2019考綱考題考情


1．直線與圓錐曲線的位置關系
(1)從幾何角度看，可分為三類：無公共點，僅有一個公共點及有兩個相異的公共點。
(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方程解的情況來判斷。設直線l的方程為Ax＋By＋C＝0，圓錐曲線方程為f(x，y)＝0。
由消元，
(如消去y)得ax2＋bx＋c＝0。
①若a＝0，當圓錐曲線是雙曲線時，直線l與雙曲線的漸近線平行；當圓錐曲線是拋物線時，直線l與拋物線的對稱軸平行(或重合)。
②若a≠0，設Δ＝b2－4ac。
a．當Δ＞0時，直線和圓錐曲線相交于不同兩點；
b．當Δ＝0時，直線和圓錐曲線相切于一點；
c．當Δ＜0時，直線和圓錐曲線沒有公共點。
2．直線與圓錐曲線相交時的弦長問題
(1)斜率為k的直線與圓錐曲線交于兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則所得弦長：
|P1P2|＝
＝·|x1－x2|
＝
＝|y1－y2|。
(2)斜率不存在時，可求出交點坐標，直接運算(利用兩點間距離公式)。
3．圓錐曲線的中點弦問題
遇到弦中點問題常用“根與系數(shù)的關系”或“點差法”求解。
在橢圓＋＝1中，以P(x0，y0)為中點的弦所在直線的斜率k＝－；在雙曲線－＝1中，以P(x0，y0)為中點的弦所在直線的斜率k＝；在拋物線y2＝2px(p＞0)中，以P(x0，y0)為中點的弦所在直線的斜率k＝。在使用根與系數(shù)關系時，要注意前提條件是Δ≥0。

點差法的常見結論(設AB為圓錐曲線的弦，點M為弦AB的中點)：
標準方程
點差法結論
＋＝1(a>b>0)
kAB·kOM＝－
＋＝1(a>b>0)
kAB·kOM＝－
－＝1(a>0，b>0)
kAB·kOM＝
－＝1(a>0，b>0)
kAB·kOM＝
y2＝2px(p≠0)
kAB＝(y0為中點M的縱坐標)
x2＝2py(p≠0)
kAB＝(x0為中點M的橫坐標)

一、走進教材
1．(選修2－1P71例6改編)過點(0,1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個公共點，這樣的直線有(　　)
A．1條 B．2條
C．3條 D．4條
解析　結合圖形分析可知，滿足題意的直線共有3條：直線x＝0，過點(0,1)且平行于x軸的直線以及過點(0,1)且與拋物線相切的直線(非直線x＝0)。故選C。
答案　C
二、走出誤區(qū)
微提醒：①沒有發(fā)現(xiàn)直線過定點，導致運算量偏大；②不會用函數(shù)法解最值問題；③錯用雙曲線的幾何性質。
2．直線y＝kx－k＋1與橢圓＋＝1的位置關系為(　　)
A．相交 B．相切
C．相離 D．不確定
解析　直線y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒過定點(1,1)，又點(1,1)在橢圓內(nèi)部，故直線與橢圓相交。故選A。
答案　A
3．如圖，兩條距離為4的直線都與y軸平行，它們與拋物線y2＝－2px(0＋知，C不經(jīng)過點P1，所以點P2在C上。因此解得故C的方程為＋y2＝1。
(2)證明：設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2，如果l與x軸垂直，設l：x＝t，由題設知t≠0，且|t|0。
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝－，x1x2＝。
而k1＋k2＝＋＝＋＝。
由題設知k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0。即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0。解得k＝－。
當且僅當m>－1時，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l過定點(2，－1)。



求解直線或圓錐曲線過定點問題的基本思路是：把直線或圓錐曲線方程中的變量x，y看成常數(shù)，把方程的一端化為零，將方程轉化為以參數(shù)為主變量的方程，這個方程對任意參數(shù)都成立，這時參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個關于x，y的方程組，這個方程組的解所確定的點就是直線或圓錐曲線所過的定點。
【變式訓練】　(2019·貴陽摸底)過拋物線C：y2＝4x的焦點F且斜率為k的直線l交拋物線C于A，B兩點，且|AB|＝8。
(1)求l的方程；
(2)若A關于x軸的對稱點為D，求證：直線BD過定點，并求出該點的坐標。
解　(1)易知點F的坐標為(1,0)，則直線l的方程為y＝k(x－1)，代入拋物線方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，由題意知k≠0，且[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)>0，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以x1＋x2＝，x1x2＝1，
由拋物線的定義知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，
所以＝6，所以k2＝1，即k＝±1，
所以直線l的方程為y＝±(x－1)。
(2)證明：由拋物線的對稱性知，D點的坐標為(x1，－y1)，直線BD的斜率kBD＝＝＝，
所以直線BD的方程為y＋y1＝(x－x1)，
即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1，
因為y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1，
所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，
即y1y2＝－4(y1，y2異號)，
所以直線BD的方程為4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒過點(－1，0)。
考點二 定值問題
【例2】　(2018·北京高考)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點P(1,2)。過點Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N。
(1)求直線l的斜率的取值范圍；
(2)設O為原點，＝λ，＝μ，求證：＋為定值。
解　(1)因為拋物線y2＝2px過點(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2。
故拋物線C的方程為y2＝4x。
由題意知，直線l的斜率存在且不為0。
設直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)。
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0。
依題意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得kb>0)的一個焦點為F1(－，0)，M(1，y)(y>0)為橢圓上的一點，△MOF1的面積為。
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若點T在圓x2＋y2＝1上，是否存在過點A(2,0)的直線l交橢圓C于點B，使＝(＋)？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由。
解　(1)由橢圓的一個焦點為F1(－，0)知c＝，即a2－b2＝3①。
又因為△MOF1的面積為，即××y＝，得y＝，所以M，
代入橢圓方程，得＋＝－1②。
由①②解得a2＝4，b2＝1。
故橢圓C的標準方程為＋y2＝1。
(2)假設存在過點A(2,0)的直線l符合題意，則結合圖形(圖略)易知直線l的斜率必存在，于是可設直線l的方程為y＝k(x－2)，
由
得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，(*)
解得xB＝，
所以yB＝－，即B，
所以＋＝，
則＝。
因為點T在圓x2＋y2＝1上，
所以＝1，
化簡得176k4－24k2－5＝0，
解得k2＝(負值舍去)，所以k＝±，
經(jīng)檢驗，此時(*)對應的判別式Δ>0，滿足題意。
故存在滿足條件的直線l，其方程為
y＝±(x－2)。



探索性問題的求解方法：先假設成立，在假設成立的前提下求出與已知、定理或公理相同的結論，說明結論成立，否則說明結論不成立。
【變式訓練】　(2019·南寧、柳州聯(lián)考)如圖，橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過點P，離心率e＝，直線l的方程為x＝4。

(1)求橢圓C的方程；
(2)AB是經(jīng)過右焦點F的任一弦(不經(jīng)過點P)，設直線AB與直線l相交于點M，記直線PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3。問：是否存在常數(shù)λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由。
解　(1)由P在橢圓C上得，＋＝1①，
由e＝＝知a＝2c，則b2＝3c2②，
②代入①，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3。
故橢圓C的方程為＋＝1。
(2)由題意可設直線AB的斜率為k，
則直線AB的方程為y＝k(x－1)③，
代入橢圓方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，則有
x1＋x2＝，x1x2＝④，
在方程③中令x＝4得，點M的坐標為(4,3k)。
從而k1＝，k2＝，
k3＝＝k－。
因為A，F(xiàn)，B三點共線，所以有k＝kAF＝kBF，
即有＝＝k，
所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－·⑤，
將④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－1，
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3。故存在常數(shù)λ＝2符合題意。

1．(配合例1、例2使用)已知直線l：x＝my＋1過橢圓C：＋＝1的右焦點F，拋物線x2＝4y的焦點為橢圓C的上頂點，且l交橢圓C于A，B兩點，點A，F(xiàn)，B在直線x＝4上的射影依次為D，K，E。
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l交y軸于點M，且＝λ1，＝λ2，當m變化時，證明：λ1＋λ2為定值；
(3)當m變化時，直線AE與BD是否相交于定點？若是，請求出定點的坐標，并給予證明；否則，說明理由。
解　(1)因為l：x＝my＋1過橢圓C的右焦點F，
所以右焦點F(1,0)，c＝1，即c2＝1。
因為x2＝4y的焦點(0，)為橢圓C的上頂點，
所以b＝，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4，
所以橢圓C的方程為＋＝1。
(2)由題意知m≠0，由
得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0。
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則y1＋y2＝－，y1y2＝－。
因為＝λ1，＝λ2，M，
所以＝λ1(1－x1，－y1)，
＝λ2(1－x2，－y2)，
所以λ1＝－1－，λ2＝－1－，
所以λ1＋λ2＝－2－＝－2－÷＝－。
綜上所述，當m變化時，λ1＋λ2為定值－。
(3)當m＝0時，直線l⊥x軸，則四邊形ABED為矩形，易知AE與BD相交于點N，猜想當m變化時，直線AE與BD相交于定點N，證明如下：
＝＝，
易知E(4，y2)，則＝。
因為y2－(－y1)＝(y1＋y2)－my1y2＝－m＝0，
所以∥，即A，N，E三點共線。
同理可得B，N，D三點共線。
則猜想成立，故當m變化時，直線AE與BD相交于定點N。
2．(配合例3使用)已知橢圓C的中心在原點，離心率等于，它的一個短軸端點恰好是拋物線x2＝8y的焦點。
(1)求橢圓C的方程；
(2)如圖，已知P(2,3)，Q(2，－3)是橢圓上的兩點，A，B是橢圓上位于直線PQ兩側的動點。

①若直線AB的斜率為，求四邊形APBQ面積的最大值；
②當A，B運動時，滿足∠APQ＝∠BPQ，試問直線AB的斜率是否為定值？請說明理由。
解　(1)設橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)，則b＝2。由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4，
所以橢圓C的方程為＋＝1。
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)。
①設直線AB的方程為y＝x＋t，
代入＋＝1，得x2＋tx＋t2－12＝0，
由Δ>0，解得－40)的左焦點，A，B分別為C的左，右頂點。P為C上一點，且PF⊥x軸。過點A的直線l與線段PF交于點M，與y軸交于點E。若直線BM經(jīng)過OE的中點，則C的離心率為(　　)
A．　　　　 B．
C．　　　　 D．
【解析】　設OE的中點為N，如圖，因為MF∥OE，所以有＝，＝。又因為OE＝2ON，所以有＝·，解得e＝＝，故選A。

【答案】　A



此題也可以用解析法解決，但有一定的計算量，巧用三角形的相似比可簡化計算。
【變式訓練1】　如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：＋y2＝1與雙曲線C2的公共焦點，A，B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點。若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是(　　)

A． B．
C． D．
解析　由已知，得F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，設雙曲線C2的實半軸長為a，由橢圓及雙曲線的定義和已知，可得解得a2＝2，故a＝。所以雙曲線C2的離心率e＝＝。
答案　D
技巧二 設而不求，整體代換
對于直線與圓錐曲線相交所產(chǎn)生的中點弦問題，涉及求中點弦所在直線的方程，或弦的中點的軌跡方程的問題時，常?？梢杂谩包c差法”求解。
【例2】　已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交E于A，B兩點。若AB的中點坐標為(1，－1)，則E的標準方程為(　　)
A．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
【解析】　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，

①－②得＋＝0，
所以kAB＝＝－＝。
又kAB＝＝，所以＝。
又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，
所以橢圓E的方程為＋＝1。
【答案】　D



本題設出A，B兩點的坐標，卻不求出A，B兩點的坐標，巧妙地表達出直線AB的斜率，通過將直線AB的斜率“算兩次”建立幾何量之間的關系，從而快速解決問題。
【變式訓練2】　過點M(1,1)作斜率為－的直線與橢圓C：＋＝1(a>b>0)相交于A，B兩點，若M是線段AB的中點，則橢圓C的離心率等于________。
解析　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則
所以＋＝0，
所以＝－·。
因為＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
所以－＝－。所以a2＝2b2。
又因為b2＝a2－c2，
所以a2＝2(a2－c2)，
所以a2＝2c2，所以＝。
即橢圓C的離心率e＝。
答案　
技巧三 巧用“根與系數(shù)的關系”，化繁為簡
某些涉及線段長度關系的問題可以通過解方程、求坐標，用距離公式計算長度的方法來解；但也可以利用一元二次方程，使相關的點的同名坐標為方程的根，由根與系數(shù)的關系求出兩根間的關系或有關線段長度間的關系。后者往往計算量小，解題過程簡捷。
【例3】　已知橢圓＋y2＝1的左頂點為A，過A作兩條互相垂直的弦AM，AN交橢圓于M，N兩點。
(1)當直線AM的斜率為1時，求點M的坐標；
(2)當直線AM的斜率變化時，直線MN是否過x軸上的一定點？若過定點，請給出證明，并求出該定點；若不過定點，請說明理由。
【解】　(1)直線AM的斜率為1時，直線AM的方程為y＝x＋2，代入橢圓方程并化簡得5x2＋16x＋12＝0。
解得x1＝－2，x2＝－，所以M。
(2)設直線AM的斜率為k，直線AM的方程為y＝k(x＋2)，
聯(lián)立方程
化簡得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0。
則xA＋xM＝，又xA＝－2，
則xM＝－xA－＝2－＝。
同理，可得xN＝。
由(1)知若存在定點，則此點必為P。
證明如下：
因為kMP＝＝＝，
同理可計算得kPN＝。
所以直線MN過x軸上的一定點P。



本例在第(2)問中可應用根與系數(shù)的關系求出xM＝，這體現(xiàn)了整體思想。這是解決解析幾何問題時常用的方法，簡單易懂，通過設而不求，大大降低了運算量。
【變式訓練3】　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且經(jīng)過點P，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2。
(1)求橢圓C的方程；
(2)過F1的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，若△AF2B的內(nèi)切圓半徑為，求以F2為圓心且與直線l相切的圓的方程。
解　(1)由＝，得a＝2c，
所以a2＝4c2，b2＝3c2，
將點P的坐標代入橢圓方程得c2＝1，故所求橢圓方程為＋＝1。
(2)由(1)可知F1(－1,0)，
設直線l的方程為x＝ty－1，
代入橢圓方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0。
顯然判別式大于0恒成立，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的內(nèi)切圓半徑為r0，則有y1＋y2＝，
y1y2＝，r0＝，
所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝|F1F2|·|y1－y2|＝|F1F2|·＝。
而S△AF2B＝|AB|r0＋|BF2|r0＋|AF2|r0＝r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)
＝r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)
＝r0·4a＝×8×＝，
所以＝，解得t2＝1，
因為所求圓與直線l相切，
所以半徑r＝＝，
所以所求圓的方程為(x－1)2＋y2＝2。
技巧四 巧妙“換元”減少運算量
變量換元的關鍵是構造元和設元，理論依據(jù)是等量代換，目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去研究，從而將非標準型問題轉化為標準型問題，將復雜問題簡單化。變量換元法常用于求解復合函數(shù)的值域、三角函數(shù)的化簡或求值等問題。
【例4】　如圖，已知橢圓C的離心率為，點A，B，F(xiàn)分別為橢圓的右頂點、上頂點和右焦點，且S△ABF＝1－。

(1)求橢圓C的方程；
(2)已知直線l：y＝kx＋m與圓O：x2＋y2＝1相切，若直線l與橢圓C交于M，N兩點，求△OMN面積的最大值。
【解】　(1)由已知橢圓的焦點在x軸上，設其方程為＋＝1(a>b>0)，則A(a,0)，B(0，b)，F(xiàn)(c,0)(c＝)。
由已知可得e2＝＝，
所以a2＝4b2，即a＝2b，可得c＝b①。
S△AFB＝×|AF|×|OB|＝(a－c)b＝1－②。
將①代入②，得(2b－b)b＝1－，
解得b＝1，故a＝2，c＝。
所以橢圓C的方程為＋y2＝1。
(2)圓O的圓心為坐標原點，半徑r＝1，由直線l：y＝kx＋m與圓O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2③。
由消去y，
得x2＋2kmx＋m2－1＝0。
由題可知k≠0，即(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
所以Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2>0。
設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝＝，x1x2＝＝。
所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝2－4×＝④。
將③代入④中，得|x1－x2|2＝，
故|x1－x2|＝。
所以|MN|＝|x1－x2|＝×＝。
故△OMN的面積S＝|MN|×1＝××1＝。
令t＝4k2＋1，則t≥1，k2＝，代入上式，得
S＝2＝
＝ ＝
＝＝，
所以當t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±時，S取得最大值，且最大值為× ＝1。



破解此類題的關鍵：一是利用已知條件，建立關于參數(shù)的方程，解方程，求出參數(shù)的值，二是通過變量換元法將所給函數(shù)轉化為值域容易確定的另一函數(shù)，求得其值域，從而求得原函數(shù)的值域，形如y＝ax＋b±(a，b，c，d均為常數(shù)，且ac≠0)的函數(shù)常用此法求解，但在換元時一定要注意新元的取值范圍，以保證等價轉化，這樣目標函數(shù)的值域才不會發(fā)生變化。
【變式訓練4】　已知中心在原點，焦點在y軸上的橢圓C，其上一點P到兩個焦點F1，F(xiàn)2的距離之和為4，離心率為。
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線y＝kx＋1與曲線C交于A，B兩點，求△OAB面積的取值范圍。
解　(1)設橢圓的標準方程為
＋＝1(a>b>0)，
由題意可知2a＝4，＝，
又a2－b2＝c2，
解得a＝2，c＝，b＝1，
故橢圓C的方程為＋x2＝1。
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝－①，
設△OAB的面積為S，
由x1x2＝－0，
所以y＝t＋在t∈[3，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以t＋≥，
所以0

英語朗讀寶
相關資料 更多
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部