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2019-2020年高三數(shù)學(xué) 知識(shí)點(diǎn)精析精練18 直線與圓錐曲線 【復(fù)習(xí)要點(diǎn)】 直線與圓錐曲線聯(lián)系在一起的綜合題在高考中多以高檔題、壓軸題出現(xiàn)，主要涉及位置關(guān)系的判定，弦長(zhǎng)問題、最值問題、對(duì)稱問題、軌跡問題等.突出考查了數(shù)形結(jié)合、分類討論、函數(shù)與方程、等價(jià)轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想方法，要求考生分析問題和解決問題的能力、計(jì)算能力較高，起到了拉開考生“檔次”，有利于選拔的功能. 1.直線與圓錐曲線有無公共點(diǎn)或有幾個(gè)公共點(diǎn)的問題，實(shí)際上是研究它們的方程組成的方程是否有實(shí)數(shù)解成實(shí)數(shù)解的個(gè)數(shù)問題，此時(shí)要注意用好分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想方法. 2.當(dāng)直線與圓錐曲線相交時(shí)：涉及弦長(zhǎng)問題，常用“韋達(dá)定理法”設(shè)而不求計(jì)算弦長(zhǎng)(即應(yīng)用弦長(zhǎng)公式)；涉及弦長(zhǎng)的中點(diǎn)問題，常用“差分法”設(shè)而不求，將弦所在直線的斜率、弦的中點(diǎn)坐標(biāo)聯(lián)系起來，相互轉(zhuǎn)化.同時(shí)還應(yīng)充分挖掘題目的隱含條件，尋找量與量間的關(guān)系靈活轉(zhuǎn)化，往往就能事半功倍. 【例題】 【例1】 已知橢圓的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，直線y=x+1與橢圓交于P和Q，且OP⊥OQ，|PQ|=，求橢圓方程. 解：設(shè)橢圓方程為mx2+ny2=1(m＞0,n＞0)，P(x1,y1),Q(x2,y2) 由 得(m+n)x2+2nx+n－1=0, Δ=4n2－4(m+n)(n－1)＞0,即m+n－mn＞0, 由OP⊥OQ,所以x1x2+y1y2=0,即2x1x2+(x1+x2)+1=0, ∴+1=0,∴m+n=2 ① 又22, 將m+n=2,代入得mn= ② 由①、②式得m=,n=或m=,n= 故橢圓方程為+y2=1或x2+y2=1. 【例2】 如圖所示，拋物線y2=4x的頂點(diǎn)為O，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(5，0)，傾斜角為的直線l與線段OA相交(不經(jīng)過點(diǎn)O或點(diǎn)A)且交拋物線于M、N兩點(diǎn)，求△AMN面積最大時(shí)直線l的方程，并求△AMN的最大面積. 解：由題意，可設(shè)l的方程為y=x+m,－5＜m＜0. 由方程組,消去y,得x2+(2m－4)x+m2=0……………① ∵直線l與拋物線有兩個(gè)不同交點(diǎn)M、N， ∴方程①的判別式Δ=(2m－4)2－4m2=16(1－m)＞0, 解得m＜1,又－5＜m＜0,∴m的范圍為(－5，0) 設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)則x1+x2=4－2m，x1x2=m2, ∴|MN|=4. 點(diǎn)A到直線l的距離為d=. ∴S△=2(5+m),從而S△2=4(1－m)(5+m)2 =2(2－2m)(5+m)(5+m)≤2()3=128. ∴S△≤8,當(dāng)且僅當(dāng)2－2m=5+m,即m=－1時(shí)取等號(hào). 故直線l的方程為y=x－1，△AMN的最大面積為8. 【例3】 已知雙曲線C：2x2－y2=2與點(diǎn)P(1，2)。(1)求過P(1，2)點(diǎn)的直線l的斜率取值范圍，使l與C分別有一個(gè)交點(diǎn)，兩個(gè)交點(diǎn)，沒有交點(diǎn)。(2)若Q(1，1)，試判斷以Q為中點(diǎn)的弦是否存在. 解：(1)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，l的方程為x=1, 與曲線C有一個(gè)交點(diǎn). 當(dāng)l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y－2=k(x－1), 代入C的方程，并整理得 (2－k2)x2+2(k2－2k)x－k2+4k－6=0………………(*) (ⅰ)當(dāng)2－k2=0,即k=時(shí)，方程(*)有一個(gè)根，l與C有一個(gè)交點(diǎn) (ⅱ)當(dāng)2－k2≠0,即k≠時(shí) Δ=［2(k2－2k)］2－4(2－k2)(－k2+4k－6)=16(3－2k) ①當(dāng)Δ=0,即3－2k=0,k=時(shí)，方程(*)有一個(gè)實(shí)根，l與C有一個(gè)交點(diǎn). ②當(dāng)Δ＞0,即k＜,又k≠,故當(dāng)k＜－或－＜k＜或＜k＜時(shí)，方程(*)有兩不等實(shí)根，l與C有兩個(gè)交點(diǎn). ③當(dāng)Δ＜0，即k＞時(shí)，方程(*)無解，l與C無交點(diǎn). 綜上知：當(dāng)k=,或k=，或k不存在時(shí)，l與C只有一個(gè)交點(diǎn)； 當(dāng)＜k＜,或－＜k＜,或k＜－時(shí)，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)； 當(dāng)k＞時(shí)，l與C沒有交點(diǎn). (2)假設(shè)以Q為中點(diǎn)的弦存在，設(shè)為AB，且A(x1,y1),B(x2,y2)，則2x12－y12=2,2x22－y22=2兩式相減得：2(x1－x2)(x1+x2)=(y1－y2)(y1+y2) 又∵x1+x2=2,y1+y2=2 ∴2(x1－x2)=y1－y1 即kAB==2 但漸近線斜率為,結(jié)合圖形知直線AB與C無交點(diǎn)，所以假設(shè)不正確，即以Q為中點(diǎn)的弦不存在. 【例4】 如圖，已知某橢圓的焦點(diǎn)是F1(－4，0)、F2(4，0)，過點(diǎn)F2并垂直于x軸的直線與橢圓的一個(gè)交點(diǎn)為B，且|F1B|+|F2B|=10，橢圓上不同的兩點(diǎn)A(x1,y1),C(x2,y2)滿足條件：|F2A|、|F2B|、|F2C|成等差數(shù)列. (1)求該弦橢圓的方程； (2)求弦AC中點(diǎn)的橫坐標(biāo)； (3)設(shè)弦AC的垂直平分線的方程為y=kx+m， 求m的取值范圍. 解：(1)由橢圓定義及條件知，2a=|F1B|+|F2B|=10,得a=5,又c=4,所以b==3. 故橢圓方程為=1. (2)由點(diǎn)B(4,yB)在橢圓上，得|F2B|=|yB|=.因?yàn)闄E圓右準(zhǔn)線方程為x=,離心率為，根據(jù)橢圓定義，有|F2A|=(－x1),|F2C|=(－x2)， 由|F2A|、|F2B|、|F2C|成等差數(shù)列，得 (－x1)+(－x2)=2,由此得出：x1+x2=8. 設(shè)弦AC的中點(diǎn)為P(x0,y0),則x0==4. (3)解法一：由A(x1,y1),C(x2,y2)在橢圓上. ① ② 得 ①－②得9(x12－x22)+25(y12－y22)=0, 即9=0(x1≠x2) 將 (k≠0)代入上式，得94+25y0(－)=0 (k≠0) 即k=y0(當(dāng)k=0時(shí)也成立). 由點(diǎn)P(4，y0)在弦AC的垂直平分線上，得y0=4k+m, 所以m=y0－4k=y0－y0=－y0. 由點(diǎn)P(4，y0)在線段BB′(B′與B關(guān)于x軸對(duì)稱)的內(nèi)部， 得－＜y0＜,所以－＜m＜. 解法二：因?yàn)橄褹C的中點(diǎn)為P(4,y0)，所以直線AC的方程為 y－y0=－(x－4)(k≠0) ③ 將③代入橢圓方程=1,得 (9k2+25)x2－50(ky0+4)x+25(ky0+4)2－259k2=0 所以x1+x2==8,解得k=y0.(當(dāng)k=0時(shí)也成立) (以下同解法一). 【例5】 已知雙曲線G的中心在原點(diǎn)，它的漸近線與圓相切．過點(diǎn)作斜率為的直線，使得和交于兩點(diǎn)，和軸交于點(diǎn)，并且點(diǎn)在線段上，又滿足． （1）求雙曲線的漸近線的方程； （2）求雙曲線的方程； （3）橢圓的中心在原點(diǎn)，它的短軸是的實(shí)軸．如果中垂直于的平行弦的中點(diǎn)的軌跡恰好是的漸近線截在內(nèi)的部分，求橢圓的方程． 解：（1）設(shè)雙曲線的漸近線的方程為：， 則由漸近線與圓相切可得：． 所以，． 雙曲線的漸近線的方程為：． （2）由（1）可設(shè)雙曲線的方程為：． 把直線的方程代入雙曲線方程，整理得． 則 （＊） ∵ ，共線且在線段上， ∴ ， 即：，整理得： 將（＊）代入上式可解得：． 所以，雙曲線的方程為． （3）由題可設(shè)橢圓的方程為：．下面我們來求出中垂直于的平行弦中點(diǎn)的軌跡． 設(shè)弦的兩個(gè)端點(diǎn)分別為，的中點(diǎn)為，則 ． 兩式作差得： 由于， 所以，， 所以，垂直于的平行弦中點(diǎn)的軌跡為直線截在橢圓S內(nèi)的部分． 又由題，這個(gè)軌跡恰好是的漸近線截在內(nèi)的部分，所以，．所以，，橢圓S的方程為：． 點(diǎn)評(píng)：解決直線與圓錐曲線的問題時(shí)，把直線投影到坐標(biāo)軸上（也即化線段的關(guān)系為橫坐標(biāo)（或縱坐標(biāo)）之間的關(guān)系）是常用的簡(jiǎn)化問題的手段；有關(guān)弦中點(diǎn)的問題，常常用到“設(shè)而不求”的方法；判別式和韋達(dá)定理是解決直線與圓錐曲線問題的常用工具）． 【例6】 設(shè)拋物線過定點(diǎn)，且以直線為準(zhǔn)線． （1）求拋物線頂點(diǎn)的軌跡的方程； （2）若直線與軌跡交于不同的兩點(diǎn)，且線段恰被直線平分，設(shè)弦MN的垂直平分線的方程為，試求的取值范圍． 解：（1）設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為，則其焦點(diǎn)為．由拋物線的定義可知：． 所以，． 所以，拋物線頂點(diǎn)的軌跡的方程為： ． （2）因?yàn)槭窍襇N的垂直平分線與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)，由MN所唯一確定．所以，要求的取值范圍，還應(yīng)該從直線與軌跡相交入手． 顯然，直線與坐標(biāo)軸不可能平行，所以，設(shè)直線的方程為，代入橢圓方程得： 由于與軌跡交于不同的兩點(diǎn)，所以，，即：．（＊） 又線段恰被直線平分，所以，． 所以，． 代入（＊）可解得：． 下面，只需找到與的關(guān)系，即可求出的取值范圍．由于為弦MN的垂直平分線，故可考慮弦MN的中點(diǎn)． 在中，令，可解得：． 將點(diǎn)代入，可得：． 所以，． 從以上解題過程來看，求的取值范圍，主要有兩個(gè)關(guān)鍵步驟：一是尋求與其它參數(shù)之間的關(guān)系，二是構(gòu)造一個(gè)有關(guān)參量的不等式．從這兩點(diǎn)出發(fā)，我們可以得到下面的另一種解法： 解法二．設(shè)弦MN的中點(diǎn)為，則由點(diǎn)為橢圓上的點(diǎn)，可知： ． 兩式相減得： B B＇ Ｍ Ｎ Ｐ 又由于，代入上式得：． 又點(diǎn)在弦MN的垂直平分線上，所以，． 所以，． 由點(diǎn)在線段BB’上（B’、B為直線與橢圓的交點(diǎn)，如圖），所以，． 也即：． 所以， 點(diǎn)評(píng)：解決直線和圓錐曲線的位置關(guān)系問題時(shí)，對(duì)于消元后的一元二次方程，必須討論二次項(xiàng)系數(shù)和判別式，有時(shí)借助圖形的幾何性質(zhì)更為方便． 涉及弦中點(diǎn)問題，利用韋達(dá)定理或運(yùn)用平方差法時(shí)（設(shè)而不求），必須以直線與圓錐曲線相交為前提，否則不宜用此法． 從構(gòu)造不等式的角度來說，“將直線的方程與橢圓方程聯(lián)立所得判別式大于0”與“弦MN的中點(diǎn)在橢圓內(nèi)”是等價(jià)的． 【例7】 設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F，經(jīng)過點(diǎn)F的直線與拋物線交于A、B兩點(diǎn)．又M是其準(zhǔn)線上一點(diǎn)．試證：直線MA、MF、MB的斜率成等差數(shù)列． 　　證明　依題意直線MA、MB、MF的斜率顯然存在，并分別設(shè)為，， 點(diǎn)A、B、M的坐標(biāo)分別為A（，），B（，），M（，m） 由“AB過點(diǎn)F（，0）”得　?。? 將上式代入拋物線中得： 可知　 又依“及”可知 　 因此　 而 故 即直線MA、MF、MB的斜率成等差數(shù)列． 【例8】 已知=(x,0)，=(1，y) (1)求點(diǎn)P(x，y)的軌跡C的方程； (2)若直線：y=kx+m(km≠0)與曲線C交于A、B兩端，D(0，－1),且有|AD|=|BD|，試求m的取值范圍。 解：（1） ∵ ∴=0 ∴ 得 ∴P點(diǎn)的軌跡方程為 （2）考慮方程組 消去y，得(1－3k2)x2－6kmx－3m2－3=0(*) 顯然1－3k2≠0 △=（6km）2－4(－3m2－3)=12(m2+1)－3k2>0 設(shè)x1,x2為方程*的兩根，則 故AB中點(diǎn)M的坐標(biāo)為(，) ∴線段AB的垂直平分線方程為： 將D(0，－1)坐標(biāo)代入，化簡(jiǎn)得：4m=3k2－1 故m、k滿足，消去k2得：m2－4m>0 解得：m<0或m>4 又∵4m=3k2－1>－1 ∴m>－ 故m. 【直線與圓錐曲線練習(xí)】 一、選擇題 1．斜率為1的直線l與橢圓+y2=1相交于A、B兩點(diǎn)，則|AB|的最大值為( ) A.2 B. C. D. 2．拋物線y=ax2與直線y=kx+b(k≠0)交于A、B兩點(diǎn)，且此兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1,x2,直線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x3,則恒有( ) A.x3=x1+x2 B.x1x2=x1x3+x2x3 C.x1+x2+x3=0 D.x1x2+x2x3+x3x1=0 二、填空題 3．已知兩點(diǎn)M(1，)、N(－4，－)，給出下列曲線方程：①4x+2y－1=0, ②x2+y2=3,③+y2=1,④－y2=1,在曲線上存在點(diǎn)P滿足|MP|=|NP|的所有曲線方程是_________. 4．正方形ABCD的邊AB在直線y=x+4上，C、D兩點(diǎn)在拋物線y2=x上，則正方形ABCD的面積為_________. 5．在拋物線y2=16x內(nèi)，通過點(diǎn)(2，1)且在此點(diǎn)被平分的弦所在直線的方程是_________. 三、解答題 6．已知拋物線y2=2px(p＞0),過動(dòng)點(diǎn)M(a,0)且斜率為1的直線l與該拋物線交于不同的兩點(diǎn)A、B，且|AB|≤2p. (1)求a的取值范圍. (2)若線段AB的垂直平分線交x軸于點(diǎn)N， 求△NAB面積的最大值. 7．已知中心在原點(diǎn)，頂點(diǎn)A1、A2在x軸上，離心率e=的雙曲線過點(diǎn)P(6，6). (1)求雙曲線方程. (2)動(dòng)直線l經(jīng)過△A1PA2的重心G，與雙曲線交于不同的兩點(diǎn)M、N，問：是否存在直線l,使G平分線段MN，證明你的結(jié)論. 8．已知雙曲線C的兩條漸近線都過原點(diǎn)，且都以點(diǎn)A(，0)為圓心，1為半徑的圓相切，雙曲線的一個(gè)頂點(diǎn)A1與A點(diǎn)關(guān)于直線y=x對(duì)稱. (1)求雙曲線C的方程. (2)設(shè)直線l過點(diǎn)A，斜率為k,當(dāng)0＜k＜1時(shí)，雙曲線C的上支上有且僅有一點(diǎn)B到直線l的距離為，試求k的值及此時(shí)B點(diǎn)的坐標(biāo). 直線與圓錐曲線參考答案 一、1.解析：弦長(zhǎng)|AB|=≤. 答案：C 2.解析：解方程組,得ax2－kx－b=0,可知x1+x2=,x1x2=－,x3=－,代入驗(yàn)證即可. 答案：B 二、3.解析：點(diǎn)P在線段MN的垂直平分線上，判斷MN的垂直平分線于所給曲線是否存在交點(diǎn). 答案：②③④ 4.解析：設(shè)C、D所在直線方程為y=x+b,代入y2=x,利用弦長(zhǎng)公式可求出|CD|的長(zhǎng)，利用|CD|的長(zhǎng)等于兩平行直線y=x+4與y=x+b間的距離，求出b的值，再代入求出|CD|的長(zhǎng). 答案：18或50 5.解析：設(shè)所求直線與y2=16x相交于點(diǎn)A、B，且A(x1,y1),B(x2,y2),代入拋物線方程得y12=16x1,y22=16x2,兩式相減得，(y1+y2）(y1－y2)=16(x1－x2). 即kAB=8. 故所求直線方程為y=8x－15. 答案：8x－y－15=0 三、6.解：(1)設(shè)直線l的方程為：y=x－a,代入拋物線方程得(x－a)2=2px,即x2－2(a+p)x+a2=0 ∴|AB|=≤2p.∴4ap+2p2≤p2,即4ap≤－p2 又∵p＞0,∴a≤－. (2)設(shè)A(x1,y1)、B(x2,y2)，AB的中點(diǎn) C(x,y), 由(1)知，y1=x1－a,y2=x2－a,x1+x2=2a+2p, 則有x==p. ∴線段AB的垂直平分線的方程為y－p=－(x－a－p),從而N點(diǎn)坐標(biāo)為(a+2p,0） 點(diǎn)N到AB的距離為 從而S△NAB= 當(dāng)a有最大值－時(shí)，S有最大值為p2. 7.解：(1)如圖，設(shè)雙曲線方程為=1.由已知得,解得a2=9,b2=12. 所以所求雙曲線方程為=1. (2)P、A1、A2的坐標(biāo)依次為(6,6)、(3，0)、(－3，0）， ∴其重心G的坐標(biāo)為(2，2） 假設(shè)存在直線l，使G(2，2)平分線段MN，設(shè)M(x1,y1)，N(x2,y2).則有 ，∴kl= ∴l(xiāng)的方程為y= (x－2)+2, 由,消去y,整理得x2－4x+28=0. ∵Δ=16－428＜0,∴所求直線l不存在. 8.解：(1)設(shè)雙曲線的漸近線為y=kx,由d==1,解得k=1. 即漸近線為y=x,又點(diǎn)A關(guān)于y=x對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，). ∴a==b,所求雙曲線C的方程為x2－y2=2. (2)設(shè)直線l：y=k(x－)(0＜k＜1,依題意B點(diǎn)在平行的直線l′上，且l與l′間的距離為. 設(shè)直線l′：y=kx+m,應(yīng)有,化簡(jiǎn)得m2+2km=2. ② 把l′代入雙曲線方程得(k2－1)x2+2mkx+m2－2=0, 由Δ=4m2k2－4(k2－1)(m2－2)=0. 可得m2+2k2=2 ③ ②、③兩式相減得k=m,代入③得m2=,解設(shè)m=,k=,此時(shí)x=,y=.故B(2,).