【考前三个月】（江苏专用）2021高考数学 高考必会题型 专题7 解析几何 第33练 直线与圆锥曲线问题.doc

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1、第33练直线与圆锥曲线问题题型一直线和椭圆的位置关系例1如图所示，椭圆C1：1(ab0)的离心率为，x轴被曲线C2：yx2b截得的线段长等于C1的短轴长C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.(1)求C1，C2的方程；(2)求证：MAMB；(3)记MAB，MDE的面积分别为S1，S2，若，求的取值范围破题切入点(1)利用待定系数法求解曲线C1，C2的方程(2)设出直线AB和曲线C2联立，利用坐标形式的向量证明(3)将S1和S2分别表示出来，利用基本不等式求最值(1)解由题意，知，所以a22b2.又22b，得b1.所以曲线C2的方程

2、：yx21，椭圆C1的方程：y21.(2)证明设直线AB：ykx，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意，知M(0，1)则x2kx10，(x1，y11)(x2，y21)(k21)x1x2k(x1x2)1(1k2)k210，所以MAMB.(3)解设直线MA的方程：yk1x1，直线MB的方程：yk2x1，由(2)知k1k21，M(0，1)，由解得或所以A(k1，k1)同理，可得B(k2，k1)故S1MAMB|k1|k2|.由解得或所以D(，)同理，可得E(，)故S2MDME，则的取值范围是，)题型二直线和双曲线的位置关系例2已知双曲线C：x2y21及直线l：ykx1.(1)若l与C有两个不同的

3、交点，求实数k的取值范围；(2)若l与C交于A，B两点，O是坐标原点，且AOB的面积为，求实数k的值破题切入点(1)联立方程组，利用0求出k的取值范围(2)联立方程用根与系数的关系求解解(1)双曲线C与直线l有两个不同的交点，则方程组有两个不同的实数根，整理得(1k2)x22kx20.解得k|x2|时，SOABSOADSOBD(|x1|x2|)|x1x2|；当A，B在双曲线的两支上且x1x2时，SOABSODASOBD(|x1|x2|)|x1x2|.SOAB|x1x2|，(x1x2)2(2)2，即()28，解得k0或k.又k0，b0)的上焦点为F，上顶点为A，B为虚轴的端点，离心率e，且SAB

4、F1.抛物线N的顶点在坐标原点，焦点为F.(1)求双曲线M和抛物线N的方程；(2)设动直线l与抛物线N相切于点P，与抛物线的准线相交于点Q，则以PQ为直径的圆是否恒过y轴上的一个定点？如果是，试求出该点的坐标，如果不是，请说明理由破题切入点(1)根据双曲线的性质，用a，c表示已知条件，建立方程组即可求解双曲线的方程，然后根据抛物线的焦点求出抛物线的方程(2)设出点P的坐标，根据导数的几何意义求出切线方程，并求出点Q的坐标，然后根据圆的性质列出关于点P的坐标的方程，将问题转化为方程恒成立的问题来解决解(1)在双曲线中，c，由e，得，解得ab，故c2b.所以SABF(ca)b(2bb)b1，解得b

5、1.所以a，c2，其上焦点为F(0,2)所以双曲线M的方程为x21，抛物线N的方程为x28y.(2)由(1)知抛物线N的方程为yx2，故yx，抛物线的准线为y2.设P(x0，y0)，则x00，y0x，且直线l的方程为yxx0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q(，2)假设存在点R(0，y1)，使得以PQ为直径的圆恒过该点，也就是0对于满足y0x(x00)的x0，y0恒成立由于(x0，y0y1)，(，2y1)，由0，得x0(y0y1)(2y1)0，整理得2y0y0y12y1y0，即(y2y18)(2y1)y00，(*)由于(*)式对满足y0x(x00)的x0，y0恒成立，所以解得y12.故以PQ

6、为直径的圆恒过y轴上的定点，定点坐标为(0,2)总结提高直线和圆锥曲线的位置关系问题，万变不离其宗，构建属于自己的解题模板，形成一定的解题思路，利用数形结合思想来加以解决1. 设抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，直线l过F且与抛物线C交于M，N两点，已知当直线l与x轴垂直时，OMN的面积为2(O为坐标原点) (1)求抛物线C的方程；(2)是否存在直线l，使得以MN为对角线的正方形的第三个顶点恰好在y轴上，若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由解(1)当直线l与x轴垂直时，则|MN|2p，SOMN2p2，即p2.抛物线C的方程为y24x.(2)直线l与x轴垂直时，不满足设正方形的第三

7、个顶点为P.故可设直线l：yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(0，y0)，联立可化简得k2x2(2k24)xk20，则代入直线l可得MN的中点为(，)，则线段MN的垂直平分线为y(x1)，故P(0，)又0，则x1x2(y1y0)(y2y0)0.即x1x2y1y2y0(y1y2)y0.14y0y0，化解得ky4y03k0，由y0代入上式，化简得(3k44)(k21)0.解得k .存在直线l：y (x1)2(2013广东)已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c0)到直线l：xy20的距离为.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切

8、点(1)求抛物线C的方程；(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；(3)当点P在直线l上移动时，求AFBF的最小值解(1)依题意知，c0，解得c1.所以抛物线C的方程为x24y.(2)由yx2得yx，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，所以切线PA的方程为yy1(xx1)，即yxy1，即x1x2y2y10.同理可得切线PB的方程为x2x2y2y20，又点P(x0，y0)在切线PA和PB上，所以x1x02y02y10，x2x02y02y20，所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x2y02y0 的两组解，所以直线AB的方程为

9、x0x2y2y00.(3)由抛物线定义知AFy11，BFy21，所以AFBF(y11)(y21)y1y2(y1y2)1，联立方程消去x整理得y2(2y0x)yy0，y1y2x2y0，y1y2y，AFBFy1y2(y1y2)1yx2y01y(y02)22y012y2y0522，当y0时，AFBF取得最小值，且最小值为.3(2013浙江)如图，点P(0，1)是椭圆C1：1(ab0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2y24的直径l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.(1)求椭圆C1的方程；(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程解(1)由

10、题意得所以椭圆C1的方程为y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为ykx1.又圆C2：x2y24，故点O到直线l1的距离d，所以AB22 .又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以PD.设ABD的面积为S，则SABPD，所以S，当且仅当k时取等号所以所求直线l1的方程为yx1.4已知双曲线E：1(a0，b0)的焦距为4，以原点为圆心，实半轴长为半径的圆和直线xy0相切(1)求双曲线E的方程；(2)已知点F为双曲线E的左焦点，试问在x轴上是否存在一定点M，

11、过点M任意作一条直线交双曲线E于P，Q两点(P在Q点左侧)，使为定值？若存在，求出此定值和所有的定点M的坐标；若不存在，请说明理由解(1)由题意知a，a.又2c4，c2，b1.双曲线E的方程为y21.(2)当直线为y0时，则P(，0)，Q(，0)，F(2,0)，(2,0)(2,0)1.当直线不为y0时，可设l：xtym(t)代入E：y21，整理得(t23)y22mtym230(t)(*)由0得m2t23.设方程(*)的两个根为y1，y2，满足y1y2，y1y2，(ty1m2，y1)(ty2m2，y2)(t21)y1y2t(m2)(y1y2)(m2)2.当且仅当2m212m153时，为定值，解得

12、m13，m23(舍去)综上，过定点M(3，0)任意作一条直线交双曲线E于P，Q两点，使1为定值5已知过抛物线y22px(p0)的焦点，斜率为2的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10，y00)，则切线斜率为，切线方程为yy0(xx0)，即x0xy0y4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S.由xy42x0y0知当且仅当x0y0时，x0y0有最大值，即S有最小值，因此点P的坐标为(，)由题意知解得故C1的方程为x21.(2)由(1)知C2的焦点坐标为(，0)，(，0)，由此设C2的方程为1，其中b10.由P(，)在C2上，得1，解得b3，因此C2的方程为1.显然，l不是直线y0.设l的方程为xmy，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(m22)y22my30，又设y1，y2是方程的根，因此由x1my1，x2my2，得因为(x1，y1)，(x2，y2)，由题意知0，所以x1x2(x1x2)y1y2(y1y2)40，将代入整理得2m22m4110，解得m1或m1.因此直线l的方程为x(1)y0或x(1)y0.- 9 -