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2019-2020年高考数学二轮复习 专题6 解析几何 第3讲 直线与圆锥曲线的位置关系 文
直线与圆锥曲线的位置关系
训练提示: 用直线方程和圆锥曲线方程组成的方程组解的个数,可以研究直线与圆锥曲线的位置关系,方程组消元后要注意所得方程的二次项系数是否含有参数,若含参数,需按二次项系数是否为零进行分类讨论,只有二次项系数不为零时,方程才是一元二次方程,才可以用判别式Δ的符号判断方程解的个数,从而说明直线与圆锥曲线的位置关系.
1.在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的左焦点为F1(-1,0),且点P(0,1)在C1上.
(1)求椭圆C1的方程;
(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2:y2=4x相切,求直线l的方程.
解:(1)因为椭圆C1的左焦点为F1(-1,0),所以c=1,
将点P(0,1)代入椭圆方程+=1,得=1,
即b2=1,所以a2=b2+c2=2,
所以椭圆C1的方程为+y2=1.
(2)直线l的斜率显然存在,设直线l的方程为y=kx+m,
由消去y并整理得,
(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,
因为直线l与椭圆C1相切,
所以Δ1=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)=0,
整理得2k2-m2+1=0,①
由消去y并整理得,
k2x2+(2km-4)x+m2=0,
因为直线l与抛物线C2相切,
所以Δ2=(2km-4)2-4k2m2=0,
整理得km=1,②
综合①②,解得或
所以直线l的方程为y=x+或y=-x-.
2.若双曲线E:-y2=1(a>0)的离心率等于,直线y=kx-1与双曲线E的右支交于A,B两点.
(1)求k的取值范围;
(2)若|AB|=6,点C是双曲线上一点,且=m(+),求k,m的值.
解:(1)由得
故双曲线E的方程为x2-y2=1.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由得(1-k2)x2+2kx-2=0.(*)
因为直线与双曲线右支交于A,B两点,
故
即
所以k的取值范围为(1,).
(2)由(*)得x1+x2=,x1x2=,
所以|AB|=
=2=6,
整理得28k4-55k2+25=0,
所以k2=或k2=.
又1
b>0)的中心为O,它的一个顶点为(0,1),离心率为,过其右焦点的直线交该椭圆于A,B两点.
(1)求这个椭圆的方程;
(2)若=0,求△OAB的面积.
解:(1)因为=,所以c2=a2,
依题意b=1,所以a2-c2=1,所以a2-a2=1,
所以a2=2,所以椭圆的方程为+=1.
(2)椭圆的右焦点为(1,0),当直线AB与x轴垂直时,A,B的坐标为(1,),(1,-),此时=≠0,
所以直线AB与x轴不垂直.
设直线AB的斜率为k,则直线AB的方程为y=k(x-1),与+=1,联立得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为M(x0,y0),
所以x1+x2=,x1x2=,
M(,),
因为=0,
即(x1,y1)(x2,y2)=0,
所以x1x2+y1y2=x1x2+k(x1-1)k(x2-1)
=(k2+1)x1x2-k2(x1+x2)+k2
=0,
即-+k2=0,
所以k2=2,所以k=,
所以|AB|2=4|OM|2=4[()2+()2]=,
所以|AB|=.
Rt△OAB斜边高为点O到直线AB的距离
d==,
所以△OAB的面积为d|AB|==.
4.(xx昆明模拟)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,M∈C,以M为圆心的圆M与l相切于点Q,Q的纵坐标为p,E(5,0)是圆M与x轴的不同于F的一个交点.
(1)求抛物线C与圆M的方程;
(2)过F且斜率为的直线n与C交于A,B两点,求△ABQ的面积.
解:(1)由抛物线的定义知,圆M经过焦点F(,0),
Q(-,p),点M的纵坐标为p,
又M∈C,则M(,p),|MF|=2p.
由题意,M是线段EF的垂直平分线上的点,
所以=,解得p=2,
故抛物线C:y2=4x,圆M:(x-3)2+(y-2)2=16.
(2)由题意知直线n的方程为y=(x-1),
由解得或
设A(4,4),B(,-1),则|AB|=.
点Q(-1,2)到直线n:4x-3y-4=0的距离d=,
所以△ABQ的面积S=|AB|d=.
圆锥曲线的轨迹问题
训练提示:求动点的轨迹方程的关键:根据题目条件选择合适的方法,寻找关于动点,横纵坐标所满足的关系式.
5.(xx甘肃兰州第二次监测)已知点P为y轴上的动点,点M为x轴上的动点,点F(1,0)为定点,且满足+=0,=0.
(1)求动点N的轨迹E的方程;
(2)过点F且斜率为k的直线l与曲线E交于两点A,B,试判断在x轴上是否存在点C,使得|CA|2+|CB|2=|AB|2成立,请说明理由.
解:(1)设N(x,y),则由+=0,
得P为MN的中点.所以P(0,),M(-x,0).
所以=(-x,-),=(1,-).
所以=-x+=0,即y2=4x.
所以动点N的轨迹E的方程y2=4x.
(2)设直线l的方程为y=k(x-1),
由消去x得y2-y-4=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=-4.
假设存在点C(m,0)满足条件,
则=(x1-m,y1),=(x2-m,y2),
所以
=x1x2-m(x1+x2)+m2+y1y2
=()2-m()+m2-4
=-[(y1+y2)2-2y1y2]+m2-3
=m2-m(+2)-3.
显然关于m的方程m2-m(+2)-3=0有解.
即在x轴上存在点C,使得|CA|2+|CB|2=|AB|2成立.
【教师备用】 已知平面上的动点R(x,y)及两定点A(-2,0),B(2,0),直线RA,RB的斜率分别为k1,k2且k1k2=-,设动点R的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)过点S(4,0)的直线与曲线C交于M,N两点,过点M作MQ⊥x轴,交曲线C于点Q.求证:直线NQ过定点,并求出定点坐标.
解:(1)由题知x≠2,
且k1=,k2=,
则=-,
整理得,曲线C的方程为+=1(y≠0).
(2)设NQ与x轴交于D(t,0),
则直线NQ的方程为x=my+t(m≠0),
记N(x1,y1),Q(x2,y2),由对称性知M(x2,-y2),
由消x得,(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0,
所以Δ=48(3m2+4-t2)>0,
故
由M、N、S三点共线知kNS=kMS,即=,
所以y1(my2+t-4)+y2(my1+t-4)=0,
整理得2my1y2+(t-4)(y1+y2)=0,
所以=0,即24m(t-1)=0,t=1,
所以直线NQ过定点D(1,0).
类型一:直线与圆锥曲线的位置关系
1.如图,F1(-c,0),F2(c,0)分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点,过点F1作x轴的垂线交椭圆的上半部分于点P,过点F2作直线PF2的垂线交直线x=于点Q.
(1)若点Q的坐标为(4,4),求椭圆C的方程;
(2)证明:直线PQ与椭圆C只有一个交点.
(1)解:将点P(-c,y1)(y1>0)代入+=1得y1=,
PF2⊥QF2⇔=-1,
即2b2=ac(4-c).①
又Q(4,4),所以=4,②
c2=a2-b2(a,b,c>0),③
由①②③得a=2,c=1,b=,
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)证明:设Q(,y2).由(1)知P(-c,).
所以==-,
==.
所以PF2⊥QF2⇔-=-1⇔y2=2a,
所以kPQ==.
则直线PQ的方程可表示为
y-=(x+c),
即cx-ay+a2=0,
由
消去y可得a2x2+2ca2x+a4-a2b2=0.
因为a>0,
所以x2+2cx+a2-b2=0,
即x2+2cx+c2=0,
此时Δ=(2c)2-4c2=0.
故直线PQ与椭圆C只有一个交点.
2.设F1,F2分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点.
(1)设椭圆C上的点(,)到F1,F2两点距离之和等于2,写出椭圆C的方程;
(2)设过(1)中所得椭圆上的焦点F2且斜率为1的直线与其相交于A,B,求△ABF1的面积;
(3)设点P是椭圆C上的任意一点,过原点的直线l与椭圆相交于M,N两点,若直线PM,PN的斜率都存在,并记为kPM、kPN,试探究kPMkPN的值是否与点P及直线l有关,并证明你的结论.
解:(1)由于点(,)在椭圆上,
所以
解得故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)由(1)知椭圆C的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),|F1F2|=2,
所以过椭圆的焦点F2且斜率为1的直线方程为y=x-1,
将其代入+y2=1,整理得3x2-4x=0,
解得x1=0,x2=.
当x1=0时,y1=-1,当x2=时,y2=.
所以△ABF1的面积:
=+
=|F1F2||y1|+|F1F2||y2|
=21+2=.
(3)过原点的直线l与椭圆+y2=1相交的两点M,N关于坐标原点对称,设M(x0,y0),N(-x0,-y0),P(x,y),M,N,P在椭圆上,应满足椭圆方程,
得+=1,+y2=1,
两式相减得=-.
又因为kPM=,kPN=,
所以kPMkPN===-.
故kPMkPN的值与点P的位置无关,同时与直线l无关.
类型二:弦长、面积及与弦中点、弦端点相关的问题
3.平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:+=1(a>b>0)右焦点的直线x+y-=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为.
(1)求M的方程;
(2)C,D为M上的两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.
解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),
则+=1,+=1,=-1,
由此可得=-=1.
因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,=,
所以a2=2b2.
又由题意知,M的右焦点为(,0),故a2-b2=3.
因此a2=6,b2=3.
所以M的方程为+=1.
(2)由解得或
因此|AB|=.
由题意可设直线CD的方程为y=x+n(-b>0)的焦距为2,A是E的右顶点,P,Q是E上关于原点对称的两点,且直线PA的斜率与直线QA的斜率之积为-.
(1)求E的方程;
(2)过E的右焦点作直线与E交于M,N两点,直线MA,NA与直线x=3分别交于C,D两点,设△ACD与△AMN的面积分别记为S1,S2,求2S1-S2的最小值.
解:(1)设P(x0,y0),Q(-x0,-y0),
则=(a2-),
kPAkQA===-,
依题意有=,
又c=1,所以解得a2=4,b2=3,
故E的方程为+=1.
(2)设直线MN的方程为x=my+1,
代入E的方程得(3m2+4)y2+6my-9=0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
则y1+y2=-,
y1y2=-,
直线MA的方程为y=(x-2),
把x=3代入得yC==,
同理yD=.
所以|CD|=|yC-yD|==3,
所以S1=|CD|=.
S2=|AF||y1-y2|=,
2S1-S2=3-,
令=t(t≥1),
则m2=t2-1,
所以2S1-S2=3t-,
记f(t)=3t-,
则f′(t)=3+>0,
所以f(t)在[1,+∞)上是单调递增的,
所以f(t)的最小值为f(1)=.
即2S1-S2的最小值为.
类型三:圆锥曲线与向量的综合
5.(xx山西模拟)已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,焦距为2,离心率
为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设直线l经过点M(0,1),且与椭圆C交于A,B两点,若=2,求直线l的
方程.
解:(1)设椭圆方程为+=1(a>b>0),
因为c=1,=,
所以a=2,b=,
所以椭圆方程为+=1.
(2)若直线l的斜率不存在,
则A(0,-),B(0,),
此时||=+1,||=-1,
显然不满足=2,故直线l的斜率存在.
设直线l的方程为y=kx+1,
联立方程
得(3+4k2)x2+8kx-8=0,且Δ>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),由=2,得x1=-2x2,
又
所以
消去x2得()2=,
解得k2=,k=,
所以直线l的方程为y=x+1,
即x-2y+2=0或x+2y-2=0.
【教师备用】 (xx黑龙江高三模拟)已知A,B,C是椭圆M:+=1(a>b>0)上的三点,其中点A的坐标为(2,0),BC过椭圆的中心,且=0,||=2||.
(1)求椭圆M的方程;
(2)过点(0,t)的直线l(斜率存在时)与椭圆M交于两点P,Q,设D为椭圆M与y轴负半轴的交点,且||=||,求实数t的取值范围.
解:(1)因为||=2||且BC过(0,0),
则||=||.
因为=0,
所以∠OCA=90,
又因为a=2,
所以C(,).
设椭圆M的方程为+=1,
将C点坐标代入得+=1,解得c2=8,b2=4.
所以椭圆M的方程为+=1.
(2)由条件知D(0,-2),
当k=0时,显然-20可得,t2<4+12k2,①
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
PQ中点H(x0,y0),
则x0==,y0=kx0+t=,
所以H(,).
由||=||,所以DH⊥PQ,即kDH=-.
所以=-,化简得t=1+3k2,②
所以t>1,由①②得,1
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