2020年北京高考数学复习练习课件§10.4　直线与圆锥曲线的位置关系.pptx

1、A组 自主命题北京卷题组,五年高考,考点 直线与圆锥曲线的位置关系,1.(2018北京文,20,14分)已知椭圆M: + =1(ab0)的离心率为 ,焦距为2 .斜率为k的直 线l与椭圆M有两个不同的交点A,B. (1)求椭圆M的方程; (2)若k=1,求|AB|的最大值; (3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C,D和 点Q 共线,求k.,解析 (1)由题意得 解得a= ,b=1. 所以椭圆M的方程为 +y2=1. (2)设直线l的方程为y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2). 由 得4x2+6mx+3m2-3=0. 所以x1+

2、x2=- ,x1x2= . |AB|= = = = . 当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为 . (3)设A(x1,y1),B(x2,y2). 由题意得 +3 =3, +3 =3.,直线PA的方程为y= (x+2). 由 得(x1+2)2+3 x2+12 x+12 -3(x1+2)2=0. 设C(xC,yC). 所以xC+x1= = . 所以xC= -x1= . 所以yC= (xC+2)= . 设D(xD,yD).同理得xD= ,yD= . 记直线CQ,DQ的斜率分别为kCQ,kDQ, 则kCQ-kDQ= -,=4(y1-y2-x1+x2). 因为C,D,Q三点共线, 所以kCQ

3、-kDQ=0. 故y1-y2=x1-x2. 所以直线l的斜率k= =1.,2.(2017北京,18,14分)已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1).过点 作直线l与抛物线C交于不同的 两点M,N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B,其中O为原点. (1)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程; (2)求证:A为线段BM的中点.,解析 本题考查抛物线方程及性质,直线与抛物线的位置关系. (1)由抛物线C:y2=2px过点P(1,1),得p= . 所以抛物线C的方程为y2=x. 抛物线C的焦点坐标为 ,准线方程为x=- . (2)由题意,设直线l的方程为y=kx+ (k0)

4、,l与抛物线C的交点为M(x1,y1),N(x2,y2). 由 得4k2x2+(4k-4)x+1=0. 则x1+x2= ,x1x2= .,方法总结 在研究直线与圆锥曲线的位置关系时,常涉及弦长、中点、面积等问题.一般是先 联立方程,再根据根与系数的关系,用设而不求,整体代入的技巧进行求解.,3.(2013北京,19,14分)已知A,B,C是椭圆W: +y2=1上的三个点,O是坐标原点. (1)当点B是W的右顶点,且四边形OABC为菱形时,求此菱形的面积; (2)当点B不是W的顶点时,判断四边形OABC是否可能为菱形,并说明理由.,解析 (1)椭圆W: +y2=1的右顶点B的坐标为(2,0).

5、因为四边形OABC为菱形, 所以AC与OB相互垂直平分. 所以可设A(1,m),代入椭圆方程得 +m2=1, 即m= . 所以菱形OABC的面积是 |OB|AC|= 22|m|= . (2)假设四边形OABC为菱形. 因为点B不是W的顶点,且直线AC不过原点,所以可设AC的方程为y=kx+m(k0,m0).,评析 本题考查椭圆的性质,点与椭圆的关系及直线与椭圆的位置关系,考查弦的中点及菱形 的性质,考查学生的运算求解能力和整体代换思想的应用.对于第(2)问,利用菱形的性质构建 关于斜率k的方程是解决本题的关键.,4.(2012北京,19,14分)已知曲线C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(

6、mR). (1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m的取值范围; (2)设m=4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方),直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点 M,N,直线y=1与直线BM交于点G.求证:A,G,N三点共线.,解析 (1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆,当且仅当 解得 0,即k2 . 设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则y1=kx1+4,y2=kx2+4, x1+x2= ,x1x2= . 直线BM的方程为y+2= x,点G的坐标为 . 因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN= ,kAG=- ,所以kAN-kAG= + = + = k+ = k+ =0

7、. 即kAN=kAG,故A,G,N三点共线.,评析 本题主要考查直线与椭圆的位置关系.考查学生的计算能力及转化与化归思想.,5.(2011北京文,19,14分)已知椭圆G: + =1(ab0)的离心率为 ,右焦点为(2 ,0).斜率为 1的直线l与椭圆G交于A,B两点,以AB为底边作等腰三角形,顶点为P(-3,2). (1)求椭圆G的方程; (2)求PAB的面积.,解析 (1)由已知得,c=2 , = . 解得a=2 . 又b2=a2-c2=4, 所以椭圆G的方程为 + =1. (2)设直线l的方程为y=x+m. 由 得4x2+6mx+3m2-12=0. 设A,B的坐标分别为(x1,y1),(

8、x2,y2)(x1x2),AB的中点为E(x0,y0),则x0= =- , y0=x0+m= . 因为AB是等腰PAB的底边, 所以PEAB. 所以PE的斜率k= =-1.,解得m=2. 此时方程为4x2+12x=0. 解得x1=-3,x2=0. 所以y1=-1,y2=2. 所以|AB|=3 . 此时,点P(-3,2)到直线AB:x-y+2=0的距离d= = , 所以PAB的面积S= |AB|d= .,失分警示 联立直线方程与椭圆方程,消元时化简出错,导致错解.不会将等腰三角形转化为中 线垂直于底边,导致运算量大或无法进行运算.,评析 本题考查椭圆方程的求法,及直线与椭圆的位置关系,根与系数的

9、关系等知识,考查数形 结合思想及运算能力.,B组 统一命题省(区、市)卷题组,考点 直线与圆锥曲线的位置关系,1.(2018课标全国,8,5分)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为 的直线与C交于M, N两点,则 = ( ) A.5 B.6 C.7 D.8,答案 D 本题主要考查直线与抛物线的位置关系及平面向量的数量积的运算. 设M(x1,y1),N(x2,y2).由已知可得直线的方程为y= (x+2),即x= y-2,由 得y2-6y+8=0. 由根与系数的关系可得y1+y2=6,y1y2=8,x1+x2= (y1+y2)-4=5,x1x2= =4,F(1,0), =(

10、x1-1)(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=4-5+1+8=8,故选D.,2.(2017课标全国,12,5分)过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为 的直线交C于点M(M在x轴的 上方),l为C的准线,点N在l上且MNl,则M到直线NF的距离为 ( ) A. B.2 C.2 D.3,答案 C 本题考查直线与抛物线的位置关系,点到直线的距离. 解法一:由题知MF:y= (x-1),与抛物线y2=4x联立得3x2-10x+3=0,解得x1= ,x2=3,所以M(3,2 ), 因为MNl,所以N(-1,2 ),又因为F(1,0),所以NF:y=- (x-1).所以M到

11、直线NF的距离为 =2 . 解法二:直线FM的倾斜角为60,又|FM|=|MN|,所以MNF为正三角形,于是直线NF与准线l成30 角,从而|NF|= =2p=4,则M到直线NF的距离为MNF的边NF上的高,d= |NF|=2 .,方法总结 涉及抛物线的焦点和准线时,应充分利用抛物线的定义.,3.(2016课标,12,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C: + =1(ab0)的左焦点,A,B分别为C的 左,右顶点.P为C上一点,且PFx轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线 BM经过OE的中点,则C的离心率为 ( ) A. B. C. D.,答案 A 解法一:设点M(-c,

12、y0),OE的中点为N,则直线AM的斜率k= ,从而直线AM的方程为 y= (x+a),令x=0,得点E的纵坐标yE= . 同理,OE的中点N的纵坐标yN= . 因为2yN=yE,所以 = ,即2a-2c=a+c,所以e= = .故选A. 解法二:如图,设OE的中点为N,由题意知|AF|=a-c,|BF|=a+c,|OF|=c,|OA|=|OB|=a, PFy轴, = = ,= = , 又 = ,即 = , a=3c,故e= = .,评析 本题考查了直线与椭圆的位置关系,考查了直线方程和中点坐标公式.,4.(2019浙江,15,4分)已知椭圆 + =1的左焦点为F,点P在椭圆上且在x轴的上方.

13、若线段PF 的中点在以原点O为圆心,|OF|为半径的圆上,则直线PF的斜率是 .,答案,解析 本题主要考查椭圆的定义和标准方程、直线斜率与倾斜角的关系,以及解三角形,旨在 考查学生的综合应用能力及运算求解能力,重点应用数形结合思想,突出考查了直观想象与数 学运算的核心素养. 如图,记椭圆的右焦点为F,取PF中点为M,由题知a=3,b= ,c=2,连接OM,PF, 则|OM|=|OF|=2,又M为PF的中点, |PF|=2|OM|,PFOM,|PF|=4, 又P在椭圆上,|PF|+|PF|=6,|PF|=2, 在PFF中,|PF|=|FF|=4,|PF|=2,连接FM, 则FMPF,|FM|=

14、= = ,kPF=tanPFF= = . 即直线PF的斜率为 .,一题多解 易知F(-2,0),设P(3cos , sin ),设PF的中点为M,则M ,|OM|=| OF|=2, + =4,9cos2-12cos +4+5sin2=16,又sin2=1-cos2, 4cos2-12cos -7=0,解得cos =- ,sin2= , 又P在x轴上方,sin = , P ,kPF= ,故答案为 .,疑难突破 试题中只出现了椭圆的一个焦点,需要作出另一个焦点,并将椭圆定义作为隐含 条件直接应用是求解本题的突破口.再由条件中的中点M联想到利用三角形中位线的性质求 出PF的长度是解决本题的关键.,5

15、.(2019天津文,19,14分)设椭圆 + =1(ab0)的左焦点为F,左顶点为A,上顶点为B.已知 | OA|=2|OB|(O为原点). (1)求椭圆的离心率; (2)设经过点F且斜率为 的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P,圆C同时与x轴和直线l相切,圆心 C在直线x=4上,且OCAP.求椭圆的方程.,解析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数 方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能 力. (1)设椭圆的半焦距为c,由已知有 a=2b. 又由a2=b2+c2,消去b得a2= +c2,解得 = . 所以,椭圆的

16、离心率为 . (2)由(1)知,a=2c,b= c,故椭圆方程为 + =1. 由题意,F(-c,0),则直线l的方程为y= (x+c). 点P的坐标满足 消去y并化简,得到7x2+6cx-13c2=0,解得x1=c,x2=- . 代入到l的方程,解得y1= c,y2=- c.,因为点P在x轴上方,所以P . 由圆心C在直线x=4上,可设C(4,t). 因为OCAP,且由(1)知A(-2c,0),故 = ,解得t=2.则C(4,2). 因为圆C与x轴相切,所以圆的半径长为2,又由圆C与l相切,得 =2,可得c=2. 所以,椭圆的方程为 + =1.,思路分析 (1)由已知条件,得a与b的比例关系,

17、代入a2=b2+c2,得a与c的齐次关系,进而求得离心 率.(2)设出直线方程(含参数c),联立直线与椭圆方程(含参数c),得交点P的坐标(含参数c),由kAP= kOC,求得C点坐标以及圆的半径r,最后由圆心到直线距离等于半径列出关于c的方程,求得c的 值,最终确定椭圆方程.,6.(2019天津理,18,13分)设椭圆 + =1(ab0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的短轴长 为4,离心率为 . (1)求椭圆的方程; (2)设点P在椭圆上,且异于椭圆的上、下顶点,点M为直线PB与x轴的交点,点N在y轴的负半轴 上.若|ON|=|OF|(O为原点),且OPMN,求直线PB的斜率.,解析 本

18、小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法 研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力. (1)设椭圆的半焦距为c,依题意,2b=4, = ,又a2=b2+c2,可得a= ,b=2,c=1. 所以,椭圆的方程为 + =1. (2)由题意,设P(xP,yP)(xP0),M(xM,0).设直线PB的斜率为k(k0),又B(0,2),则直线PB的方程为y= kx+2,与椭圆方程联立 整理得(4+5k2)x2+20kx=0,可得xP=- ,代入y=kx+2得yP= ,进而直线OP的斜率 = .在y=kx+2中,令y=0,得xM=- .由题意得N(0

19、,-1),所以直线 MN的斜率为- .由OPMN,得 =-1,化简得k2= ,从而k= . 所以,直线PB的斜率为 或- .,思路分析 (1)根据条件求出基本量a,b得到椭圆方程. (2)要利用条件OPMN,必须求P点和M、N点坐标.由直线PB的方程与椭圆方程联立得到P点 坐标,求出M及N点坐标,利用kOPkMN=-1求出kPB.,7.(2019课标全国理,19,12分)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为 的直线l与C的交点为A, B,与x轴的交点为P. (1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程; (2)若 =3 ,求|AB|.,解析 本题主要考查抛物线的定义、几何性质、直线与抛物线

20、相交的综合问题等内容,考查 学生运算求解的能力,以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力,体现了直观想象与数 学运算的核心素养. 设直线l:y= x+t,A(x1,y1),B(x2,y2). (1)由题设得F ,故|AF|+|BF|=x1+x2+ ,由题设可得x1+x2= . 由 可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,则x1+x2=- . 从而- = ,得t=- . 所以l的方程为y= x- .,(2)由 =3 可得y1=-3y2. 由 可得y2-2y+2t=0. 所以y1+y2=2.从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.,代入C的方程得x1=3,x2= .故|AB|= .,思

21、路分析 (1)由|AF|+|BF|=4确定A、B两点横坐标之和,联立直线l的方程(含参)与抛物线方 程,由根与系数的关系得A、B两点横坐标之和的含参表达式.两者相等,列方程求出参数. (2)P点在x轴上,由 =3 知A、B两点纵坐标的比例关系,由根与系数的关系得A、B两点纵 坐标之和,二者联立,确定A、B的纵坐标,进而确定A、B的坐标,从而求得|AB|.,8.(2019江苏,17,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C: + =1(ab0)的焦点为F1(-1,0), F2(1,0).过F2作x轴的垂线l,在x轴的上方,l与圆F2:(x-1)2+y2=4a2交于点A,与椭圆C交于点D.连

22、接 AF1并延长交圆F2于点B,连接BF2交椭圆C于点E,连接DF1.已知DF1= . (1)求椭圆C的标准方程; (2)求点E的坐标.,解析 本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭 圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.满分14分. (1)设椭圆C的焦距为2c. 因为F1(-1,0),F2(1,0),所以F1F2=2,c=1. 又因为DF1= ,AF2x轴,所以DF2= = = . 因此2a=DF1+DF2=4,从而a=2. 由b2=a2-c2,得b2=3. 因此,椭圆C的标准方程为 + =1. (2)解法一:由(1)知,椭圆

23、C: + =1,a=2. 因为AF2x轴,所以点A的横坐标为1. 将x=1代入圆F2的方程(x-1)2+y2=16,解得y=4. 因为点A在x轴上方,所以A(1,4). 又F1(-1,0),所以直线AF1:y=2x+2.,由 得5x2+6x-11=0, 解得x=1或x=- . 将x=- 代入y=2x+2,得y=- . 因此B . 又F2(1,0),所以直线BF2:y= (x-1). 由 得7x2-6x-13=0,解得x=-1或x= . 又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以x=-1. 将x=-1代入y= (x-1),得y=- . 因此E . 解法二:由(1)知,椭圆C: + =1.,如图,连接

24、EF1. 因为BF2=2a,EF1+EF2=2a,所以EF1=EB, 从而BF1E=B. 因为F2A=F2B,所以A=B. 所以A=BF1E,从而EF1F2A. 因为AF2x轴,所以EF1x轴. 因为F1(-1,0),由 解得y= . 又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以y=- . 因此E .,9.(2019课标全国理,21,12分)已知曲线C:y= ,D为直线y=- 上的动点,过D作C的两条切线, 切点分别为A,B. (1)证明:直线AB过定点; (2)若以E 为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面积.,解析 本题考查直线与抛物线相切,弦的中点,直线与圆相切

25、等知识点,通过直线与抛物线的方 程运算,考查了学生在解析几何中的运算求解能力,以直线与抛物线相切为背景考查了数学运 算的核心素养. (1)设D ,A(x1,y1),则 =2y1. 由于y=x,所以切线DA的斜率为x1,故 =x1. 整理得2tx1-2y1+1=0. 设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0. 故直线AB的方程为2tx-2y+1=0. 所以直线AB过定点 . (2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+ . 由 可得x2-2tx-1=0.,于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1, |AB|= |x1-x2|= =2(t2+1)

26、. 设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,则d1= ,d2= . 因此,四边形ADBE的面积S= |AB|(d1+d2)=(t2+3) . 设M为线段AB的中点,则M . 由于 ,而 =(t,t2-2), 与向量(1,t)平行, 所以t+(t2-2)t=0. 解得t=0或t=1. 当t=0时,S=3;当t=1时,S=4 . 因此,四边形ADBE的面积为3或4 .,解题关键 (1)设出A、B坐标,求导、列等式是解题的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐标 表示出 ,求AB方程中的参数是关键.,10.(2018课标全国,19,12分)设椭圆C: +y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C

27、交于A,B两点,点M 的坐标为(2,0). (1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程; (2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.,解析 (1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1, 由已知可得,点A的坐标为 或 . 所以AM的方程为y=- x+ 或y= x- . (2)当l与x轴重合时,OMA=OMB=0, 当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线, 所以OMA=OMB. 当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1 ,x2 ,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB= + , 由y1=kx1-k,y2=kx2-k得k

28、MA+kMB= . 将y=k(x-1)代入 +y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 所以,x1+x2= ,x1x2= .,则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k= =0, 从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补, 所以OMA=OMB. 综上,OMA=OMB.,11.(2018课标全国,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C: + =1交于A,B两点,线段AB的 中点为M(1,m)(m0). (1)证明:k- ; (2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且 + + =0.证明:| |,| |,| |成等差数列,并求该数 列的公差.,解析 本题考查椭圆的几何性质、

29、直线与椭圆的位置关系、等差数列的概念及其运算. (1)设A(x1,y1),B(x2,y2), 则 + =1, + =1. 两式相减,并由 =k得 + k=0. 由题设知 =1, =m, 于是k=- . 由题设得0m ,故k- . (2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0). 由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m0. 又点P在C上, 所以m= , 从而P ,| |= .,于是| |= = =2- . 同理,| |=2- . 所以| |+| |=4- (x1+x2)=3. 故2|

30、|=| |+| |, 即| |,| |,| |成等差数列. 设该数列的公差为d,则 2|d|=| |-| |= |x1-x2|= . 将m= 代入得k=-1. 所以l的方程为y=-x+ ,代入C的方程,并整理得7x2-14x+ =0. 故x1+x2=2,x1x2= ,代入解得|d|= . 所以该数列的公差为 或- .,思路分析 (1)利用“点差法”建立k与m的关系式,由m的范围得到k的范围. (2)根据题设 + + =0及点P在C上,确定m的值.进一步得出| |、| |、| |的关系,再求 公差.,解后反思 (1)解决直线与椭圆的位置关系的常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消 元、化简,然

31、后利用根与系数的关系建立方程(组),解决相关问题. (2)题中涉及弦的中点坐标时,可以采用“点差法”求解,设出弦端点A、B的坐标,分别代入圆 锥曲线方程并作差,变形后可出现弦AB的中点坐标和直线AB的斜率.,12.(2018天津文,19,14分)设椭圆 + =1(ab0)的右顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率 为 ,|AB|= . (1)求椭圆的方程; (2)设直线l:y=kx(k0)与椭圆交于P,Q两点,l与直线AB交于点M,且点P,M均在第四象限.若 BPM的面积是BPQ面积的2倍,求k的值.,解析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研 究圆锥曲线

32、的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力. (1)设椭圆的焦距为2c,由已知有 = ,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由|AB|= = ,从而a=3, b=2. 所以,椭圆的方程为 + =1. (2)设点P的坐标为(x1,y1),点M的坐标为(x2,y2),由题意,x2x10,点Q的坐标为(-x1,-y1).由BPM的 面积是BPQ面积的2倍,可得|PM|=2|PQ|,从而x2-x1=2x1-(-x1),即x2=5x1. 易知直线AB的方程为2x+3y=6,由方程组 消去y,可得x2= .由方程组 消去y,可得x1= . 由x2=5x1,可得 =5(3k+2),两边平方,整

33、理得18k2+25k+8=0,解得k=- 或k=- . 当k=- 时,x2=-90,不合题意,舍去;,当k=- 时,x2=12,x1= ,符合题意. 所以,k的值为- .,解题关键 第(2)问中把两个三角形的面积的关系转化为点P、M的横坐标间的关系,进而得 到关于k的方程是求解的难点和关键.,13.(2018江苏,18,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点 ,焦点F1(- ,0),F2( , 0),圆O的直径为F1F2. (1)求椭圆C及圆O的方程; (2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P. 若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标; 直线l与椭圆C交于A,B两点.若

34、OAB的面积为 ,求直线l的方程.,解析 本题主要考查直线方程、圆的方程、圆的几何性质、椭圆方程、椭圆的几何性质、 直线与圆及椭圆的位置关系等知识,考查分析问题能力和运算求解能力. (1)因为椭圆C的焦点为F1(- ,0),F2( ,0), 所以可设椭圆C的方程为 + =1(ab0). 又点 在椭圆C上, 所以 解得 因此,椭圆C的方程为 +y2=1. 因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3. (2)设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x00,y00),则 + =3. 所以直线l的方程为y=- (x-x0)+y0,即y=- x+ .,由 消去y,得 (4 + )x2-24x0x

35、+36-4 =0.(*) 因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点, 所以=(-24x0)2-4(4 + )(36-4 )=48 ( -2)=0. 因为x0,y00,所以x0= ,y0=1. 因此,点P的坐标为( ,1). 因为三角形OAB的面积为 , 所以 ABOP= ,从而AB= . 设A(x1,y1),B(x2,y2), 由(*)得x1,2= , 所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2,= . 因为 + =3, 所以AB2= = , 即2 -45 +100=0. 解得 = ( =20舍去),则 = ,因此P的坐标为 . 则直线l的方程为y=- x+3 .,14.(2017课标全国,2

36、0,12分)设A,B为曲线C:y= 上两点,A与B的横坐标之和为4. (1)求直线AB的斜率; (2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AMBM,求直线AB的方程.,解析 (1)解法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,y1= ,y2= ,x1+x2=4, 于是直线AB的斜率k= = =1. 解法二:设A ,则由题意得B ,于是直线AB的斜率k= = =1. (2)解法一:由y= ,得y= , 设M(x3,y3),由题设知 =1, 解得x3=2,于是M(2,1). 设直线AB的方程为y=x+m, 故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|. 将y

37、=x+m代入y= 得x2-4x-4m=0. 当=16(m+1)0,即m-1时,x1,2=22 .,从而|AB|= |x1-x2|=4 . 由题设知|AB|=2|MN|, 即4 =2(m+1),解得m=7. 所以直线AB的方程为y=x+7. 解法二:设曲线C:y= 上的点M的坐标为 ,过点M且与直线AB平行的直线l的方程为y=x- x0+ . 联立得 消去y得x2-4x+4x0- =0, 则有=(-4)2-41(4x0- )=0, 解得x0=2,代入曲线C的方程,得y0=1,故M(2,1). 设A ,则B ,因为AMBM, 所以 =-1,即 -4x1=28. 所以直线AB的方程为y=x-x1+

38、,即y=x+7.,15.(2017天津,19,14分)设椭圆 + =1(ab0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为 .已知A是 抛物线y2=2px(p0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为 . (1)求椭圆的方程和抛物线的方程; (2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D. 若APD的面积为 ,求直线AP的方程.,解析 (1)设F的坐标为(-c,0).依题意, = , =a,a-c= ,解得a=1,c= ,p=2,于是b2=a2-c2= . 所以,椭圆的方程为x2+ =1,抛物线的方程为y2=4x. (2)设直线AP的方程为x=my+1

39、(m0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P ,故Q .将 x=my+1与x2+ =1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y= .由点B异于点A,可 得点B .由Q ,可得直线BQ的方程为 (x+1)- =0,令y=0,解得x= ,故D .所以|AD|=1- = .又因为APD的 面积为 ,故 = ,整理得3m2-2 |m|+2=0,解得|m|= ,所以m= . 所以,直线AP的方程为3x+ y-3=0或3x- y-3=0.,方法总结 1.利用待定系数法求圆锥曲线标准方程的三个步骤:(1)作判断:根据焦点位置设方 程;(2)找等量关系;(3)解方程得结果. 2.解

40、决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略:(1)巧设直线方程:当已知直线与x轴交点固 定时,常设为x=my+b的形式,这样可避免对斜率是否存在的讨论;(2)注意整体代入思想的应用, 利用根与系数的关系可以简化运算,提高运算的效率和正确率.,16.(2016课标,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px (p0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H. (1)求 ; (2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.,解析 (1)由已知得M(0,t),P . (1分) 又N为M关于点P的对称点,故N ,ON的方程为y=

41、 x,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0, x2= . 因此H . (4分) 所以N为OH的中点,即 =2. (6分) (2)直线MH与C除H以外没有其他公共点. (7分) 理由如下: 直线MH的方程为y-t= x,即x= (y-t). (9分) 代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH 与C没有其他公共点. (12分),评析 本题考查了直线与抛物线的位置关系,考查了运算求解能力.得到交点的坐标是求解的 关键.,17.(2016课标,21,12分)已知A是椭圆E: + =1的左顶点,斜率为k(k0

42、)的直线交E于A,M两 点,点N在E上,MANA. (1)当|AM|=|AN|时,求AMN的面积; (2)当2|AM|=|AN|时,证明: k2.,解析 (1)设M(x1,y1),则由题意知y10. 由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为 . 又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2. (2分) 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SAMN=2 = . (4分) (2)将直线AM的方程y=k(x+2)(k0)代入 + =1得 (3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0. 由x1(-2)= 得x1= , 故|A

43、M|=|x1+2| = .,由题设,直线AN的方程为y=- (x+2), 故同理可得|AN|= . (7分) 由2|AM|=|AN|得 = ,即4k3-6k2+3k-8=0. (9分) 设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点, f (t)=12t2-12t+3=3(2t-1)20,所以f(t)在(0,+)单调递增. 又f( )=15 -260,因此f(t)在(0,+)有唯一的零点,且零点k在( ,2)内,所以 k 2. (12分),评析 本题考查了直线与椭圆的位置关系,考查了设而不求,整体运算的技巧,考查了函数的思 想方法,属难题.,18.(2015陕西,20,12分)如图

44、,椭圆E: + =1(ab0)经过点A(0,-1),且离心率为 . (1)求椭圆E的方程; (2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ 的斜率之和为2.,解析 (1)由题设知 = ,b=1, 结合a2=b2+c2,解得a= . 所以椭圆E的方程为 +y2=1. (2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k2),代入 +y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0. 由已知可知0. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x20, 则x1+x2= ,x1x2= . 从而直线AP,AQ的斜率之

45、和 kAP+kAQ= + = + =2k+(2-k) =2k+(2-k),=2k+(2-k) =2k-2(k-1)=2.,评析 本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系.,C组 教师专用题组,考点 直线与圆锥曲线的位置关系,1.(2014课标,10,5分)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30的直线交C于A,B两点,O 为坐标原点,则OAB的面积为 ( ) A. B. C. D.,答案 D 易知直线AB的方程为y= ,与y2=3x联立并消去x得4y2-12 y-9=0.设A(x1,y1), B(x2,y2),则y1+y2=3 ,y1y2=- .SOAB=

46、 |OF|y1-y2|= = = .故选D.,评析 本题考查了直线与抛物线的位置关系,考查了数形结合思想和运算求解的能力.,2.(2015江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直 线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为 .,答案,解析 双曲线x2-y2=1的一条渐近线为直线y=x,显然直线y=x与直线x-y+1=0平行,且两直线之间 的距离为 = .因为点P为双曲线x2-y2=1的右支上一点,所以点P到直线y=x的距离恒 大于0,结合图形可知点P到直线x-y+1=0的距离恒大于 ,结合已知可得c的最大值为 .,3.(201

47、8课标全国,20,12分)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点. (1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程; (2)证明:ABM=ABN.,解析 (1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2). 所以直线BM的方程为y= x+1或y=- x-1. (2)当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以ABM=ABN. 当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x10,x20. 由 得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2= ,y1y2=-4. 直线BM,BN

48、的斜率之和为 kBM+kBN= + = . 将x1= +2,x2= +2及y1+y2,y1y2的表达式代入式分子,可得,x2y1+x1y2+2(y1+y2)= = =0. 所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以ABM=ABN. 综上,ABM=ABN.,失分警示 (1)忽略点M,N位置的转换性,使直线BM方程缺失,从而导致失分; (2)由于不能将“ABM=ABN”正确转化为“kBM+kBN=0”进行证明,从而思路受阻,无法完 成后续内容.,4.(2018天津,19,14分)设椭圆 + =1(ab0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为 ,点A的坐标为(b,0),且|FB

49、|AB|=6 . (1)求椭圆的方程; (2)设直线l:y=kx(k0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若 = sin AOQ(O为原点),求k的值.,解析 (1)设椭圆的焦距为2c,由已知有 = , 又由a2=b2+c2,可得2a=3b. 由已知可得,|FB|=a,|AB|= b, 由|FB|AB|=6 ,可得ab=6, 从而a=3,b=2. 所以,椭圆的方程为 + =1. (2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2). 由已知有y1y20,故|PQ|sinAOQ=y1-y2. 又因为|AQ|= ,而OAB= ,故|AQ|= y2. 由 = sinAOQ,可得5y