《考前三个月》2015届高考数学（人教通用文科）练透高考必会题型：专题7 第33练.docx

1、第33练直线与圆锥曲线问题内容精要直线和圆锥曲线问题是高考必考题目，很多地区还把这部分题目作为压轴题，可见本部分题目的重要性和难度，这部分题目主要是以解答题的形式呈现，表现为计算量较大，思维角度较多，需要同学们更加认真地去学习题型一直线和椭圆的位置关系例1如图所示，椭圆C1：1(ab0)的离心率为，x轴被曲线C2：yx2b截得的线段长等于C1的短轴长C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.(1)求C1，C2的方程；(2)求证：MAMB；(3)记MAB，MDE的面积分别为S1，S2，若，求的取值范围破题切入点(1)利用待定系数法求解

2、曲线C1，C2的方程(2)设出直线AB和曲线C2联立，利用坐标形式的向量证明(3)将S1和S2分别表示出来，利用基本不等式求最值(1)解由题意，知，所以a22b2.又22b，得b1.所以曲线C2的方程：yx21，椭圆C1的方程：y21.(2)证明设直线AB：ykx，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意，知M(0，1)则x2kx10，(x1，y11)(x2，y21)(k21)x1x2k(x1x2)1(1k2)k210，所以MAMB.(3)解设直线MA的方程：yk1x1，直线MB的方程：yk2x1，由(2)知k1k21，M(0，1)，由解得或所以A(k1，k1)同理，可得B(k2，k1)故S

3、1|MA|MB|k1|k2|.由解得或所以D(，)同理，可得E(，)故S2|MD|ME|，则的取值范围是，)题型二直线和双曲线的位置关系例2已知双曲线C：x2y21及直线l：ykx1.(1)若l与C有两个不同的交点，求实数k的取值范围；(2)若l与C交于A，B两点，O是坐标原点，且AOB的面积为，求实数k的值破题切入点(1)联立方程组，利用0求出k的取值范围(2)联立方程用根与系数的关系求解解(1)双曲线C与直线l有两个不同的交点，则方程组有两个不同的实数根，整理得(1k2)x22kx20.解得k|x2|时，SOABSOADSOBD(|x1|x2|)|x1x2|；当A，B在双曲线的两支上且x1

4、x2时，SOABSODASOBD(|x1|x2|)|x1x2|.SOAB|x1x2|，(x1x2)2(2)2，即()28，解得k0或k.又k0，b0)的上焦点为F，上顶点为A，B为虚轴的端点，离心率e，且SABF1.抛物线N的顶点在坐标原点，焦点为F.(1)求双曲线M和抛物线N的方程；(2)设动直线l与抛物线N相切于点P，与抛物线的准线相交于点Q，则以PQ为直径的圆是否恒过y轴上的一个定点？如果是，试求出该点的坐标，如果不是，请说明理由破题切入点(1)根据双曲线的性质，用a，c表示已知条件，建立方程组即可求解双曲线的方程，然后根据抛物线的焦点求出抛物线的方程(2)设出点P的坐标，根据导数的几何

5、意义求出切线方程，并求出点Q的坐标，然后根据圆的性质列出关于点P的坐标的方程，将问题转化为方程恒成立的问题来解决解(1)在双曲线中，c，由e，得，解得ab，故c2b.所以SABF(ca)b(2bb)b1，解得b1.所以a，c2，其上焦点为F(0,2)所以双曲线M的方程为x21，抛物线N的方程为x28y.(2)由(1)知抛物线N的方程为yx2，故yx，抛物线的准线为y2.设P(x0，y0)，则x00，y0x，且直线l的方程为yxx0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q(，2)假设存在点R(0，y1)，使得以PQ为直径的圆恒过该点，也就是0对于满足y0x(x00)的x0，y0恒成立由于(x0，y0

6、y1)，(，2y1)，由0，得x0(y0y1)(2y1)0，整理得2y0y0y12y1y0，即(y2y18)(2y1)y00，(*)由于(*)式对满足y0x(x00)的x0，y0恒成立，所以解得y12.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点，定点坐标为(0,2)总结提高直线和圆锥曲线的位置关系问题，万变不离其宗，构建属于自己的解题模板，形成一定的解题思路，利用数形结合思想来加以解决1设抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，直线l过F且与抛物线C交于M，N两点，已知当直线l与x轴垂直时，OMN的面积为2(O为坐标原点)(1)求抛物线C的方程；(2)是否存在直线l，使得以MN为对角线的正方形的第三个

7、顶点恰好在y轴上，若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由解(1)当直线l与x轴垂直时，则|MN|2p，SOMN2p2，即p2.抛物线C的方程为y24x.(2)直线l与x轴垂直时，不满足设正方形的第三个顶点为P.故可设直线l：yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(0，y0)，联立可化简得k2x2(2k24)xk20，则代入直线l可得MN的中点为(，)，则线段MN的垂直平分线为y(x1)，故P(0，)又0，则x1x2(y1y0)(y2y0)0.即x1x2y1y2y0(y1y2)y0.14y0y0，化解得ky4y03k0，由y0代入上式，化简得(3k44)(k21)0.

8、解得k .存在直线l：y (x1)2(2013广东)已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c0)到直线l：xy20的距离为.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点(1)求抛物线C的方程；(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|BF|的最小值解(1)依题意知，c0，解得c1.所以抛物线C的方程为x24y.(2)由yx2得yx，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，所以切线PA的方程为yy1(xx1)，即yxy1，即x1x2y2y10.同理可得切线PB

9、的方程为x2x2y2y20，又点P(x0，y0)在切线PA和PB上，所以x1x02y02y10，x2x02y02y20，所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x2y02y0 的两组解，所以直线AB的方程为x0x2y2y00.(3)由抛物线定义知|AF|y11，|BF|y21，所以|AF|BF|(y11)(y21)y1y2(y1y2)1，联立方程消去x整理得y2(2y0x)yy0，y1y2x2y0，y1y2y，|AF|BF|y1y2(y1y2)1yx2y01y(y02)22y012y2y0522，当y0时，|AF|BF|取得最小值，且最小值为.3(2013浙江)如图，点P(0，1)是椭圆C

10、1：1(ab0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2y24的直径l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.(1)求椭圆C1的方程；(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程解(1)由题意得所以椭圆C1的方程为y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为ykx1.又圆C2：x2y24，故点O到直线l1的距离d，所以|AB|22 .又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以|PD|.设ABD的面积为S，则S|A

11、B|PD|，所以S，当且仅当k时取等号所以所求直线l1的方程为yx1.4已知双曲线E：1(a0，b0)的焦距为4，以原点为圆心，实半轴长为半径的圆和直线xy0相切(1)求双曲线E的方程；(2)已知点F为双曲线E的左焦点，试问在x轴上是否存在一定点M，过点M任意作一条直线交双曲线E于P，Q两点(P在Q点左侧)，使为定值？若存在，求出此定值和所有的定点M的坐标；若不存在，请说明理由解(1)由题意知a，a.又2c4，c2，b1.双曲线E的方程为y21.(2)当直线为y0时，则P(，0)，Q(，0)，F(2,0)，(2,0)(2,0)1.当直线不为y0时，可设l：xtym(t)代入E：y21，整理得(

12、t23)y22mtym230(t)(*)由0得m2t23.设方程(*)的两个根为y1，y2，满足y1y2，y1y2，(ty1m2，y1)(ty2m2，y2)(t21)y1y2t(m2)(y1y2)(m2)2.当且仅当2m212m153时，为定值，解得m13，m23(舍去)综上，过定点M(3，0)任意作一条直线交双曲线E于P，Q两点，使1为定值5已知过抛物线y22px(p0)的焦点，斜率为2的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10，y00)，则切线斜率为，切线方程为yy0(xx0)，即x0xy0y4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S.由xy42x0y0知当且仅

13、当x0y0时，x0y0有最大值，即S有最小值，因此点P的坐标为(，)由题意知解得故C1的方程为x21.(2)由(1)知C2的焦点坐标为(，0)，(，0)，由此设C2的方程为1，其中b10.由P(，)在C2上，得1，解得b3，因此C2的方程为1.显然，l不是直线y0.设l的方程为xmy，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(m22)y22my30，又设y1，y2是方程的根，因此由x1my1，x2my2，得因为(x1，y1)，(x2，y2)，由题意知0，所以x1x2(x1x2)y1y2(y1y2)40，将代入整理得2m22m4110，解得m1或m1.因此直线l的方程为x(1)y0或x(1)y0.