高考数学理科必考题型第37练直线与圆锥曲线问题含答案.docx
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高考数学理科必考题型第37练直线与圆锥曲线问题含答案
高考数学精品复习资料
2019.5
第37练 直线与圆锥曲线问题
[内容精要] 直线和圆锥曲线问题是高考必考题目,很多地区还把这部分题目作为压轴题,可见本部分题目的重要性和难度,这部分题目主要是以解答题的形式呈现,表现为计算量较大,思维角度较多,需要同学们更加认真地去学习.
题型一 直线和椭圆的位置关系
例1
如图所示,椭圆C1:
+=1(a>b>0)的离心率为,x轴被曲线C2:
y=x2-b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:
MA⊥MB;
(3)记△MAB,△MDE的面积分别为S1,S2,若=λ,求λ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a2=2b2.
又2=2b,得b=1.
所以曲线C2的方程:
y=x2-1,椭圆C1的方程:
+y2=1.
(2)证明 设直线AB:
y=kx,A(x1,y1),B(x2,y2),
由题意,知M(0,-1).
则⇒x2-kx-1=0,
·=(x1,y1+1)·(x2,y2+1)
=(k2+1)x1x2+k(x1+x2)+1
=-(1+k2)+k2+1=0,
所以MA⊥MB.
(3)解 设直线MA的方程:
y=k1x-1,直线MB的方程:
y=k2x-1,
由
(2)知k1k2=-1,M(0,-1),
由解得或
所以A(k1,k-1).
同理,可得B(k2,k-1).
故S1=|MA|·|MB|=·|k1||k2|.
由解得或
所以D(,).
同理,可得E(,).
故S2=|MD|·|ME|
=·,
=λ==≥,
则λ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:
x2-y2=1及直线l:
y=kx-1.
(1)若l与C有两个不同的交点,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Δ>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(1-k2)x2+2kx-2=0.
∴
解得- 双曲线C与直线l有两个不同的交点时,k的取值范围是(-,-1)∪(-1,1)∪(1,). (2)设交点A(x1,y1),B(x2,y2), 直线l与y轴交于点D(0,-1), 由 (1)知,C与l联立的方程为(1-k2)x2+2kx-2=0. ∴ 当A,B在双曲线的一支上且|x1|>|x2|时, S△OAB=S△OAD-S△OBD=(|x1|-|x2|) =|x1-x2|; 当A,B在双曲线的两支上且x1>x2时, S△OAB=S△ODA+S△OBD=(|x1|+|x2|) =|x1-x2|. ∴S△OAB=|x1-x2|=, ∴(x1-x2)2= (2)2, 即()2+=8,解得k=0或k=±. 又∵- ∴当k=0或k=±时,△AOB的面积为. 题型三 直线和抛物线的位置关系 例3 已知双曲线M: -=1(a>0,b>0)的上焦点为F,上顶点为A,B为虚轴的端点,离心率e=,且S△ABF=1-.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a=b,故c=2b. 所以S△ABF=(c-a)×b=(2b-b)×b =1-,解得b=1. 所以a=,c=2,其上焦点为F(0,2). 所以双曲线M的方程为-x2=1, 抛物线N的方程为x2=8y. (2)由 (1)知抛物线N的方程为y=x2, 故y′=x,抛物线的准线为y=-2. 设P(x0,y0),则x0≠0,y0=x, 且直线l的方程为y-x=x0(x-x0), 即y=x0x-x. 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y0=x(x0≠0)的x0,y0恒成立. 由于=(x0,y0-y1),=(,-2-y1), 由·=0, 得x0·+(y0-y1)(-2-y1)=0, 整理得-2y0-y0y1+2y1+y=0, 即(y+2y1-8)+(2-y1)y0=0,(*) 由于(*)式对满足y0=x(x0≠0)的x0,y0恒成立, 所以解得y1=2. 故以PQ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.已知圆C: (x+1)2+y2=8,定点A(1,0),M为圆上一动点,点P在AM上,点N在CM上,且满足=2,·=0,点N的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程; (2)若直线y=kx+与 (1)中所求点N的轨迹E交于不同的两点F,H,O是坐标原点,且≤·≤,求k2的取值范围. 解 (1) 如图所示,连接NA. 由=2,·=0, 可知NP所在直线为线段AM的垂直平分线, 所以|NA|=|NM|, 所以|NC|+|NA|=|NC|+|NM|=2>2=|CA|, 所以动点N的轨迹是以C(-1,0),A(1,0)为焦点的椭圆, 且长轴长为2a=2,焦距2c=2,即a=,c=1,b=1. 故曲线E的方程为+y2=1. (2)设F(x1,y1),H(x2,y2). 由消去y, 得(2k2+1)x2+4kx+2k2=0, Δ=8k2>0, 由根与系数的关系,得x1+x2=-,x1x2=, 所以·=x1x2+y1y2 =x1x2+(kx1+)(kx2+) =(k2+1)x1x2+k(x1+x2)+k2+1 =-+k2+1 =. 由≤·≤,得≤≤, 解得≤k2≤1. 2.(20xx·广东)已知抛物线C的顶点为原点,其焦点F(0,c)(c>0)到直线l: x-y-2=0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|AF|·|BF|的最小值. 解 (1)依题意知=,c>0,解得c=1. 所以抛物线C的方程为x2=4y. (2)由y=x2得y′=x, 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y-y1=(x-x1), 即y=x-+y1,即x1x-2y-2y1=0. 同理可得切线PB的方程为x2x-2y-2y2=0, 又点P(x0,y0)在切线PA和PB上, 所以x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2=0, 所以(x1,y1),(x2,y2)为方程x0x-2y0-2y=0的两组解, 所以直线AB的方程为x0x-2y-2y0=0. (3)由抛物线定义知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1, 所以|AF|·|BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1, 联立方程 消去x整理得y2+(2y0-x)y+y=0, ∴y1+y2=x-2y0,y1y2=y, ∴|AF|·|BF|=y1y2+(y1+y2)+1=y+x-2y0+1 =y+(y0+2)2-2y0+1=2y+2y0+5 =22+, ∴当y0=-时,|AF|·|BF|取得最小值,且最小值为. 3.(20xx·浙江) 如图,点P(0,-1)是椭圆C1: +=1(a>b>0)的一个顶点,C1的长轴是圆C2: x2+y2=4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)由题意得 所以椭圆C1的方程为+y2=1. (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y=kx-1. 又圆C2: x2+y2=4, 故点O到直线l1的距离 d=, 所以|AB|=2=2. 又l2⊥l1,故直线l2的方程为x+ky+k=0. 由 消去y,整理得(4+k2)x2+8kx=0, 故x0=-.所以|PD|=. 设△ABD的面积为S, 则S=·|AB|·|PD|=, 所以S= ≤ =, 当且仅当k=±时取等号. 所以所求直线l1的方程为y=±x-1. 4.已知双曲线E: -=1(a>0,b>0)的焦距为4,以原点为圆心,实半轴长为半径的圆和直线x-y+=0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,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∵2c=4,∴c=2,∴b==1. ∴双曲线E的方程为-y2=1. (2)当直线为y=0时, 则P(-,0),Q(,0),F(-2,0), ∴·=(-+2,0)·(+2,0)=1. 当直线不为y=0时, 可设l: x=ty+m(t≠±)代入E: -y2=1, 整理得(t2-3)y2+2mty+m2-3=0(t≠±).(*) 由Δ>0得m2+t2>3. 设方程(*)的两个根为y1,y2, 满足y1+y2=-,y1y2=, ∴·=(ty1+m+2,y1)·(ty2+m+2,y2) =(t2+1)y1y2+t(m+2)(y1+y2)+(m+2)2 =. 当且仅当2m2+12m+15=3时,·为定值, 解得m1=-3-,m2=-3+(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y2=2px(p>0)的焦点,斜率为2的直线交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1 (1)求该抛物线的方程; (2)O为坐标原点,C为抛物线上一点,若=+λ,求λ的值. 解 (1)直线AB的方程是y=2(x-),与y2=2px联立, 从而有4x2-5px+p2=0,所以x1+x2=. 由抛物线定义得|AB|=x1+x2+p=9, 所以p=4,从而抛物线方程是y2=8x. (2)由p=4,知4x2-5px+p2=0可化为x2-5x+4=0, 从而x1=1,x2=4,y1=-2,y2=4, 从而A(1,-2),B(4,4). 设=(x3,y3)=(1,-2)+λ(4,4)=(4λ+1,4λ-2), 又y=8x3, 所以[2(2λ-1)]2=8(4λ+1), 即(2λ-1)2=4λ+1,解得λ=0,或λ=2. 6.(20xx·辽宁) 圆x2+y2=4的切线与x轴正半轴,y轴正半轴围成一个三角形,当该三角形面积最小时,切点为P(如图).双曲线C1: -=1过点P且离心率为. (1)求C1的方程; (2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点,直线l过C2的右焦点且与C2交于A,B两点,若以线段AB为直径的圆过点P,求l的方程. 解 (1)设切点P的坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0), 则切线斜率为-,切线方程为y-y0=-(x-x0), 即x0x+y0y=4,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x+y=4≥2x0y0知当且仅当x0=y0=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x2-=1. (2)由 (1)知C2的焦点坐标为(-,0),(,0), 由此设C2的方程为+=1,其中b1>0. 由P(,)在C2上,得+=1, 解得b=3,因此C2的方程为+=1. 显然,l不是直线y=0. 设l的方程为x=my+,点A(x1,y1),B(x2,y2), 由得(m2+2)y2+2my-3=0, 又设y1,y2是方程的根,因此 由x1=my1+,x2=my2+,得 因为=(-x1,-y1),=(-x2,-y2), 由题意知·=0, 所以x1x2-(x1+x2)+y1y2-(y1+y2)+4=0,⑤ 将①②③④代入⑤整理得2m2-2m+4-11=0, 解得m=-1或m=-+1. 因此直线l的方程为x-(-1)y-=0或x+(-1)y-=0.
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