浙江高考数学一轮复习第十章10.4直线与圆锥曲线的位置关系课件

第十章圆锥曲线与方程§10.4直线与圆锥曲线的位置关系高考数学(浙江专用)考点直线与圆锥曲线的位置关系1.(2017课标全国Ⅱ文,12,5分)过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为 的直线交C于点M(M在x轴的上方),l为C的准线,点N在l上且MN⊥l,则M到直线NF的距离为 ()A. B.2 C.2 D.3 35233五年高考答案C本题考查抛物线的方程和性质.因为直线MF的斜率为 ,所以直线MF的倾斜角为60°,则∠FMN=60°.由抛物线的定义得|MF|=|MN|,所以△MNF为等边三角形.过F作FH⊥MN,垂足为H.易知F(1,0),l的方程为x=-1,所以|OF|=1,|NH|=2,所以|MF|= +2,即|MF|=4,所以M到直线NF的距离d=|FH|=|MF|sin60°=4× =2 .故选C. 3||2MF323思路分析利用抛物线的定义得|MN|=|MF|,从而得△MNF为等边三角形,易得点M到直线NF的距离等于|FH|,进而得解.解题反思涉及抛物线焦点和准线的有关问题,应充分利用抛物线的定义求解.本题中直线的倾斜角为特殊角60°,通过解三角形更快捷.若联立直线和抛物线的方程求点M的坐标,然后求点N的坐标和直线NF的方程,再利用点到直线的距离公式求解,运算量会比较大.2.(2017课标全国Ⅰ理,10,5分)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为 ()A.16B.14C.12D.10答案A如图所示,设直线AB的倾斜角为θ,过A,B分别作准线的垂线,垂足为A1,B1, 则|AF|=|AA1|,|BF|=|BB1|,过点F向AA1引垂线FG,得 = =cosθ,则|AF|= ,同理,|BF|= ,则|AB|=|AF|+|BF|= ,即|AB|= ,因l1与l2垂直,故直线DE的倾斜角为θ+ 或θ- ,则|DE|= ,则|AB|+|DE|= + = = = ,||||AGAF||||AFpAF1cospθ1cospθ22sinpθ24sinθ2224cosθ24sinθ24cosθ224sincosθθ241sin22θ216sin2θ则易知|AB|+|DE|的最小值为16.故选A.方法总结利用几何方法求抛物线的焦半径.如图,在抛物线y2=2px(p0)中,AB为焦点弦,若AF与抛物线对称轴的夹角为θ, 则在△FEA中,cosθ=cos∠EAF= = ,则可得到焦半径|AF|= ,同理,|BF|= ,熟悉这种求抛物线焦半径的方法,对于求抛物线的焦点弦长,焦点弦中的定值,如: + = 等的帮助很大.||||AEAF||||AFpAF1cospθ1cospθ1||AF1||BF2p3.(2014辽宁,10,5分)已知点A(-2,3)在抛物线C:y2=2px的准线上,过点A的直线与C在第一象限相切于点B,记C的焦点为F,则直线BF的斜率为 ()A. B. C. D. 12233443答案D易知p=4,直线AB的斜率存在,设为k,抛物线方程为y2=8x,与直线AB的方程y-3=k(x+2)联立,消去x整理得ky2-8y+16k+24=0,由题意知Δ=64-4k(16k+24)=0,解得k=-2或k= .因为直线与抛物线相切于第一象限,故舍去k=-2,故k= ,可得B(8,8),又F(2,0),故kBF= = ,故选D.12128082434.(2014四川,10,5分)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧, · =2(其中O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是 ()A.2B.3C. D. OAOB172810答案B依题意不妨设A(x1, ),B(x2,- ), · =2⇒x1x2- =2⇒ =2或 =-1(舍去).当x1=x2时,有x1=x2=2,则S△ABO+S△AFO=2 + = ;当x1≠x2时,直线AB的方程为y- = (x-x1),则直线AB与x轴的交点坐标为(2,0).于是S△ABO+S△AFO= ×2×( + )+ ×  =  + ≥2 =3 当且仅当  = 时取“=” ,而 3.故选B.1x2xOAOB12xx12xx12xx22817281x1212xxxx121x2x12141x981x2x1298xx981x2x17285.(2014课标Ⅱ,10,5分)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点,O为坐标原点,则△OAB的面积为 ()A. B. C. D. 334938633294答案D易知直线AB的方程为y=  ,与y2=3x联立并消去x得4y2-12 y-9=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=3 ,y1y2=- .S△OAB= |OF|·|y1-y2|= ×  =  = .故选D.3334x339412123421212()4yyyy3827994评析本题考查了直线与抛物线的位置关系,考查了数形结合和运算求解的能力.利用根与系数的关系进行整体运算是求解的关键.6.(2015江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为.答案 22解析双曲线x2-y2=1的一条渐近线为直线y=x,显然直线y=x与直线x-y+1=0平行,且两直线之间的距离为 = .因为点P为双曲线x2-y2=1的右支上一点,所以点P到直线y=x的距离恒大于0,结合图形可知点P到直线x-y+1=0的距离恒大于 ,结合已知可得c的最大值为 .22|01|1(1)2222227.(2017天津理,19,14分)设椭圆 + =1(ab0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为 .已知A是抛物线y2=2px(p0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为 .(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为 ,求直线AP的方程.22xa22yb121262解析本小题主要考查椭圆、抛物线的标准方程和几何性质,直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.(1)设F的坐标为(-c,0).依题意, = , =a,a-c= ,解得a=1,c= ,p=2,于是b2=a2-c2= .所以,椭圆的方程为x2+ =1,抛物线的方程为y2=4x.(2)设直线AP的方程为x=my+1(m≠0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P ,故Q .将x=my+1与x2+ =1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y= .由点B异于点A,可得点B .由Q ,可得直线BQ的方程为 (x+1)-  =0,令y=0,解得x= ,故D .所以|AD|=1- = .又因为△APD的面积为 ,故 × × = ,整理得3m2-2 |m|+2=0,解得|m|= ,所以m=± .所以,直线AP的方程为3x+ y-3=0或3x- y-3=0.ca122p121234243y21,m21,m243y2634mm222346,3434mmmm21,m26234mmm2234134mm2ym222332mm2223,032mm222332mm22632mm621222632mm2||m626636366方法总结1.利用待定系数法求圆锥曲线标准方程的三个步骤:(1)作判断:根据焦点位置设方程;(2)找等量关系;(3)解方程得结果.2.解决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略:(1)巧设直线方程:当已知直线与x轴交点固定时,常设为x=my+b的形式,这样可避免对斜率是否存在的讨论;(2)注意整体代入思想的应用,利用根与系数的关系可以简化运算,提高运算的效率和正确率.8.(2015浙江文,19,15分)如图,已知抛物线C1:y= x2,圆C2:x2+(y-1)2=1,过点P(t,0)(t0)作不过原点O的直线PA,PB分别与抛物线C1和圆C2相切,A,B为切点.(1)求点A,B的坐标;(2)求△PAB的面积.注:直线与抛物线有且只有一个公共点,且与抛物线的对称轴不平行,则称该直线与抛物线相切,称该公共点为切点. 14解析(1)由题意知直线PA的斜率存在,故可设直线PA的方程为y=k(x-t),由 消去y,整理得:x2-4kx+4kt=0,由于直线PA与抛物线相切,得k=t.因此,点A的坐标为(2t,t2).设圆C2的圆心为D(0,1),点B的坐标为(x0,y0),由题意知:点B,O关于直线PD对称,故 解得 因此,点B的坐标为 .(2)由(1)知|AP|=t· ,和直线PA的方程tx-y-t2=0.2(),14ykxtyx00001,220,yxtxty022022,12.1txttyt22222,11tttt21t点B到直线PA的距离是d= ,设△PAB的面积为S(t),所以S(t)= |AP|·d= .221tt1232t评析本题主要考查抛物线的几何性质,直线与圆的位置关系,直线与抛物线的位置关系等基础知识.考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.9.(2016课标全国Ⅱ,20,12分)已知椭圆E: + =1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.2xt23y解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y10.当t=4时,E的方程为 + =1,A(-2,0). (1分)由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为 .因此直线AM的方程为y=x+2. (2分)将x=y-2代入 + =1得7y2-12y=0.解得y=0或y= ,所以y1= . (4分)因此△AMN的面积S△AMN=2× × × = . (5分)(2)由题意知,t3,k0,A(- ,0).将直线AM的方程y=k(x+ )代入 + =1得(3+tk2)x2+2 ·tk2x+t2k2-3t=0. (7分)由x1·(- )= 得x1= ,故|AM|=|x1+ | = . (8分)24x23y424x23y1271271212712714449tt2xt23ytt22233tkttk22(3)3ttktkt21k226(1)3tktk由题设,直线AN的方程为y=- (x+ ),故同理可得|AN|= . (9分)由2|AM|=|AN|得 = ,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k= 时上式不成立,因此t= . (10分)t3等价于 = 0,即 0. (11分)由此得 或 解得 k2.因此k的取值范围是( ,2). (12分)1kt226(1)3ktkkt223tk23kkt3233(21)2kkk323222kkkk23(2)(1)2kkk322kk320,20kk320,20,kk3232疑难突破第(1)问中求出直线AM的倾斜角是解决问题的关键;第(2)问利用2|AM|=|AN|得出t与k的关系式,由t3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.评析本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系以及方程的思想方法的应用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.注意挖掘题目中t3这一隐含条件,这是把等式转化为不等式的关键.10.(2016江苏,22,10分)如图,在平面直角坐标系xO