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10.4直线与圆锥曲线的位置关系挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点直线与圆锥曲线的位置关系1.了解圆锥曲线的简单应用.2.理解数形结合的思想.3.能解决直线与圆锥曲线的位置关系等问题.2018浙江,17,21直线与椭圆、抛物线的位置关系向量、三角形面积2017浙江,21直线与抛物线的位置关系不等式、最值2016浙江文,19直线与抛物线的位置关系斜率2015浙江,19直线与抛物线的位置关系三角形面积、最值2014浙江文,22直线与抛物线的位置关系向量、三角形面积分析解读1.直线与圆锥曲线的位置关系是高考的常考内容,常以解答题的形式呈现,试题具有一定的难度.2.直线与圆锥曲线的位置关系综合性较强,要注重与一元二次方程中的判别式、根与系数的关系、函数的单调性、不等式、平面向量等知识相综合.3.预计2020年高考中,仍将以直线与圆锥曲线的位置关系等问题为重点进行考查.破考点【考点集训】考点直线与圆锥曲线的位置关系1.(2018浙江镇海中学阶段性测试,8)设从点P(a,b)分别向椭圆x24+y2=1与双曲线x2-y24=1作两条切线PA,PB和PC,PD,切点分别为A,B和C,D,若ABCD,则=() A.4B.1C.4D.1答案D2.(2018浙江镇海中学阶段性测试,16)过点P(-1,1)向抛物线y2=4x作切线PA,PB,切点分别为A,B,过焦点F分别向PA,PB作垂线,垂足分别为C,D,则FCD的面积是.答案52炼技法【方法集训】方法圆锥曲线中弦长的求法1.(2018浙江金华十校模拟(4月),21,15分)已知抛物线y2=x和圆C:(x+1)2+y2=1,过抛物线上的一点P(x0,y0)(y01),作圆C的两条切线,与y轴分别交于A,B两点.(1)若切线PB过抛物线的焦点,求切线PB的斜率;(2)求ABP面积的最小值.解析(1)由题意得抛物线的焦点坐标为F14,0,设切线PB的斜率为k,则切线PB的方程为y=kx-14,即kx-y-k=0.k(-1)-14kk2+1=1,解得k=.P(x0,y0)(y01),k=.(2)设切线方程为y=kx+m(k0),由点P在直线上得,k=y0-mx0,圆心C到切线的距离为|-k+m|k2+1=1,整理得m2-2km-1=0.将代入得,(x0+2)m2-2y0m-x0=0.设方程的两个根分别为m1,m2,由根与系数的关系得,m1+m2=2y0x0+2,m1m2=-x0x0+2,从而|AB|=|m1-m2|=(m1+m2)2-4m1m2=2x02+3x0(x0+2)2,SABP=|AB|x0=x0x02+3x0(x0+2)2=x02(x02+3x0)(x0+2)2(x01).记函数g(x)=x2(x2+3x)(x+2)2(x1),则g(x)=x2(2x2+11x+18)(x+2)30,g(x)min=g(1)=,SABP的最小值为.2.(2018浙江五校联考(5月),21)如图,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为,焦距为2.(1)求椭圆C的方程; (2)直线l与椭圆切于点P,OQl,垂足为Q,其中O为坐标原点.求OPQ面积的最大值.解析(1)由题意得椭圆C的离心率为,则a2=4c2,b2=3c2,椭圆C的方程为x24c2+y23c2=1,2c=2,即c=1,椭圆C的方程为x24+y23=1.(6分)(2)设直线l:y=kx+m(k0),则根据题意,得OQ:y=-x(k0),联立y=kx+m,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,由=0得3+4k2=m2,解得xP=-8km2(3+4k2)=4k-m,(9分)联立y=kx+m,y=-1kx,解得xQ=-km1+k2,|PQ|=1+k2-km1+k2+4km,SOPQ=|PQ|OQ|2=|m|1+k21+k2-km1+k2+4km=|k|1+k2|k|21k2=,当且仅当|k|=1时取等号.(12分)综上,(SOPQ)max=.(15分)过专题【五年高考】统一命题、省(区、市)卷题组考点直线与圆锥曲线的位置关系 1.(2018课标全国理,8,5分)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FMFN=() A.5B.6C.7D.8答案D2.(2017课标全国理,10,5分)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F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.16B.14C.12D.10答案A3.(2015江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为.答案224.(2018课标全国文,20,12分)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点.(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;(2)证明:ABM=ABN.解析(1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2).所以直线BM的方程为y=x+1或y=-x-1.(2)当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以ABM=ABN.当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x10,x20.由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4.直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以ABM=ABN.综上,ABM=ABN.方法总结直线与圆锥曲线的位置关系的常见题型及解题策略:(1)求直线方程.先寻找确定直线的两个条件.若缺少一个可设出此量,利用题设条件寻找关于该量的方程,解方程即可.(2)求线段长度或线段之积(和)的最值.可依据直线与圆锥曲线相交,利用弦长公式求出弦长或弦长关于某个量的函数,然后利用基本不等式或函数的有关知识求其最值;也可利用圆锥曲线的定义转化为两点间的距离或点到直线的距离.(3)证明题.圆锥曲线中的证明问题多涉及定点、定值、角相等、线段相等、点在定直线上等,有时也涉及一些否定性命题,常采用直接法或反证法给予证明.借助已知条件,将直线与圆锥曲线联立,寻找待证明式子的表达式,结合根与系数的关系及整体代换思想化简即可得证.5.(2018课标全国文,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m0).(1)证明:k-;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且FP+FA+FB=0.证明:2|FP|=|FA|+|FB|.证明本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系.(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y123=1,x224+y223=1.两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.由题设得0m,故k-.(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2mb0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为26.(1)求C2的方程;(2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且AC与BD同向.(i)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率;(ii)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.解析(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1.又C1与C2的公共弦的长为26,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为6,32,所以94a2+6b2=1.联立得a2=9,b2=8.故C2的方程为y29+x28=1.(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).(i)因AC与BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC=BD,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.由y=kx+1,x2=4y得x2-4kx-4=0.而x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.由y=kx+1,x28+y29=1得(9+8k2)x2+16kx-64=0.而x3,x4是这个方程的两根,所以x3+x4=-16k9+8k2,x3x4=-649+8k2.将代入,得16(k2+1)=162k2(9+8k2)2+4649+8k2,即16(k2+1)=1629(k2+1)(9+8k2)2,所以(9+8k2)2=169,解得k=64,即直线l的斜率为64.(ii)证明:由x2=4y得y=,所以C1在点A处的切线方程为y-y1=x12(x-x1),即y=x1x2-x124.令y=0,得x=x12,即Mx12,0,所以FM=x12,-1.而FA=(x1,y1-1),于是FAFM=x122-y1+1=x124+10,因此AFM是锐角,从而MFD=180-AFM是钝角.故直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.教师专用题组考点直线与圆锥曲线的位置关系1.(2017课标全国文,12,5分)过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为3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MNl,则M到直线NF的距离为() A.5B.22C.23D.33答案C2.(2014课标,10,5分)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30的直线交C于A,B两点,O为坐标原点,则OAB的面积为()A.334B.938C.6332D.答案D3.(2014辽宁,10,5分)已知点A(-2,3)在抛物线C:y2=2px的准线上,过点A的直线与C在第一象限相切于点B,记C的焦点为F,则直线BF的斜率为()A.B.C.D.答案D4.(2018北京文,20,14分)已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为63,焦距为22.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A,B.(1)求椭圆M的方程;(2)若k=1,求|AB|的最大值;(3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C,D和点Q-74,14共线,求k.解析(1)由题意得a2=b2+c2,ca=63,2c=22,解得a=3,b=1.所以椭圆M的方程为x23+y2=1.(2)设直线l的方程为y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).由y=x+m,x23+y2=1得4x2+6mx+3m2-3=0.所以x1+x2=-3m2,x1x2=3m2-34.|AB|=(x2-x1)2+(y2-y1)2=2(x2-x1)2=2(x1+x2)2-4x1x2=12-3m22.当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为6.(3)设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意得x12+3y12=3,x22+3y22=3.直线PA的方程为y=y1x1+2(x+2).由y=y1x1+2(x+2),x2+3y2=3,得(x1+2)2+3y12x2+12y12x+12y12-3(x1+2)2=0.设C(xC,yC).所以xC+x1=-12y12(x1+2)2+3y12=4x12-124x1+7.所以xC=4x12-124x1+7-x1=-12-7x14x1+7.所以yC=y1x1+2(xC+2)=y14x1+7.设D(xD,yD).同理得xD=-12-7x24x2+7,yD=y24x2+7.记直线CQ,DQ的斜率分别为kCQ,kDQ,则kCQ-kDQ=y14x1+7-14-12-7x14x1+7+74-y24x2+7-14-12-7x24x2+7+74=4(y1-y2-x1+x2).因为C,D,Q三点共线,所以kCQ-kDQ=0.故y1-y2=x1-x2.所以直线l的斜率k=y1-y2x1-x2=1.5.(2018课标全国理,19,12分)设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.解析(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1,由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22.所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.(2)证明:当l与x轴重合时,OMA=OMB=0,当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线,所以OMA=OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x12,x2b0).又点3,12在椭圆C上,所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,解得a2=4,b2=1.因此,椭圆C的方程为x24+y2=1.因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3.(2)设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x00,y00),则x02+y02=3.所以直线l的方程为y=-x0y0(x-x0)+y0,即y=-x0y0x+3y0.由x24+y2=1,y=-x0y0x+3y0消去y,得(4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0.(*)因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,所以=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)=48y02(x02-2)=0.因为x0,y00,所以x0=2,y0=1.因此,点P的坐标为(2,1).因为三角形OAB的面积为267,所以ABOP=267,从而AB=427.设A(x1,y1),B(x2,y2),由(*)得x1,2=24x048y02(x02-2)2(4x02+y02),所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+x02y0248y02(x02-2)(4x02+y02)2.因为x02+y02=3,所以AB2=16(x02-2)(x02+1)2=3249,即2x04-45x02+100=0.解得x02= (x02=20舍去),则y02=,因此P的坐标为102,22.则直线l的方程为y=-5x+32.解法二:(1)由题意知c=3,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点3,12在椭圆上,所以2a=(3-3)2+12-02+(3+3)2+12-02=4,所以a=2.因为a2=b2+c2,所以b=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k0,设直线l的方程为y=kx+m(k0),将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3,整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,因为直线l与圆O相切,所以=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,将直线l的方程代入椭圆C的方程,得x24+(kx+m)2=1,整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,因为直线l与椭圆C相切,所以=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,整理得m2=4k2+1,所以3k2+3=4k2+1,因为k0,所以k=-2,则m=3,将k=-2,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,整理得x2-22x+2=0,解得x1=x2=2,将x=2代入x2+y2=3,解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为(2,1).设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),由知m2=3k2+3,且k0,因为直线l和椭圆C相交,所以结合的过程知m24k2+1,解得k-2,将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,解得x1,2=-8km44k2+1-m22(4k2+1),所以|x1-x2|=44k2+1-m24k2+1,因为AB=(x1-x2)2+(kx1-kx2)2=|x1-x2|k2+1=44k2+1-m24k2+1k2+1,O到l的距离d=|m|k2+1=3,所以SOAB=44k2+1-m24k2+1k2+1|m|k2+1=4k2-24k2+1k2+13=267,解得k2=5,因为kb0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,点A的坐标为(b,0),且|FB|AB|=62.(1)求椭圆的方程;(2)设直线l:y=kx(k0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若|AQ|PQ|=524sinAOQ(O为原点),求k的值.解析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有c2a2=,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b,由|FB|AB|=62,可得ab=6,从而a=3,b=2.所以椭圆的方程为x29+y24=1.(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).由已知有y1y20,故|PQ|sinAOQ=y1-y2.又因为|AQ|=y2sinOAB,而OAB=,故|AQ|=2y2.由|AQ|PQ|=524sinAOQ,可得5y1=9y2.由方程组y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4.易知直线AB的方程为x+y-2=0,由方程组y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1.由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,两边平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=或k=1128.所以k的值为或1128.解题关键利用平面几何知识将|AQ|PQ|=524sinAOQ转化为点P、Q坐标间的关系是解决第(2)问的关键.方法归纳求椭圆标准方程的基本方法(1)定义法:根据椭圆的定义,确定a2,b2的值,结合焦点位置写出椭圆方程;(2)待定系数法:这是求椭圆方程的常用方法,基本步骤为根据已知条件判断焦点的位置;根据焦点的位置设出所求椭圆的方程;根据已知条件,建立关于a、b、c的方程组,注意c2=a2-b2的应用;解方程组,求得a、b的值,从而得出椭圆的方程.8.(2017课标全国,20,12分)设A,B为曲线C:y=x24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AMBM,求直线AB的方程.解析(1)解法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,于是直线AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1.解法二:设Ax1,x124,则由题意得B4-x1,(4-x1)24,于是直线AB的斜率k=(4-x1)24-x1244-x1-x1=(4-x1)2-x124(4-2x1)=1.(2)解法一:由y=x24,得y=,设M(x3,y3),由题设知x32=1,解得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=x24得x2-4x-4m=0.当=16(m+1)0,即m-1时,x1,2=22m+1.从而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1).由题设知|AB|=2|MN|,即42(m+1)=2(m+1),解得m=7.所以直线AB的方程为y=x+7.解法二:设曲线C:y=x24上的点M的坐标为x0,x024,过点M且与直线AB平行的直线l的方程为y=x-x0+x024.联立得y=x-x0+x024,y=x24,消去y得x2-4x+4x0-x02=0,所以=(-4)2-41(4x0-x02)=0,解得x0=2,代入曲线C的方程,得y0=1,故M(2,1).设Ax1,x124,则B4-x1,(4-x1)24,因为AMBM,所以1-x1242-x11-(4-x1)242-(4-x1)=-1,即x12-4x1=28.所以直线AB的方程为y=x-x1+x124,即y=x+7.9.(2017天津理,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为.已知A是抛物线y2=2px(p0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D.若APD的面积为62,求直线AP的方程.解析(1)设F的坐标为(-c,0).依题意, =,=a,a-c=,解得a=1,c=,p=2,于是b2=a2-c2=.所以椭圆的方程为x2+4y23=1,抛物线的方程为y2=4x.(2)设直线AP的方程为x=my+1(m0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P-1,-2m,故Q-1,2m.将x=my+1与x2+4y23=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-6m3m2+4.由点B异于点A,可得点B-3m2+43m2+4,-6m3m2+4.由Q-1,2m,可得直线BQ的方程为-6m3m2+4-2m(x+1)-3m2+43m2+4+1y-2m=0,令y=0,解得x=2-3m23m2+2,故D2-3m23m2+2,0.所以|AD|=1-2-3m23m2+2=6m23m2+2.又因为APD的面积为62,故6m23m2+22|m|=62,整理得3m2-26|m|+2=0,解得|m|=63,所以m=63.所以直线AP的方程为3x+6y-3=0或3x-6y-3=0.10.(2016课标全国,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p0)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|OH|ON|;(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.解析(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.又N为M关于点P的对称点,故Nt2p,t,ON的方程为y=x,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p.因此H2t2p,2t.所以N为OH的中点,即|OH|ON|=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-t=p2tx,即x=2tp(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.方法总结将直线与抛物线的交点坐标问题归结为直线方程与抛物线方程组成的方程组的解的问题.11.(2016课标全国,21,12分)已知A是椭圆E:x24+y23=1的左顶点,斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA.(1)当|AM|=|AN|时,求AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,证明:3k0.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y1=127.因此AMN的面积SAMN=2127127=14449.(2)证明:将直线AM的方程y=k(x+2)(k0)代入x24+y23=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由x1(-2)=16k2-123+4k2得x1=2(3-4k2)3+4k2,故|AM|=|x1+2|1+k2=121+k23+4k2.由题设,直线AN的方程为y=- (x+2),故同理可得|AN|=12k1+k23k2+4.由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4,即4k3-6k2+3k-8=0.设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点, f (t)=12t2-12t+3=3(2t-1)20,所以f(t)在(0,+)内单调递增.又f(3)=153-260,因此f(t)在(0,+)内有唯一的零点,且零点k在(3,2)内,所以3k0).(1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程;(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.求证:线段PQ的中点坐标为(2-p,-p);求p的取值范围.解析(1)抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为p2,0,由点p2,0在直线l:x-y-2=0上,得-0-2=0,即p=4.所以抛物线C的方程为y2=8x.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点M(x0,y0).因为点P和Q关于直线l对称,所以直线l垂直平分线段PQ,于是直线PQ的斜率为-1,则可设其方程为y=-x+b.证明:由y2=2px,y=-x+b消去x得y2+2py-2pb=0.(*)因为P和Q是抛物线C上的相异两点,所以y1y2,从而=(2p)2-4(-2pb)0,化简得p+2b0.方程(*)的两根为y1,2=-pp2+2pb,从而y0=y1+y22=-p.因为M(x0,y0)在直线l上,所以x0=2-p.因此,线段PQ的中点坐标为(2-p,-p).因为M(2-p,-p)在直线y=-x+b上,所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p.由知p+2b0,于是p+2(2-2p)0,所以pb0)的左焦点为F(-c,0),离心率为33,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2=b24截得的线段的长为c,|FM|=433.(1)求直线FM的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于2,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.解析(1)由已知有c2a2=,即a2=3c2,又由a2=b2+c2,可得b2=2c2.设直线FM的斜率为k(k0),则直线FM的方程为y=k(x+c).由已知,有kck2+12+c22=b22,解得k=33.(2)由(1)得椭圆方程为x23c2+y22c2=1,直线FM的方程为y=33(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c或x=c.因为点M在第一象限,可得M的坐标为c,233c.由|FM|=(c+c)2+233c-02=433,解得c=1,所以椭圆的方程为x23+y22=1.(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=yx+1,即y=t(x+1)(x-1),与椭圆方程联立得y=t(x+1),x23+y22=1,消去y,得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=6-2x23(x+1)22,解得-x-1或-1x0.设直线OP的斜率为m,得m=,即y=mx(x0),与椭圆方程联立,整理可得m2=2x2-.当x-32,-1时,有y=t(x+1)0,于是m=2x2-23,得m23,233.当x(-1,0)时,有y=t(x+1)0,因此m0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且|AF|=3. (1)求抛物线E的方程;(2)已知点G(-1,0),延长AF交抛物线E于点B,证明:以点F为圆心且与直线GA相切的圆,必与直线GB相切.解析(1)由抛物线的定义得|AF|=2+.因为|AF|=3,即2+=3,解得p=2,所以抛物线E的方程为y2=4x.(2)证法一:因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,所以m=22,由抛物线的对称性,不妨设A(2,22).由A(2,22),F(1,0)可得直线AF的方程为y=22(x-1).由y=22(x-1),y2=4x得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=,从而B12,-2.又G(-1,0),所以kGA=22-02-(-1)=223,kGB=-2-012-(-1)=-223,所以kGA+kGB=0,从而AGF=BGF,这表明点F到直线GA,GB的距离相等,故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.证法二:设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,所以m=22,由抛物线的对称性,不妨设A(2,22).由A(2,22),F(1,0)可得直线AF的方程为y=22(x-1).由y=22(x-1),y2=4x得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=,从而B12,-2.又G(-1,0),故直线GA的方程为22x-3y+22=0,从而r=|22+22|8+9=4217.又直线GB的方程为22x+3y+22=0,所以点F到直线GB的距离d=|22+22|8+9=4217=r.这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.评析本题主要考查抛物线、直线与圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.16.(2014辽宁,20,12分)圆x2+y2=4的切线与x轴正半轴,y轴正半轴围成一个三角形,当该三角形面积最小时,切点为P(如图),双曲线C1:x2a2-y2b2=1过点P且离心率为3.(1)求C1的方程;(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点,直线l过C2的右焦点且与C2交于A,B两点,若以线段AB为直径的圆过点P,求l的方程.解析(1)设切点坐标为(x0,y0)(x00,y00),则切线斜率为-x0y0,切线方程为y-y0=-x0y0(x-x0),即x0x+y0y=4,此时,两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积S=4x04y0=8x0y0.由x02+y02=42x0y0知,当且仅当x0=y0=2时x0y0有最大值,即S有最小值,因此点P的坐标为(2,2).由题意知2a2-2b2=1,a2+b2=3a2,解得a2=1,b2=2,故C1的方程为x2-y22=1.(2)由(1)知C2的焦点坐标为(-3,0),(3,0),由此设C2的方程为x23+b12+y2b12=1,其中b10.由P(2,2)在C2上,得23+b12+2b12=1,解得b12=3,因此C2的方程为x26+y23=1.显然,l不是直线y=0.设l的方程为x=my+3,点A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my+3,x26+y23=1,得(m2+2)y2+23my-3=0,又y1,y2是方程的根,因此y1+y2=-23mm2+2,y1y2=-3m2+2,由x1=my1+3,x2=my2+3,得x1+x2=m(y1+y2)+23=43m2+2,x1x2=m2y1y2+3m(y1+y2)+3=6-6m2m2+2.因AP=(2-x1,2-y1),BP=(2-x2,2-y2).由题意知APBP=0,所以x1x2-2(x1+x2)+y1y2-2(y1+y2)+4=0.将代入式整理得2m2-26m+46-11=0,解得m=362-1或m=-62+1.因此直线l的方程为x-362-1y-3=0或x+62-1y-3=0.17.(2014北京,19,14分)已知椭圆C:x2+2y2=4.(1)求椭圆C的离心率;(2)设O为原点.若点A在椭圆C上,点B在直线y=2上,且OAOB,试判断直线AB与圆x2+y2=2的位置关系,并证明你的结论.解析(1)由题意知,椭圆C的标准方程为x24+y22=1.所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=2.因此a=2,c=2.故椭圆C的离心率e=22.(2)直线AB与圆x2+y2=2相切.证明如下:设点A,B的坐标分别为(x0,y0),(t,2),其中x00.因为OAOB,所以OAOB=0,即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0.当x0=t时,y0=-t22,代入椭圆C的方程,得t=2,故直线AB的方程为x=2.圆心O到直线AB的距离d=2.此时直线AB与圆x2+y2=2相切.当x0t时,直线AB的方程为y-2=y0-2x0-t(x-t),即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.圆心O到直线AB的距离d=|2x0-ty0|(y0-2)2+(x0-t)2.又x02+2y02=4,t=-2y0x0,故d=2x0+2y02x0x02+y02+4y02x02+4=4+x02x0x04+8x02+162x02=2.此时直线AB与圆x2+y2=2相切.综上,直线AB与圆x2+y2=2相切.评析本题考查了椭圆的相关知识,直线与圆的位置关系等知识,考查数形结合、推理论证能力.18.(2014陕西,20,13分)如图,曲线C由上半椭圆C1:y2a2+x2b2=1(ab0,y0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y0)连接而成,C1与C2的公共点为A,B,其中C1的离心率为32.(1)求a,b的值;(2)过点B的直线l与C1,C2分别交于点P,Q(均异于点A,B),若APAQ,求直线l的方程.解析(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半椭圆C1的左、右顶点.设C1的半焦距为c,由=32及a2-c2=b2=1得a=2.a=2,b=1.(2)解法一:由(1)知,上半椭圆C1的方程为y24+x2=1(y0).易知,直线l与x轴不重合也不垂直,设其方程为y=k(x-1)(k0),代入C1的方程,整理得(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)设点P的坐标为(xP,yP),直线l过点B,x=1是方程(*)的一个根.由求根公式,得xP=k2-4k2+4,从而yP=-8kk2+4,点P的坐标为k2-4k2+4,-8kk2+4.同理,由y=k(x-1)(k0),y=-x2+1(y0)得点Q的坐标为(-k-1,-k2-2k).AP=2kk2+4(k,-4),AQ=-k(1,k+2).APAQ,APAQ=0,即-2k2k2+4k-4(k+2)=0,k0,k-4(k+2)=0,解得k=-.经检验,k=-符合题意,故直线l的方程为y=- (x-1).解法二:若设直线l的方程为x=my+1(m0),比照解法一给分.评析本题考查了直线、椭圆、抛物线的方程,二次方程等知识;考查数形结合、运算求解、转化与化归的意识.【三年模拟】一、填空题(单空题4分,多空题6分,共4分)1.(2018浙江新高考调研卷三(杭州二中),15)设O是坐标原点,若椭圆x24+y22=1与斜率为2的直线l交于A,B两点,则OAB的面积最大值是.答案2二、解答题(共60分)2.(2019届衢州、湖州、丽水三地教学质量检测,21)已知F是抛物线T:y2=2px(p0)的焦点,点P(1,m)是抛物线上一点,且|PF|=2,直线l过定点(4,0),与抛物线T交于A,B两点,点P在直线l上的射影是Q.(1)求m,p的值;(2)若m0,且|PQ|2=|QA|QB|,求直线l的方程.解析(1)由|PF|=2,得1+=2,所以p=2,(2分)将x=1,y=m代入y2=2px,得m=2.(4分)(2)解法一:因为m0,所以点P(1,2),所以抛物线T:y2=4x.设直线l的方程是x=ny+4,由x=ny+4,y2=4x得y2-4ny-16=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4n,y1y2=-16,(6分)因为|PQ|2=|QA|QB|,所以PAPB,所以PAPB=0,且12n+4,(8分)所以(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)=0,且n-,(10分)由(ny1+3)(ny2+3)+(y1-2)(y2-2)=0,得(n2+1)y1y2+(3n-2)(y1+y2)+13=0,即-16(n2+1)+4n(3n-2)+13=0,即4n2+8n+3=0,(13分)解得n=- (舍去)或n=-,所以直线l的方程是x=-y+4,即2x+y-8=0.(15分)解法二:因为m0,所以点P(1,2),所以抛物线T:y2=4x.设直线l的方程是x=ny+4,由x=ny+4,y2=4x得y2-4ny-16=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,y0),则y1+y2=4n,y1y2=-16,(6分)由x=ny+4,y-2=-n(x-1)得Q点的纵坐标y0=2-3n1+n2,(8分)所以|PQ|=|2n+3|1+n2,(10分)|QA|QB|=-(1+n2)(y1-y0)(y2-y0)=-(1+n2)(-16-4ny0+y02),(12分)因为|PQ|2=|QA|QB|,所以(2n+3)21+n2=(1+n2)16+4n(2-3n)1+n2-(2-3n)2(1+n2)2,化简得4n2+8n+3=0,解得n=- (舍去)或n=-,(14分)所以直线l的方程是x=-y+4,即2x+y-8=0.(15分)3.(2018浙江镇海中学5月模拟,21)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1ab0,P1,22在椭圆上,离心率e=22,左、右焦点分别为F1、F2.(1)求椭圆C的方程;(2)直线y=kx(k0)与椭圆C交于A,B两点,连接AF1,BF1并延长交椭圆C于D,E,连接DE,求kDE与k之间的函数关系式.解析(1)由P1,22在椭圆上,可得1a2+12b2=1,由e=22,得a=2c,又a2=b2+c2,可得a=2,b=1,c=1,所以椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)设A(x0,y0),则B(-x0,-y0),直线AD:x=x0+1y0y-1,代入C:x22+y2=1,得(x0+1)2+2y02y2-2(x0+1)y0y-y02=0,因为x022+y02=1,代入化简得(2x0+3)y2-2(x0+1)y0y-y02=0,设D(x1,y1),E(x2,y2),则y0y1=-y022x0+3,所以y1=-y02x0+3,x1=x0+1y0y1-1,直线BE:x=x0-1y0y-1,同理可得y2=y0-2x0+3,x2=x0-1y0y2-1,所以kDE=y1-y2x1-x2=y1-y2x0+1y0y1-x0-1y0y2=y1-y2x0y0(y1-y2)+y1+y2y0=1x0y0+1y0y1+y2y1-y2=1x0y0+1y0-4x06=3y0x0=3k.4.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,21)已知F是抛物线C:x2=4y的焦点,点P是不在抛物线上的一个动点,过点P向抛物线C作两条切线l1,l2,切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2).(1)如果点P在直线y=-1上,求1|AF|+1|BF|的值;(2)若点P在以F为圆心,4为半径的圆上,求|AF|BF|的值.解析(1)因为抛物线的方程为y=x24,所以y=,所以切线PA的方程为y-y1=x12(x-x1),即x12x-y-y1=0,同理得切线PB的方程为x22x-y-y2=0,设P(x0,y0),则由得x1x0-2y1-2y0=0和x2x0-2y2-2y0=0,由此得直线AB的方程为x0x-2y-2y0=0.由于点P是直线y=-1上的一个动点,所以y0=-1,则直线AB的方程为x0x-2y+2=0,因此它过抛物线的焦点F(0,1).当x0=0时,AB的方程为y=1,此时|AF|=|BF|=2,所以1|AF|+1|BF|=1;当x00时,把直线AB方程代入抛物线方程得y2-(x02+2)y+1=0,从而得y1y2=1,所以1|AF|+1|BF
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