專題8.9 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系-2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)核心素養(yǎng)大揭秘學(xué)案-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

【考綱要求】
1.掌握直線與橢圓、雙曲線、拋物線的位置關(guān)系的解題方法．
2.理解數(shù)形結(jié)合的思想．
3.了解圓錐曲線的簡單應(yīng)用
【命題趨勢(shì)】
1.直線與圓錐曲線位置關(guān)系的討論．
2.直線與圓錐曲線中有關(guān)弦長的問題．
3.圓錐曲線中有關(guān)中點(diǎn)弦、對(duì)稱的問題.
【核心素養(yǎng)】
本講內(nèi)容主要考查數(shù)學(xué)運(yùn)算和直觀想象的核心素養(yǎng)
【素養(yǎng)清單?基礎(chǔ)知識(shí)】
1．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系
(1)從幾何角度看，可分為三類：無公共點(diǎn)、僅有一個(gè)公共點(diǎn)以及有兩個(gè)相異的公共點(diǎn)_
(2)從代數(shù)角度看，可通過將表示直線的方程代入二次曲線的方程消元后所得一元二次方程解的情況來判斷．設(shè)直線l的方程為Ax＋By＋C＝0，圓錐曲線方程為f(x，y)＝0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,f?x，y?＝0，))消元(如消去y)，得ax2＋bx＋c＝0.
①若a＝0，當(dāng)圓錐曲線是雙曲線時(shí)，直線l與雙曲線的漸近線平行；當(dāng)圓錐曲線是拋物線時(shí)，直線l與拋物線的對(duì)稱軸平行(或重合)．
②若a≠0，設(shè)Δ＝b2－4ac.
當(dāng)Δ＞0時(shí)，直線和圓錐曲線相交于不同的兩點(diǎn)；
當(dāng)Δ＝0時(shí)，直線和圓錐曲線相切于一點(diǎn)；
當(dāng)Δ＜0時(shí)，直線和圓錐曲線沒有公共點(diǎn)．
2．直線與圓錐曲線相交時(shí)的弦長問題
(1)斜率為k的直線與圓錐曲線交于兩點(diǎn)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則所得弦長：
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(P1P2))＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))＝eq \r(?（1＋k2）?[?（x1＋x2）?2－4x1x2])
＝
＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y1－y2)).
(2)斜率不存在時(shí)，可求出交點(diǎn)坐標(biāo)，直接求解(利用坐標(biāo)軸上兩點(diǎn)間距離公式)．
3．圓錐曲線的中點(diǎn)弦問題
遇到弦中點(diǎn)問題常用“點(diǎn)差法”或“根與系數(shù)的關(guān)系”求解．
在橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1中，以P(x0，y0)為中點(diǎn)的弦所在直線的斜率k＝－eq \f(b2x0,a2y0)；在雙曲線eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1中，以P(x0，y0)為中點(diǎn)的弦所在直線的斜率k＝eq \f(b2x0,a2y0)；在拋物線y2＝2px(p>0)中，以P(x0，y0)為中點(diǎn)的弦所在直線的斜率k＝eq \f(p,y0).在使用根與系數(shù)的關(guān)系時(shí)，要注意使用條件是Δ≥0.
4．(1)直線y＝kx＋m表示過點(diǎn)(0，m)且不包括垂直于x軸的直線，故設(shè)直線y＝kx＋m時(shí)，必須先討論過點(diǎn)(0，m)且垂直于x軸的直線是否符合題設(shè)要求．
(2)直線x＝my＋n表示過點(diǎn)(n,0)且不包括垂直于y軸的直線，故設(shè)直線x＝my＋n時(shí)，必須先討論過點(diǎn)(n,0)且垂直于y軸的直線是否符合題設(shè)要求．
注：過y軸上一點(diǎn)(0，m)的直線通常設(shè)為y＝kx＋m；過x軸上一點(diǎn)(n,0)的直線通常設(shè)為x＝my＋n.
【真題體驗(yàn)】
1．【2019年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】已知拋物線C：y2=3x的焦點(diǎn)為F，斜率為的直線l與C的交點(diǎn)為A，B，與x軸的交點(diǎn)為P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若，求|AB|．
【答案】（1）；（2）.
【解析】設(shè)直線．
（1）由題設(shè)得，故，由題設(shè)可得．
由，可得，則．
從而，得．
所以的方程為．
（2）由可得．
由，可得．
所以．從而，故．
代入的方程得．
故．
【名師點(diǎn)睛】本題考查拋物線的幾何性質(zhì)、直線與拋物線的綜合應(yīng)用問題，涉及平面向量、弦長的求解方法，解題關(guān)鍵是能夠通過直線與拋物線方程的聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系構(gòu)造等量關(guān)系.
2．【2019年高考全國Ⅱ卷理數(shù)】已知點(diǎn)A(?2，0)，B(2，0)，動(dòng)點(diǎn)M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為?.記M的軌跡為曲線C.
（1）求C的方程，并說明C是什么曲線；
（2）過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連結(jié)QE并延長交C于點(diǎn)G.
（i）證明：是直角三角形；
（ii）求面積的最大值.
【答案】（1）見解析；（2）（i）見解析；（ii）.
【解析】（1）由題設(shè)得，化簡得，所以C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，不含左右頂點(diǎn)．
（2）（i）設(shè)直線PQ的斜率為k，則其方程為．
由得．
記，則．
于是直線的斜率為，方程為．
由得
．①
設(shè)，則和是方程①的解，故，由此得．
從而直線的斜率為．
所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，所以△PQG的面積．
設(shè)t=k+，則由k>0得t≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)取等號(hào)．
因?yàn)樵赱2，+∞）單調(diào)遞減，所以當(dāng)t=2，即k=1時(shí)，S取得最大值，最大值為．
因此，△PQG面積的最大值為．
【名師點(diǎn)睛】本題考查了求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，以及利用直線與橢圓的位置關(guān)系，判斷三角形形狀以及三角形面積最大值問題，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，考查了求函數(shù)最大值問題.
3．【2019年高考全國Ⅲ卷理數(shù)】已知曲線C：y=，D為直線y=上的動(dòng)點(diǎn)，過D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.
（1）證明：直線AB過定點(diǎn)：
（2）若以E(0，)為圓心的圓與直線AB相切，且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，求四邊形ADBE的面積.
【答案】（1）見詳解；（2）3或.
【解析】（1）設(shè)，則.
由于，所以切線DA的斜率為，故 .
整理得
設(shè)，同理可得.
故直線AB的方程為.
所以直線AB過定點(diǎn).
（2）由（1）得直線AB的方程為.
由，可得.
于是，
.
設(shè)分別為點(diǎn)D，E到直線AB的距離，則.
因此，四邊形ADBE的面積.
設(shè)M為線段AB的中點(diǎn)，則.
由于，而，與向量平行，所以.解得t=0或.
當(dāng)=0時(shí)，S=3；當(dāng)時(shí)，.
因此，四邊形ADBE的面積為3或.
【名師點(diǎn)睛】此題第一問是圓錐曲線中的定點(diǎn)問題，第二問是求面積類型，屬于常規(guī)題型，按部就班地求解就可以，思路較為清晰，但計(jì)算量不小.
4．【2019年高考北京卷理數(shù)】已知拋物線C：x2=?2py經(jīng)過點(diǎn)（2，?1）．
（1）求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程；
（2）設(shè)O為原點(diǎn)，過拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M，N，直線y=?1分別交直線OM，ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B．求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個(gè)定點(diǎn)．
【答案】（1）拋物線的方程為，準(zhǔn)線方程為；（2）見解析.
【解析】（1）由拋物線經(jīng)過點(diǎn)，得.
所以拋物線的方程為，其準(zhǔn)線方程為.
（2）拋物線的焦點(diǎn)為.
設(shè)直線的方程為.
由得.
設(shè)，則.
直線的方程為.
令，得點(diǎn)A的橫坐標(biāo).
同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo).
設(shè)點(diǎn)，則，
.
令，即，則或.
綜上，以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點(diǎn)和.
【名師點(diǎn)睛】本題主要考查拋物線方程的求解與準(zhǔn)線方程的確定，直線與拋物線的位置關(guān)系，圓的性質(zhì)及其應(yīng)用等知識(shí)，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力.
5．【2019年高考天津卷理數(shù)】設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為，上頂點(diǎn)為．已知橢圓的短軸長為4，離心率為．
（1）求橢圓的方程；
（2）設(shè)點(diǎn)在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點(diǎn)，點(diǎn)為直線與軸的交點(diǎn)，點(diǎn)在軸的負(fù)半軸上．若（為原點(diǎn)），且，求直線的斜率．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】（1）設(shè)橢圓的半焦距為，依題意，，又，可得，．
所以，橢圓的方程為．
（2）由題意，設(shè)．設(shè)直線的斜率為，
又，則直線的方程為，
與橢圓方程聯(lián)立整理得，
可得，代入得，
進(jìn)而直線的斜率．
在中，令，得．
由題意得，所以直線的斜率為．
由，得，化簡得，從而．
所以，直線的斜率為或．
【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程等基礎(chǔ)知識(shí)．考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì)．考查運(yùn)算求解能力，以及用方程思想解決問題的能力．
6．【2019年高考江蘇卷】如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C:的焦點(diǎn)為F1（–1、0），F(xiàn)2（1，0）．過F2作x軸的垂線l，在x軸的上方，l與圓F2:交于點(diǎn)A，與橢圓C交于點(diǎn)D.連結(jié)AF1并延長交圓F2于點(diǎn)B，連結(jié)BF2交橢圓C于點(diǎn)E，連結(jié)DF1．
已知DF1=．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求點(diǎn)E的坐標(biāo)．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）設(shè)橢圓C的焦距為2c.
因?yàn)镕1(?1，0)，F(xiàn)2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.
又因?yàn)镈F1=，AF2⊥x軸，所以DF2=，
因此2a=DF1+DF2=4，從而a=2.
由b2=a2?c2，得b2=3.
因此，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為.
（2）解法一：由（1）知，橢圓C：，a=2，
因?yàn)锳F2⊥x軸，所以點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為1.
將x=1代入圓F2的方程(x?1) 2+y2=16，解得y=±4.
因?yàn)辄c(diǎn)A在x軸上方，所以A(1，4).
又F1(?1，0)，所以直線AF1：y=2x+2.
由，得，解得或.
將代入，得，
因此.
又F2(1，0)，所以直線BF2：.
由，得，解得或.
又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以.
將代入，得.
因此.
解法二：由（1）知，橢圓C：.
如圖，連結(jié)EF1.
因?yàn)锽F2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，
從而∠BF1E=∠B.
因?yàn)镕2A=F2B，所以∠A=∠B，
所以∠A=∠BF1E，從而EF1∥F2A.
因?yàn)锳F2⊥x軸，所以EF1⊥x軸.
因?yàn)镕1(?1，0)，由，得.
又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以.
因此.
【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查直線方程、圓的方程、橢圓方程、橢圓的幾何性質(zhì)、直線與圓及橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、分析問題能力和運(yùn)算求解能力.
7．【2019年高考浙江卷】如圖，已知點(diǎn)為拋物線的焦點(diǎn)，過點(diǎn)F的直線交拋物線于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物線上，使得的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點(diǎn)Q，且Q在點(diǎn)F的右側(cè)．記的面積分別為．
（1）求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程；
（2）求的最小值及此時(shí)點(diǎn)G的坐標(biāo)．
【答案】（1）p=2，準(zhǔn)線方程為x=?1；（2）最小值為，此時(shí)G（2，0）．
【解析】（1）由題意得，即p=2.
所以，拋物線的準(zhǔn)線方程為x=?1.
（2）設(shè)，重心.令，則.
由于直線AB過F，故直線AB方程為，代入，得
，
故，即，所以.
又由于及重心G在x軸上，故，得.
所以，直線AC方程為，得.
由于Q在焦點(diǎn)F的右側(cè)，故.從而
.
令，則m>0，
.
當(dāng)時(shí)，取得最小值，此時(shí)G（2，0）．
【名師點(diǎn)睛】本題主要考查拋物線的幾何性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.
【考法拓展?題型解碼】
考法一直線與圓錐曲線的位置關(guān)系
解題技巧
直線與圓錐曲線位置關(guān)系的判定方法
(1)代數(shù)法：即聯(lián)立直線與圓錐曲線方程可得到一個(gè)關(guān)于x，y的方程組，消去y(或x)得一元方程，此方程根的個(gè)數(shù)即為交點(diǎn)個(gè)數(shù)，方程組的解即為交點(diǎn)坐標(biāo)．聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程消元后，要注意討論二次項(xiàng)系數(shù)是否為零的情況．
(2)幾何法：即畫出直線與圓錐曲線的圖象，根據(jù)圖象判斷公共點(diǎn)個(gè)數(shù)．
【例1】已知直線l：y＝2x＋m，橢圓C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.試問當(dāng)m取何值時(shí)，直線l與橢圓C：
(1)有兩個(gè)不重合的公共點(diǎn)；
(2)有且只有一個(gè)公共點(diǎn)；
(3)沒有公共點(diǎn)．
【答案】見解析
【解析】將直線l的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0①，Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)當(dāng)Δ＞0，即－3eq \r(2)＜m＜3eq \r(2)時(shí)，方程①有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，可知原方程組有兩組不同的實(shí)解．這時(shí)直線l與橢圓C有兩個(gè)不重合的公共點(diǎn)．
(2)當(dāng)Δ＝0，即m＝±3eq \r(2)時(shí)，方程①有兩個(gè)相同的實(shí)數(shù)根，可知原方程組有兩組相同的實(shí)數(shù)解．這時(shí)直線l與橢圓C有兩個(gè)互相重合的公共點(diǎn)，即直線l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)．
(3)當(dāng)Δ＜0，即m＜－3eq \r(2)或m＞3eq \r(2)時(shí)，方程①?zèng)]有實(shí)數(shù)根，可知原方程組沒有實(shí)數(shù)解．這時(shí)直線l與橢圓C沒有公共點(diǎn)．
考法二圓錐曲線的弦長問題
歸納總結(jié)
(1)涉及弦長的問題中，應(yīng)熟練地利用根與系數(shù)的關(guān)系、設(shè)而不求法計(jì)算弦長．
(2)涉及垂直關(guān)系時(shí)也往往利用根與系數(shù)的關(guān)系、設(shè)而不求法簡化運(yùn)算．
(3)涉及過焦點(diǎn)的弦的問題，可考慮用圓錐曲線的定義求解．
【例2】 (2016·全國卷Ⅱ)已知橢圓E：eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝1的焦點(diǎn)在x軸上，A是E的左頂點(diǎn)，斜率為k(k＞0)的直線交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MA⊥NA.
(1)當(dāng)t＝4，|AM|＝|AN|時(shí)，求△AMN的面積；
(2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時(shí)，求k的取值范圍．
【答案】見解析
【解析】設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1＞0.
(1)當(dāng)t＝4時(shí)，E的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，A(－2,0)．又|AM|＝|AN|，由已知及橢圓的對(duì)稱性知直線AM的傾斜角為eq \f(π,4)，因此直線AM的方程為y＝x＋2.將x＝y(tǒng)－2代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，得7y2－12y＝0，解得y＝0或y＝eq \f(12,7)，所以y1＝eq \f(12,7).因此△AMN的面積S△AMN＝2×eq \f(1,2)×eq \f(12,7)×eq \f(12,7)＝eq \f(144,49).
(2)由題意t＞3，k＞0，A(－eq \r(t)，0)．將直線AM的方程y＝k(x＋eq \r(t))代入eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝1，得(3＋tk2)x2＋2eq \r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0.由x1·(－eq \r(t))＝eq \f(t2k2－3t,3＋tk2)得x1＝eq \f(\r(t)?3－tk2?,3＋tk2)，故|AM|＝|x1＋eq \r(t)|·eq \r(1＋k2)＝eq \f(6\r(t?1＋k2?),3＋tk2).又直線AN的方程為y＝－eq \f(1,k)(x＋eq \r(t))，同理可得|AN|＝eq \f(6k\r(t?1＋k2?),3k2＋t).
由2|AM|＝|AN|得eq \f(2,3＋tk2)＝eq \f(k,3k2＋t)，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
當(dāng)k＝eq \r(3,2)時(shí)上式不成立，因此t＝eq \f(3k?2k－1?,k3－2)，
所以t＞3等價(jià)于eq \f(k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq \f(?k－2??k2＋1?,k3－2)＜0，
即eq \f(k－2,k3－2)＜0.
因此得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－2＞0，,k3－2＜0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－2＜0，,k3－2＞0，))
解得eq \r(3,2)＜k＜2.故k的取值范圍是(eq \r(3,2)，2)．
考法三圓錐曲線的中點(diǎn)弦問題
解題技巧
(1)處理有關(guān)中點(diǎn)弦及對(duì)應(yīng)直線斜率關(guān)系的問題時(shí)，常用“點(diǎn)差法”，步驟如下：
①設(shè)點(diǎn)：設(shè)出弦的兩端點(diǎn)坐標(biāo)；②代入：代入圓錐曲線方程；③作差：兩式相減，再用平方差公式把上式展開；④整理：轉(zhuǎn)化為斜率與中點(diǎn)坐標(biāo)的關(guān)系式，然后求解．
(2)“點(diǎn)差法”的常見題型有：求中點(diǎn)弦方程、求(過定點(diǎn)、平行弦)弦中點(diǎn)軌跡、垂直平分線問題．由于“點(diǎn)差法”具有不等價(jià)性，所以在使用時(shí)要考慮判別式Δ是否為正數(shù)．
【例3】已知橢圓E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq \f(1,2)，點(diǎn)A，B分別為橢圓E的左、右頂點(diǎn)，點(diǎn)C在E上，且△ABC面積的最大值為2eq \r(3).
(1)求橢圓E的方程；
(2)設(shè)F為E的左焦點(diǎn)，點(diǎn)D在直線x＝－4上，過F作DF的垂線交橢圓E于M，N兩點(diǎn)．證明：直線OD平分線段MN.
【答案】見解析
【解析】 (1)由題意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,ab＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，))故橢圓E的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)證明：設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(－4，n)，線段MN的中點(diǎn)P(x0，y0)，則2x0＝x1＋x2,2y0＝y(tǒng)1＋y2，由(1)可得F(－1,0)，則直線DF的斜率為kDF＝eq \f(n－0,－4－?－1?)＝－eq \f(n,3)，當(dāng)n＝0時(shí)，直線MN的斜率不存在，根據(jù)橢圓的對(duì)稱性可知OD平分線段MN；當(dāng)n≠0時(shí)，直線MN的斜率kMN＝eq \f(3,n)＝eq \f(y1－y2,x1－x2).因?yàn)辄c(diǎn)M，N在橢圓E上，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))整理得eq \f(?x1＋x2??x1－x2?,4)＋eq \f(?y1＋y2??y1－y2?,3)＝0，又2x0＝x1＋x2,2y0＝y(tǒng)1＋y2，所以eq \f(y0,x0)＝－eq \f(n,4)，即直線OP的斜率為kO P＝－eq \f(n,4)，因?yàn)橹本€OD的斜率為kOD＝－eq \f(n,4)，所以直線OD平分線段MN.
【規(guī)范解答】
關(guān)鍵點(diǎn) 直線與圓錐曲線位置關(guān)系的求解策略
【典例】已知拋物線C：y＝mx2(m＞0)，焦點(diǎn)為F，直線2x－y＋2＝0交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，P是線段AB的中點(diǎn)，過P作x軸的垂線交拋物線C于點(diǎn)Q.
(1)求拋物線C的焦點(diǎn)坐標(biāo)；
(2)若拋物線C上有一點(diǎn)R(xR,2)到焦點(diǎn)F的距離為3，求此時(shí)m的值；
(3)是否存在實(shí)數(shù)m，使△ABQ是以Q為直角頂點(diǎn)的直角三角形？若存在，求出m的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【規(guī)范解答】：(1)因?yàn)閽佄锞€C：x2＝eq \f(1,m)y，所以它的焦點(diǎn)Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4m))).
(2)因?yàn)閨RF|＝y(tǒng)R＋eq \f(1,4m)，所以2＋eq \f(1,4m)＝3，得m＝eq \f(1,4).
(3)存在，聯(lián)立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝mx2，,2x－y＋2＝0，))消去y得mx2－2x－2＝0，依題意有Δ＝(－2)2－4×m×(－2)＞0，得m＞－eq \f(1,2).
設(shè)A(x1，mxeq \\al(2,1))，B(x2，mxeq \\al(2,2))，則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(2,m)，,x1x2＝－\f(2,m).))(*)
因?yàn)镻是線段AB的中點(diǎn)，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(mx\\al(2,1)＋mx\\al(2,2),2)))，
即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，yP))，所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，\f(1,m)))，
得eq \(QA,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(1,m)，mx\\al(2,1)－\f(1,m)))，eq \(QB,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,m)，mx\\al(2,2)－\f(1,m))).
若存在實(shí)數(shù)m，使△ABQ是以Q為直角頂點(diǎn)的直角三角形，則eq \(QA,\s\up18(→))·eq \(QB,\s\up18(→))＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(1,m)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,m)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mx\\al(2,1)－\f(1,m)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mx\\al(2,2)－\f(1,m)))＝0，
結(jié)合(*)式化簡得－eq \f(4,m2)－eq \f(6,m)＋4＝0，即2m2－3m－2＝0，所以m＝2或m＝－eq \f(1,2)，而2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))，－eq \f(1,2)?eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).所以存在實(shí)數(shù)m＝2，使△ABQ是以Q為直角頂點(diǎn)的直角三角形．
答題模板
解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的一般步驟
第一步：聯(lián)立方程，得關(guān)于x或y的一元二次方程．
第二步：寫出根與系數(shù)的關(guān)系，并求出Δ＞0時(shí)參數(shù)范圍(或指出直線過曲線內(nèi)一點(diǎn))．
第三步：根據(jù)題目要求列出關(guān)于x1x2，x1＋x2(或y1y2，y1＋y2)的關(guān)系式，求得結(jié)果．
第四步：反思回顧，查看有無忽略特殊情況．
【跟蹤訓(xùn)練】已知橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq \f(\r(3),2)，右焦點(diǎn)到直線x＋y＋eq \r(6)＝0的距離為2eq \r(3).
(1)求橢圓的方程；
(2)過點(diǎn)M(0，－1)作直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，交x軸于點(diǎn)N，且滿足eq \(NA,\s\up18(→))＝－eq \f(7,5)eq \(NB,\s\up18(→))，求直線l的方程．
【答案】見解析
【解析】 (1)設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為(c,0)(c>0)，
則eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(c＋\r(6))),\r(2))＝2eq \r(3)，c＋eq \r(6)＝±2eq \r(6)，c＝eq \r(6)或c＝－3eq \r(6)(舍去)．
又離心率eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，eq \f(\r(6),a)＝eq \f(\r(3),2)，故a＝2eq \r(2)，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(2)，
故橢圓的方程為eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0,0)，因?yàn)閑q \(NA,\s\up18(→))＝－eq \f(7,5)eq \(NB,\s\up18(→))，
所以(x1－x0，y1)＝－eq \f(7,5)(x2－x0，y2)，所以y1＝－eq \f(7,5)y2.①
易知當(dāng)直線l的斜率不存在或斜率為0時(shí)，①不成立，于是設(shè)直線l的方程為y＝kx－1(k≠0)，聯(lián)立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＋4y2＝8，))
消去x得(4k2＋1)y2＋2y＋1－8k2＝0，②
因?yàn)棣?0，所以直線與橢圓相交，于是y1＋y2＝－eq \f(2,4k2＋1)，③
y1y2＝eq \f(1－8k2,4k2＋1)，④
由①③得y2＝eq \f(5,4k2＋1)，y1＝－eq \f(7,4k2＋1)，
代入④整理得8k4＋k2－9＝0，解得k＝±1，
故直線l的方程是y＝x－1或y＝－x－1.
【遞進(jìn)題組】
1．已知斜率為2的直線經(jīng)過橢圓eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦點(diǎn)F2，與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，則弦AB的長為__________．
【答案】eq \f(5\r(5),3)
【解析】由題意知橢圓的右焦點(diǎn)F2的坐標(biāo)為(1,0)，直線AB的方程為y＝2(x－1)．
由方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2?x－1?，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y，整理得3x2－5x＝0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，得x1＝eq \f(5,3)，x2＝0，
則eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(5)×eq \f(5,3)＝eq \f(5\r(5),3).
2．已知(4,2)是直線l被橢圓eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,9)＝1所截得的線段的中點(diǎn)，則l的方程是__________．
【答案】 x＋2y－8＝0
【解析】設(shè)直線l與橢圓相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則eq \f(x\\al(2,1),36)＋eq \f(y\\al(2,1),9)＝1，且eq \f(x\\al(2,2),36)＋eq \f(y\\al(2,2),9)＝1，兩式相減得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(x1＋x2,4?y1＋y2?).又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，
故直線l的方程為y－2＝－eq \f(1,2)(x－4)，即x＋2y－8＝0.
3．已知一條斜率為k(k≠0)的直線l，與橢圓eq \f(x2,3)＋y2＝1交于兩個(gè)不同的點(diǎn)M，N，且M，N到點(diǎn)A(0，－1)的距離相等，則k的取值范圍為__________．
【答案】(－1,0)∪(0,1)
【解析】設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，P為MN的中點(diǎn)，則可以得到AP⊥MN.聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y得(1＋3k2)x2＋6mkx＋3m2－3＝0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則xP＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(3mk,1＋3k2)，yP＝kxP＋m＝eq \f(m,1＋3k2)，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3mk,1＋3k2)，\f(m,1＋3k2)))，
所以kAP＝－eq \f(3k2＋m＋1,3mk).因?yàn)锳P⊥MN，所以－eq \f(3k2＋m＋1,3mk)＝－eq \f(1,k)(k≠0)，即m＝eq \f(3k2＋1,2).
由Δ＝36m2k2－4(1＋3k2)(3m2－3)＝9(1＋3k2)(1－k2)＞0，
解得－1＜k＜1，且k≠0，故k∈(－1,0)∪(0,1)．
4．如圖，已知橢圓eq \f(x2,2)＋y2＝1上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線y＝mx＋eq \f(1,2)對(duì)稱，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
【答案】見解析
【解析】由題意知m≠0，可設(shè)直線AB的方程為y＝－eq \f(1,m)x＋b.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))消去y得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq \f(2b,m)x＋b2－1＝0.因?yàn)橹本€y＝－eq \f(1,m)x＋b與橢圓eq \f(x2,2)＋y2＝1有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以Δ＝－2b2＋2＋eq \f(4,m2)＞0①.
將線段AB中點(diǎn)Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直線方程y＝mx＋eq \f(1,2)，
解得b＝－eq \f(m2＋2,2m2)②.
由①②得m＜－eq \f(\r(6),3)或m＞eq \f(\r(6),3).
故實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，＋∞)).
【考卷送檢】
一、選擇題
1．(2019·江西師大附中月考)已知過拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)F的直線l交拋物線于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)A在第一象限，若|AF|＝3，則直線l的斜率為( )
A．1 B.eq \r(2)
C.eq \r(3) D．2eq \r(2)
【答案】D
【解析】由題意知焦點(diǎn)F(1,0)，設(shè)A(xA，yA)，由|AF|＝3＝xA＋1得xA＝2，又點(diǎn)A在第一象限，故A(2,2eq \r(2))，故直線l的斜率為2eq \r(2).
2．(2019·信陽一中期中)若直線y＝kx＋2與拋物線y2＝x只有一個(gè)公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的值為( )
A.eq \f(1,8) B．0
C.eq \f(1,8)或0 D．8或0
【答案】C
【解析】由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,y2＝x))得ky2－y＋2＝0，若k＝0，直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，則y＝2；若k≠0，則Δ＝1－8k＝0，所以k＝eq \f(1,8).綜上可知k＝0或eq \f(1,8).
3．(2019·玉林中學(xué)月考)已知雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，過點(diǎn)P(3,6)的直線l與C相交于A，B兩點(diǎn)，且AB的中點(diǎn)N(12,15)，則雙曲線C的離心率為( )
A．2 B.eq \f(3,2)
C.eq \f(3\r(5),5) D.eq \f(\r(5),2)
【答案】B
【解析】設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AB的中點(diǎn)為N(12,15)得x1＋x2＝24，y1＋y2＝30，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)－\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)－\f(y\\al(2,2),b2)＝1))兩式相減得
eq \f(?x1＋x2??x1－x2?,a2)＝eq \f(?y1＋y2??y1－y2?,b2)，則eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(b2?x1＋x2?,a2?y1＋y2?)＝eq \f(4b2,5a2).因?yàn)橹本€AB的斜率k＝eq \f(15－6,12－3)＝1，所以eq \f(4b2,5a2)＝1，則eq \f(b2,a2)＝eq \f(5,4)，所以雙曲線的離心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \f(3,2).
4．已知雙曲線E：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1，直線l交雙曲線于A，B兩點(diǎn)，若線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1))，則直線l的方程為( )
A．4x＋y－1＝0 B．2x＋y＝0
C．2x＋8y＋7＝0 D．x＋4y＋3＝0
【答案】C
【解析】依題意，設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,1),2)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)－\f(y\\al(2,2),2)＝1，))兩式相減得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),4)＝eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),2)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(1,2)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2).又線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1))，因此x1＋x2＝1，y1＋y2＝(－1)×2＝－2，所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,4)，即直線AB的斜率為－eq \f(1,4)，直線l的方程為y＋1＝－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
即2x＋8y＋7＝0.
5．已知橢圓E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)為F(3,0)，過點(diǎn)F的直線交E于A，B兩點(diǎn)．若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1，－1)，則E的方程為( )
A.eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,36)＝1 B.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1
C.eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,18)＝1 D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1
【答案】D
【解析】因?yàn)橹本€AB過點(diǎn)F(3,0)和點(diǎn)(1，－1)，所以直線AB的方程為y＝eq \f(1,2)(x－3)，代入橢圓方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1消去y，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)＋b2))x2－eq \f(3,2)a2x＋eq \f(9,4)a2－a2b2＝0，所以AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為eq \f(\f(3,2)a2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)＋b2)))＝1，即a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，a＝3eq \r(2).
6．若直線mx＋ny＝4與⊙O：x2＋y2＝4沒有交點(diǎn)，則過點(diǎn)P(m，n)的直線與橢圓eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的交點(diǎn)個(gè)數(shù)是( )
A．至多為1 B．2
C．1 D．0
【答案】B
【解析】由題意知：eq \f(4,\r(m2＋n2))>2，即eq \r(m2＋n2)b>0)．由題意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，))解得c＝eq \r(3).所以b2＝a2－c2＝1.所以橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)證明：設(shè)M(m，n)，則D(m,0)，N(m，－n)．由題設(shè)知m≠±2，且n≠0.直線AM的斜率kAM＝eq \f(n,m＋2)，故直線DE的斜率kDE＝－eq \f(m＋2,n).所以直線DE的方程為y＝－eq \f(m＋2,n)(x－m)，直線BN的方程為y＝eq \f(n,2－m)(x－2)．聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(m＋2,n)?x－m?，,y＝\f(n,2－m)?x－2?，))解得點(diǎn)E的縱坐標(biāo)yE＝－eq \f(n?4－m2?,4－m2＋n2).由點(diǎn)M在橢圓C上得4－m2＝4n2，所以yE＝－eq \f(4,5)n.
又S△BDE＝eq \f(1,2)|BD||yE|＝eq \f(2,5)|BD||n|，S△BDN＝eq \f(1,2)|BD||n|，
所以△BDE與△BDN的面積之比為4∶5.
12．已知雙曲線C：2x2－y2＝2與點(diǎn)P(1,2)．
(1)求過點(diǎn)P(1,2)的直線l的斜率k的取值范圍，使l與C只有一個(gè)交點(diǎn)；
(2)是否存在過點(diǎn)P的弦AB，使AB的中點(diǎn)為P?
【答案】見解析
【解析】 (1)①當(dāng)k存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y－2＝k(x－1)，代入雙曲線C的方程，整理得
(2－k2)x2＋2(k2－2k)x－k2＋4k－6＝0.(*)
當(dāng)2－k2＝0，即k＝±eq \r(2)時(shí)，直線與雙曲線的漸近線平行，此時(shí)只有一個(gè)交點(diǎn)．
當(dāng)2－k2≠0時(shí)，令Δ＝0，得k＝eq \f(3,2).此時(shí)只有一個(gè)公共點(diǎn)．
②當(dāng)k不存在時(shí)，直線l的方程為x＝1，而x＝1為雙曲線的一條切線．所以當(dāng)k不存在時(shí)，直線與雙曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)．
綜上所述，當(dāng)k＝±eq \r(2)或k＝eq \f(3,2)或k不存在時(shí)，l與C只有一個(gè)交點(diǎn)．
(2)假設(shè)以P為中點(diǎn)的弦AB存在，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是方程(*)的兩根，則由根與系數(shù)的關(guān)系得eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2?k2－2k?,2?k2－2?)＝1，所以k＝1.所以這樣的弦存在，方程為y＝x＋1(－1≤x≤3)，即x－y＋1＝0(－1≤x≤3)．
13．(2019·曲靖一中月考)焦點(diǎn)是F(0,5eq \r(2))，并截直線y＝2x－1所得弦的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是eq \f(2,7)的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為________．
【答案】eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1
【解析】設(shè)所求的橢圓方程為eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，直線被橢圓所截弦的端點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2)．由題意可得弦AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，且eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2,7)，eq \f(y1＋y2,2)＝－eq \f(3,7).將A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)代入橢圓方程中得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),a2)＋\f(x\\al(2,1),b2)＝1，,\f(y\\al(2,2),a2)＋\f(x\\al(2,2),b2)＝1.))兩式相減并化簡得eq \f(a2,b2)＝－eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－2×eq \f(－\f(6,7),\f(4,7))＝3，所以a2＝3b2.又c2＝a2－b2＝50，所以a2＝75，b2＝25.故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1.

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