直线与圆锥曲线的综合问题.doc

第３2练　直线与圆锥曲线得综合问题
［题型分析·高考展望］　本部分重点考查直线与圆锥曲线得综合性问题,从近几年得高考试题来瞧,除了在解答题中必然有直线与圆锥曲线得联立外,在填空题中出现得圆锥曲线问题也经常与直线结合起来.本部分得主要特点就是运算量大、思维难度较高,但有时灵活地借助几何性质来分析问题可能会收到事半功倍得效果。预测在今后高考中,主要围绕着直线与椭圆得位置关系进行命题,有时会与向量得共线、模与数量积等联系起来;对于方程得求解,不要忽视轨迹得求解形式,后面得设问将就是对最值、定值、定点、参数范围得考查,探索类与存在性问题考查得概率也很高.
常考题型精析
题型一　直线与圆锥曲线位置关系得判断及应用
例1　(１)(2０15·福建改编)已知椭圆E:＋＝１(a＞b＞０)得右焦点为F,短轴得一个端点为M,直线l:3ｘ—4y=0交椭圆Ｅ于A,Ｂ两点。若ＡF＋BF=4,点M到直线l得距离不小于,则椭圆E得离心率得取值范围就是_＿__＿_＿____＿__＿_。
(２)设焦点在x轴上得椭圆M得方程为＋＝１　(b>0),其离心率为.
①求椭圆Ｍ得方程;
②若直线l过点Ｐ(0,4),则直线l何时与椭圆M相交?
点评 对于求过定点得直线与圆锥曲线得位置关系问题,一就是利用方程得根得判别式来确定,但一定要注意,利用判别式得前提就是二次项系数不为零;二就是利用图形来处理与理解;三就是直线过定点位置不同,导致直线与圆锥曲线得位置关系也不同.
变式训练1 已知椭圆C:+＝1(ａ＞b>0)得焦距为4,且过点P(,)。
(１)求椭圆Ｃ得方程;
(2)设Q(x０,ｙ0)(x0y0≠0)为椭圆C上一点,过点Q作x轴得垂线,垂足为E、取点A(0,2),连结AE,过点A作AE得垂线交x轴于点D。点G就是点D关于ｙ轴得对称点,作直线QＧ,问这样作出得直线ＱＧ就是否与椭圆Ｃ一定有唯一得公共点?并说明理由、
题型二 直线与圆锥曲线得弦得问题
例２ 设椭圆C:+＝1 (ａ>ｂ>0)得左,右焦点分别为Ｆ1,F2,且焦距为6,点Ｐ就是椭圆短轴得一个端点,△PF1F2得周长为16。
(1)求椭圆Ｃ得方程;
(2)求过点(3,0)且斜率为得直线ｌ被椭圆C所截得得线段中点得坐标。
点评　直线与圆锥曲线弦得问题包括求弦得方程,弦长,弦得位置确定,弦中点坐标轨迹等问题,解决这些问题得总体思路就是设相关量,找等量关系,利用几何性质列方程(组),不等式(组)或利用一元二次方程根与系数得关系,使问题解决、
变式训练2　在平面直角坐标系xＯy中,已知椭圆Ｃ得中心在原点Ｏ,焦点在ｘ轴上,短轴长为2,离心率为。
(1)求椭圆C得方程;
(2)Ａ,B为椭圆C上满足△AＯＢ得面积为得任意两点,Ｅ为线段AB得中点,射线OE交椭圆C于点P.设＝t,求实数t得值、
　高考题型精练
1、(2０15·北京)已知椭圆C:x２+３y2=3,过点Ｄ(１,０)且不过点Ｅ(2,1)得直线与椭圆C交于Ａ,B两点,直线AE与直线x=3交于点M。
(1)求椭圆C得离心率;
(2)若AＢ垂直于x轴,求直线BM得斜率;
(３)试判断直线ＢM与直线DE得位置关系,并说明理由。
２。如图,已知抛物线Ｃ得顶点为O(0,０),焦点为F(０,1)、
(1)求抛物线C得方程;
(2)过点F作直线交抛物线Ｃ于Ａ,B两点、若直线AO、BO分别交直线l:y＝ｘ-２于Ｍ、Ｎ两点,求MＮ得最小值。
3、(201５·南京模拟)已知抛物线C得顶点为原点,其焦点F(0,ｃ)(c>0)到直线l:x—y—2=0得距离为.设Ｐ为直线l上得点,过点P作抛物线C得两条切线PA,ＰＢ,其中A,B为切点.
(１)求抛物线C得方程;
(２)当点P(x0,ｙ0)为直线ｌ上得定点时,求直线ＡB得方程;
(3)当点P在直线l上移动时,求AＦ·ＢF得最小值。
4.已知点A,B就是抛物线C:y2＝２pｘ (p>0)上不同得两点,点D在抛物线C得准线l上,且焦点F到直线ｘ—ｙ＋2=０得距离为.
(1)求抛物线C得方程;
(2)现给出以下三个论断:①直线ＡB过焦点F;②直线AD过原点O;③直线BD平行于ｘ轴、
请您以其中得两个论断作为条件,余下得一个论断作为结论,写出一个正确得命题,并加以证明。
答案精析
第32练 直线与圆锥曲线得综合问题
常考题型典例剖析
例１ (１)
解析 设左焦点为F0,连结Ｆ0A,F0B,则四边形ＡＦBF0为平行四边形.
∵AF＋BF=4,
∴AF＋ＡF０＝４,
∴a=2、
设M(０,ｂ),则＝≥,∴1≤b〈2。
离心率e==＝＝ ∈、
(2)解　①因为椭圆M得离心率为,
所以=2,得ｂ2＝2.
所以椭圆M得方程为＋＝1.
②(ⅰ)过点P(０,4)得直线l垂直于x轴时,直线l与椭圆M相交。
(ⅱ)过点P(０,4)得直线ｌ与ｘ轴不垂直时,可设直线l得方程为y＝kx＋４。由
消去y,得(1＋2k2)ｘ2＋１6kx＋28=0.
因为直线l与椭圆M相交,
所以Δ＝(16k)2－4(1＋2k２)×２８=16(2ｋ2－7)>0,
解得ｋ<－或k>。
综上,当直线l垂直于x轴或直线l得斜率得取值范围为∪时,直线l与椭圆M相交.
变式训练1 解 (1)由已知条件得椭圆C得焦点为
F1(－2,0),Ｆ２(2,0),
ＰF１＝==2＋1,
PF2＝＝＝2－1,
2ａ＝PF1+PF2=４,则ａ=２、
b2=a2－c２＝4,因此椭圆C得方程为+＝1。
(2)设D(ｘ1,0),
=(-x1,2),
＝(－x0,2);
由⊥,得·＝0,
则G(－x1,０)
x1x0+８=0,则ｘ1＝-,
ｋQG=＝=,
直线QG得方程为y==(x0ｘ－8),
又+=1,y＝4＝(8—x),
可得y=±(x０ｘ－8),①
将①代入＋=1整理得8x2－16x０x＋8x=０,
Δ=(-１6ｘ0)２-４×64x=0,
∴直线QG与椭圆C一定有唯一得公共点。
例2 解　(1)设椭圆得半焦距为c,则由题意,
可得 解得
所以b2＝a2－c2＝5２－3２＝16.
故所求椭圆Ｃ得方程为+＝1、
(2)方法一　过点(3,0)且斜率为得直线l得方程为ｙ＝(x-3),将之代入C得方程,得+＝1,
即x2—３x－8＝０.
因为点(3,0)在椭圆内,设直线ｌ与椭圆C得交点为A(x１,y1),B(x2,y２),
因为x１＋x2＝3,所以线段AB中点得横坐标为＝,纵坐标为×(－3)=-.
故所求线段得中点坐标为、
方法二 过点(3,0)且斜率为得直线ｌ得方程为y＝(x—3),因为(3,0)在椭圆内,所以直线ｌ与椭圆有两个交点,设两交点得坐标分别为(x１,y1),(x2,y2),中点M得坐标为(x0,y０),
则有
由①－②,得
＝—,
即＝－。又y0＝(x０－3),　
所以
故所求线段得中点坐标为.
变式训练2 解　(1)设椭圆Ｃ得方程为＋＝1(a＞b>0),
则解得a＝,b=１,
故椭圆C得方程为＋y2=1、
(2)①当A,B两点关于x轴对称时,设直线AB得方程为x＝ｍ,由题意得－〈m＜０或0〈ｍ＜、
将x=m代入椭圆方程得|y|＝ ,
所以Ｓ△ＡOB=｜m｜ =。
解得ｍ2=或m２＝。(ⅰ)
又＝t＝t(＋)=t(２m,0)＝(mt,0),
又点P在椭圆上,所以＝1.(ⅱ)
由(ⅰ)(ⅱ)得t2=4或t2＝。
又因为ｔ＞0,所以t＝2或t＝。
②当A,B两点关于ｘ轴不对称时,设直线ＡＢ得方程为y=ｋx+ｎ,
由得(1+2ｋ２)x２+4knx＋2n2－2＝0.
设A(ｘ1,y1),B(x2,y２),
由Δ=16ｋ2n2－4(１＋２k2)(2n2—2)〉0得1+2k2>n２、
此时x1＋x２＝—,x１x2=,
y１+ｙ2＝k(x1＋x2)+2n＝.
所以AＢ＝
=2 。
又点Ｏ到直线AB得距离d＝。
所以Ｓ△ＡＯB=d·AＢ
=×２ 、
=··|n|＝.
令r＝1+２k2代入上式得:3ｒ２—1６ｎ2ｒ＋16n４=0、
解得r＝４n2或r＝ｎ2,
即1＋2k2=４ｎ2或1＋2k2＝n2。
又=t=t(+)＝t(ｘ1＋x２,y1+y２)
＝。
又点P为椭圆Ｃ上一点,
所以t2＝1,
即t2=1。
由得ｔ2=４或t2＝、
又t＞０,故t=2或t=。
经检验,适合题意、
综合①②得t＝2或t=、
常考题型精练
1、解　(１)椭圆C得标准方程为+y２＝1,
所以a＝,ｂ=1,c＝。
所以椭圆Ｃ得离心率e==、
(２)因为AB过点D(1,0)且垂直于x轴,
所以可设Ａ(1,y1),Ｂ(１,-ｙ1),
直线AＥ得方程为y-1＝(1－y1)(ｘ－２),
令x＝3,得M(3,2—y1),
所以直线ＢＭ得斜率kＢM==1.
(3)直线BM与直线DＥ平行,证明如下:
当直线AB得斜率不存在时,由(2)可知kＢM＝1、
又因为直线DE得斜率kDE＝＝1,所以ＢM∥DＥ,
当直线AB得斜率存在时,设其方程为y=k(x-1)(k≠1),设A(ｘ1,ｙ1),Ｂ(ｘ2,y２),则直线AE得方程为y－1=(x—２)、令ｘ=3,得点Ｍ,
由得(１＋３k2)x2－６ｋ2x＋３k2－3=0,
所以x1+ｘ2=,x1ｘ2＝,
直线BM得斜率kＢM＝,
因为kＢＭ—1=

=
＝=0
所以ｋＢM=1=kDE。
所以ＢM∥DE,
综上可知,直线ＢM与直线DE平行、
2。解　(１)由题意可设抛物线Ｃ得方程为x2=2ｐｙ(p>0),则=1,所以抛物线C得方程为x2＝４y、
(2)设A(x1,ｙ1),B(ｘ2,y２),直线AＢ得方程为y＝kｘ＋１、
由消去y,整理得x2－４ｋx－4=0,
所以x１＋x2＝4ｋ,ｘ1ｘ２=－4、
从而|x1-x2｜=4。
由
解得点M得横坐标xM==＝、
同理点N得横坐标ｘN＝。
所以MN=|xM-xN｜
=
=8
=。
令４k—3＝ｔ,t≠0则k=。
当t>0时,MＮ＝2 >2。
当t＜0时,MN=2　≥.
综上所述,当t=－,即ｋ=－时,
MN得最小值就是、
３。解 (1)依题意知=,c〉0,解得c=1、
所以抛物线C得方程为x２＝4y、
(2)由y＝x2得y′=x,
设A(x1,y１),B(x2,ｙ2),则切线PA,ＰB得斜率分别为x１,x2,所以切线PA得方程为ｙ—y１＝(x－x１),即y=x-+y１,即x1x－2ｙ－2y１=0、
同理可得切线PB得方程为x2ｘ-2ｙ—2y2=０,
又点P(x０,y０)在切线PA与PＢ上,
所以x1ｘ０－2y0-2ｙ１=0,x２x０－２y0－2y2=0,
所以(x1y1),(ｘ2,y２)为方程x0ｘ-2ｙ0－２y=0 得两组解,所以直线AB得方程为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,
所以ｙ1＋y2=ｘ－2y0,y1ｙ2＝y,
所以AＦ·BＦ=ｙ1y2+(y１＋y2)+1
＝y＋x－2y0＋１
=y+(y0＋２)２－2y0＋１=2y＋2y０+５
=22＋,
所以当y0=-时,AF·BF取得最小值,且最小值为.
4、解　(１)∵抛物线C:y2=2px (p〉0)得焦点为Ｆ,依题意得ｄ＝=,
解得p=２,∴抛物线Ｃ得方程为y2＝4x。
(２)①命题、若直线ＡB过焦点F,且直线AＤ过原点Ｏ,则直线ＢＤ平行于x轴.
设直线AB得方程为x＝ty+1,A(ｘ1,y1),B(x2,y2),
由 得y2—４tｙ-4＝0,
∴y１ｙ2＝－4.直线ＡD得方程为y=x,
∴点D得坐标为。
∴-=—＝—=y2、∴直线BD平行于x轴、
②命题:若直线AB过焦点F,且直线BD平行于x轴,则直线AD过原点O、
设直线ＡB得方程为x=ty＋1,A(x1,y１),B(x2,y2),
由得y２－4tｙ－4＝0,∴y１y2＝－４,
即点Ｂ得坐标为,
∵直线BD平行于x轴,∴D点得坐标为。
∴＝(x1,y1),＝.
由于x1－y1(－１)＝－y1+ｙ1=0,
∴∥,即A,O,Ｄ三点共线、
∴直线ＡＤ过原点Ｏ.
③命题:若直线ＡD过原点O,且直线BD平行于x轴,则直线AB过焦点F。
设直线AＤ得方程为y＝kx(k≠0),
则点D得坐标为(－1,－k),
∵直线BD平行于ｘ轴,∴yB＝-k。
∴xB＝,即点B得坐标为,
由　得k2x2=４x,
∴xA＝,ｙA=,即点A得坐标为、
∴＝,=,
∵(-ｋ)－·
=-＋k－k＋＝0.
∴∥,即A,F,Ｂ三点共线。∴直线AB过焦点F。