2019届二轮复习第九章第9节　圆锥曲线的综合问题学案（全国通用）

2019届二轮复习第九章第9节　圆锥曲线的综合问题学案（全国通用）

第9节　圆锥曲线的综合问题 最新考纲　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.‎ 知 识 梳 理 ‎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Ax＋By＋C＝0(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，‎ 即消去y，得ax2＋bx＋c＝0.‎ ‎(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则：‎ Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C相交；‎ Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；‎ Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C相离.‎ ‎(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合.‎ ‎2.圆锥曲线的弦长 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 ‎|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝·|y1－y2|＝·.‎ ‎[常用结论与微点提醒]‎ ‎1.直线与椭圆位置关系的有关结论 ‎(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；‎ ‎(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；‎ ‎(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.‎ ‎2.直线与抛物线位置关系的有关结论 ‎(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；‎ ‎(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；‎ ‎(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条与对称轴平行或重合的直线.‎ 诊 断 自 测 ‎1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点.(　　)‎ ‎(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点.(　　)‎ ‎(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C只有一个公共点.(　　)‎ ‎(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|＝|y1－y2|.(　　)‎ 解析　(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切.‎ ‎(3)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√‎ ‎2.直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)‎ A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定 解析　直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交.‎ 答案　A ‎3.(选修2－1P80A8改编)已知与向量v＝(1，0)平行的直线l与双曲线－y2‎ ‎＝1相交于A，B两点，则|AB|的最小值为 .‎ 解析　由题意可设直线l的方程为y＝m，‎ 代入－y2＝1得x2＝4(1＋m2)，‎ 所以x1＝＝2，‎ x2＝－2，‎ 所以|AB|＝|x1－x2|＝4，‎ 所以|AB|＝4≥4，‎ 即当m＝0时，|AB|有最小值4.‎ 答案　4‎ ‎4.过抛物线y＝2x2的焦点的直线与抛物线交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1x2等于 .‎ 解析　易知抛物线y＝2x2的焦点为，设过焦点的直线的斜率为k，则其方程为y＝kx＋，由 得2x2－kx－＝0，故x1x2＝－.‎ 答案　－ ‎5.已知F1，F2是椭圆16x2＋25y2＝1 600的两个焦点，P是椭圆上一点，且PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为 .‎ 解析　由题意可得|PF1|＋|PF2|＝2a＝20，‎ ‎|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2＝144＝(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1|·|PF2|＝202－2|PF1|·|PF2|，‎ 解得|PF1|·|PF2|＝128，‎ 所以△F1PF2的面积为|PF1|·|PF2|＝×128＝64.‎ 答案　64‎ 第1课时　直线与圆锥曲线 考点一　直线与圆锥曲线的位置关系 ‎【例1】 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1(－1，0)，且点P(0，1)在C1上.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程.‎ 解　(1)椭圆C1的左焦点为F1(－1，0)，∴c＝1，‎ 又点P(0，1)在曲线C1上，‎ ‎∴＋＝1，得b＝1，则a2＝b2＋c2＝2，‎ 所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意可知，直线l的斜率显然存在且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋m，‎ 由消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.‎ 因为直线l与椭圆C1相切，‎ 所以Δ1＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0.‎ 整理得2k2－m2＋1＝0.①‎ 由消去y，得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0.‎ 因为直线l与抛物线C2相切，‎ 所以Δ2＝(2km－4)2－4k2m2＝0，整理得km＝1.②‎ 综合①②，解得或 所以直线l的方程为y＝x＋或y＝－x－.‎ 规律方法　研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x2‎ 项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用.但对于选择题、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解.‎ ‎【训练1】 若直线mx＋ny＝4与圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数为(　　)‎ A.至多一个 B.2‎ C.1 D.0‎ 解析　∵直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，‎ ‎∴>2，∴m2＋n2<4，∴＋<＋＝1－m2<1，∴点(m，n)在椭圆＋＝1的内部，∴过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点有2个，故选B.‎ 答案　B 考点二　弦长问题 ‎【例2】 (2018·黄山二模)设F1，F2分别是椭圆D：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，过F2作倾斜角为的直线交椭圆D于A，B两点，F1到直线AB的距离为2，连接椭圆D的四个顶点得到的菱形的面积为2.‎ ‎(1)求椭圆D的方程；‎ ‎(2)设过点F2的直线l被椭圆D和圆C：(x－2)2＋(y－2)2＝4所截得的弦长分别为m，n，当m·n最大时，求直线l的方程.‎ 解　(1)设F1的坐标为(－c，0)，F2的坐标为(c，0)(c>0)，‎ 则直线AB的方程为y＝(x－c)，即x－y－c＝0，‎ ‎∴＝2，解得c＝2.‎ ‎∵·2a·2b＝2，∴ab＝，‎ 又a2＝b2＋c2，∴a2＝5，b2＝1，‎ ‎∴椭圆D的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意知，可设直线l的方程为x＝ty＋2，则圆心C到直线l的距离d＝，‎ ‎∴n＝2＝，‎ 由得(t2＋5)y2＋4ty－1＝0，‎ 设直线l与椭圆D的交点坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ ‎∴y1＋y2＝－，y1y2＝，‎ ‎∴m＝|y1－y2|＝，‎ ‎∴m·n＝＝≤2 ，‎ ‎∴直线l的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0.‎ 规律方法　弦长的三种常用计算方法 ‎(1)定义法：过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义，可优化解题.‎ ‎(2)点距法：将直线的方程和圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长.‎ ‎(3)弦长公式法：它体现了解析几何中设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系得到的.‎ ‎【训练2】 (2018·郑州一模)已知倾斜角为60°的直线l通过抛物线x2＝4y的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，则弦|AB|＝ .‎ 解析　直线l的方程为y＝x＋1，‎ 由得y2－14y＋1＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则y1＋y2＝14，‎ ‎∴|AB|＝y1＋y2＋p＝14＋2＝16.‎ 答案　16‎ 考点三　中点弦问题(多维探究)‎ 命题角度1　利用中点弦确定直线或曲线的方程 ‎【例3－1】 (1)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)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.＋＝1 B.＋＝1‎ C.＋＝1 D.＋＝1‎ ‎(2)(一题多解)已知P(1，1)为椭圆＋＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为 .‎ 解析　(1)因为直线AB过点F(3，0)和点(1，－1)，‎ 所以直线AB的方程为y＝(x－3)，代入椭圆方程＋＝1消去y，得x2－a2x＋a2－a2b2＝0，‎ 所以AB的中点的横坐标为＝1，即a2＝2b2，‎ 又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，a＝3.‎ ‎(2)法一　易知此弦所在直线的斜率存在，所以设其方程为y－1＝k(x－1)，此弦的两端点坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2).‎ 由消去y整理得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，∴x1＋x2＝，‎ 又∵x1＋x2＝2，∴＝2，解得k＝－.‎ 故此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0.‎ 法二　易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k，‎ 此弦的两端点坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则＋＝1①，＋＝1②，‎ ‎①－②得＋＝0，‎ ‎∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，‎ ‎∴＋y1－y2＝0，‎ ‎∴k＝＝－.‎ ‎∴此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0.‎ 答案　(1)D　(2)x＋2y－3＝0‎ 命题角度2　利用中点弦解决对称问题 ‎【例3－2】 若抛物线y＝2x2上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝x＋m对称，且x1x2＝－，则实数m的值为 .‎ 解析　由题意可设直线AB的方程为y＝－x＋b，‎ 代入y＝2x2得2x2＋x－b＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝－，x1x2＝＝－，‎ ‎∴b＝1，即直线AB的方程为y＝－x＋1.‎ 设AB的中点为M(x0，y0)，‎ 则x0＝＝－，代入y0＝－x0＋1，‎ 得y0＝，则M，‎ 又M在直线y＝x＋m上，‎ ‎∴＝－＋m，‎ ‎∴m＝.‎ 答案　 规律方法　处理中点弦问题常用的求解方法 ‎(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率.‎ ‎(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，‎ 化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解.‎ ‎(3)解决对称问题除掌握解决中点弦问题的方法外，还要注意：如果点A，B关于直线l对称，则l垂直直线AB且A，B的中点在直线l上的应用.‎ ‎【训练3】 若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为 .‎ 解析　因为椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，则a2－b2＝4，所以可设椭圆方程为＋＝1，‎ 由消去x，整理得 ‎(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，‎ 设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ 由一元二次方程根与系数的关系得：‎ y1＋y2＝＝2.‎ 解得：b2＝8.所以a2＝12.‎ 则椭圆方程为＋＝1.‎ 答案　＋＝1‎ 基础巩固题组 ‎(建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.直线y＝x＋3与双曲线－＝1(a>0，b>0)的交点个数是(　　)‎ A.1 B.2 C.1或2 D.0‎ 解析　由直线y＝x＋3与双曲线－＝1的渐近线y＝x平行，故直线与双曲线的交点个数是1.‎ 答案　A ‎2.已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)，斜率为1的直线与C交于两点A，B，若线段AB的中点为(4，1)，则双曲线C的渐近线方程是(　　)‎ A.2x±y＝0 B.x±2y＝0‎ C.x±y＝0 D.x±y＝0‎ 解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则－＝1①，－＝1②，由①－②得＝，结合题意化简得＝1，即＝，所以双曲线C的渐近线方程为x±2y＝0.‎ 答案　B ‎3.抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最短距离为(　　)‎ A. B. C.2 D. 解析　设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则d＝＝＝，‎ ‎∴x＝时， dmin＝.‎ 答案　B ‎4.经过椭圆＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点，设O为坐标原点，则·等于(　　)‎ A.－3 B.－ C.－或－3 D.± 解析　依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1，代入椭圆方程＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，，∴·＝－，同理，直线l经过椭圆的左焦点时，也可得·＝－.‎ 答案　B ‎5.(2018·太原一模)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，若△AOB的面积为，则|AB|＝(　　)‎ A.6 B.8 C.12 D.16‎ 解析　由题意知抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为(1，0)，易知当直线AB垂直于x轴时，△AOB的面积为2，不满足题意，所以可设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，与y2＝4x联立，消去x得ky2－4y－4k＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝，y1y2＝－4，‎ 所以|y1－y2|＝，所以△AOB的面积为×1×＝，解得k＝±，‎ 所以|AB|＝|y1－y2|＝6，故选A.‎ 答案　A 二、填空题 ‎6.(2018·赣州调研)在直角坐标系xOy中，有一定点M(－1，2)，若线段OM的垂直平分线过抛物线x2＝2py(p>0)的焦点，则该抛物线的准线方程是 .‎ 解析　易知直线OM的方程为y＝－2x，则线段OM的垂直平分线的方程为2x－4y＋5＝0，‎ 把焦点坐标代入2x－4y＋5＝0可求得p＝，从而得到准线方程为y＝－.‎ 答案　y＝－ ‎7.(2018·龙岩二模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，F(，0)为其右焦点，过F且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2，则椭圆C的方程为 .‎ 解析　由题意得解得∴椭圆C的方程为＋＝1.‎ 答案　＋＝1‎ ‎8.(2018·福建四地六校模拟)过椭圆＋＝1内一点P(3，1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是 .‎ 解析　设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，‎ 由于A，B两点均在椭圆上，‎ 故＋＝1，＋＝1，‎ 两式相减得 ＋＝0.‎ 又∵P是A，B的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，‎ ‎∴kAB＝＝－.‎ ‎∴直线AB的方程为y－1＝－(x－3).‎ 即3x＋4y－13＝0.‎ 答案　3x＋4y－13＝0‎ 三、解答题 ‎9.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E的离心率；‎ ‎(2)设点P(0，－1)满足|PA|＝|PB|，求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，整理得(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.‎ ‎10.如图，已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称.‎ ‎(1)求实数m的取值范围；‎ ‎(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).‎ 解　由题意知m≠0，可设直线AB的方程为 y＝－x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M，‎ 由消去y，‎ 得x2－x＋b2－1＝0.‎ 因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①‎ 则x1＋x2＝，y1＋y2＝，‎ ‎(1)将AB中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－，②‎ 由①②得m＜－或m＞.‎ 故实数m的取值范围为∪.‎ ‎(2)令t＝∈∪，则 ‎|AB|＝·，‎ 且O到直线AB的距离为d＝.‎ 设△AOB的面积为S(t)，‎ 所以S(t)＝|AB|·d＝ ≤.‎ 当且仅当t2＝时，等号成立.‎ 故△AOB面积的最大值为.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎11.(2018·河北百校联考)已知抛物线y2＝4x，过其焦点F的直线l与抛物线分别交于A，B两点(A在第一象限内)，＝3 ，过AB的中点且垂直于l的直线与x轴交于点G，则△ABG的面积为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为＝3，‎ 所以y1＝－3y2，设直线l的方程为x＝my＋1，‎ 由消去x得y2－4my－4＝0，∴y1y2＝－4，‎ ‎∴∴y1＋y2＝4m＝，‎ ‎∴m＝，∴x1＋x2＝，AB的中点坐标为，过AB中点且垂直于直线l的直线方程为y－＝－，令y＝0，可得x＝，所以S△ABG＝××＝.‎ 答案　C ‎12.已知椭圆＋＝1(0＜b＜2)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交椭圆于A，B两点，若|BF2|＋|AF2|的最大值为5，则b的值是 .‎ 解析　由椭圆的方程，可知长半轴长为a＝2，由椭圆的定义，可知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，‎ 所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3.‎ 由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即＝3，可求得b2＝3，即b＝.‎ 答案　 ‎13.(2018·海口调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，其离心率e＝，点M为椭圆上的一个动点，△MAB面积的最大值是2.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)若过椭圆C右顶点B的直线l与椭圆的另一个交点为D，线段BD的垂直平分线与y轴交于点P，当·＝0时，求点P的坐标.‎ 解　(1)由题意可知解得a＝2，b＝，‎ 所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)由(1)知B(2，0)，设直线BD的方程为y＝k(x－2)，D(x1，y1)，‎ 把y＝k(x－2)代入椭圆方程＋＝1，‎ 整理得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0，‎ 所以2＋x1＝⇒x1＝，‎ 则D，‎ 所以BD中点的坐标为，‎ 则直线BD的垂直平分线方程为y－＝‎ ‎－，得P.‎ 又·＝0，‎ 即·＝0，‎ 化简得＝0⇒64k4＋28k2－36＝0，‎ 解得k＝±.‎ 故P或.‎