2021年新课标（老高考）理数复习练习课件：§10.4　直线与圆锥曲线的位置关系.pptx

1、考点考点 直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系 1.(2018课标,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 2 3 FMFN 答案答案 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),=(x1- 1) (x2-1)+y1y2=x1x2-(

2、x1+x2)+1+y1y2=4-5+1+8=8,故选D. 2 3 3 2 2 4 , 3 -2 2 yx xy 3 2 2 12 () 16 y y FMFN 2.(2020新高考,13,5分)斜率为的直线过抛物线C:y2=4x的焦点,且与C交于A,B两点,则|AB|= . 3 答案答案 16 3 解析解析 解法一:在抛物线y2=4x中,2p=4,斜率为的直线倾斜角=, 过焦点的弦长|AB|=. 解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),由已知可得抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),过点F且斜率k=的直线方程为 y=(x-1),联立消去y得3x2-10 x+3=0, |AB|=. 3 3

3、 2 2 sin p 2 4 sin 3 4 3 4 16 3 3 3 2 4 , 3( -1), yx yx 12 12 10 , 3 1, xx x x 2 1k 2 1212 () -4xxx x13 100 -4 9 16 3 3.(2020浙江,21,15分)如图,已知椭圆C1:+y2=1,抛物线C2:y2=2px(p0),点A是椭圆C1与抛物线C2的 交点,过点A的直线l交椭圆C1于点B,交抛物线C2于点M(B,M不同于A). (1)若p=,求抛物线C2的焦点坐标; (2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值. 2 2 x 1 16 解析解析 本题主要考查抛物线

4、的几何性质,直线与椭圆、抛物线的位置关系等基础知识,同时考查数 学抽象、数学运算与逻辑推理等素养. (1)由p=得C2的焦点坐标是. (2)由题意可设直线l:x=my+t(m0,t0),点A(x0,y0). 将直线l的方程代入椭圆C1:+y2=1得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0, 所以点M的纵坐标yM=-, 将直线l的方程代入抛物线C2:y2=2px得 y2-2pmy-2pt=0, 所以y0yM=-2pt,解得y0=, 因此x0=. 由+=1得=4+2160, 所以当m=,t=时,p取到最大值. 1 16 1 ,0 32 2 2 x 2 2 mt m 2 2 (2)p m m 22

5、2 2 (2)p m m 2 0 2 x 2 0 y 2 1 p 2 2 m m 4 2 m m 2 10 5 10 40 4.(2020北京,20,15分)已知椭圆C:+=1过点A(-2,-1),且a=2b. (1)求椭圆C的方程; (2)过点B(-4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q.求的值. 2 2 x a 2 2 y b | | PB BQ 解析解析 (1)由已知条件可列方程组 解得故椭圆C的标准方程为+=1. (2)解法一:由题意知,直线l的斜率存在,设l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+4). 当k0时,直线l与椭圆C交于M、N两点,

6、设M(x1,y1),N(x2,y2), 联立化简得(4k2+1)x2+32k2x+(64k2-8)=0, 则x1+x2=-,x1x2=, =(32k2)2-4(4k2+1)(64k2-8)=32(1-4k2)0,解得-k0, 解得-k0,解得m24, 且y1+y2=,y1y2=, 此时lMA:y+1=(x+2),令x=-4,得yP=-1, 同理可得yQ=-1, 则yP+yQ=+-2 =-2 =-2, 因为(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2) =(y1+1)(my2-2)+(y2+1)(my1-2)+(my1-2)(my2-2) =m(m+2)y1y2-(

7、m+2)(y1+y2)=m(m+2)-(m+2)=0, 22 -4, 1, 82 xmy xy 2 8 4 m m 2 8 4m 1 1 1 2 y x 1 1 -2(1) 2 y x 2 2 -2(1) 2 y x 1 1 -2(1) 2 y x 2 2 -2(1) 2 y x 12 12 11 1 22 yy xx 122112 12 (1)(2)(1)(2)(2)(2) (2)(2) yxyxxx xx 2 8 4m 2 8 4 m m 所以yP+yQ=0,所以|PB|=|BQ|,所以=1.综上,=1. | | PB BQ | | PB BQ 5.(2020天津,18,15分)已知椭圆+

8、=1(ab0)的一个顶点为A(0,-3),右焦点为F,且|OA|=|OF|,其 中O为原点. (1)求椭圆的方程; (2)已知点C满足3=,点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点),直线AB与以C为圆心的圆相切于点P, 且P为线段AB的中点.求直线AB的方程. 2 2 x a 2 2 y b OCOF 解析解析 (1)由已知可得b=3.记半焦距为c,由|OF|=|OA|可得c=b=3.又由a2=b2+c2,可得a2=18.所以,椭圆 的方程为+=1. (2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,所以ABCP.依题意,直线AB和直线CP的斜率均存 在.设直线AB的方程为y=kx-3.由方程组消去y,可

9、得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0,或x= .依题意,可得点B的坐标为.因为P为线段AB的中点,点A的坐标为(0,-3),所以 点P的坐标为.由3=,得点C的坐标为(1,0),故直线CP的斜率为,即 .又因为ABCP,所以k=-1,整理得2k2-3k+1=0,解得k=,或k=1. 所以,直线AB的方程为y=x-3,或y=x-3. 2 18 x 2 9 y 22 -3, 1, 189 ykx xy 2 12 21 k k 2 22 126-3 , 21 21 kk kk 22 6-3 , 21 21 k kk OCOF 2 2 -3 -0 21 6 -1 21 k k k 2 3 2

10、-61kk 2 3 2-61kk 1 2 1 2 6.(2018课标,19,12分)设椭圆C:+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C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. 2 2 x 解析解析 (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)证明: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

11、(x1,y1),B(x2,y2), 则x1,x2b0)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. 2 2 x a 2 2 y b 5 5 解析解析 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,知2b=4,=,又a2=b2+c2,所以可得a=,b=2,c=1. 所

12、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,与椭圆方程联立得整理得(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,-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-. c a 5 5 5 2 5 x 2 4 y 22 2, 1, 54 ykx xy 2 20 45 k k 2 2 8-10 45 k k P P y

13、 x 2 4-5 -10 k k 2 k 2 k 2 4-5 -10 k k - 2 k 24 5 2 30 5 2 30 5 2 30 5 8.(2017课标,20,12分)已知椭圆C:+=1(ab0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰 有三点在椭圆C上. (1)求C的方程; (2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点. 2 2 x a 2 2 y b 3 -1, 2 3 1, 2 解析解析 本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题. (1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过

14、P3,P4两点. 又由+知,C不经过点P1,所以点P2在C上. 因此解得 故C的方程为+y2=1. (2)证明:设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2. 如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=. 2 1 a 2 1 b 2 1 a 2 3 4b 2 22 1 1, 13 1, 4 b ab 2 2 4, 1. a b 2 4 x 2 4- , 2 t t 2 4- ,- 2 t t 2 4-2 2 t t 2 4-2 2 t t 2 4 x 2 8 41 km k 2 2 4-4 41 m k 而k

15、1+k2=+ =+ =, 由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0. 即(2k+1)+(m-1)=0. 解得k=-. 当且仅当m-1时,0,于是l:y=-x+m, 即y+1=-(x-2), 所以l过定点(2,-1). 1 1 -1y x 2 2 -1y x 1 1 -1kxm x 2 2 -1kxm x 1212 12 2( -1)()kx xmxx x x 2 2 4-4 41 m k 2 -8 41 km k 1 2 m 1 2 m 1 2 m 方法总结方法总结 用直线系思想求直线过定点问题的一般步骤: (1)先设出双参数的直线方程; (2)根据题意通过

16、一系列计算消去一个参数(或用一个参数表示另一个参数); (3)代回所设方程,得单参数直线方程; (4)令参数各次幂的系数均为0,得定点坐标. 9.(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. 2 2 x a 2 2 y b 1 2 1 2 6 2 解析解析 本题主要考查椭圆、抛物线的标准方程和几何性质,直

17、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F的坐标为(-c,0).依题意,知=,=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(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

18、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. c a 1 22 p1 2 1 2 3 4 2 4 3 y 2 -1,- m 2 -1, m 2 4 3 y 2 -6 34 m m 2 22 -34-6 , 34 34 mm mm 2 -1, m 2 -62 - 34 m mm 2 2 -34 1 34 m m 2 -y m 2 2 2-3 32 m m 2 2 2-3 ,0 32 m m 2 2 2-3 32 m m 2 2 6 32 m m 6 2 1 2 2 2 6 32 m m 2 | |m 6 2

19、6 6 3 6 3 66 10.(2016课标,20,12分)已知椭圆E:+=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k0)的直线 交E于A,M两点,点N在E上,MANA. (1)当t=4,|AM|=|AN|时,求AMN的面积; (2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围. 2 x t 2 3 y 解析解析 本题考查直线与椭圆的位置关系,综合考查了代数运算能力. (1)设M(x1,y1),则由题意知y10. 当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).(1分) 由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为. 因此直线AM的方程为y=x+2.(2分) 将x=y-2代入+=1得7y2-12

20、y=0. 解得y=0或y=,所以y1=.(4分) 因此AMN的面积SAMN=2=.(5分) (2)由题意,t3,k0,A(-,0).将直线AM的方程y=k(x+) 代入+=1得(3+tk2)x2+2 tk2x+t2k2-3t= 0.(7分) 由x1 (-)=得x1=, 故|AM|=|x1+ |=.(8分) 由题设,知直线AN的方程为y=-(x+), 2 4 x 2 3 y 4 2 4 x 2 3 y 12 7 12 7 1 2 12 7 12 7 144 49 tt 2 x t 2 3 y t t 22 2 -3 3 t kt tk 2 2 (3-) 3 ttk tk t 2 1k 2 2 6

21、(1) 3 tk tk 1 k t 故同理可得|AN|=.(9分) 由2|AM|=|AN|得=,即(k3-2)t=3k(2k-1). 当k=时上式不成立,因此t=.(10分) t3等价于=0,即0.(11分) 由此得或解得k3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围. 11.(2019浙江,21,15分)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B 两点,点C在抛物线上,使得ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记 AFG,CQG的面积分别为S1,S2. (1)求p的值及抛物线的准线方程; (2)求的最小值及此时点G的坐标

22、. 1 2 S S 解析解析 (1)由题意得=1,即p=2. 所以抛物线的准线方程为x=-1. (2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t0,则xA=t2.由于直线AB过F,故直线AB方程为x= y+1,代入y2=4x,得y2-y-4=0,故2tyB=-4,即yB=-,所以B.又由于xG=(xA+xB+xC),yG= (yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-+yC=0, 得C,G. 所以直线AC方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0). 由于Q在焦点F的右侧,故t22. 从而= =2-. 令m=t2-2,则m0, 2

23、 p 2-1 2 t t 2 2( -1)t t 2 t 2 12 ,- tt 1 3 1 3 2 t 2 11 -,2-tt tt 42 2 2 -22 ,0 3 tt t 1 2 S S 1 | 2 1 | 2 A C FG y QG y 42 2 42 2 2 2 -22 -1 |2 | 3 2 -222 -1-2 3 tt t t tt tt tt 42 4 2 - -1 tt t 2 4 -2 -1 t t =2-=2-2-=1+. 当m=时,取得最小值1+,此时G(2,0). 1 2 S S 2 43 m mm 1 3 4m m 1 3 24m m 3 2 3 1 2 S S 3

24、2 思路分析思路分析 (1)根据抛物线定义知=1,得到p的值及准线方程x=-1.(2)要求的最小值,需要将 用基本量表示出来,从点的关系出发,设A(xA,yA),合理选择参数t表示A(t2,2t),t0,由直线AB过F得到 AB方程,求出B点坐标,再由ABC的重心G在x轴上,求出C点和G点坐标,进而求出Q点坐标,然后就 可以表示出,进而求出其最小值. 2 p 1 2 S S 1 2 S S 1 2 S S 1.(2016天津,19,14分)设椭圆+=1(a)的右焦点为F,右顶点为A.已知+=,其中O 为原点,e为椭圆的离心率. (1)求椭圆的方程; (2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在

25、x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF HF,且MOAMAO,求直线l的斜率的取值范围. 2 2 x a 2 3 y 3 1 |OF 1 |OA 3 | e FA 以下为教师用书专用 解析解析 本题考查了直线与椭圆的位置关系及其综合应用,考查学生的直观想象、数学运算能力. (1)设F(c,0),由+=,即+=,可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4, 所以椭圆的方程为+=1. (2)设直线l的斜率为k(k0),则直线l的方程为y=k(x-2). 设B(xB,yB),由方程组消去y, 整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=

26、0. 解得x=2或x=, 由题意得xB=,从而yB=. 由(1)知,F(1,0),设H(0,yH), 有=(-1,yH),=. 由BFHF,得=0,所以+=0,解得yH=. 因此直线MH的方程为y=-x+. 1 |OF 1 |OA 3 | e FA 1 c 1 a 3 ( - ) c a a c 2 4 x 2 3 y 22 1, 43 ( -2) xy yk x 2 2 8-6 43 k k 2 2 8-6 43 k k 2 -12 43 k k FHBF 2 22 9-412 , 43 43 kk kk BFFH 2 2 4-9 43 k k 2 12 43 H ky k 2 9-4 12

27、 k k 1 k 2 9-4 12 k k 设M(xM,yM), 由方程组消去y,解得xM=. 在MAO中,MOAMAO|MA|MO|,即(xM-2)2+,化简得xM1,即1,解 得k-或k. 所以直线l的斜率的取值范围为. 2 ( -2), 19-4 - 12 yk x k yx kk 2 2 209 12(1) k k 2 M y 2 M x 2 M y 2 2 209 12(1) k k 6 4 6 4 6 - ,- 4 6 , 4 题后反思题后反思 解答本题的关键是两个几何条件的代数转化: (1)BFHF转化为=0; (2)MOAMAO转化为|MA|MO|(三角形中大边对大角). BF

28、FH 2.(2016四川,20,13分)已知椭圆E:+=1(ab0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的 三个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T. (1)求椭圆E的方程及点T的坐标; (2)设O是坐标原点,直线l平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交于点P.证明:存在常 数,使得|PT|2=|PA| |PB|,并求的值. 2 2 x a 2 2 y b 解析解析 本题考查直线与椭圆的位置关系,考查学生用方程思想、数形结合思想解决综合问题的能 力. (1)由已知,a=b, 则椭圆E的方程为+=1. 由方程组得3x2-12x+(18-2b2)=0. 方程的判

29、别式为=24(b2-3),由=0,得b2=3, 此时方程的解为x=2,所以椭圆E的方程为+=1. 点T坐标为(2,1). (2)由已知可设直线l的方程为y=x+m(m0), 由方程组可得 所以P点坐标为,|PT|2=m2. 设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2). 2 2 2 2 x b 2 2 y b 22 22 1, 2 -3, xy bb yx 2 6 x 2 3 y 1 2 1 , 2 -3, yxm yx 2 2-, 3 2 1. 3 m x m y 22 2-,1 33 mm 8 9 由方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0. 方程的判别式为=16(9-2

30、m2), 由0,解得-m0,再结合根与系数的关系进行解题. 3.(2016山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(ab0)的离心率是,抛物线E:x2=2 y的焦点F是C的一个顶点. (1)求椭圆C的方程; (2)设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线l与C交于不同的两点A,B,线段AB的中点为 D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M. (i)求证:点M在定直线上; (ii)直线l与y轴交于点G,记PFG的面积为S1,PDM的面积为S2.求的最大值及取得最大值时点 P的坐标. 2 2 x a 2 2 y b 3 2 1 2 S S 解析解析 本题考查直线与椭

31、圆、抛物线的位置关系等知识点,考查学生用方程思想、数形结合思想 解决综合问题的能力,体现了逻辑推理、直观想象和数学运算的核心素养. (1)由题意知=,可得a2=4b2. 因为抛物线E的焦点F的坐标为, 所以b=,所以a=1. 所以椭圆C的方程为x2+4y2=1. (2)(i)证明:设P(m0). 由x2=2y,可得y=x, 所以直线l的斜率为m. 因此直线l方程为y-=m(x-m),即y=mx-. 设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0). 联立 得(4m2+1)x2-4m3x+m4-1=0. 22 -a b a 3 2 1 0, 2 1 2 2 , 2 m m 2 2 m 2

32、2 m 22 2 41, - 2 xy m ymx 由0,得0m(或0m20)交于M,N两点. (1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程; (2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有OPM=OPN?说明理由. 2 4 x 解析解析 (1)由题设可得M(2,a),N(-2,a)或M(-2,a),N(2,a). 又y=,故y=在x=2处的导数值为,C在点(2,a)处的切线方程为y-a=(x-2),即x-y -a=0. y=在x=-2处的导数值为-,C在点(-2,a)处的切线方程为y-a=-(x+2),即x+y+a=0. 故所求切线方程为x-y-a=0和x+y+a=0.(5分) (2)存

33、在符合题意的点,证明如下: 设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2. 将y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0.故x1+x2=4k,x1x2=-4a. 从而k1+k2=+=. 当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故OPM=OPN,所以点P(0,-a) 符合题意.(12分) aaaa 2 x 2 4 x aaaaaa 2 4 x aaaaaa aa 1 1 -y b x 2 2 -y b x 1212 12 2( - )()kx xa b xx x x ()k ab a 疑难突破疑难突

34、破 要使OPM=OPN,只需直线PM与直线PN的斜率互为相反数. 5.(2015课标,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两 个交点A,B,线段AB的中点为M. (1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值; (2)若l过点,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率; 若不能,说明理由. , 3 m m 解析解析 (1)设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,

35、故 xM=,yM=kxM+b=. 于是直线OM的斜率kOM=-,即kOM k=-9. 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. (2)四边形OAPB能为平行四边形. 因为直线l过点,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0,k3. 由(1)得OM的方程为y=-x. 设点P的横坐标为xP. 由得=,即xP=. 将点的坐标代入l的方程得b=, 因此xM=. 12 2 xx 2 - 9 kb k 2 9 9 b k M M y x 9 k , 3 m m 9 k 222 9 -, 9 yx k xym 2 P x 22 2 981 k m k 2 39 km k , 3 m m (3- )

36、3 mk 2 ( -3) 3(9) k km k 四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM. 于是=2,解得k1=4-,k2=4+. 因为ki0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形. 2 39 km k 2 ( -3) 3(9) k km k 77 77 思路分析思路分析 (1)设出直线l的方程,与椭圆方程联立并消元,利用韦达定理求得AB的中点M的坐标,进 而可得出结论;(2)要使四边形OAPB为平行四边形,则线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM,由此结 合已知条件建立相应方程,进而通过解方程使问题得解. 方法

37、总结方法总结 解决定值问题的常见方法有两种:(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关; (2)直接推理、计算,并在推理、计算的过程中消去变量,从而得到定值. 考点考点 直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020河南顶级名校5月联考,8)过x轴正半轴上一点(t,0)作直线交抛物线y2=4x于A、B两点,若 =12,则t=( ) A.3 B.4 C.5 D.6 OA OB 答案答案 D 设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=my+t(t0),代入y2=4x并整理得y2-4my-4t=0,故y1y2=- 4tx

38、1x2=t2,故=x1x2+y1y2=t2-4t=12,解得t=6(负值舍去). 22 12 16 y y OA OB 2.(2020贵州4月适应性测试,9)已知抛物线C:y2=2px(p0),倾斜角为的直线交C于A,B两点.若线段 AB中点的纵坐标为2,则p的值为( ) A. B.1 C.2 D.4 6 3 1 2 答案答案 C 根据题意,设直线AB的方程为x=y+m,由得y2-2py-2pm=0,设A(x1,y1),B(x 2,y2),则y1+y2=2p, =p=2,解得p=2,故选C. 3 2 3, 2 xym ypx 3 3 12 2 yy 33 一题多解一题多解 设A(x1,y1),

39、B(x2,y2),则y1+y2=4,且=tan=,由得(y1+y2)(y1-y2)=2p(x1-x2), 由题意知x1x2,(y1+y2)=2p,即4=2p,得p=2,故选C. 3 12 12 - - y y x x 6 3 3 2 11 2 22 2, 2 ypx ypx 12 12 - - y y x x 3 3 3 3.(2020云南高中毕业班4月监测,8)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,经过点Q(-1,0)作直线l,l与抛物线 C在第一象限交于A,B两点,若点F在以AB为直径的圆上,则直线l的斜率为( ) A. B. C. D.1 3 3 2 2 1 2 答案答案 B 本题主要考查

40、直线与抛物线的位置关系,直线的斜率,考查学生的运算求解能力和整体 代换思想的应用,考查的核心素养为直观想象和数学运算. 设A(x1,y1),B(x2,y2),x1,x2,y1,y2均为正实数,直线AB的方程为y=k(x+1)(k0),由得k2x2+(2k2-4)x +k2=0,由题意知0,即(2k2-4)2-4k40,解得0k1,x1+x2=-,x1x2=1,y1y2=4,由题 意知=(x1-1,y1) (x2-1,y2)=(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=1+2-+1+4=0,即=8, k2=,又0k0)的焦点为F,过y轴上的一点E作直线EF与抛 物

41、线C交于A,B两点,若=,且|BF|=12,则点A的横坐标为( ) A.1 B.3 C.2 D.4 EAAF 答案答案 C 设直线EF:y=k,A(x1,y1),B(x2,y2),与y2=2px联立可得k2x2-p(k2+2)x+=0,则x1x2=. 又F,=,则x1=,由|BF|=12,得x2=12-,则x1x2=,解得p=8(p=0舍去),所以x1= 2,故选C. - 2 p x 22 4 p k 2 4 p ,0 2 p EAAF 4 p 2 p 4 p 12- 2 p 2 4 p 5.(2019广西南宁质检,11)已知抛物线y2=4x的准线交x轴于点Q,焦点为F,过点Q且斜率大于0的直

42、线 交y2=4x于A,B两点,AFB=60,则|AB|=( ) A. B. C.4 D.3 4 7 6 4 7 3 答案答案 B 由题易知,Q点坐标为(-1,0),点A,B在第一象限.设A(x1,2),B(x2,2),x2x10, 因为kQA=kQB,所以=,整理化简得x1x2=1, |AB|2=(x2-x1)2+(2-2)2,|AF|=x1+1,|BF|=x2+1,在AFB中,由余弦定理,得|AB|2=|AF|2+|BF|2-2|AF| | BF|cos 60,整理化简得x1+x2=,又因为x1x2=1,所以x1=,x2=3.所以|AB|= ,选B. 1 x 2 x 2 2 2 1 x x

43、1 1 2 1 x x 2 x 1 x 10 3 1 3 22 2121 (- )(2-2)x xxx 4 7 3 6.(2019第一次全国大联考(课标卷),11)已知抛物线C:y2=ax(a0),若直线l:y=4x-a被抛物线C截得 的弦长为17,则与抛物线C相切且平行于直线l的直线方程为( ) A.4x-y+2=0 B.4x-y+1=0 C.8x-2y+1=0 D.8x-2y-1=0 答案答案 B 设抛物线C的焦点为F,则F,由题可得直线l:y=4x-a过焦点F,设直线l交抛物线C于 点A,B,且A(x1,y1),B(x2,y2),由抛物线定义可知|AB|=x1+x2+,联立直线l与抛物线

44、C的方程,消去y得16x2 -9ax+a2=0,所以x1+x2=a,则|AB|=+=17,解得a=16,则抛物线C的方程为y2=16x.设与抛物线C相 切且平行于直线l的直线方程为y=4x+b(b-a),联立方程消去y得16x2+(8b-16)x+b2=0,令 =(8b-16)2-416b2=0,解得b=1,故所求直线方程为4x-y+1=0.故选B. ,0 4 a 2 a 9 16 9 16 a 2 a 2 16 , 4, yx yxb 7.(2018四川资阳质检一,15)若点(3,1)是抛物线y2=2px(p0)的一条弦的中点,且这条弦所在直线的 斜率为2,则p的值是 . 答案答案 2 解析

45、解析 设过点(3,1)且斜率为2的直线交抛物线y2=2px(p0)于A、B两点,A(x1,y1),B(x2,y2),则 由-得-=2p(x1-x2),即=, 因为kAB=2,且y1+y2=2,所以2=,所以p=2. 2 11 2 22 2, 2, ypx ypx 2 1 y 2 2 y 12 12 - - y y x x 12 2p yy 2 2 p 8.(2020湘赣皖十五校第二次联考(5月),19)已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,M 是椭圆C上的一点. (1)求椭圆C的方程; (2)过点P(-4,0)作直线l与椭圆C交于不同两点A,B,A点关于x轴的对称点为D,问直线BD是否过定

46、点?若是,求出该定点的坐标;若不是,请说明理由. 2 2 x a 2 2 y b 3 2 1 3,- 2 解析解析 (1)=,a2=b2+c2,a2=4b2,+=1,将M代入得+=1,b2=1,椭圆C 的方程为+y2=1. (2)过定点.显然直线AB斜率存在且不为0,设直线AB的方程为y=k(x+4), 由(1+4k2)x2+32k2x+64k2-4=0, 由=(32k2)2-4(1+4k2)(64k2-4)=16-192k20,得k2b0)的左,右焦点,椭圆上一点P 满足PF1x轴,|PF2|=5|PF1|,|F1F2|=2. (1)求椭圆C的标准方程; (2)过F2的直线l交椭圆C于A,B

47、两点,当ABF1的内切圆面积最大时,求直线l的方程. 2 2 x a 2 2 y b 2 解析解析 本题主要考查椭圆的标准方程,直线的方程,椭圆的定义与几何性质,直线与椭圆的位置关 系,通过三角形内切圆面积的转化考查学生对问题的化归能力和求解能力,考查的核心素养为数学 运算和逻辑推理. (1)由|PF2|=5|PF1|,|F1F2|=2,|PF1|2+|F1F2|2=|PF2|2,解得|PF2|=,|PF1|=,由椭圆的定义知2a= +=2,a=,又c=,b=1,椭圆C的标准方程为+y2=1. (2)要使ABF1的内切圆的面积最大,只需ABF1的内切圆的半径r最大. 易知F1(-,0),F2(,0).设A(x1,y1),B(x2,y2). 易知,直线l的斜率不为0,设直线l:x=ty+,联立得故(t2+3)y2+2ty