2013年数学高考备考二轮复习 核心考点五 第15课时 直线与圆锥曲线的位置关系

第15课时直线与圆锥曲线的位置关系y2＝12x的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于()解析：由抛物线方程y2＝12x，易知其焦点坐标为(3,0)，又根据双曲线的几何性质，可知4＋b2＝32，∴b＝，从而可得渐近线方程为＝，故选A.1．(2012年福建)已知双曲线x24－y2b2＝1的右焦点与抛物线AA.5B．42C．3D．55y＝±52x，即±5x－2y＝0，∴d＝|±5×3－2×0|5＋452．(2012年全国)已知F1、F2为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|＝2|PF2|，则cos∠F1PF2＝()CA.14B.35C.34D.45解析：双曲线的方程为x22－y22＝1，∴a＝b＝2，c＝2.∵|PF1|＝2|PF2|，∴点P在双曲线的右支上，则有|PF1|－|PF2|＝2a＝22，解得|PF2|＝22，|PF1|＝42.根据余弦定理，得cos∠F1PF2＝222＋422－162×22×42＝34，故选C.3．(2010年广东)若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是()4A.5B.35C.25D.15B解析：设长轴为2a，短轴为2b，焦距为2c，则2a＋2c＝2×2b.即a＋c＝2b⇒(a＋c)2＝4b2＝4(a2－c2)，整理，得5c2＋2ac－3a2＝0，即5e2＋2e－3＝0⇒e＝35或e＝－1(舍)，故选B.高考对本节内容的考查从题型设计上主要有三类：一是圆锥曲线的有关元素计算、关系证明或范围的确定；二是涉及与圆锥曲线平移与对称变换、弦长、定值、最值或位置关系的问题；三是求平面曲线(整体或部分)的方程或轨迹．根据最近几年广东试题来看，预计2013年将加强对于圆锥曲线与其他数学内容，如三角函数、向量、不等式等进行综合考查，对存在性问题的探究可能成为新的命题方向．例1：(2011年陕西)设椭圆C：(ab0)过点(0,4)，离心率为.(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标．直线与圆锥曲线(1)求C的方程；x2a2＋y2b2＝13545解：(1)将点(0,4)代入C的方程，得16b2＝1，∴b＝4.由e＝ca＝35，得a2－b2a2＝925，即1－16a2＝925，∴a＝5.∴C的方程为x225＋y216＝1.(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为y＝45(x－3)，设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y＝45(x－3)代入C的方程，得x225＋x－3225＝1，即x2－3x－8＝0，∴x1＋x2＝3也可计算x1＝3－412，x2＝3＋412，∴AB的中点坐标x－＝x1＋x22＝32，y－＝y1＋y22＝25(x1＋x2－6)＝－65，即所截线段的中点坐标为32，－65.【思维点拨】(1)由椭圆过已知点和椭圆离心率可以列出方程组，解方程组即可，也可以分步求解；(2)由直线方程和椭圆方程构成的方程组，可以求解，也可以先利用根与系数的关系，然后利用中点坐标公式求解．【配对练习】别为F1，F2，点P(a，b)满足|PF2|＝|F1F2|.(1)求椭圆的离心率e；(2)设直线PF2与椭圆相交于A，B两点，若直线PF2与圆圆的方程．1．(2011年天津)设椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左，右焦点分＋1)2＋(y－3)2＝16相交于M，N两点，且|MN|＝58|AB|，求椭(x解：(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)．∵|PF2|＝|F1F2|，则a－c2＋b2＝2c，2a2－2ac－4c2＝0.由e＝ca，得4e2＋2e－2＝0，即2e2＋e－1＝0，e＝－1(舍去)或e＝12.∴椭圆的离心率e＝12.∴椭圆方程为3x2＋4y2＝12c2.直线PF2的斜率k＝ba－c＝3，则直线PF2的方程为y＝3(x－c)．A，B两点的坐标满足方程组3x2＋4y2＝12c2，y＝3x－c.消去y并整理，得5x2－8cx＝0，则x1＝0，x2＝85c.(2)∵e＝，∴a＝2c，b＝c.123不妨设A85c，335c，B(0，－3c)．∴|AB|＝85c－02＋335c＋3c2＝165c.于是|MN|＝58|AB|＝2c.圆心(－1,3)到直线PF2的距离d＝|－3－3－3c|2＝3|2＋c|2，于是x1＝0，y1＝－3c，x2＝85c，y2＝335c.∴34(2＋c)2＋c2＝16，即7c2＋12c－52＝0.解得c＝－2670(舍去)，或c＝2.于是a＝2c＝4，b＝3c＝23.∴椭圆的方程为x216＋y212＝1.∵d2＋|MN|22＝42，(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，OB＝2OA，求直线AB的方程．圆锥曲线与平面向量的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．(1)求椭圆C2的方程；→→例2：(2012年陕西)已知椭圆C1：x24＋y2＝1，椭圆C2以C1(1)解：由已知，可设椭圆C2的方程为y2a2＋x24＝1(a2)，其离心率为32，故a2－4a＝32，则a＝4，故椭圆C2的方程为y216＋x24＝1.(2)解法一：设A，B两点的坐标分别为(xA，yA)，(xB，yB)，由OB→＝2OA→及(1)，知：O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.将y＝kx代入x24＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，∴x2A＝41＋4k2.将y＝kx代入y216＋x24＝1中，得(4＋k2)x2＝16，∴x2B＝164＋k2.又由OB→＝2OA→，得x2B＝4x2A，即164＋k2＝161＋4k2，解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.解法二：设A，B两点的坐标分别为(xA，yA)，(xB，yB)，由OB→＝2OA→及(1)，知：O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.将y＝kx代入x24＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，∴x2A＝41＋4k2，由OB→＝2OA→，得x2B＝161＋4k2，y2B＝16k21＋4k2.将x2B，y2B代入y216＋x24＝1中，得4＋k21＋4k2＝1，即4＋k2＝1＋4k2，解得k＝±1.故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.【配对练习】A．2C．6B．3D．82．(2010年福建)若点O和点F分别为椭圆x24＋y23＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则OP→·FP→的最大值为()答案：C解析：由题意，F(－1,0)．设点P(x0，y0)，则有x204＋y203＝1，解得y20＝31－x204，∵FP→＝(x0＋1，y0)，OP→＝(x0，y0)，∴OP→·FP→＝x0(x0＋1)＋y20＝x0(x0＋1)＋31－x204＝x204＋x0＋3，此二次函数对应的抛物线的对称轴为x0＝－2.∵－2≤x0≤2，∴当x0＝2时，OP→·FP→取得最大值为224＋2＋3＝6，故选C.圆锥曲线的轨迹方程的离心率为，椭圆短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为(1)求椭圆C的方程；(2)已知动直线y＝k(x＋1)与椭圆C相交于A，B两点．例3：(2012年广东惠州一模)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)63523.①若线段AB中点的横坐标为－12，求斜率k的值；②已知点M－73，0，求证：MA→·MB→为定值．解：(1)∵x2a2＋y2b2＝1(ab0)满足a2＝b2＋c2，ca＝63，且12×b×2c＝523，解得a2＝5，b2＝53，则椭圆方程为x25＋y253＝1.得(1＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－5＝0.Δ＝36k4－4(3k2＋1)(3k2－5)＝48k2＋200，x1＋x2＝－6k23k2＋1.∵AB中点的横坐标为－12，∴－3k23k2＋1＝－12，解得k＝±33.(2)①将y＝k(x＋1)代入x25＋y253＝1中，∴MA→·MB→＝x1＋73，y1x2＋73，y2＝x1＋73x2＋73＋y1y2＝x1＋73x2＋73＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝(1＋k2)·x1x2＋73＋k2(x1＋x2)＋499＋k2＝(1＋k2)3k2－53k2＋1＋73＋k2－6k23k2＋1＋499＋k2＝－3k4－16k2－53k2＋1＋499＋k2＝49.②由①，知：x1＋x2＝－6k23k2＋1，x1x2＝3k2－53k2＋1.【配对练习】3．(2012年湖北八市联考)设抛物线的顶点在原点，其焦点F在y轴上，抛物线上的点P(k，－2)与点F的距离为4，则抛物线方程为____________．x2＝－8y1．直线与圆锥曲线C的位置关系：将直线l的方程代入曲线C的方程，消去y或者消去x，得到一个关于x(或y)的方程ax2＋bx＋c＝0.(1)①交点个数：当a＝0或a≠0，Δ＝0时，曲线和直线只有一个交点；当a≠0，Δ0时，曲线和直线有两个交点；当Δ0时，曲线和直线没有交点．(2)直线与圆锥曲线相交，弦长d＝，可作为公式用，必须清楚该公式推导的基础是两点间的距离公式和韦达定理．2．在处理直线与圆锥曲线相交形成的弦中点的有关问题时，经常用到如下解法：设弦的两个端点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，代入圆锥曲线得两方程后相减，得到弦中点坐标与弦所在直线斜率的关系，然后加以求解，这即为“点差法”．1＋k2|x1－x2|＝1＋k2x1＋x22－4x1x2