求直线AB的斜率; (2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程. 解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠x2,x1+x2=4, y1=,y2=, 故直线AB的斜率为k===1. (2)由y=,得y'=. 设M(x3,y3),由题设知=1, 解

4、得x3=2,于是M(2,1). 设直线AB的方程为y=x+m, 故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|. 将y=x+m代入y=得x2-4x-4m=0. 当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2. 从而|AB|=|x1-x2|=4. 由题设知|AB|=2|MN|, 即4=2|m+1|,解得m=7. 所以直线AB的方程为y=x+7. 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38~40页) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　

5、　　　 直线与圆锥曲线的位置关系的判断 【例1】 (2016·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p>0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H. (1)求; (2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由. 解:(1)由已知得M(0,t),P,t. 又N为M关于点P的对称点,故N,t,ON的方程为y=x,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=,因此H,2t, 所以N为OH的中点,即=2. (2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.理由如下: 直线MH的方程为y-

6、t=x,即x=(y-t). 代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点. 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:已知顶点是坐标原点,对称轴是x轴的抛物线经过点A,-. (1)求抛物线的标准方程; (2)直线l过定点P(-2,1),斜率为k,若直线与抛物

7、线有公共点,求k的取值范围. 解:(1)依题意,设抛物线的方程为y2=2px, 把A点的坐标,-代入方程得(-)2=2p×, 解得p=2, 所以抛物线的标准方程为y2=4x. (2)直线l的方程为y-1=k(x+2),即y=kx+2k+1, 联立方程组消去x, 得ky2-4y+4(2k+1)=0. ①当k=0时,得y=1,代入y2=4x,得x=, 这时直线与抛物线有一个公共点,1. ②当k≠0时,依题意得Δ=(-4)2-4k·4(2k+1)≥0, 解得-1≤k<0或0

8、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)2-4(1+

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

10、,y1),Q(x2,y2),则|PQ|==|x1-x2|=·=|y1-y2|=·. 热点训练2:(2018·益阳、湘潭调研)已知椭圆E:+=1(a>b>0)经过点1,,离心率为. (1)求椭圆E的方程; (2)设点A,F分别为椭圆的右顶点、右焦点,经过点F作直线交椭圆于C,D两点,求四边形OCAD面积的最大值(O为坐标原点). 解:(1)由题设得解得 所以椭圆方程为+=1. (2)设直线CD的方程为x=ky+1,C(x1,y1),D(x2,y2), 与椭圆方程+=1联立, 消去x,得(3k2+4)y2+6ky-9=0, 所以y1+y2=-,y1y2=-, 所以S四边形OCA

11、D=S△OCA+S△ODA =×2×|y1|+×2×|y2| =|y1-y2| = = = =(其中t=,t≥1). 因为当t≥1时,y=3t+单调递增,所以3t+≥4, 所以S四边形OCAD≤3(当k=0时取等号), 即四边形OCAD面积的最大值为3. 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　(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+

12、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(x2,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

13、, 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

14、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,

15、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=-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

16、)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=4-2m,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-t

17、2)=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,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

18、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,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.

19、(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·福州市质检)在三角形MAB中,点A(-1,0),B(1,0),且它的周长为6,记点M的轨迹为曲线E. (1)求E的方程; (2)设点D(-2,0),过B的直线与E交于P,Q两点,求证:∠PDQ不可能为直角. (1)解:依题意得,|MA|+|MB|+|AB|=6, 所以|MA|+|MB|=4>|A

20、B|, 所以点M的轨迹E是以A(-1,0),B(1,0)为焦点且长轴长为4的椭圆, 由于M,A,B三点不共线,所以y≠0, 所以E的方程为+=1(y≠0). (2)证明:设直线PQ的方程为x=my+1, 代入3x2+4y2=12,得(3m2+4)y2+6my-9=0, 设P(x1,y1),Q(x2,y2), 则 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不可能为直角. 热点训练5: 如图,从曲线x2-y2=1上一点Q引直线l:x

21、+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=. 　　　　　　

22、　 　　　　　　 　　　　　　 【例1】 (2018·长沙、武昌调研)已知椭圆C:+=1(a>b>0)经过点P1,,且离心率为. (1)求椭圆C的方程; (2)若直线l:y=x+m与椭圆C交于两个不同的点A,B,求△OAB面积的最大值(O为坐标原点). 解:(1)由题意,知 解得 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)将直线l的方程y=x+m代入椭圆C的方程+y2=1, 整理得3x2+4mx+2(m2-1)=0. 则Δ=(4m)2-24(m2-1)>0,得m2<3. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=-,x1x2=, 所以|AB|=· =· =

23、· =, 又原点O(0,0)到直线AB:x-y+m=0的距离d=, 所以S△OAB=|AB|·d=××=. 因为m2(3-m2)≤2=, 当且仅当m2=3-m2, 即m2=时取等号, 所以S△OAB≤×=, 即△OAB面积的最大值为. 【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

24、的中点坐标为,. 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

25、线OT的斜率为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|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

27、,得m2+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

28、的点P作斜率分别为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=-.