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- 2021-06-16 发布
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高考必考题突破讲座(五)
直线与圆锥曲线的综合应用
题型特点
考情分析
命题趋势
1.掌握直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系的解题方法.
2.了解圆锥曲线的简单应用.
3.理解数形结合的思想.
2017·全国卷Ⅱ,20
2017·北京卷,18
2017·江苏卷,17
2017·山东卷,21
1.求直线或曲线所过的定点.
2.求与圆锥曲线有关的定值问题.
3.求与圆锥曲线相关的面积、距离的最值.
4.探求与圆锥曲线有关的存在性问题.
分值:12~14分
1.直线与圆锥曲线的位置关系以及弦长问题
(1)研究直线与圆锥曲线的位置关系问题时,一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数,消元后,应注意讨论含x2 项的系数是否为零的情况,以及判别式的应用.但对于选择、填空题要充分利用几何条件,用数形结合的方法求解.
(2)涉及弦的问题中,应熟练的利用根与系数关系、设而不解法简化运算、计算弦长;涉及过焦点的弦的问题,可考虑用圆锥曲线的定义求解.处理中点弦问题常用的求解之法①点差法:即设出弦的两端点坐标后,代入圆锥曲线方程,并将两式相减,式中含有x1+x2,y1+y2,三个未知量,这样就直接联系了中点和直线的斜率, 借用中点公式即可求得斜率.②根与系数的关系:即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组,化为一元二次方程后,由根与系数的关系求解.
2.范围、最值问题
圆锥曲线中的最值问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要有两种方法,一是利用几何法,即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解;二是利用代数法,即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式),然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.
3.定点、定值以及探索性问题
(1)圆锥曲线中定点问题的两种解法:①引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.②特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.
(2)解决定值问题一般有两种方法:①从特殊情况入手,求出定值,再证明定值与变量无关;②直接计算、推理,在推理过程中消去变量,注意设而不求,整体思想和消元思想的运用.
(3)解决探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在.①当条件和结论不唯一时要分类讨论;②当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件;③当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要发散思维,采取另外合适的方法.
【例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.
解析 (1)椭圆C1的左焦点为F1(-1,0),∴c=1,
又点P(0,1)在曲线C1上,∴b=1,a2=b2+c2=2,
故椭圆C1的方程为+y2=1.
(2)由题意,设直线l的方程为y=kx+m.
代入x2+2y2-2=0中,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,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
由①②,解得或
所以直线l的方程为y=x+或y=-x-.
【例2】 (2017·浙江卷)如图,已知抛物线x2=y,点A,B,抛物线上的点P(x,y).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.
(1)求直线AP斜率的取值范围;
(2)求|PA|·|PQ|的最大值.
解析 (1)设直线AP的斜率为k,
则k==x-,
因为-0)的一个焦点为F(-1,0),左右顶点分别为A,B.经过点F的直线l与椭圆M交于C,D两点.
(1)求椭圆的方程;
(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2,求|S1-S2|的最大值.
解析 (1)因为F(-1,0)为椭圆的焦点,
所以c=1,又b2=3,所以a2=4,所以椭圆方程为+=1.
(2)若l⊥x轴,则直线l的方程为x=-1,
此时D,C,△ABD,△ABC面积相等,
|S1-S2|=0.
若直线l与x不垂直,设直线方程为y=k(x+1)(k≠0),
C(x1,y1),D(x2,y2),将y=k(x+1)代入3x2+4y2=12中,
得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,
显然Δ>0,方程有根,x1+x2=-,x1x2=,
此时|S1-S2|=2||y1|-|y2||=2|y1+y2|
=2|k(x2+1)+k(x1+1)|=2|k(x2+x1)+2k|
==≤=
,所以|S1-S2|的最大值为.
【例5】 (2016·全国卷Ⅱ)已知椭圆E:+=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.
解析 (1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.
当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).
由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.
因此直线AM的方程为y=x+2,代入3x2+4y2=12中.
得7y2-12y=0,解得y1=.
因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.
(2)由题意知t>3,k>0,A(-,0).
将直线AM的方程y=k(x+)代入+=1得
(3+tk2)x2+2·tk2x+t2k2-3t=0.
由x1·(-)=得x1=,
故|AM|=|x1+|=.
由题设知,直线AN的方程为y=-(x+),
故同理可得|AN|=.
由2|AM|=|AN|得=,即(k3-2)t=3k(2k-1).
当k=时上式不成立,因此t=.
t>3等价于=<0,即<0.
由此得或解得b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三点在椭圆C上.
(1)求C的方程;
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.
解析 (1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.
又由+>+知,C不经过点P1,所以点P2在C上.
因此解得故C的方程为+y2=1.
(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.
如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,
可得A,B的坐标分别为,.
则k1+k2=-=-1,得t=2,不符合题设.
从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入+y2=1
得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.
设A(x1,y1),B(x1,y2),则x1+x2=-,x1x2=.
则k1+k2=+=+
=.
由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.
即(2k+1)·+(m-1)·=0,
解得k=-.
当且仅当m>-1时,Δ>0,
于是l:y=-x+m,即y+1=-(x-2),
所以l过定点(2,-1).
【例7】 如图,椭圆有两顶点A(-1,0),B(1,0),过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于
C,D两点,并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q.
(1)当|CD|=时,求直线l的方程;
(2)当点P异于A,B两点时,求证:·为定值.
解析 (1)设椭圆的标准方程为+=1(a>b>0),由已知得b=1,c=1,∴a=,
∴椭圆的方程为+x2=1,
若l⊥x轴,则|CD|=2与已知矛盾,
∴可设直线l的方程为y=kx+1,C(x1,y1),D(x2,y2).
联立化简得(k2+2)x2+2kx-1=0,
则x1+x2=-,x1·x2=-.
∴|CD|=
=·
==,解得k=±.
∴直线l的方程为x-y+1=0或x+y-1=0.
(2)证明:依题意,l与x轴不垂直,
设直线l的方程为y=kx+1(k≠0,k≠±1),C(x1,y1),D(x2,y2),
∴点P的坐标为.
由(1)知x1+x2=-,x1x2=-,
且直线AC的方程为y=(x+1),
直线BD的方程为y=(x-1),
将两直线方程联立,消去y,得=.
∵-1b>0)的离心率为,以该椭圆上一点和椭圆的两个焦点为顶点的三角形的周长等于6.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设过C的左焦点F的直线l交C于A,B两点,是否存在常数λ,使||=λ·恒成立?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)∵e==,∴c=a,
又∵2a+2c=6,则a=2,c=1,b2=3,
∴椭圆C的方程为+=1.
(2)由(1)可得F(-1,0).设A(x1,y1),B(x2,y2).
若l⊥x轴,则x1=-1时,不妨取y1=,||=3,
=,=,
·=-,λ===-;
若l与x轴不垂直,则设直线l的方程为y=k(x+1).
代入3x2+4y2-12=0中整理得
(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0,
∵Δ=64k4-4(4k2+3)(4k2-12)=122(1+k2)>0,
∴x1+x2=-,x1x2=,
||=·=,
又=(x1+1,y1),=(x2+1,y2),
∴·=(x1+1)(x2+1)+y1y2=(k2+1)(x1+1)(x2+1)=,∴=·=-.
综上所述,存在实数λ=-,使||=λ·恒成立.
1.已知双曲线x2-=1上存在两点M,N关于直线y=x+m对称,且MN的中点在抛物线y2=18x上,求实数m的值.
解析 设M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中点P(x0,y0),
则
由②-①得3(x2-x1)(x2+x1)=(y2-y1)(y2+y1),
显然x1≠x2,∴·=3,即kMN·=3,
∵M,N关于直线y=x+m对称,∴kMN=-1,∴y0=-3x0.
又y0=x0+m,∴P,
代入抛物线方程得m2=18·,
解得m=0或-8,经检验都符合.
2.(2018·陕西部分学校摸底)已知抛物线C:y2=2px(p>0),焦点为F,O为坐标原点,直线AB(不垂直于x轴)过点F且与抛物线C交于A,B两点,直线OA与OB的斜率之积为-p.
(1)求抛物线C的方程;
(2)若M为线段AB的中点,射线OM交抛物线C于点D,求证:>2.
解析 (1)∵直线AB过点F且与抛物线C交于A,B两点,F,
∴直线AB(不垂直于x轴)的方程可设为y=k(k≠0).
设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y=2px1,y=2px2.
∵直线OA与OB的斜率之积为-p,
∴=-p,∴2=p2,得x1x2=4.
由得k2x2-(k2p+2p)x+=0,
其中Δ=(k2p+2p)2-k2·p2k2>0,
x1+x2=,x1x2=.又p>0,
∴p=4,∴抛物线C的方程为y2=8x.
(2)设M(x0,y0),D(x3,y3),∵M为线段AB的中点,
∴x0=(x1+x2)==,y0=k(x0-2)=.
∴直线OD的斜率为kOD==,
∴直线OD的方程为y=kODx=x,代入抛物线C:y2=8x,
得x3=,∴=k2+2.
∵k2>0,∴==k2+2>2.
3.(2018·安徽十校联考)设F1,F2分别是椭圆E:+=1(a>b>0)的左,右焦点,过F1且斜率为1的直线l与E相交于A,B两点,且|AF2|,|AB|,|BF2|成等差数列.
(1)求E的离心率;
(2)设点P(0,-1)满足|PA|=|PB|,求E的方程.
解析 (1)由椭圆定义知|AF2|+|BF2|+|AB|=4a,
又2|AB|=|AF2|+|BF2|,得|AB|=a,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
将l的方程y=x+c代入E的方程b2x2+a2y2=a2b2,
化简得(a2+b2)x2+2a2cx+a2(c2-b2)=0,
则x1+x2=,x1x2=.
因为|AB|=|x2-x1|=,
即a=,故a2=2b2,c2=a2-b2=b2,
所以E的离心率e==.
(2)设AB的中点N为(x0,y0),由(1)知
x0===-,y0=x0+c=.
由|PA|=|PB|,得kPN=-1,即=-1,
得c=3,从而a=3,b=3.
故椭圆E的方程为+=1.
4.(2018·广东广州联考)已知点P是圆O:x2+y2=1上任意一点,过点P作PQ⊥y轴于点Q,延长QP到点M,使=.
(1)求点M的轨迹E的方程;
(2)过点C(m,0)作圆O的切线l,交(1)中曲线E于A,B两点,求△AOB面积的最大值.
解析 (1)设点M(x,y),∵=,∴P为QM的中点,又PQ⊥y轴,∴P.
∵点P是圆O:x2+y2=1上的点,∴2+y2=1,
即点M的轨迹E的方程为+y2=1.
(2)由题意可知直线l与y轴不垂直,故可设l:x=ty+m,t∈R,
A(x1,y1),B(x2,y2).
∵l与圆O:x2+y2=1相切,∴=1,即m2=t2+1. ①
联立消去x,得(t2+4)y2+2mty+m2-4=0.
其中Δ=(2mt)2-4(t2+4)(m2-4)=16(t2-m2)+64=48>0.
∴y1+y2=-,y1y2=. ②
∴|AB|=
=
=.
将①②代入上式得
|AB|==,|m|≥1,
∴S△AOB=|AB|·1=×
=≤=1,
当且仅当|m|=,即m=±时,等号成立.
∴(S△AOB)max=1.
5.(2018·湖北七市联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)与双曲线-y2=1的离心率互为倒数,且直线x-y-2=0经过椭圆的右顶点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设不过原点O的直线与椭圆C交于M,N两点,且直线OM,MN,ON的斜率依次成等比数列,求△OMN面积的取值范围.
解析 (1)∵双曲线的离心率为,∴椭圆的离心率=.
又∵直线x-y-2=0经过椭圆的右顶点(a,0),
∴a=2,∴c=,b=1,∴椭圆方程为+y2=1.
(2)由题意可设直线的方程为y=kx+m(k≠0,m≠0),
M(x1,y1),N(x2,y2).
联立得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0,
则x1+x2=-,x1x2=,
于是y1y2=(kx1+m)(kx2+m)
=k2x1x2+km(x1+x2)+m2.
又直线OM,MN,ON的斜率依次成等比数列,
故·==k2,
∴-+m2=0.
由m≠0得k2=,解得k=±.
又由Δ=64k2m2-16(1+4k2)(m2-1)
=16(4k2-m2+1)>0,得0b>0)的离心率为,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△AOB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:|AN|·|BM|为定值.
解析 (1)由题意得解得a=2,b=1.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则x+4y=4.
当x0≠0时,直线PA的方程为y=(x-2).
令x=0,得yM=-,从而|BM|=|1-yM|=.
直线PB的方程为y=x+1.
令y=0,得xN=-,从而|AN|=|2-xN|=.
所以|AN|·|BM|=·
=
==4.
当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM |=4.
综上,|AN|·|BM|为定值.
7.如图,已知椭圆C:+y2=1(a>1)的上顶点为A,右焦点为F,直线AF与圆M:x2+y2-6x-2y+7=0相切.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若不过点A的动直线l与椭圆C相交于P,Q两点,且·=0,求证:直线l过定点,并求出该定点N的坐标.
解析 (1)圆M的标准方程为(x-3)2+(y-1)2=3,
故圆M的圆心为M(3,1),半径r=.
由A(0,1),F(c,0)得直线AF:+y=1,即x+cy-c=0.
∵直线AF与圆M相切,∴=.
∴c=,a2=c2+1=3.
∴椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明:由·=0,知AP⊥AQ,从而直线AP与坐标轴不垂直,由A(0,1)可设直线AP的方程为y=kx+1,
直线AQ的方程为y=-x+1(k≠0),
将y=kx+1代入椭圆C的方程x2+3y2=3并整理得:
(1+3k2)x2+6kx=0,解得x=0或x=-,
因此P的坐标为,
即.
将上式中的k换成-,得Q.
∴直线l的方程为y=+,
化简得直线l的方程为y=x-.
因此直线l过定点N.