高考理科数学第一轮复习圆锥曲线的综合问题 21页

第九节　圆锥曲线的综合问题 第一课时　直线与圆锥曲线的位置关系 ‎1．直线与圆锥曲线的位置关系 ‎(1)能解决直线与椭圆、抛物线的位置关系等问题．‎ ‎(2)理解数形结合的思想．‎ ‎(3)了解圆锥曲线的简单应用．‎ ‎2．定值(定点)与最值问题 理解基本几何量，如：斜率、距离、面积等概念，掌握与圆锥曲线有关的定值(定点)、最值问题．‎ ‎3．存在性问题 能够合理转化，掌握与圆锥曲线有关的存在性问题．‎ 知识点一　直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程．‎ 即消去y，得ax2＋bx＋c＝0.‎ ‎(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C相交；‎ Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；‎ Δ<0⇔直线与圆锥曲线C相离．‎ ‎(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l 与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．‎ 易误提醒　(1)直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点．‎ ‎(2)直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点．‎ ‎[自测练习]‎ ‎1．若过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，则这样的直线有(　　)‎ A．1条　　　　　　　　 B．2条 C．3条 D．4条 解析：结合图形(图略)分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)，故选C.‎ 答案：C ‎2．直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)‎ A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 解析：直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．‎ 答案：A 知识点二　弦长问题 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，‎ A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 ‎|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝·|y1－y2|‎ ‎＝·.‎ 必备方法　遇到中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在椭圆＋＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝－；在双曲线－＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝；在抛物线y2＝2px中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝.‎ ‎[自测练习]‎ ‎3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，F(，0)为其右焦点，过F且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2.则椭圆C的方程为________．‎ 解析：则由题意得 解得 ‎∴椭圆C的方程为＋＝1.‎ 答案：＋＝1‎ ‎4．已知抛物线y＝ax2的焦点到准线的距离为2，则直线y＝x＋1截抛物线所得的弦长等于________．‎ 解析：由题设p＝＝2，∴a＝.‎ 抛物线方程为y＝x2，焦点为F(0,1)，准线为y＝－1.‎ 直线过焦点F，联立消去x，‎ 整理得y2－6y＋1＝0，∴y1＋y2＝6，‎ ‎∴所得弦|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋1＋y2＋1＝8.‎ 答案：8‎ 考点一　直线与圆锥曲线的位置关系|‎ ‎1．(2016·兰州检测)若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数为(　　)‎ A．至多一个　　　　　　　 B．2‎ C．1 D．0‎ 解析：∵直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，∴>2，∴m2＋n2<4.∴＋<＋＝1－m2<1，‎ ‎∴点(m，n)在椭圆＋＝1的内部，∴过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点有2个，故选B.‎ 答案：B ‎2．若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，则k的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：由得(1－k2)x2－4kx－10＝0.‎ 设直线与双曲线右支交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则 解得－b>0)的两个焦点，O为坐标原点，点P在椭圆上，且·＝0，⊙O是以F‎1F2为直径的圆，直线l：y＝kx＋m与⊙O相切，并且与椭圆交于不同的两点A，B.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)当·＝λ，且满足≤λ≤时，求弦长|AB|的取值范围．‎ ‎[解]　(1)依题意，可知PF1⊥F‎1F2，‎ ‎∴c＝1，＋＝1，a2＝b2＋c2，解得a2＝2，b2＝1，c2＝1.∴椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)直线l：y＝kx＋m与⊙O：x2＋y2＝1相切，则＝1，即m2＝k2＋1，由得(1＋2k2)x2＋4kmx＋‎2m2‎－2＝0，‎ ‎∵直线l与椭圆交于不同的两点A，B.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ ‎∴Δ>0⇒k2>0⇒k≠0，‎ x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝＝，‎ ‎∴·＝x1x2＋y1y2＝＝λ ‎∴≤≤，∴≤k2≤1，‎ ‎∴|AB|＝＝2 设u＝k4＋k2，‎ 则≤u≤2，|AB|＝2 ‎＝2，u∈，‎ ‎∵|AB|(u)在上单调递增，‎ ‎∴≤|AB|≤.‎ 解决弦长问题的注意点 ‎(1)利用弦长公式求弦长要注意斜率k不存在的情形，若k不存在时，可直接求交点坐标再求弦长．‎ ‎(2)涉及焦点弦长时要注意圆锥曲线定义的应用．‎ ‎　　‎ 已知抛物线y2＝8x的焦点为F，直线y＝k(x－2)‎ 与此抛物线相交于P，Q两点，则＋＝(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B．1‎ C．2 D．4‎ 解析：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由题意可知，‎ ‎|PF|＝x1＋2，|QF|＝x2＋2，则＋＝＋＝，联立直线与抛物线方程消去y得，k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，可知x1x2＝4，故＋＝＝＝.故选A.‎ 答案：A 考点三　中点弦问题|‎ 弦的中点问题是考查直线与圆锥曲线位置关系的命题热点．归纳起来常见的探究角度有：‎ ‎1．由中点弦确定直线方程．‎ ‎2．由中点弦确定曲线方程．‎ ‎3．由中点弦解决对称问题．‎ 探究一　由中点弦确定直线方程 ‎1．已知(4,2)是直线l被椭圆＋＝1所截得的线段的中点，则l的方程是________________．‎ 解析：设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 则＋＝1，且＋＝1，‎ 两式相减得＝－.‎ 又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，‎ 所以＝－，故直线l的方程为 y－2＝－(x－4)，即x＋2y－8＝0.‎ 答案：x＋2y－8＝0‎ 探究二　由中点弦确定曲线方程 ‎2．过点M(2，－2p)作抛物线x2＝2py(p>0)的两条切线，切点分别为A，B，若线段AB的中点的纵坐标为6，则抛物线方程为________．‎ 解析：设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，依题意得，y′＝，切线MA的方程是y－y1＝(x－x1)，即y＝x－.又点M(2，－2p)位于直线MA上，于是有－2p＝×2－，即x－4x1－4p2＝0；同理有x－4x2－4p2＝0，因此x1，x2是方程x2－4x－4p2＝0的两根，则x1＋x2＝4，x1x2＝－4p2.由线段AB的中点的纵坐标是6得，y1＋y2＝12，即＝＝12，＝12，解得p＝1或p＝2.‎ 答案：x2＝2y或x2＝4y 探究三　由中点弦解决对称问题 ‎3．已知双曲线－＝1(a，b>0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为4，若抛物线y＝ax2上的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝x＋m对称，且x1x2＝－，则m的值为(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C．2 D．3‎ 解析：由双曲线的定义知‎2a＝4，得a＝2，所以抛物线的方程为y＝2x2.因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y＝2x2上，所以y1＝2x，y2＝2x，两式相减得y1－y2＝2(x1－x2)(x1＋x2)，不妨设x1b>0)的一个顶点与抛物线C：x2＝4y的焦点重合，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，‎ 且离心率e＝，过椭圆右焦点F2的直线l与椭圆C交于M，N两点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若·＝－2，求直线l的方程；‎ ‎(3)若AB是椭圆C经过原点O的弦，MN∥AB，求证：为定值．‎ ‎[思维点拨]　‎ ‎(1)待定系数法求a，b.‎ ‎(2)注意判断l的斜率是否存在．‎ ‎(3)利用弦长公式表示出|AB|，|MN|后整体变形得结论．‎ ‎[解]　(1)椭圆的顶点为(0，)，即b＝，e＝＝，∴a＝2，∴椭圆的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题可知，直线l与椭圆必相交．‎ ‎①当直线斜率不存在时，经检验不合题意．‎ ‎②当斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，‎ 且M(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ 由得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，x1＋x2＝，x1x2＝，‎ ·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]‎ ‎＝＋k2 ‎＝＝－2，解得k＝±，‎ 故直线l的方程为y＝(x－1)或y＝－(x－1)．‎ ‎(3)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，‎ 由(2)可得|MN|＝|x1－x2|‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝，‎ 由消去y并整理得x2＝，‎ ‎|AB|＝|x3－x4|＝4，‎ ‎∴＝＝4，为定值．‎ ‎[方法点评]　对题目涉及的变量巧妙的引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值.‎ A组　考点能力演练 ‎1．直线y＝x＋3与双曲线－＝1的交点个数是(　　)‎ A．1　　　　　　　　　 B．2‎ C．1或2 D．0‎ 解析：因为直线y＝x＋3与双曲线的渐近线y＝x平行，所以它与双曲线只有1个交点．‎ 答案：A ‎2．(2016·福州质检)抛物线C的顶点为原点，焦点在x轴上，直线x－y＝0与抛物线C交于A，B两点，若P(1,1)为线段AB的中点，则抛物线C的方程为(　　)‎ A．y＝2x2 B．y2＝2x C．x2＝2y D．y2＝－2x 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程为y2＝2px，则两式相减可得2p＝×(y1＋y2)＝kAB×2＝2，即可得p＝1，∴抛物线C的方程为y2＝2x，故选B.‎ 答案：B ‎3．已知双曲线 －＝1的右焦点为F，若过点F的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此直线斜率的取值范围是(　　)‎ A. B．(－，)‎ C. D．[－，]‎ 解析：由题意知F(4,0)，双曲线的两条渐近线方程为y＝±x.当过点F的直线与渐近线平行时，满足与右支只有一个交点，画出图象，数形结合可知应选C.‎ 答案：C ‎4．已知抛物线C：y2＝8x与点M(－2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若·＝0，则k＝(　　)‎ A. B. C. D．2‎ 解析：如图所示，设F为焦点，取AB的中点P，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为G，H，连接MF，MP，由·＝0，知MA⊥MB，则|MP|＝|AB|＝(|AG|＋|BH|)，所以MP为直角梯形BHGA的中位线，所以MP∥AG∥BH，所以∠GAM＝∠AMP＝∠MAP，又|AG|＝|AF|，AM为公共边，所以△AMG≌△AMF，所以∠AFM＝∠AGM＝90°，则MF⊥AB，所以k＝－＝2.‎ 答案：D ‎5．已知椭圆＋＝1(00，b>0)的一个焦点作圆x2＋y2＝a2的两条切线，切点分别为A，B.若∠AOB＝120°(O是坐标原点)，则双曲线C的离心率为________．‎ 解析：如图，由题知OA⊥AF，OB⊥BF且∠AOB＝120°，∴∠AOF＝60°.又OA＝a，OF＝c，∴＝＝cos 60°＝，‎ ‎∴＝2.‎ 答案：2‎ ‎8．直线l过椭圆＋y2＝1的左焦点F，且与椭圆相交于P，Q两点，M为PQ的中点，O为原点．若△FMO是以OF为底边的等腰三角形，则直线l的方程为________．‎ 解析：法一：由椭圆方程得a＝，b＝c＝1，‎ 则F(－1,0)．在△FMO中，|MF|＝|MO|，‎ 所以M在线段OF的中垂线上，即xM＝－，‎ 设直线l的斜率为k，则其方程为y＝k(x＋1)，‎ 由得x2＋2k2(x＋1)2－2＝0，‎ 即(2k2＋1)x2＋4k2x＋2(k2－1)＝0，‎ ‎∴xP＋xQ＝，而M为PQ的中点，‎ 故xM＝(xP＋xQ)＝＝－，‎ ‎∴k2＝，解得k＝±.‎ 故直线l的方程为y＝±(x＋1)，即x±y＋1＝0.‎ 法二：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，‎ 由题意知kPQ＝－kOM，由P、Q在椭圆上知 两式相减整理得kPQ＝＝－＝－，而kOM＝，故＝，‎ 即x＝2y，所以kPQ＝±，‎ 直线PQ的方程为y＝±(x＋1)，即x±y＋1＝0.‎ 答案：x±y＋1＝0‎ ‎9．(2016·洛阳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点F(，0)，且椭圆C经过点P.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设过点F的直线l交椭圆C于A，B两点，交直线x＝m(m>a)于M点，若kPA，kPM，kPB成等差数列，求实数m的值．‎ 解：(1)由题意，得a2＝4，b2＝1.‎ ‎∴椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设直线l：y＝k(x－)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(m，ym)．将直线方程代入椭圆方程x2＋4y2＝4中，得(1＋4k2)x2－8k2x＋12k2－4＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1·x2＝.‎ 此时kPA＝＝k－，kPB＝＝k－.‎ ‎∴kPA＋kPB＝＋ ‎＝2k－ ‎＝2k－＝2k－.‎ 又M(m，ym)在直线l上，∴ym＝k(m－)，‎ 则kPM＝＝k－.‎ 若kPA，kPM，kPB成等差数列，则2kPM＝kPA＋kPB，则2k－＝2k－，解得m＝.‎ ‎10．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点P(x0，－2)到该抛物线焦点的距离为2，动直线l与C交于两点A，B(A，B异于点P)，与x轴交于点M，AB的中点N，且直线PA，PB的斜率之积为1.‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)求的最大值．‎ 解：(1)因为点P(x0，－2)在抛物线上，‎ 所以2px0＝4⇒x0＝.‎ 由抛物线的定义知，‎ ＋＝2⇒(p－2)2＝0⇒p＝2，‎ 故抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)由(1)知，x0＝1，得P(1，－2)．‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，设直线AB的方程为x＝my＋t，‎ 联立消去x得y2－4my－4t＝0.‎ Δ＝‎16m2‎＋16t>0⇒m2＋t>0，①‎ y1＋y2＝‎4m，y1y2＝－4t，‎ 因为k1＝＝＝.‎ 同理k2＝.所以k1k2＝·＝1，‎ 即y1y2－2(y1＋y2)－12＝0，‎ 即－4t－‎8m－12＝0⇒t＝－‎2m－3.‎ 代入①得m2－‎2m－3>0⇒m<－1或m>3.‎ 因为|AB|＝|y1－y2|‎ ‎＝· ‎＝· ‎＝4·，‎ 又yM＝0，yN＝＝‎2m，‎ 则|MN|＝|yM－yN|＝2|m|.‎ 所以＝2＝2 ‎＝2，‎ 故当m＝－3时，取到最大值.‎ B组　高考题型专练 ‎1．(2015·高考福建卷)已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)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：(1)由抛物线的定义得|AF|＝2＋.‎ 由已知|AF|＝3，得2＋＝3，‎ 解得p＝2，‎ 所以抛物线E的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)法一：如图，因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，所以m＝±2，由抛物线的对称性，不妨设A(2,2)．‎ 由A(2,2)，F(1,0)可得直线AF的方程为y＝2(x－1)．‎ 由得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝，从而B.又G(－1,0)，‎ 所以kGA＝＝，kGB＝＝－，‎ 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．‎ 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＝±2，由抛物线的对称性，不妨设A(2，2)．‎ 由A(2,2)，F(1,0)可得直线AF的方程为y＝2(x－1)．‎ 由得2x2－5x＋2＝0，‎ 解得x＝2或x＝，从而B.‎ 又G(－1,0)，故直线GA的方程为2x－3y＋2＝0，‎ 从而r＝＝.‎ 又直线GB的方程为2x＋3y＋2＝0，‎ 所以点F到直线GB的距离d＝＝＝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．‎ ‎2．(2015·高考重庆卷)如图，椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.‎ ‎(1)若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若|PF1|＝|PQ|，求椭圆的离心率e.‎ 解：(1)由椭圆的定义，‎2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2.‎ 设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，‎ 因此‎2c＝|F‎1F2|＝ ‎＝＝2，‎ 即c＝，从而b＝＝1.‎ 故所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)法一：连接QF1，如图，设点P(x0，y0)在椭圆上，且PF1⊥PF2，则＋＝1，x＋y＝c2，‎ 求得x0＝±，y0＝±.‎ 由|PF1|＝|PQ|>|PF2|得x0>0，从而|PF1|2＝2＋＝2(a2－b2)＋‎2a＝(a＋)2.‎ 由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝‎2a，‎ ‎|QF1|＋|QF2|＝‎2a.‎ 从而由|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|，有|QF1|＝‎4a－2|PF1|.‎ 又由PF1⊥PF2，|PF1|＝|PQ|，‎ 知|QF1|＝|PF1|，‎ 因此(2＋)|PF1|＝‎4a，即(2＋)(a＋)＝‎4a，‎ 于是(2＋)(1＋)＝4，解得 e＝＝－.‎ 法二：连接QF1，如图，由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝‎2a，|QF1|＋|QF2|＝‎2a.从而由|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|，有|QF1|＝‎4a－2|PF1|.‎ 又由PF1⊥PQ，|PF1|＝|PQ|，知|QF1|＝|PF1|，因此，‎4a－2|PF1|＝|PF1|，‎ 则|PF1|＝2(2－)a，从而|PF2|＝‎2a－|PF1|＝‎2a－2(2－)a＝2(－1)a，‎ 由PF1⊥PF2，知|PF1|2＋|PF2|2＝|F‎1F2|2＝(‎2c)2，‎ 因此e＝＝ ‎＝＝＝－.‎