2022年最新高考理科数学第一轮复习教案56-圆锥曲线的综合问题.pdf

精品文档精品文档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精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档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 AxByC0(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AxByC0，F x，y 0，消去 y，得 ax2bxc0. (1)当 a0 时，设一元二次方程 ax2bxc0 的判别式为 ，则 0? 直线与圆锥曲线 C 相交； 0? 直线与圆锥曲线C 相切； b0)，F( 2，0)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c2，b2a1，a2b2c2，解得a2，b2，椭圆 C 的方程为x24y221. 答案：x24y221 4已知抛物线 yax2的焦点到准线的距离为2，则直线 yx1截抛物线所得的弦长等于_解析： 由题设 p12a2，a14. 抛物线方程为 y14x2，焦点为 F(0,1)，准线为 y1. 直线过焦点 F，联立y14x2，yx1，消去 x，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档整理得 y26y10，y1y26，所得弦|AB|AF|BF|y11y218. 答案： 8 考点一直线与圆锥曲线的位置关系|精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档1(2016 兰州检测 )若直线 mxny4 和圆 O：x2y24 没有交点，则过点 (m，n)的直线与椭圆x29y241 的交点个数为 () A至多一个B2 C1 D0 解析：直线mxny4 和圆 O： x2y24 没有交点，4m2n22，m2n24.m29n24m294m241536m20，x1x24k1k20，x1x2101k20，解得153kb0)的两个焦点， O 为坐标原点，点P 1，22在椭圆上，且PF1 F1F20，O 是以 F1F2为直径的圆，直线l：ykxm 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OA OB ，且满足23 34时，求弦长 |AB|的取值范围解(1)依题意，可知 PF1F1F2， c1，1a212b21，a2b2c2，解得 a22，b21，c21.椭圆的方程为x22y21. (2)直线 l：ykxm 与O：x2y21 相切，则|m|k211，即m2k21，由x22y21，ykxm，得(12k2)x24kmx2m220，直线 l 与椭圆交于不同的两点A，B. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档设 A(x1，y1)，B(x2，y2) 0? k20? k0，x1x24km12k2，x1x22m2212k2，y1y2 (kx1 m)(kx2 m) k2x1x2km(x1x2)m2m22k212k21k212k2， OA OBx1x2y1y21k212k2231k212k234，12k21， |AB|1k2x1x224x1x222 k4k24 k4k21设 uk4k212k21 ，则34u2，|AB|22u4u121212 4u1，u34，2 ， |AB|(u)在34，2 上单调递增，62|AB|43. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档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 y28x 的焦点为 F，直线 yk(x2)与此抛物线相交于 P，Q 两点，则1|FP|1|FQ|() 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档A.12B1 C2 D4 解析： 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由题意可知，|PF| x1 2， |QF|x22， 则1|FP|1|FQ|1x121x22x1x24x1x22 x1x24，联立直线与抛物线方程消去y 得，k2x2(4k28)x 4k2 0 ， 可 知x1x2 4， 故1|FP|1|FQ|x1x24x1x22 x1x24x1x242 x1x2812.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精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档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x236y291 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x2136y2191，且x2236y2291，两式相减得y1y2x1x2x1x24 y1y2. 又 x1x28，y1y24，所以y1y2x1x212，故直线 l 的方程为y212(x4)，即 x2y80. 答案： x2y80 探究二由中点弦确定曲线方程2过点 M(2，2p)作抛物线 x22py(p0)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， yxp，切线 MA的方程是 yy1x1p(xx1)，即 yx1pxx212p.又点 M(2，2p)位于直线MA 上，于是有 2px1p2x212p，即 x214x14p20；同理有 x224x2精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档4p20，因此 x1，x2是方程 x24x4p20 的两根，则 x1x24，x1x24p2.由线段 AB 的中点的纵坐标是6 得，y1y212，即x21x222px1x222x1x22p12，168p22p12，解得 p1 或 p2. 答案： x22y 或 x24y探究三由中点弦解决对称问题3已知双曲线x2a2y2b21(a，b0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为 4，若抛物线 yax2上的两点 A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线 yxm对称，且 x1x212，则 m 的值为 () A.32B.52C2 D3 解析：由双曲线的定义知2a4，得 a2，所以抛物线的方程为y2x2.因为点 A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线 y2x2上，所以 y12x21，y22x22，两式相减得 y1y22(x1x2)(x1x2)，不妨设 x1b0)的一个顶点与抛物线 C：x24 3y 的焦点重合， F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，且离心率 e12，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OM ON2，求直线 l 的方程；(3)若 AB 是椭圆 C 经过原点 O 的弦，MNAB，求证：|AB|2|MN|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， 3)，即 b3，eca12，a2，椭圆的标准方程为x24y231. (2)由题可知，直线 l 与椭圆必相交 当直线斜率不存在时，经检验不合题意当斜率存在时，设直线l 的方程为 yk(x1)(k0)，且 M(x1，y1)，N(x2，y2)精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档由x24y231，yk x1 ，得(34k2)x28k2x4k2120，x1x28k234k2，x1x24k21234k2，OM ONx1x2y1y2x1x2k2x1x2(x1x2)1 4k21234k2k24k21234k28k234k215k21234k22，解得 k 2，故直线 l 的方程为 y2(x1)或 y2(x1)(3)证明：设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，由(2)可得|MN|1k2|x1x2| 1k2 x1x224x1x2 1k28k234k2244k21234k212 k2134k2，由x24y231，ykx消去 y 并整理得 x21234k2，|AB|1k2|x3x4|43 1k234k2，|AB|2|MN|48 1k234k212 k2134k24，为定值精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档方法点评 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 ybax3 与双曲线x2a2y2b21 的交点个数是 () A1B2 C1 或 2 D0 解析： 因为直线 ybax3 与双曲线的渐近线ybax 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 xy0 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 () 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档Ay2x2By22xCx22yDy22x解析： 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程为y22px，则y212px1，y222px2，两式相减可得2py1y2x1x2(y1y2)kAB22，即可得 p1，抛物线 C 的方程为 y22x，故选 B. 答案： B 3已知双曲线x212y241 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. 33，33B(3，3) C. 33，33D3，3 解析： 由题意知F(4,0)，双曲线的两条渐近线方程为 y33x.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：y28x 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 MA MB0，则 k() A.12B.22精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 18 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档C. 2 D2 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MA MB0，知 MAMB，则|MP|12|AB|12(|AG|BH|)，所以 MP 为直角梯形 BHGA的中位线，所以 MPAGBH，所以GAMAMPMAP，又|AG|AF|， AM 为公共边，所以AMG AMF， 所以AFMAGM90 ，则 MFAB，所以 k1kMF2. 答案： D 5已知椭圆x24y2b21(0b0，b0)的一个焦点作圆 x2y2a2的两条切线，切点分别为A，B.若AOB120 (O 是坐标原点 )，则双曲线 C 的离心率为 _解析：如图，由题知 OAAF，OBBF 且AOB120 ， AOF60 .又 OAa，OFc，acOAOFcos 6012，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 20 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档ca2. 答案： 2 8直线 l 过椭圆x22y21 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a2，bc1，则 F(1,0)在FMO 中，|MF|MO|，所以 M 在线段 OF 的中垂线上，即xM12，设直线 l 的斜率为 k，则其方程为 yk(x1)，由yk x1 ，x22y21，得 x22k2(x1)220，即(2k21)x24k2x2(k21)0， xPxQ4k22k21，而 M 为 PQ 的中点，故 xM12(xPxQ)2k22k2112， k212，解得 k22. 故直线 l 的方程为 y22(x1)，即 x 2y10. 法二：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 21 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档由题意知 kPQkOM，由 P、Q 在椭圆上知x212y211，x222y221，两式相减整理得kPQy1y2x1x2x1x22 y1y2x02y0，而 kOMy0 x0，故x02y0y0 x0，即 x202y20，所以 kPQ22，直线 PQ 的方程为 y22(x1)，即 x 2y10. 答案： x 2y10 9(2016 洛阳模拟 )已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的右焦点F(3，0)，且椭圆C 经过点P3，12. (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 xm(ma)于 M 点，若 kPA，kPM，kPB成等差数列，求实数m 的值解：(1)由题意，a2b23，3a214b21，得 a24，b21. 椭圆 C 的方程为x24y21. (2)设直线 l：yk(x3)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(m，ym)将直线方程代入椭圆方程x24y24 中，得 (14k2)x28 3k2x12k2精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 22 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档40，则 x1x28 3k214k2，x1 x212k2414k2. 此时 kPAy112x13k12 x13，kPBy212x23k12 x23. kPAkPBk12 x13k12 x232kx1x22 32x1x23 x1x232k8 3k214k22 3212k2414k238 3k214k232k 3. 又 M(m，ym)在直线 l 上，ymk(m3)，则 kPMym12m3k12 m3. 若 kPA，kPM，kPB成等差数列，则 2kPMkPAkPB，则 2k1m32k3，解得 m4 33. 10已知抛物线 C：y22px(p0)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. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 23 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档(1)求抛物线 C 的方程；(2)求|AB|MN|的最大值解：(1)因为点 P(x0，2)在抛物线上，所以 2px04? x02p. 由抛物线的定义知，2pp22? (p2)20? p2，故抛物线 C 的方程为 y24x. (2)由(1)知， x01，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 xmyt，联立xmyt，y24x，消去 x 得 y24my4t0. 16m216t0? m2t0，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 24 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档y1y24m，y1y24t，因为 k1y12x11y12y21414y12. 同理 k24y22.所以 k1k24y124y221，即 y1y22(y1y2)120，即4t8m120? t2m3. 代入得 m22m30? m3. 因为|AB|1m2|y1y2| 1m2y1y224y1y21m2 16m216t41m2 m22m3，又 yM0，yNy1y222m，则|MN|1m2|yMyN|21m2|m|. 所以|AB|MN|2m22m3|m|212m3m2231m13243，故当 m3 时，|AB|MN|取到最大值4 33. B 组高考题型专练精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 25 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档1(2015 高考福建卷 )已知点 F 为抛物线 E：y22px(p0)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|2p2. 由已知 |AF|3，得 2p23，解得 p2，所以抛物线 E 的方程为 y24x. (2)法一：如图，因为点A(2，m)在抛物线 E：y24x 上，所以 m 2 2，由抛物线的对称性，不妨设A(2,2 2)由 A(2,2 2)，F(1,0)可得直线 AF 的方程为 y2 2(x1)精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 26 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档由y2 2 x1 ，y24x，得 2x25x20，解得 x2 或 x12，从而 B12，2 .又 G(1,0)，所以 kGA2 202 12 23，kGB2012 12 23，所以 kGAkGB0，从而AGFBGF，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：y24x 上，所以 m 2 2，由抛物线的对称性，不妨设A(2，2 2)由 A(2,2 2)，F(1,0)可得直线 AF 的方程为 y2 2(x1)由y2 2 x1 ，y24x，得 2x25x20，解得 x2 或 x12，从而 B12，2 . 又 G(1,0)，故直线 GA 的方程为 2 2x3y2 20，从而 r|2 22 2|894 217. 又直线 GB 的方程为 2 2x3y2 20，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 27 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档所以点 F 到直线 GB 的距离 d|2 22 2|894 217r. 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x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，过 F2的直线交椭圆于 P，Q 两点，且 PQPF1. (1)若|PF1|22，|PF2|22，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|(22)(2 2)4，故 a2. 设椭圆的半焦距为c，由已知 PF1PF2，因此 2c|F1F2|PF1|2|PF2|2222 2 222 3，即 c3，从而 ba2c21. 故所求椭圆的标准方程为x24y21. (2)法一：连接 QF1， 如图，设点 P(x0，y0)在椭圆上，且 PF1PF2，则x20a2y20b21，x20y20c2，求得 x0aca22b2，y0b2c. 由|PF1|PQ|PF2|得 x00，从而 |PF1|2aa22b2cc2b4c2精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 28 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档2(a2b2)2aa22b2(aa22b2)2. 由椭圆的定义， |PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a. 从而由 |PF1|PQ|PF2|QF2|，有|QF1|4a2|PF1|. 又由 PF1PF2，|PF1|PQ|，知|QF1|2|PF1|，因此(22)|PF1|4a，即(2 2)(aa22b2)4a，于是(22)(12e21)4，解得e1214221263. 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|4a2|PF1|. 又由 PF1PQ，|PF1|PQ|，知|QF1|2|PF1|，因此，4a2|PF1|2|PF1|，则|PF1|2(22)a，从而 |PF2|2a|PF1|2a2(22)a2( 21)a，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 29 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档由 PF1PF2，知|PF1|2|PF2|2|F1F2|2(2c)2，因此 eca|PF1|2|PF2|22a22221296 263. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 30 页，共 30 页 - - - - - - - - - -