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第2讲直线与圆锥曲线的位置关系1.(2018全国卷,理8)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为23的直线与C交于M,N两点,则FMFN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=23(x+2),联立直线与抛物线的方程,得y=23(x+2),y2=4x,解得x=1,y=2或x=4,y=4.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FM=(0,2),FN=(3,4).所以FMFN=03+24=8.故选D.2.(2018全国卷,理11)已知双曲线C:x23-y2=1,O为坐标原点,F为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)32(B)3(C)23(D)4解析:由已知得双曲线的两条渐近线方程为y=13x.设两条渐近线夹角为2,则有tan =13=33,所以=30.所以MON=2=60.又OMN为直角三角形,由于双曲线具有对称性,不妨设MNON,如图所示.在RtONF中,|OF|=2,则|ON|=3.则在RtOMN中,|MN|=|ON|tan 2=3tan 60=3.故选B.3.(2017全国卷,理10)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)(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)(k0),则直线l2方程为y=-1k(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+4k2,同理可得x3+x4=2+4k2,所以|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+4=4+4+4k2+4k28+24k24k2=16.(当且仅当k=1时取等号).故选A.4.(2018全国卷,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y12=4x1,y22=4x2,所以y12-y22=4(x1-x2),所以k=y1-y2x1-x2=4y1+y2.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|=12|AB|=12(|AF|+|BF|)=12(|AA|+|BB|).因为M(x0,y0)为AB中点,所以M为AB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=2k2+4k2.由M(-1,1),得AM=(-1-x1,1-y1),BM=(-1-x2,1-y2).由AMB=90,得AMBM=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=k(x1-1)k(x2-1)=k2x1x2-(x1+x2)+1,y1+y2=k(x1+x2-2),所以1+2k2+4k2+1+k21-2k2+4k2+1-k2k2+4k2-2+1=0,整理得4k2-4k+1=0,解得k=2.经检验k=2是分式方程的根.答案:25.(2017全国卷,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得k2=8,所以|FN|=22+(-2k)2=4+4k2=36=6.答案:66.(2018全国卷,理20)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-12;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且FP+FA+FB=0.证明:|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,并求该数列的公差.证明:(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0m32,故k-12.(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)=-2m0)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)(k0).设A(x1,y1),B(x2,y2),由y=k(x-1),y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.=16k2+160,故x1+x2=2k2+4k2.所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=4k2+4k2.由题设知4k2+4k2=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y0=-x0+5,(x0+1)2=(y0-x0+1)22+16.解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=-6.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:x2a2+y2b2=1(ab0),其左右焦点为F1,F2,过F1的直线l:x+my+3=0与椭圆C交于A,B两点,且椭圆离心率e=32.(1)求椭圆C的方程;(2)若椭圆上存在点M,使得2OM=OA+3OB,求直线l的方程.解:(1)直线l:x+my+3=0过点F1,令y=0,解得x=-3,所以c=3,因为e=ca=32,所以a=2,所以b2=a2-c2=4-3=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x3,y3),由2OM=OA+3OB,得x3=12x1+32x2,y3=12y1+32y2代入椭圆方程可得1412x1+32x22+12y1+32y22-1=0,所以1414x12+y12+3414x22+y22+38(x1x2+4y1y2)=1,所以x1x2+4y1y2=0,联立方程x+my+3=0,x2+4y2-4=0,消去x可得(m2+4)y2+23my-1=0,所以y1+y2=-23mm2+4,y1y2=-1m2+4,所以x1x2+4y1y2=(my1+3)(my2+3)+4y1y2=(m2+4)y1y2+3m(y1+y2)+3=0,即m2=2,解得m=2,所求直线l的方程为x2y+3=0.圆锥曲线的弦长问题【例2】 (2018合肥市二次质检)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)经过点P-3,12,椭圆E的一个焦点为(3,0).(1)求椭圆E的方程;(2)若直线l过点M(0,2)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(-3,0),F2(3,0),由椭圆E经过点P-3,12,得|PF1|+|PF2|=4=2a,所以a=2,c=3,所以b2=a2-c2=1.所以椭圆E的方程为x24+y2=1.(2)当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2).由y=kx+2,x24+y2=1得(1+4k2)x2+82kx+4=0.由0得(82k)2-4(1+4k2)40,所以4k21.由x1+x2=-82k1+4k2,x1x2=41+4k2得|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=2-6(11+4k2)2+11+4k2+1.设t=11+4k2,则0t12,所以|AB|=2-6t2+t+1=2-6(t-112)2+2524566,当且仅当t=112时等号成立,当直线l的斜率不存在时,|AB|=2b0),直线被椭圆所截弦的端点为A(x1,y1),B(x2,y2),由y=2x-1,y2a2+x2b2=1,消y得(4b2+a2)x2-4b2x+b2-a2b2=0,所以x1+x2=4b24b2+a2,因为c=52,所以b2=a2-c2=a2-50,所以x1+x2=4(a2-50)5a2-200,由题意知x1+x22=27,x1+x2=47,所以4(a2-50)5a2-200=47,解得a2=75,所以b2=25,方程为175x2-100x-1 850=0,即7x2-4x-74=0,此时0,故所求椭圆的标准方程为y275+x225=1.法二(点差法)设所求的椭圆方程为y2a2+x2b2=1(ab0),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x1+x22,y1+y22,且x1+x22=27,y1+y22=-37.将A,B两点坐标代入椭圆方程中,得y12a2+x12b2=1,y22a2+x22b2=1.两式相减并化简,得a2b2=-y1-y2x1-x2y1+y2x1+x2=-2-6747=3,所以a2=3b2.又c2=a2-b2=50,所以a2=75,b2=25.所以椭圆方程为y275+x225=1,把y=2x-1代入,化简得7x2-4x-74=0,此时0,故所求椭圆的标准方程为y275+x225=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)(y00)为中点的弦所在直线的斜率分别是k=-b2x0a2y0椭圆x2a2+y2b2=1,k=b2x0a2y0双曲线x2a2-y2b2=1,k=py0(抛物线y2=2px).其中k=y2-y1x2-x1(x1x2),(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x24+y23=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x124+y123=1,x224+y223=1,两式相减,整理得(x1+x2)(x1-x2)4+(y1+y2)(y1-y2)3=0.由M(1,1)是弦AB的中点得x1+x2=2,y1+y2=2,所以有2(x1-x2)4+2(y1-y2)3=0,得y1-y2x1-x2=-34,即直线AB的斜率k=-34,所以,直线AB的方程为y-1=-34(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(2,0),B(-2,0),点P为平面内一动点,过点P作y轴的垂线,垂足为Q,且PAPB=2PQ2,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PQ=(-x,0),PA=(2-x,-y),PB=(-2-x,-y),所以PAPB=x2-2+y2.由PAPB=2PQ2,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)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-3m0.设B(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=4-2m,x1x2=m2,所以|BC|=42(1-m),又点A到直线l的距离d=3+m2,所以SABC=1242(1-m)3+m2=21-m(3+m).令1-m=t,t(1,2),则m=1-t2,所以SABC=2t(4-t2)=8t-2t3,令f(t)=8t-2t3,则f(t)=8-6t2,易知f(t)在1,233上单调递增,在233,2上单调递减,所以当t(1,2)时,f(t)在t=233处取得最大值,最大值为3239.此时m=-13,满足-3m2,A1(-2,0),A2(2,0),则有直线A1P的方程为y=y1x1+2(x+2),直线A2Q的方程为y=-y1x1-2(x-2).联立,解得x=2x1,y=2y1x1,即x1=2x,y1=2yx,则x0,|x|0,|AD|=(1+t2)(y1+y2)2-4y1y2=1+t2121+t23t2+4,又点F2(1,0)到直线m:x=ty-1的距离为d=21+t2,所以SADF2=121+t23t2+4,令m=1+t21,则SADF2=123m+1m,因为y=3m+1m在1,+)上单调递增,所以当m=1即t=0时,SADF2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0,12,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=52|NA|NB|.(1)解:法一设点M的坐标为(x,y),因为F0,12,所以MF的中点坐标为x2,2y+14.因为以MF为直径的圆与x轴相切,所以|MF|2=|2y+1|4.即|MF|=|2y+1|2,所以x2+(y-12)2=|2y+1|2,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CDx轴,且|MF|=2|CD|.作直线l:y=-12,过点M作MNl于点H,交x轴于点I,则|CD|=|MI|+|OF|2,所以|MF|=|MI|+|OF|,又|IH|=|OF|=12,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1.因为lOT,所以设直线l的方程为y=x+m,m0.由y=12x2,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y=x+m,y=2x-2,得x=m+2,y=2m+2,所以N(m+2,2m+2),所以|NT|2=(m+2)-22+(2m+2)-22=5m2.由y=x+m,x2=2y消去y得x2-2x-2m=0,由=4+8m0,得m-12且m0.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|=2|x1-(m+2)|,|NB|=2|x2-(m+2)|,所以|NA|NB|=2|x1-(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=52|NA|NB|.【例3】 (2018唐山五校联考)在直角坐标系xOy中,长为2+1的线段的两端点C,D分别在x轴,y轴上滑动,CP=2PD.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,OM=OA+OB,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CP=2PD,得(x-m,y)=2(-x,n-y),所以x-m=-2x,y=2(n-y),得m=(2+1)x,n=2+12y,由|CD|=2+1,得m2+n2=(2+1)2,所以(2+1)2x2+(2+1)22y2=(2+1)2,整理,得曲线E的方程为x2+y22=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由OM=OA+OB,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=-2kk2+2,所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2.由点M在曲线E上,知(x1+x2)2+(y1+y2)22=1,即4k2(k2+2)2+8(k2+2)2=1,解得k2=2.此时直线l的方程为y=2x+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S1S2=13.(1)求点P的横坐标关于x0的表达式;(2)求k1k2的值.解:(1)当y0时,y=2x,所以A(x0,2x0).因为直线l1与抛物线切于点A,y=1x,所以k1=1x0,所以直线l1的方程为y-2x0=1x0(x-x0),令y=0,得点P的横坐标xP=-x0.(2)由(1)知P(-x0,0),易得k20,所以直线l2的方程为x=1k2y-x0.设B(x1,y1),C(x2,y2),联立直线l2与抛物线的方程,消去x得y2-4k2y+4x0=0,所以y1+y2=4k2,y1y2=4x0.因为S1S2=13,所以|PB|PC|=13,所以y2=3y1,代入式得k22=34x0,所以k2=-32x0,又k1=1x0,所以k1k2=-233.
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