2017年高考数学知识方法专题7-解析几何第34练 直线与圆锥曲线的综合问题.docx

第34练　直线与圆锥曲线的综合问题
[题型分析·高考展望]　本部分重点考查直线和圆锥曲线的综合性问题，从近几年的高考试题来看，除了在解答题中必然有直线与圆锥曲线的联立外，在选择题或填空题中出现的圆锥曲线问题也经常与直线结合起来.本部分的主要特点是运算量大、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的效果.预测在今后高考中，主要围绕着直线与椭圆的位置关系进行命题，有时会与向量的共线、模和数量积等联系起来；对于方程的求解，不要忽视轨迹的求解形式，后面的设问将是对最值、定值、定点、参数范围的考查，探索类和存在性问题考查的概率也很高.
体验高考
1.(2015·江苏)如图在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若|PC|＝2|AB|，求直线AB的方程.
解　(1)由题意，得＝且c＋＝3，
解得a＝，c＝1，则b＝1，
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)当AB⊥x轴时，AB＝，又CP＝3，不合题意.
当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为
y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将AB的方程代入椭圆方程，
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
则x1，2＝，
C的坐标为，且
AB＝＝＝.
若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意.
从而k≠0，故直线PC的方程为
y＋＝－，
则P点的坐标为，
从而PC＝.
因为|PC|＝2|AB|，
所以＝，
解得k＝±1.
此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.
2.(2016·浙江)如图，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.

(1)求p的值；
(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围.
解　(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义得＝1，即p＝2.
(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1，0)，
可设A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.
因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，由消去x得y2－4sy－4＝0.
故y1y2＝－4，所以B.
又直线AB的斜率为，
故直线FN的斜率为－，
从而得直线FN：y＝－(x－1)，直线BN：y＝－.
所以N.
设M(m，0)，由A，M，N三点共线得＝，
于是m＝，所以m＜0或m＞2.
经检验，m＜0或m＞2满足题意.
综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).
3.(2016·四川)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点P在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.
(1)解　由已知，得a＝2b，
又椭圆＋＝1(a>b>0)过点P，故＋＝1，解得b2＝1.所以椭圆E的方程是＋y2＝1.
(2)证明　设直线l的方程为y＝x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由方程组得x2＋2mx＋2m2－2＝0，①
方程①的判别式为Δ＝4m2－4(2m2－2)，由Δ>0，
即2－m2>0，解得－M的方程为＋＝1(b>0)，其离心率为.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若直线l过点P(0，4)，则直线l何时与椭圆M相交？
解　(1)因为椭圆M的离心率为，
所以＝2，得b2＝2.
所以椭圆M的方程为＋＝1.
(2)①过点P(0，4)的直线l垂直于x轴时，直线l与椭圆M相交.
②过点P(0，4)的直线l与x轴不垂直时，可设直线l的方程为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的斜率的取值范围为∪时，直线l与椭圆M相交.
点评　对于求过定点的直线与圆锥曲线的位置关系问题，一是利用方程的根的判别式来确定，但一定要注意，利用判别式的前提是二次项系数不为零；二是利用图形来处理和理解；三是直线过定点位置不同，导致直线与圆锥曲线的位置关系也不同.
变式训练1　(2015·安徽)设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.
(1)求椭圆E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为，求E的方程.
解　(1)由题设条件知，点M的坐标为，
又kOM＝，从而＝，
进而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.
(2)由题设条件和(1)的计算结果可得，直线AB的方程为＋＝1，点N的坐标为.
设点N关于直线AB的对称点S的坐标为，
则线段NS的中点T的坐标为.
又点T在直线AB上，且kNS·kAB＝－1，
从而有解得b＝3.
所以a＝3，故椭圆E的方程为＋＝1.
题型二　直线与圆锥曲线的弦的问题
例2　已知椭圆＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)(c>0)，过点E(，0)的直线与椭圆相交于A，B两点，且F1A∥F2B，|F1A|＝2|F2B|.
(1)求椭圆的离心率；
(2)求直线AB的斜率.
解　(1)由F1A∥F2B，且|F1A|＝2|F2B|，
得＝＝，从而＝，
整理，得a2＝3c2，故离心率e＝.
(2)由(1)得b2＝a2－c2＝2c2，
所以椭圆的方程可写为2x2＋3y2＝6c2，
设直线AB的方程为y＝k(x－)，即y＝k(x－3c).
由已知设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则它们的坐标满足方程组消去y并整理，得(2＋3k2)x2－18k2cx＋27k2c2－6c2＝0，
依题意，Δ＝48c2(1－3k2)>0，得－为线段AE的中点，
所以x1＋3c＝2x2， ③
联立①③解得x1＝，x2＝，
将x1，x2代入②中，解得k＝±满足(*)式，
故所求k的值是±.
点评　直线与圆锥曲线弦的问题包括求弦的方程，弦长，弦的位置确定，弦中点坐标轨迹等问题，解决这些问题的总体思路是设相关量，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的关系，使问题解决.
变式训练2　设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点，过F1且斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列.
(1)求椭圆E的离心率；
(2)设点P(0，－1)满足|PA|＝|PB|，求椭圆E的方程.
解　(1)由椭圆定义知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a，
又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝a，
l的方程为y＝x＋c，其中c＝.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则A，B两点的坐标满足方程组消去y，
化简得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为直线AB的斜率为1，
所以|AB|＝|x2－x1|＝，
即a＝，
故a2＝2b2，
所以E的离心率e＝＝＝.
(2)设AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知
x0＝＝＝－，y0＝x0＋c＝.

由|PA|＝|PB|，
得kPN＝－1，即＝－1，
得c＝3，从而a＝3，b＝3.
故椭圆E的方程为＋＝1.
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)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x＝3交于点M.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；
(3)试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由.
解　(1)椭圆C的标准方程为＋y2＝1，
所以a＝，b＝1，c＝.
所以椭圆C的离心率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的方程为y－1＝(1－y1)(x－2)，
令x＝3，得M(3，2－y1)，
所以直线BM的斜率kBM＝＝1.
(3)直线BM与直线DE平行，证明如下：
当直线AB的斜率不存在时，由(2)可知kBM＝1.
又因为直线DE的斜率kDE＝＝1，所以BM∥DE，
当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)(k≠1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线AE的方程为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的斜率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.(2016·课标全国甲)已知A是椭圆E：＋＝1的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，证明：0，由|AM|＝|AN|及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.
又A(－2，0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2.
将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0，
解得y＝0或y＝，所以y1＝.
因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.
(2)证明　将直线AM的方程y＝k(x＋2)(k>0)代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，
由x1·(－2)＝得x1＝，
故|AM|＝|x1＋2|＝.
由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋2)，
故同理可得|AN|＝.
由2|AM|＝|AN|，得＝，
即4k3－6k2＋3k－8＝0，
设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，
则k是f(t)的零点，
f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，
所以f(t)在(0，＋∞)单调递增，
又f()＝15－26<0，f(2)＝6>0，
因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，
且零点k在(，2)内，
所以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，
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.已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A(1，0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设点P在抛物线C2：y＝x2＋h(h∈R)上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N.当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值.
解　(1)由题意，得
从而
因此，椭圆C1的方程为＋x2＝1.
(2)如图，

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(t，t2＋h)，
则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′.
直线MN的方程为y＝2tx－t2＋h.
将上式代入椭圆C1的方程中，
得4x2＋(2tx－t2＋h)2－4＝0，
即4(1＋t2)x2－4t(t2－h)x＋(t2－h)2－4＝0. ①
因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，
所以①式中的Δ1＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]>0. ②
设线段MN的中点的横坐标是x3，
则x3＝＝.
设线段PA的中点的横坐标是x4，
则x4＝.
由题意，得x3＝x4，
即t2＋(1＋h)t＋1＝0.③
由③式中的Δ2＝(1＋h)2－4≥0，
得h≥1，或h≤－3.
当h≤－3时，
h＋2<0，4－h2<0，
则不等式②不成立，所以h≥1.
当h＝1时，
代入方程③得t＝－1，
将h＝1，t＝－1代入不等式②，检验成立.
所以，h的最小值为1.