《2022年高考数学一轮复习直线与圆锥曲线理北师大版 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考数学一轮复习直线与圆锥曲线理北师大版 .pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学习好资料欢迎下载第九节直线与圆锥曲线【考纲下载】1掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法2了解圆锥曲线的简单应用3理解数形结合的思想1直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程AxByC0(A，B不同时为 0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程即AxByC0，Fx，y0，消去y，得ax2bxc0.(1)当a0 时，设一元二次方程ax2bxc0 的判别式为，则 0?直线与圆锥曲线C相交；0?直线与圆锥曲线C相切；b0)右焦点的直线xy30 交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为
2、12.(1)求M的方程；(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD面积的最大值 自主解答 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则x21a2y21b21，x22a2y22b21，y2y1x2x11，由此可得b2x2x1a2y2y1y2y1x2x11.因为x1x22x0，y1y22y0，y0 x012，所以a22b2.又由题意知，M的右焦点为(3，0)，故a2b23.因此a26，b23.所以M的方程为x26y231.(2)由xy30，x26y231，解得x433，y33或x0，y3.因此|AB|463.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师
3、精心整理-第 2 页，共 18 页 -学习好资料欢迎下载由题意可设直线CD的方程为yxn533n3，设C(x3，y3)，D(x4，y4)由yxn，x26y231，得 3x24nx2n260.于是x3,42nn23.因为直线CD的斜率为1，所以|CD|2|x4x3|439n2.由已知，四边形ACBD的面积S12|CD|AB|8699n2.当n0 时，S取得最大值，最大值为863.所以四边形ACBD面积的最大值为863.【互动探究】若本例的条件不变，则四边形ACBD的面积有最小值吗？若有，求出其值；若没有，说明理由解：由(2)可知 3x24nx2n260，又yxn与椭圆x26y231 相交，(4n
4、)243(2n26)8(9 n2)0，即 3n3,0n29，而SACBD8699n2，00.由根与系数的关系得，x1x282bkk2，x1x2b2k2，因为x轴是PBQ的角平分线，所以y1x11y2x21，即y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(kb)(x1x2)2b0，将代入，得2kb2(kb)(8 2bk)2k2b0，kb，此时 0，直线l的方程为yk(x1)，直线l过定点(1,0)【方法规律】圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点(2)特殊
5、到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x29y251 的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点T(t，m)的直线TA、TB与此椭圆分别交于点M(x1，y1)、N(x2，y2)，其中m0，y10，y20，得m210，此时直线MN的方程为x1，过点D(1,0)若x1x2，则m2 10，直线MD的斜率kMD40m80m22403m280m2110m40m2，直线ND的斜率kND20m20m23m26020m2110m40m2，得kMDkND，所以直线MN过D点因此，直线MN必过x轴上的点(1,0)高频考点考点三圆锥曲线中的定值问题1圆锥
6、曲线中的定值问题，是近几年来高考命题的热点，多以解答题的形式出现，试题难度较大，多为高档题2高考中关于圆锥曲线中的定值问题有以下几个命题角度：(1)求代数式为定值；(2)求点到直线的距离为定值；(3)求某线段长为定值 例 3(2013江西高考)椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的离心率e32，ab3.(1)求椭圆C的方程；(2)如图所示，A，B，D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m.证明：2mk为定值 自主解答 (1)因为e32ca，所以a23c，b13c.代入ab3，得c3，a2，b1.故椭圆C的方程
7、为x24y21.(2)证明：法一：因为B(2,0)，P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为yk(x2)k0，k12，把代入x24y21，解得P8k224k21，4k4k21.直线AD的方程为：y12x1.与联立解得M4k22k1，4k2k1.由D(0,1)，P8k224k21，4k4k21，N(x,0)三点共线知名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 18 页 -学习好资料欢迎下载4k4k2118k224k21001x0，解得N4k22k1，0.所以MN的斜率为m4k2k104k22k14k22k14kkk2k22k14，则 2mk2k12k12(定值)法二：设P(x0，y0
8、)(x00，x02)，则ky0 x02，直线AD的方程为：y12(x2)，直线BP的方程为：yy0 x02(x2)，直线DP的方程为：y1y01x0 x，令y0，由于y01，可得Nx0y01，0联立y12x，yy0 x02x，解得M4y02x042y0 x02，4y02y0 x02，因此MN的斜率为m4y02y0 x024y02x042y0 x02x0y014y0y04y208y04x0y0 x2044y0y04y208y04x0y04y204y012y0 x02，所以 2mky02y0 x02y0 x02y0 x0y0y0 x0y0 x0 x0y0 x02y20y0 x0y0 x0 x0y0
9、 x012x20y0 x0y0 x0 x012(定值)圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 18 页 -学习好资料欢迎下载如图所示，已知点A(1，2)是离心率为22的椭圆C：x2b2y2a21(ab0)上的一点，斜率为2的直线BD交椭圆C于B、D两点，且A、
10、B、D三点不重合(1)求椭圆C的方程；(2)ABD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由；(3)求证：直线AB、AD斜率之和为定值解：(1)由题意，可得eca22，1b22a21，a2b2c2，解得a2，b2，c2，所以椭圆C的方程为x22y241.(2)设直线BD的方程为y2xm，D(x1，y1)，B(x2，y2)，由y2xm，2x2y24，得 4x222mxm240，所以 8m2640，则 22mmn0.基础问题2：直线l与y轴重合时S1，S2各等于什么？S112|BD|OM|12a|BD|，S212|AB|ON|12a|AB|.基础问题3：|BD|，|AB|各
11、等于何值？|BD|mn，|AB|mn.(2)基础问题1：设直线l为ykx，则M、N到直线l的距离各是多少？M到l的距离d1|ak|1k2，N到l的距离d2|ak|1k2.基础问题2：S1、S2各等于什么？S1S2等于什么？S112|BD|d1，S212|AB|d2，S1S2|BD|AB|.基础问题3：|BD|AB|与xA、xB有何关系？|BD|AB|xAxBxAxB.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 18 页 -学习好资料欢迎下载基础问题4：如何用xA、xB、a、m、来表示k2?A(xA，kxA)、B(xB，kxB)分别在C1、C2上，所以x2Aa2k2x2Am21
12、，x2Ba2k2x2Bn21，x2Ax2Ba2k2x2A2x2Bm20，依题意得xAxB0，所以x2Ax2B，所以k2m2x2Ax2Ba22x2Bx2A.基础问题5：如何求 的取值？由k20，得m2x2Ax2Ba22x2Bx2A0，解得 1xAxB，由xAxBxAxB，xAxB11，即 11112.规范解答不失分 依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1：x2a2y2m21，C2：x2a2y2n21.其中amn0，mn1.1分(1)如图 1，若直线l与y轴重合，则|BD|OB|OD|mn，|AB|OA|OB|mn；S112|BD|OM|12a|BD|，S212|AB|ON|12a|AB|.所以
13、S1S2|BD|AB|mnmn11，3分若S1S2，则11，化简得 2210，由1，可解得 21.故当直线l与y轴重合时，若S1S2，则21.5 分(2)法一：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2.根据对称性，不妨设直线l：ykx(k0)，()点M(a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1，d2，则因为d1|ak0|1k2ak1k2，d2|ak0|1k2ak1k2，所以d1d2.6分又S112|BD|d1，S212|AB|d2，所以S1S2|BD|AB|，即|BD|AB|.由对称性可知|AB|CD|，()所以|BC|BD|AB|(1)|AB|，|AD|BD|AB|(1)|A
14、B|，于是|AD|BC|11.7分将l的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得xAama2k2m2，xBana2k2n2.根据对称性可知xCxB，xDxA，于是()|AD|BC|1k2|xAxD|1k2|xBxC|2xA2xBmna2k2n2a2k2m2.9分从而由和式可得a2k2n2a2k2m21.10分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 18 页 -学习好资料欢迎下载令t1，()由(1)可知当 12，即t1 时，直线l与y轴重合，不符合题意，故t1.于是由可解得k2n22t2a2t2.因为k0，所以k20，于是式关于k有解，当且仅当n22t2a2t20，等价于(
15、t21)t2120，由 1，可解得1t1，即111，由 1，解得 12，12分所以当 112时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2；当 12时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2.13 分法二：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2，根据对称性，不妨设直线l：ykx(k0)，()点M(a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1，d2，则因为d1|ak0|1k2ak1k2，d2|ak0|1k2ak1k2，所以d1d2.6分又S112|BD|d1，S212|AB|d2，所以S1S2|BD|AB|.因为|BD|AB|1k2|xBxD|1k2|xAxB|xAxBxAxB，
16、所以xAxB11.8分由点A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分别在C1，C2上，可得x2Aa2k2x2Am21，x2Ba2k2x2Bn21，两式相减可得x2Ax2Ba2k2x2A2x2Bm20，依题意xAxB0，()所以x2Ax2B.所以由上式解得k2m2x2Ax2Ba22x2Bx2A.10 分因为k2 0，所以由m2x2Ax2Ba22x2Bx2A0，可解得 1xAxB.从而 111，解得 12，所以当 112时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2；当 12时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2.13分 易错警示要牢记 易错点一()处没有注意对称性，kR，使后面求解受阻易错点
17、二()处不注意对称性，则|AD|与|BC|的比值不易求出，从而思路受阻易错点三()处不注意对称性，则变量xA、xB、xC、xD较多运算较大，也易出错易错点四()处如果不换元，则运算量较大，易出现错误易错点五()处如果不注意xAxB，则对 的范围的限制条件发生变化，从而造成结果出错 全盘巩固 1如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点若M，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 18 页 -学习好资料欢迎下载O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是()A3 B2 C.3 D.2 解析：选B 设椭圆长半轴长为a(a0)，则双曲线半实
18、轴的长为a2，由于双曲线与椭圆共焦点，设焦距为2c，所以双曲线的离心率e1ca22ca，椭圆的离心率e2ca，所以e1e22caca2.2(2013新课标全国卷)已知椭圆E：x2a2y2b21(ab0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点若AB的中点坐标为(1，1)，则E的方程为()A.x245y2361 B.x236y2271 C.x227y2181 D.x218y291 解析：选D 由题意知kAB12，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x21a2y21b21，x22a2y22b21，x1x2x1x2a2y1y2y1y2b20.由AB的中点是(1，1)知x1x22，y1
19、y2 2，则b2a2y1y2x1x212，联立a2b29，解得a2 18，b29，故椭圆E的方程为x218y291.3(2014长春模拟)已知实数4，m,9 构成一个等比数列，则圆锥曲线x2my21 的离心率为()A.306 B.7 C.306或7 D.56或 7 解析：选 C 因为 4，m,9 成等比数列，所以m6，当m6 时，x26y21 为椭圆a26，b21，c25.所以离心率eca56306；当m6 时，y2x261 为双曲线，a21，b26，c27，所以离心率eca7.4(2013山东高考)抛物线C1：y12px2(p0)的焦点与双曲线C2：x23y21 的右焦点的连线交C1于第一象
20、限的点M.若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p()A.316 B.38 C.233 D.433解析：选 D 抛物线C1：y12px2(p0)的焦点坐标为0，p2，双曲线x23y21 的右焦点坐名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 18 页 -学习好资料欢迎下载标为(2,0)，连线的方程为yp4(x2)，联立yp4x，y12px2，得 2x2p2x2p20.设点M的横坐标为a，则在点M处切线的斜率为y|x a12px2xaap.又双曲线x23y21的渐近线方程为x3y0，其与切线平行，则ap33，即a33p，代入 2x2p2x2p20 得，p433或p0(舍
21、去)5(2013全国高考)已知抛物线C：y28x与点M(2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A、B两点若MAMB0，则k()A.12 B.22 C.2 D2 解析：选 D 如图所示，设F为焦点，取AB中点P，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为G，H，连接MF，MP，由MAMB0，知MAMB，则|MP|12|AB|12(|AG|BH|)，所以MP为直角梯形BHGA的中位线，所以MPAGBH，所以GAMAMPMAP，又|AG|AF|，AM为公共边，所以AMGAMF，所以AFMAGM90，则MFAB，所以k1kMF2.6.如图，已知过抛物线y22px(p0)的焦点F的直线xmym0 与抛物
22、线交于A、B两点，且OAB(O为坐标原点)的面积为 22，则m6m4的值是()A1 B.2 C2 D4 解析：选C 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知，p2m，将xmym代入抛物线方程y22px(p0)中，整理得y22pmy2pm0，由根与系数的关系，得y1y22pm，y1y22pm，则(y1y2)2(y1y2)24y1y2(2pm)28pm16m416m2，又OAB的面积S12p2|y1y2|12(m)4m4m222，两边平方即可得m6m42.7(2013安徽高考)已知直线ya交抛物线yx2于A，B两点若该抛物线上存在点C，使得ACB为直角，则a的取值范围为 _解析：法一：设直
23、线ya与y轴交于点M，抛物线yx2上要存在点C，只要以|AB|为直径的圆与抛物线yx2有除A、B外的交点即可，也就是使|AM|MO|，即aa(a0)，所以a1.法二：易知a0，设C(m，m2)，由已知可令A(a，a)，B(a，a)，则AC(ma，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 18 页 -学习好资料欢迎下载m2a)，BC(ma，m2a)，因为ACBC，所以m2am42am2a20，可得(m2a)(m21a)0.因为由题易知m2a，所以m2a10，故a1，)答案：1，)8若C(3，0)，D(3，0)，M是椭圆x24y21 上的动点，则1|MC|1|MD|的最小值为
24、_解析：由椭圆x24y21 知c2413，c3，C，D是该椭圆的两焦点，令|MC|r1，|MD|r2，则r1r22a4，1|MC|1|MD|1r11r2r1r2r1r24r1r2，又r1r2r1r2241644，1|MC|1|MD|4r1r21.当且仅当r1r2时，上式等号成立故1|MC|1|MD|的最小值为1.答案：1 9曲线C是平面内与两个定点F1(1,0)和F2(1,0)的距离的积等于常数a2(a1)的点的轨迹给出下列三个结论：曲线C过坐标原点；曲线C关于坐标原点对称；若点P在曲线C上，则F1PF2的面积不大于12a2.其中，所有正确结论的序号是_解析：因为原点O到两个定点F1(1,0)
25、，F2(1,0)的距离的积是1，而a1，所以曲线C不过原点，即错误；因为F1(1，0)，F2(1,0)关于原点对称，所以|PF1|PF2|a2对应的轨迹关于原点对称，即正确；因为SF1PF212|PF1|PF2|sin F1PF212|PF1|PF2|12a2，即F1PF2的面积不大于12a2，所以正确答案：10已知椭圆C的中心为坐标原点O，一个长轴顶点为(0,2)，它的两个短轴顶点和焦点所组成的四边形为正方形，直线l与y轴交于点P(0，m)，与椭圆C交于异于椭圆顶点的两点A，B，且AP2PB.(1)求椭圆的方程；(2)求m的取值范围解：(1)由题意，知椭圆的焦点在y轴上，设椭圆方程为y2a2
26、x2b21(ab0)，由题意，知a2，bc，又a2b2c2，则b2，所以椭圆方程为y24x221.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意，知直线l的斜率存在，设其方程为ykxm，与椭圆方程联立，即y22x24，ykxm，消去y，得(2 k2)x22mkxm240，(2mk)24(2k2)(m24)0，由根与系数的关系，知x1x22mk2k2，x1x2m242k2，又AP2PB，即有(x1，my1)2(x2，y2m)，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 18 页 -学习好资料欢迎下载所以x12x2.则x1x2x2，x1x22x22，所以m242k2 22m
27、k2k22.整理，得(9m24)k282m2，又 9m240 时等式不成立，所以k282m29m240，得49m20.所以m的取值范围为2，2323，2.11已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的左焦点F1(1,0)，长轴长与短轴长的比是23.(1)求椭圆的方程；(2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若mn，求证：1|AB|1|CD|为定值解：(1)由已知得2a2b23，c1，a2b2c2.解得a2，b3.故所求椭圆方程为x24y231.(2)证明：由已知F1(1,0)，当直线m不垂直于坐标轴时，可设直线m的方程为yk(x1)(k0)由ykx，x24y231，得(3 4k2)x
28、28k2x4k2120.由于 0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x28k234k2，x1x24k21234k2，|AB|k2x1x224x1x2 k28k234k2244k21234k2k234k2.同理|CD|k23k24.所以1|AB|1|CD|34k2k23k24k2k2k2712.当直线m垂直于坐标轴时，此时|AB|3，|CD|4；或|AB|4，|CD|3，1|AB|1|CD|1314712.综上，1|AB|1|CD|为定值712.12(2013江西高考)如图，椭圆C：x2a2y2b21(ab0)经过点P1，32，离心率e12，直线l的方程为x4.(1)求椭圆C的方程；
29、(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 18 页 -学习好资料欢迎下载问：是否存在常数，使得k1k2k3？若存在，求 的值；若不存在，说明理由解：(1)由P1，32在椭圆上，得1a294b21.依题设知a2c，则b23c2.代入解得c21，a24，b23.故椭圆C的方程为x24y231.(2)法一：由题意可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为yk(x1)代入椭圆方程3x24y212，并整理，得(4k23)x28k2x4(k23)0.设A(x1
30、，y1)，B(x2，y2)，则有x1x28k24k23，x1x2k24k23.在方程中令x4，得M的坐标为(4,3k)从而k1y132x11，k2y232x21，k33k3241k12.由于A，F，B三点共线，则有kkAFkBF，即有y1x11y2x21k.所以k1k2y132x11y232x21y1x11y2x21321x111x212k32x1x22x1x2x1x21.代入得k1k22k328k24k232k24k238k24k2312k1，又k3k12，所以k1k22k3.故存在常数2 符合题意法二：设B(x0，y0)(x01)，则直线FB的方程为yy0 x01(x1)，令x4，求得M4
31、，3y0 x01，从而直线PM的斜率为k32y0 x01x0，联立yy0 x01x，x24y231，得A5x082x05，3y02x05，则直线PA的斜率为k12y02x05x0，直线PB的斜率为k22y03x0，所以k1k22y02x05x02y03x02y0 x01x012k3，故存在常数2 符合题意 冲击名校 如图，已知椭圆x24y231 的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A，B两点，线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页，共 18 页 -学习好资料欢迎下载(1)若点G的横坐标为14，求直线AB的斜率；(2
32、)记GFD的面积为S1，OED(O为原点)的面积为S2.试问：是否存在直线AB，使得S1S2？说明理由解：(1)依题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为yk(x1)将其代入x24y231，整理得(4k23)x28k2x4k2120.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1x28k24k23.故点G的横坐标为x1x224k24k2314.解得k12.(2)假设存在直线AB，使得S1S2，显然直线AB不能与x，y轴垂直由(1)可得G4k24k23，3k4k23.设D点坐标为(xD,0)因为DGAB，所以3k4k234k24k23xDk 1，解得xDk24k23，即Dk24k23，0.因为G
33、FDOED，所以S1S2?|GD|OD|.所以k24k234k24k232 3k4k232k24k23，整理得 8k290.因为此方程无解，所以不存在直线AB，使得S1S2.高频滚动 1(2014宜宾模拟)已知点F1(2，0)，F2(2，0)，动点P满足|PF2|PF1|2，当点P的纵坐标是12时，点P到坐标原点的距离是()A.62 B.32 C.3 D2 解析：选A 由已知可得c2，a1，b1.双曲线方程为x2y21(x 1)将y12代入，可得点P的横坐标为x52.点P到原点的距离为52212262.2(2014上海模拟)已知双曲线x26y231 的左，右焦点分别为F1，F2，点M在双曲线上且MF1x轴，则F1到直线F2M的距离为 _解析：由题意知F1(3,0)，设M(3，y0)，代入双曲线方程求得|y0|62，即|MF1|62.又|F1F2|6，利用直角三角形性质及数形结合得F1到直线F2M的距离为d|MF1|F1F2|MF1|2|F1F2|2名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 17 页，共 18 页 -学习好资料欢迎下载626643665.答案：65名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 18 页，共 18 页 -