【数学】2019届一轮复习北师大版 直线与圆锥曲线的位置关系 学案 12页

专题五 解析几何 第三讲 直线与圆锥曲线的位置关系 高考导航 ‎1.由直线与圆锥曲线的位置关系解决直线的方程、圆锥曲线的方程及其性质等问题．‎ ‎2．求动点的轨迹问题，以椭圆和抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、范围等综合问题.‎ ‎1．(2016·全国Ⅲ)已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎[解析] 由题意知过点A的直线l的斜率存在且不为0，故可设直线l的方程为y＝k(x＋a)，当x＝－c时，y＝k(a－c)，当x＝0时，y＝ka，所以M(－c，k(a－c))，E(0，ka)．如图，设OE的中点为N，则N，由于B，M，N三点共线，所以kBN＝kBM，即＝，所以＝，即a＝‎3c，所以e＝.故选A.‎ ‎[答案] A ‎2．(2017·全国卷Ⅰ)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．16 B．14 C．12 D．10‎ ‎[解析] 由题意可知，点F的坐标为(1,0)，直线AB的斜率存在且不为0，故设直线AB的方程为x＝my＋1.‎ 由得y2－4my－4＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则y1＋y2＝‎4m，y1y2＝－4，‎ ‎∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝‎4m2‎＋2，‎ ‎∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2＝‎4m2‎＋4.‎ ‎∵AB⊥DE，∴直线DE的方程为x＝－y＋1，|DE|＝＋4，‎ ‎∴|AB|＋|DE|＝‎4m2‎＋4＋＋4‎ ‎＝4＋8≥4×2＋8＝16，‎ 当且仅当m2＝，即m＝±1时，等号成立．‎ ‎∴|AB|＋|DE|的最小值为16.故选A.‎ ‎[答案] A ‎3．(2017·济南二模)过双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点F作一条直线，当直线的斜率为1时，直线与双曲线左、右两支各有一个交点；当直线的斜率为3时，直线与双曲线右支有两个不同的交点，则双曲线离心率的取值范围为________．‎ ‎[解析] 由题意可得1<<3，则离心率e＝＝ ＝‎ ∈(，)‎ ‎[答案] (，)‎ ‎4．(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.‎ ‎(1)求点P的轨迹方程；‎ ‎(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.‎ ‎[解] (1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)．‎ 由＝得x0＝x，y0＝y.‎ 因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝1.‎ 因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.‎ ‎(2)证明：由题意知F(－1,0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，·＝3＋‎3m－tn，＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)．‎ 由·＝1得－‎3m－m2＋tn－n2＝1，‎ 又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋‎3m－tn＝0.‎ 所以·＝0，即⊥.‎ 又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.‎ 考点一 轨迹方程问题 求轨迹方程的常用方法 ‎(1)直接法：直接利用条件建立x、y之间的关系F(x，y)＝0；‎ ‎(2)定义法：满足的条件恰适合某已知曲线的定义，用待定系数法求方程；‎ ‎(3)相关点法(代入法)：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而变化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲线上，则可先用x，y的代数式表示x0，y0，再将x0，y0代入已知曲线得出要求的轨迹方程；‎ ‎(4)参数法：将动点的坐标(x，y)表示为第三个变量的函数，再消参得所求方程．‎ ‎[对点训练]‎ ‎ ‎ ‎1．(2017·广东韶关模拟)设M是圆O：x2＋y2＝9上动点，直线l过M且与圆O相切，若过A(－2,0)，B(2,0)两点的抛物线以直线l为准线，则抛物线焦点F的轨迹方程是( )‎ A.－＝1(y≠0) B.－＝1(y≠0)‎ C.＋＝1(y≠0) D.＋＝1(y≠0)‎ ‎[解析] 设A，B两点到直线l的距离分别为d1，d2，则d1＋d2＝2d＝6，‎ 又因为A，B两点在抛物线上，‎ 由定义可知|AF|＋|BF|＝6>|AB|，所以由椭圆定义可知，动点F的轨迹是以A，B为焦点，长轴为6的椭圆(除与x轴交点)．‎ 方程为＋＝1(y≠0)，故选C.‎ ‎[答案] C ‎2．已知P是圆x2＋y2＝4上的动点，P点在x轴上的射影是D，点M满足＝，则点M的轨迹方程是__________________．‎ ‎[解析] 设M(x，y)，则D(x,0)，‎ 由＝知P(x,2y)，‎ ‎∵点P在圆x2＋y2＝4上，‎ ‎∴x2＋4y2＝4，故动点M的轨迹C的方程为＋y2＝1.‎ ‎[答案] ＋y2＝1‎ ‎3．已知双曲线－y2＝1的左、右顶点分别为A1，A2，点P(x1，y1)，Q(x1，－y1)是双曲线上不同于A1、A2的两个不同的动点，则直线A1P与A2Q交点的轨迹方程为____________________．‎ ‎[解析] 由题设知|x1|>，A1(－，0)，A2(，0)，则有直线A1P的方程为y＝(x＋)，①‎ 直线A2Q的方程为y＝(x－)，②‎ 联立①②，解得∴③‎ ‎∴x≠0，且|x|<，因为点P(x1，y1)在双曲线－y2＝1上，所以－y＝1.‎ 将③代入上式，整理得所求轨迹的方程为＋y2＝1(x≠0，且x≠±)．‎ ‎[答案] ＋y2＝1(x≠0且x≠±)‎ ‎ 求轨迹方程的4步骤 →→→ 考点二 弦长问题 ‎1．直线与圆锥曲线相交时的弦长 当直线与圆锥曲线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)时，|AB|＝|x1－x2|＝ |y1－y2|.‎ ‎2．抛物线的过焦点的弦长 抛物线y2＝2px(p>0)过焦点F的弦AB，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝x1＋x2＋p.‎ ‎ [解] (1)设点P(x，y)，因为A(－，0)，B(，0)，所以直线PA的斜率为(x≠－ ‎)，直线PB的斜率为(x≠)，‎ 又直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为－，‎ 所以·＝k1·＝－(x≠±)，整理得＋y2＝1(x≠±)，‎ 所以点P的轨迹C的方程为＋y2＝1(x≠±)．‎ ‎(2)设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，在y轴上的截距为1的直线l的方程为y＝kx＋1，‎ 联立方程得消去y，得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，解得x1＝0，x2＝－，‎ 所以|MN|＝|x1－x2|‎ ‎＝＝，‎ 整理得k4＋k2－20＝0，即(k2－4)(k2＋5)＝0，‎ 解得k＝±2.‎ 所以直线l的方程为2x－y＋1＝0或2x＋y－1＝0.‎ ‎ 解决与弦长有关问题的步骤 ‎(1)设方程及点的坐标；‎ ‎(2)联立直线方程与曲线方程得方程组，消元得方程(注意二次项系数是否为零)；‎ ‎(3)应用根与系数的关系及判别式；‎ ‎(4)结合弦长公式求解．‎ ‎[对点训练] ‎ ‎1．(2017·河南郑州一模)过抛物线y＝x2的焦点F作一条倾斜角为30°的直线交抛物线于A，B两点，则|AB|＝________.‎ ‎[解析] 抛物线x2＝4y的焦点坐标是F(0,1)，直线AB的方程为y＝x＋1，即x＝(y－1)．由消去x，得3(y－1)2＝4y，即3y2－10y＋3＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，|AB|＝y1＋y2＋2＝.‎ ‎[答案] ‎2．(2017·德州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设与圆O：x2＋y2＝相切的直线l交椭圆C于A，B两点，求△OAB面积的最大值及取得最大值时直线l的方程．‎ ‎[解] (1)由题意可得： a2＝3，b2＝1，所以＋y2＝1.‎ ‎(2)(ⅰ)当直线l的斜率k不存在时，x＝±，‎ 所以y＝±，所以|AB|＝.‎ 又圆半径为.‎ 所以S△OAB＝××＝.‎ ‎(ⅱ)当直线l的斜率k存在时，设直线l方程为y＝kx＋m，‎ A(x1，y1)，B(x2，y2)， ‎(1＋3k2)x2＋6kmx＋‎3m2‎－3＝0，‎ x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 又直线l与圆相切，则有＝，‎ 即‎4m2‎＝3(1＋k2)‎ 所以|AB|＝ ‎＝· ‎＝· ‎＝×≤2.‎ 当且仅当＝9k2，即k＝±时等号成立，‎ S△OAB＝|AB|×r≤×2×＝，‎ 所以△OAB面积的最大值为，‎ 此时直线l的方程为y＝±x±1.‎ 考点三 直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法：‎ ‎(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．‎ ‎ [解] (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＋＝1，‎ 抛物线的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)设直线AP的方程为x＝my＋1(m≠0)，‎ 与直线l的方程x＝－1联立，可得点P，‎ 故Q.将x＝my＋1与x2＋＝1联立，消去x，‎ 整理得(‎3m2‎＋4)y2＋6my＝0，解得y＝0或y＝.‎ 由点B异于点A，可得点B.‎ 由Q，可得直线BQ的方程为 (x＋1)－＝0，‎ 令y＝0，解得x＝，故D.‎ 所以|AD|＝1－＝.又因为△APD的面积为，故××＝，整理得‎3m2‎－2·|m|＋2＝0，解得|m|＝.所以m＝±.‎ 所以，直线AP的方程为3x＋y－3＝0或3x－y－3＝0.‎ ‎ 求解直线与圆锥曲线的位置关系的方法 在涉及直线与二次曲线的两个交点坐标时，一般不是求出这两个点的坐标，而是设出这两个点的坐标，根据直线方程和曲线方程联立后所得方程的根的情况，使用根与系数的关系进行整体代入，这种设而不求的思想是解析几何中处理直线和二次曲线相交问题的最基本方法．‎ ‎ [对点训练] ‎ ‎ (2017·陕西省高三质量检测)已知F1，F2为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，点P在椭圆E上，且|PF1|＋|PF2|＝4.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)过F1的直线l1，l2分别交椭圆E于A，C和B，D，且l1⊥l2，问是否存在常数λ，使得，λ，成等差数列？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．‎ ‎[解] (1)∵|PF1|＋|PF2|＝4，‎ ‎∴‎2a＝4，a＝2.‎ ‎∴椭圆E：＋＝1.‎ 将P代入可得b2＝3，‎ ‎∴椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)①当AC的斜率为零或斜率不存在时，＋＝＋＝；‎ ‎②当AC的斜率k存在且k≠0时，AC的方程为y＝k(x＋1)，‎ 代入椭圆方程＋＝1，并化简得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.‎ 设A(x1，y1)，C(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1·x2＝.‎ ‎|AC|＝|x1－x2|‎ ‎＝＝.‎ ‎∵直线BD的斜率为－，‎ ‎∴|BD|＝＝.‎ ‎∴＋＝＋＝.‎ 综上，2λ＝＋＝，‎ ‎∴λ＝.‎ 故存在常数λ＝，使得，λ，成等差数列．‎ 热点课题19 函数与方程思想在圆锥曲线位置关系中的应用 ‎ [感悟体验]‎ ‎ (2017·广西三校联考)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点．‎ ‎(1)若＝3，求直线AB的斜率；‎ ‎(2)设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值．‎ ‎[解] (1)依题意，可设直线AB：y＝my＋1，‎ 将直线AB方程与抛物线方程联立⇒y2－4my－4＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由根与系数的关系得 ‎∵＝3⇒y1＝－3y2⇒m2＝，‎ ‎∴直线AB的斜率为＝或－.‎ ‎(2)S四边形OACB＝2S△AOB＝2×|OF||y1－y2|＝|y1－y2|＝‎ ＝≥4，‎ 当m＝0时，四边形OACB的面积最小，‎ 最小值为4.‎