2020屆高三數(shù)學二輪復習 專題五 第3講 直線與圓錐曲線教案

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1、第3講　直線與圓錐曲線 自主學習導引 真題感悟 1．(2020·陜西)已知橢圓C1：＋y2＝1，橢圓C2以C1的長軸為短軸，且與C1有相同的離心率． (1)求橢圓C2的方程； (2)設O為坐標原點，點A、B分別在橢圓C1和C2上，＝2，求直線AB的方程． 解析　(1)由已知可設橢圓C2的方程為 ＋＝1(a＞2)， 其離心率為，故＝，解得a＝4. 故橢圓C2的方程為＋＝1. (2)解法一　A，B兩點的坐標分別記為(xA，yA)，(xB，yB)， 由＝2及(1)知，O，A，B三點共線且點A，B不在y軸上，因此可設直線AB的方程為y＝kx. 將y＝kx代入＋y2＝1中，得(1

2、＋4k2)x2＝4， 所以x＝. 將y＝kx代入＋＝1中，得(4＋k2)x2＝16， 所以x＝. 又由＝2，得x＝4x，即＝， 解得k＝±1.故直線AB的方程為y＝x或y＝－x. 解法二　A，B兩點的坐標分別記為(xA，yA)，(xB，yB)， 由＝2及(1)知，O，A，B三點共線且點A，B不在y軸上，因此可設直線AB的方程為y＝kx. 將y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4， 所以x＝. 由＝2，得x＝，y＝. 將x，y代入＋＝1中，得＝1， 即4＋k2＝1＋4k2， 解得k＝±1.故直線AB的方程為y＝x或y＝－x. 2．(2020·福建)

3、如圖，等邊三角形OAB的邊長為8，且其三個頂點均在拋物線E：x2＝2py(p＞0)上． (1)求拋物線E的方程； (2)設動直線l與拋物線E相切于點P，與直線y＝－1相交于點Q，證明以PQ為直徑的圓恒過y軸上某定點． 解析　(1)依題意，|OB|＝8，∠BOy＝30°. 設B(x，y)，則x＝|OB|sin 30°＝4， y＝|OB|cos 30°＝12. 因為點B(4，12)在x2＝2py上， 所以(4)2＝2p×12，解得p＝2. 故拋物線E的方程為x2＝4y. (2)證明　證法一　由(1)知y＝x2，y′＝x. 設P(x0，y0)，則x0≠0，y0＝x，且l的方程

4、為 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x. 由得 所以Q為. 設M(0，y1)，令·＝0對滿足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立． 由于＝(x0，y0－y1)，＝， 由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0， 即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*) 由于(*)式對滿足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立， 所以 解得y1＝1. 故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點M(0,1)． 證法二　由(1)知y＝x2，y′＝x.設P(x0，y0)，則x0≠0，y0＝x，且l的方程為y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x. 由得 所以Q為. 取x0＝

5、2，此時P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ為直徑的圓為(x－1)2＋y2＝2，交y軸于點M1(0,1)、M2(0，－1)；取x0＝1，此時P，Q，以PQ為直徑的圓為2＋2＝，交y軸于點M3(0,1)、M4. 故若滿足條件的點M存在，只能是M(0,1)． 以下證明點M(0,1)就是所要求的點． 因為＝(x0，y0－1)，＝， 所以·＝－2y0＋2 ＝2y0－2－2y0＋2＝0. 故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點M(0,1)． 考題分析 直線與圓錐曲線的綜合應用往往是高考的壓軸試題，具體表現(xiàn)為弦長與面積問題，最值與范圍問題、定點與定值問題、存在性問題等，運算量一般較大，有一定的

6、難度，多以解答題的形式出現(xiàn)． 網(wǎng)絡構建 高頻考點突破 考點一：圓錐曲線中的弦長問題 【例1】(2020·荊州模擬)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)右頂點與右焦點的距離為－1，短軸長為2. (1)求橢圓的方程； (2)過左焦點F的直線與橢圓分別交于A、B兩點，若三角形OAB的面積為，求直線AB的方程． [審題導引]　(1)利用相關的幾何性質求得a、b、c，可求橢圓方程； (2)設出直線的方程，利用弦長公式得到三角形OAB面積的表達式并解出直線的斜率，可得直線方程． [規(guī)范解答]　(1)由題意， 解得a＝，c＝1.即橢圓方程為＋＝1. (2)當直線AB與x軸垂直時，|AB|＝

7、， 此時S△AOB＝不符合題意，故舍掉； 當直線AB與x軸不垂直時， 設直線AB的方程為：y＝k(x＋1)， 代入消去y得：(2＋3k2)x2＋6k2x＋(3k2－6)＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則，所以|AB|＝. 原點到直線的AB距離d＝， 所以三角形的面積S＝|AB|d＝·. 由S＝?k2＝2?k＝±， 所以直線lAB：x－y＋＝0或 lAB：x＋y＋＝0. 【規(guī)律總結】 弦長問題的解決方法 (1)弦長問題涉及直線與二次曲線的兩個交點坐標，此時一般不是求出兩個點的坐標，而是設出這兩個點的坐標，根據(jù)直線方程和曲線方程聯(lián)立后的方程根的情況，使用

8、根與系數(shù)的關系進行整體代入，這是解決弦長問題以及其他直線與二次曲線問題的最基本方法． (2)注意使用弦長公式|AB|＝|x1－x2|＝|y1－y2|(k≠0)． 【變式訓練】 1．設橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦點為F，過F的直線l與橢圓C相交于A、B兩點，直線l的傾斜角為60°，＝2. (1)求橢圓C的離心率； (2)如果|AB|＝，求橢圓C的方程． 解析　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知y1＜0，y2＞0. (1)設直線l的方程為y＝(x－c)， 其中c＝.聯(lián)立 得(3a2＋b2)y2＋2b2cy－3b4＝0， 解得y1＝，y2＝. 因為＝2，所以－

9、y1＝2y2， 即＝2·. 得離心率e＝＝. (2)因為|AB|＝ |y2－y1|， 所以·＝. 由＝得b＝a.所以a＝，得a＝3，b＝. 橢圓C的方程為＋＝1. 考點二：圓錐曲線中的最值與范圍問題 【例2】(2020·大連模擬)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點A(2,1)，離心率為，過點B(3,0)的直線l與橢圓交于不同的兩點M，N. (1)求橢圓的方程； (2)求·的取值范圍． [審題導引]　(1)根據(jù)所給條件利用橢圓的幾何性質求出a2、b2； (2)設出直線的斜率與橢圓方程聯(lián)立，根據(jù)韋達定理利用直線的斜率表示·，并求其范圍． [規(guī)范解答]　(1)由離心率為，可

10、設c＝t，a＝2t， 則b＝t. 因為＋＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點A(2,1)， 所以＋＝1， 解得t2＝， 所以a2＝6，b2＝3，橢圓方程為＋＝1. (2)由題意可知直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝k(x－3)， 直線l與橢圓的交點坐標為M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由，消元整理得， (1＋2k2)x2－12k2x＋18k2－6＝0， Δ＝(12k2)2－4(1＋2k2)(18k2－6)＞0，得0≤k2＜1， x1＋x2＝，x1x2＝， ·＝(x1－3，y1)·(x2－3，y2) ＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2 ＝(1＋k2)[x1x2－3(x

11、1＋x2)＋9]＝(1＋k2)× ＝. 因為0≤k2＜1，所以2＜≤3， 所以·的取值范圍是(2,3]． 【規(guī)律總結】 最值或范圍問題的解決方法 解析幾何中的最值問題涉及的知識面較廣，解法靈活多樣，但最常用的方法有以下幾種： (1)利用函數(shù)，尤其是二次函數(shù)求最值； (2)利用三角函數(shù)，尤其是正、余弦函數(shù)的有界性求最值； (3)利用不等式，尤其是基本不等式求最值； (4)利用判別式求最值； (5)利用數(shù)形結合，尤其是切線的性質求最值． 【變式訓練】 2．已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的右焦點為F2(3,0)，離心率為e. (1)若e＝，求橢圓的方程； (2)設直線y＝

12、kx與橢圓相交于A、B兩點，M、N分別為線段AF2，BF2的中點．若坐標原點O在以MN為直徑的圓上，且＜e≤，求k的取值范圍． 解析　(1)由題意得，得a＝2， 所以a2＝12，結合a2＝b2＋c2，解得b2＝3. 所以，橢圓的方程為＋＝1. (2)由得(b2＋a2k2)x2－a2b2＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)． 所以x1＋x2＝0，x1x2＝， 依題意知，OM⊥ON， 易知，四邊形OMF2N為矩形， 所以AF2⊥BF2， 因為＝(x1－3，y1)，＝(x2－3，y2)， 所以·＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2 ＝(1＋k2)x1x2＋9＝0.

13、即＋9＝0， 將其整理為k2＝＝－1－. 因為＜e≤，所以2≤a＜3，12≤a2＜18. 所以k2≥，即k∈∪. 考點三：圓錐曲線中的定點、定值與探索性問題 【例3】在平面直角坐標系xOy中，過定點C(p,0)作直線m與拋物線y2＝2px(p＞0)相交于A、B兩點． (1)設N(－p,0)，求·的最小值； (2)是否存在垂直于x軸的直線l，使得l被以AC為直徑的圓截得的弦長恒為定值？若存在，求出l的方程；若不存在，請說明理由． [審題導引]　(1)求出·的表達式，并求最小值； (2)是探索性問題，假設存在，以此為條件，求出弦長的表達式．若能為定值，則存在；反之，則不存在．

14、 [規(guī)范解答]　(1)依題意，可設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為x＝my＋p. 由?y2－2pmy－2p2＝0. ∴ ∴·＝(x1＋p，y1)·(x2＋p，y2)＝(x1＋p)(x2＋p)＋y1y2＝(my1＋2p)·(my2＋2p)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋2pm(y1＋y2)＋4p2＝2p2m2＋2p2. 當m＝0時，·的最小值為2p2. (2)假設滿足條件的直線l存在，其方程為x＝a，AC的中點為O′，l與以AC為直徑的圓相交于P，Q兩點，PQ的中點為H，則O′H⊥PQ，O′的坐標為. ∵|O′P|＝|AC|＝＝， ∴|PH|2＝|O′P|2

15、－|O′H|2 ＝(x＋p2)－(2a－x1－p)2＝x1＋a(p－a)． ∴|PQ|2＝(2|PH|)2＝4. 令a－p＝0，得a＝p，此時|PQ|＝p為定值． 故滿足條件的直線l存在，其方程為x＝p. 【規(guī)律總結】 1．化解探索性問題的方法 首先假設所探求的問題結論成立、存在等，在這個假設下進行推理論證，如果得到了一個合情合理的推理結果，就肯定假設，對問題做出正面回答，如果得到一個矛盾的結果，就否定假設，對問題作出反面回答．在這個解題思路指導下解決探索性問題與解決具有明確結論的問題沒有什么差別． 2．求定值問題的方法 定值問題是解析幾何中的一種常見問題，基本的求解方法是：

16、先用變量表示所需證明的不變量，然后通過推導和已知條件，消去變量，得到定值，即解決定值問題首先是求解非定值問題，即變量問題，最后才是定值問題． 【變式訓練】 3．(2020·北京東城11校聯(lián)考)已知頂點在坐標原點，焦點在x軸正半軸的拋物線上有一點A，A點到拋物線焦點的距離為1. (1)求該拋物線的方程； (2)設M(x0，y0)為拋物線上的一個定點，過M作拋物線的兩條互相垂直的弦MP，MQ，求證：PQ恒過定點(x0＋2，－y0)； (3)直線x＋my＋1＝0與拋物線交于E、F兩點，在拋物線上是否存在點N，使得△NEF為以EF為斜邊的直角三角形？ 解析　(1)由題意可設拋物線的方程為y

17、2＝2px，則由拋物線的定義可得＋＝1，即p＝1，所以拋物線的方程為y2＝2x. (2)證明　由題意知直線PQ與x軸不平行，設PQ所在直線方程為 x＝my＋n，代入y2＝2x中，得y2－2my－2n＝0. 所以y1＋y2＝2m，y1y＝－2n， 其中y1，y2分別是P，Q的縱坐標， 因為MP⊥MQ，所以kMP·kMQ＝－1. 即·＝－1，所以(y1＋y0)(y2＋y0)＝－4. y1·y2＋(y1＋y2)y0＋y＋4＝0， (－2n)＋2my0＋2x0＋4＝0，即n＝my0＋x0＋2. 所以直線PQ的方程為x＝my＋my0＋x0＋2， 即x＝m(y＋y0)＋x0＋2，它一定

18、過定點(x0＋2，－y0)． (3)假設N(x0，y0)為滿足條件的點，則由(2)知，點(x0＋2，－y0)在直線x＋my＋1＝0上， 所以x0＋2－my0＋1＝0，(x0，y0)是方程的解，消去x得y2－2my＋6＝0，Δ＝4m2－24≥0，所以存在點N滿足條件． 名師押題高考 【押題1】過雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的一個焦點F作一條漸近線的垂線，垂足為點A，與另一條漸近線交于點B.若＝2，則此雙曲線的漸近線的斜率是________． 解析　雙曲線的漸近線方程是y＝±x，設過右焦點F(c,0)的直線l與漸近線y＝x垂直，則直線l的方程即y＝－(x－c)，兩直線方程聯(lián)立，解得點A

19、的縱坐標y1＝； 把方程y＝－(x－c)與方程y＝－x聯(lián)立，解得點B的縱坐標y2＝.由于＝2，即(x2－c，y2)＝2(x1－c，y1)，由此得y2＝2y1，故＝，此即2(b2－a2)＝c2＝a2＋b2，即b＝a，故其漸近線的斜率是±. 答案　± [押題依據(jù)]　本題以向量為背景，綜合考查雙曲線的幾何性質，既考查了通性通法，又可考查考生的應變能力，新穎別致、難度適中，故押此題． 【押題2】(2020·濟南三模)已知直線l：y＝x＋1，圓O：x2＋y2＝，直線l被圓截得的弦長與橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的短軸長相等，橢圓的離心率e＝. (1)求橢圓C的方程； (2)過點M的動直線l交

20、橢圓C于A、B兩點，試問：在坐標平面上是否存在一個定點T，使得無論l如何轉動，以AB為直徑的圓恒過定點T？若存在， 求出點T的坐標；若不存在，請說明理由． 解析　(1)則由題設可知b＝1，又e＝，a＝， 所以橢圓C的方程是＋y2＝1. (2)解法一　假設存在點T(u，v)． 若直線l的斜率存在，設其方程為y＝kx－， 將它代入橢圓方程，并整理， 得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0. 設點A、B的坐標分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則 因為＝(x1－u，y1－v)，＝(x2－u，y2－v)及y1＝kx1－，y2＝kx2－， 所以·＝(x1－u)(x2－u)

21、＋(y1－v)(y2－v) ＝(k2＋1)x1x2－(x1＋x2)＋u2＋v2＋＋ ＝ 當且僅當·＝0恒成立時，以AB為直徑的圓恒過定點T， 所以解得u＝0，v＝1. 此時以AB為直徑的圓恒過定點T(0,1)． 當直線l的斜率不存在，l與y軸重合，以AB為直徑的圓為x2＋y2＝1也過點T(0,1)． 綜上可知，在坐標平面上存在一個定點T(0,1)，滿足條件． 解法二　若直線l與y軸重合，則以AB為直徑的圓是x2＋y2＝1. 若直線l垂直于y軸，則以AB為直徑的圓是 x2＋2＝. 由解得 由此可知所求點T如果存在，只能是(0,1)． 事實上點T(0,1)就是所求的點

22、．證明如下： 當直線l的斜率不存在，即直線l與y軸重合時，以AB為直徑的圓為x2＋y2＝1，過點T(0,1)； 當直線l的斜率存在，設直線方程為y＝kx－，代入橢圓方程，并整理，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0. 設點A、B的坐標為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則 因為＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)， ·＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝(k2＋1)x1x2－k(x1＋x2)＋＝＝0. 所以⊥，即以AB為直徑的圓恒過定點T(0,1)． 綜上可知，在坐標平面上存在一個定點T(0,1)滿足條件． [押題依據(jù)]　直線與圓錐曲線的綜合應用是高考的必考點之一，常作為壓軸題出現(xiàn)，主要考查考生的分析問題解決問題的能力及運算能力，有很好的區(qū)分度．本題是探索性問題與定點問題的綜合，難度較大，符合高考命題的趨勢，故押此題．