【数学】2020届一轮复习北师大版　直线与圆锥曲线的位置关系及证明问题学案

【数学】2020届一轮复习北师大版　直线与圆锥曲线的位置关系及证明问题学案

第3讲　大题考法——圆锥曲线的综合问题 第一课时　直线与圆锥曲线的位置关系及证明问题 考向一　直线与圆锥曲线位置关系问题 ‎【典例】 (2018·合肥三模)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，以抛物线上一动点M为圆心的圆经过点F.若圆M的面积最小值为π．‎ ‎(1)求p的值；‎ ‎(2)当点M的横坐标为1且位于第一象限时，过M作抛物线的两条弦MA，MB，且满足∠AMF＝∠BMF. 若直线AB恰好与圆M相切，求直线AB的方程．‎ ‎[思路分析]‎ 总体 设计 看到：求p的值，想到：建立关于p的方程求解．‎ 看到：求直线的方程，想到：求出直线斜率后设出直线的斜截式方程，待定系数法求解．‎ 解题 指导 ‎(1)由抛物线的性质知，当圆心M位于抛物线的顶点时，圆M的面积最小，由＝π可得p的值；‎ ‎(2)依横坐标相等可得，MF⊥x轴，kMA＋kMB＝0，设kMA＝k(k≠0)，则直线MA的方程为y＝k(x－1)＋2，代入抛物线的方程得，利用韦达定理求出A的坐标，同理求出B的坐标，求出AB的斜率为定值－1，设直线AB的方程为y＝－x＋m，由圆心到直线的距离等于半径，列方程解得m＝3±2，从而可得直线AB的方程.‎ ‎[规范解答]　(1)由抛物线的性质知，当圆心M位于抛物线的顶点时，圆M的面积最小， ‎ ‎ 1分 此时圆的半径为|OF|＝，∴＝π，解得p＝2． 3分 ‎(2)依题意得，点M的坐标为(1,2)，圆M的半径为2.由F(1，0)知，MF⊥x轴. 4分 由∠AMF＝∠BMF知，弦MA，MB所在直线的倾斜角互补，∴kMA＋kMB＝0. 5分 设kMA＝k(k≠0)，则直线MA的方程为y＝k(x－1)＋2，∴x＝(y－2)＋1， 6分 代入抛物线的方程得y2＝4，‎ ‎∴y2－y＋－4＝0， 7分 ‎∴yA＋2＝，yA＝－2. 8分 将k换成－k，得yB＝－－2， 9分 ‎∴kAB＝＝＝＝＝－1． 10分 设直线AB的方程为y＝－x＋m，即x＋y－m＝0．‎ 由直线AB与圆M相切得，＝2，解得m＝3±2. 11分 经检验m＝3＋2不符合要求，故m＝3＋2舍去．‎ ‎∴所求直线AB的方程为y＝－x＋3－2. 12分 ‎[技法总结]　解决直线与圆锥曲线位置关系的步骤 ‎(1)设方程及点的坐标；‎ ‎(2)联立直线方程与曲线方程得方程组，消元得方程(注意二次项系数是否为零) ；‎ ‎(3)应用根与系数的关系及判别式；‎ ‎(4)结合已知条件、中点坐标公式、斜率公式及弦长公式求解．‎ ‎[变式提升]‎ ‎1．(2018·佛山二模)已知直线l过点P(2,0)，且与抛物线T：y2＝4x相交于A，B两点，与y轴交于点C，其中点A在第四象限，O为坐标原点．‎ ‎(1)当A是PC中点时，求直线l的方程；‎ ‎(2)以AB为直径的圆交直线OB于点D，求|OB|·|OD|的值．‎ 解　(1)因为A是PC中点，P(2,0)，点C在y轴上，‎ 所以A的横坐标x＝1，代入y2＝4x得，y＝±2，‎ 又点A在第四象限，所以A的坐标为(1，－2)，‎ 所以直线AP即直线l的方程为y＝2x－4．‎ ‎(2)显然直线l的斜率不为0，设直线l的方程为 x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 又B，O，D三点共线，‎ 则可设D为(λx2，λy2)(λ≠1且λ≠0)，‎ 联立方程化简得到y2－4my－8＝0，‎ 由韦达定理得y1·y2＝－8，‎ 又A，B在y2＝4x上，所以x1·x2＝4，‎ 因为D在以AB为直径的圆上，‎ 所以⊥，即·＝0，‎ 又＝(λx2－x1，λy2－y1)，＝(λx2，λy2)，‎ 所以(λx2－x1)(λx2)＋(λy2－y1)(λy2)＝0，‎ 即λ(x＋y)＝－4，‎ 所以|OB|·|OD|＝|λ||OB|2＝|λ|(x＋y)＝4．‎ 考向二　圆锥曲线中的证明问题 ‎【典例】 已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为4∶5．‎ ‎(1)解　设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)．‎ 由题意得解得c＝．‎ 所以b2＝a2－c2＝1．‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1．‎ ‎(2)证明　设M(m，n)，则D(m,0)，N(m，－n)．‎ 由题设知m≠±2，且n≠0．‎ 直线AM的斜率kAM＝，‎ 故直线DE的斜率kDE＝－．‎ 所以直线DE的方程为y＝－(x－m)．‎ 直线BN的方程为y＝(x－2)．‎ 联立 解得点E的纵坐标yE＝－．‎ 由点M在椭圆C上，得4－m2＝4n2，所以yE＝－n．‎ 又S△BDE＝|BD|·|yE|＝|BD|·|n|，‎ S△BDN＝|BD|·|n|，‎ 所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5．‎ ‎[技法总结]　圆锥曲线证明问题的类型及求解策略 ‎(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．‎ ‎(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．‎ ‎[变式提升]‎ ‎2．(2018·大庆二模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，且C过点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设B1、B2分别是椭圆C的下顶点和上顶点，P是椭圆上异于B1、B2的任意一点，过点P作PM⊥y轴于M，N为线段PM的中点，直线B2N与直线y＝－1交于点D，E为线段B1D的中点，O为坐标原点．‎ 求证：ON⊥EN．‎ ‎(1)解　由题设知焦距为2，所以c＝．‎ 又因为椭圆过点，‎ 所以代入椭圆方程得＋＝1，‎ 因为a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，‎ 故所求椭圆C的方程是＋y2＝1．‎ ‎(2)证明　设P(x0，y0)，x0≠0，则M(0，y0)，N．‎ 因为点P在椭圆C上，所以＋y＝1.即x＝4－4y．‎ 又B2(0,1)，所以直线B2N的方程为y－1＝x．‎ 令y＝－1，得x＝，所以D．‎ 又B1(0，－1)，E为线段B1D的中点，‎ 所以E. 所以＝，‎ ＝．‎ 因·＝＋y0(y0＋1)‎ ‎＝－＋y＋y0‎ ‎＝1－＋y0＝1－y0－1＋y0＝0，‎ 所以⊥， 即ON⊥EN．‎