2020版高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学（理）讲义：第三篇 专题四 第三讲 直线与圆锥曲线的位置关系 WORD版含答案.docx

1、第三讲直线与圆锥曲线的位置关系高考导航1由直线与圆锥曲线的位置关系解决直线的方程、圆锥曲线的方程及其性质等问题2求动点的轨迹问题，以椭圆和抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、范围等综合问题考点一轨迹与轨迹方程问题求轨迹方程的常用方法(1)直接法：直接利用条件建立x、y之间的关系F(x，y)0；(2)定义法：满足的条件恰适合某已知曲线的定义，用待定系数法求方程；(3)相关点法(代入法)：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而变化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲线上，则可先用x，y的代数式表示x0，y0，再将x0，y0代入已知曲线得出要求的轨迹方程；(4)参数法：将动点的坐标(x

2、，y)表示为第三个变量的函数，再消参得所求方程1(2019湖北黄冈二模)设D为椭圆x21上任意一点，A(0，2)，B(0,2)，延长AD至点P，使得|PD|BD|，则点P的轨迹方程为()Ax2(y2)220 Bx2(y2)220Cx2(y2)25 Dx2(y2)25解析D为椭圆x21上一点，且易知A、B为椭圆的焦点，|DA|DB|2a2.又|PD|BD|，|PA|PD|DA|2，P的轨迹方程为x2(y2)2(2)220.故选B.答案B2(2019广东七校2月联考)设圆(x2)2y236的圆心为C，A(2,0)是圆内一定点，Q是圆周上任一点，AQ的垂直平分线与CQ的交点为R，则点R的轨迹方程为(

3、)A.1 B.1C.1 D.1解析连接AR，由题意可知|RQ|RA|，所以|RC|RA|RC|RQ|CQ|64|AC|，所以点R的轨迹是以A(2,0)，C(2,0)为焦点的椭圆，其中2a6,2c4，所以b2a2c232225，所以点R的轨迹方程为1，故选C.答案C3(2019河南郑州质检)已知P是圆x2y24上的动点，P点在x轴上的射影是D，点M满足，则点M的轨迹方程是_解析设M(x，y)，则D(x,0)，由知P(x,2y)，点P在圆x2y24上，x24y24，故动点M的轨迹C的方程为y21.答案y214(2019太原模拟)已知双曲线y21的左、右顶点分别为A1，A2，点P(x1，y1)，Q(

4、x1，y1)是双曲线上不同于A1、A2的两个不同的动点，则直线A1P与A2Q交点的轨迹方程为_解析由题设知|x1|，A1(，0)，A2(，0)，则有直线A1P的方程为y(x)，直线A2Q的方程为y(x)，联立，解得x0，且|x|0)过焦点F的弦AB：(1)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|x1x2p(其中为直线AB的倾斜角)；(2).3通径的长椭圆、双曲线的通径长为，抛物线的通径长为2p.4中点弦的斜率(1)AB为椭圆1(a0，b0)的弦，弦中点为M(x0，y0)，则直线AB的斜率kAB.(2)AB为双曲线1(a0，b0)的弦，弦中点为M(x0，y0)，则直线AB的斜率kAB.角

5、度1：弦中点、弦分点问题【例1】(1)(2019河北石家庄二模)倾斜角为的直线经过椭圆1(ab0)的右焦点F，与椭圆交于A、B两点，且2，则该椭圆的离心率为()A. B. C. D.(2)(2019兰州模拟)已知P(1,1)为椭圆1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为_解析(1)由题可知，直线的方程为yxc，与椭圆方程联立得(b2a2)y22b2cyb40，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则又2，(cx1，y1)2(x2c，y2)，y12y2，可得，又b2a2c2，e.故选B.(2)解法一：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设其方程为y1k(x1)，弦的两端点

6、为A，B，A(x1，y1)，B(x2，y2)由消去y得，(2k21)x24k(k1)x2(k22k1)0，x1x2，又x1x22，2，解得k.故此弦所在的直线方程为y1(x1)，即x2y30.解法二：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k.设弦的两端点为A，B，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则1，1，得0，x1x22，y1y22，y1y20，k.此弦所在的直线方程为y1(x1)，即x2y30.答案(1)B(2)x2y30角度2：弦长问题【例2】(2019福州质检)已知平面上两点A(，0)，B(，0)，直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为.(1)求点P的轨迹C的方程；(2)在y轴上的

7、截距为1的直线l与曲线C交于M，N两点，当|MN|时，求直线l的方程解(1)设点P(x，y)，因为A(，0)，B(，0)，所以直线PA的斜率为(x)，直线PB的斜率为(x)，又直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为，所以k1(x)，整理得y21(x)，所以点P的轨迹C的方程为y21(x)(2)设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，在y轴上的截距为1的直线l的方程为ykx1，联立方程得消去y，得(12k2)x24kx0，解得x10，x2，所以|MN|x1x2|，整理得k4k2200，即(k24)(k25)0，解得k2.所以直线l的方程为2xy10或2xy10.(1)弦中点问题：在

8、涉及圆锥曲线弦中点的问题中，基本的处理方法有两个：一是设出弦的端点坐标，使用“点差法”；二是设出弦所在的直线方程，利用直线方程与圆锥曲线方程联立消元后的一元二次方程，根据韦达定理建立弦的端点坐标与中点坐标间的关系后解决问题(2)弦分点问题：解决与弦分点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为弦端点及弦分点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解(3)弦长的问题：应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解1(2019江南十校联考)已知椭圆：1(ab0)的长轴长是短轴长的2倍，过右焦点F且斜

9、率为k(k0)的直线与相交于A，B两点若3，则k()A1 B2 C. D.解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为3，所以y13y2.因为椭圆的长轴长是短轴长的2倍，所以a2b，设bt，则a2t，故ct，所以1.设直线AB的方程为xsyt，代入上述椭圆方程，得(s24)y22styt20，所以y1y2，y1y2，即2y2，3y，得s2，k，故选D.答案D2(2019皖北名校2月联考)斜率为1的直线l与椭圆y21相交于A，B两点，则|AB|的最大值为()A. B. C. D.解析设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线的方程为yxm，由消去y得5x28mx4(m21)0

10、，则x1x2，x1x2.|AB|x1x2|，当m0时，|AB|取得最大值，故选B.答案B3(2019河南郑州一模)过抛物线yx2的焦点F作一条倾斜角为30的直线交抛物线于A，B两点，则|AB|_.解析易知抛物线x24y的焦点坐标是F(0,1)，直线AB的方程为yx1，即x(y1)由消去x，得3(y1)24y，即3y210y30，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2，利用抛物线定义可知|AB|AF|BF|(y11)(y21)y1y22.答案考点三直线与圆锥曲线的位置关系判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题的两种常用方法(1)代数法：联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方

11、程组，消去y(或x)得一元二次方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标(2)几何法：画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数【例3】(2019安徽皖南八校联考)如图，已知椭圆C：1(ab0)的右焦点为F，点在椭圆C上，过原点O的直线与椭圆C相交于M，N两点，且|MF|NF|4.(1)求椭圆C的方程；(2)设P(1,0)，Q(4,0)，过点Q且斜率不为零的直线与椭圆C相交于A，B两点，证明：APOBPQ.解(1)设椭圆C的左焦点为F，连接MF，NF.由椭圆的几何性质知|NF|MF|，则|MF|MF|2a4，得a2.将点代入椭圆C的方程得1，解得b1.故椭圆C的方程为y21

12、.(2)证明：设点A的坐标为(x1，y1)，点B的坐标为(x2，y2)由题可知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk(x4)(k0)由消去y，得(4k21)x232k2x64k240，令(32k2)24(4k21)(64k24)0，得k20，m0)与椭圆C交于P，Q两点，且直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，则当OPQ的面积为时，求直线PQ的方程解(1)设椭圆C的方程为1(ab0)由题意可得c，c23a2b2.又由点M在椭圆C上，得1.结合解得b21，a24，因此椭圆C的方程为y21.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)联立得(14k2)x28kmx4m240，64k2m24(

13、14k2)(4m24)0，化简得m20，k.由知m20)由得x.记u，则P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直线QG的斜率为，方程为y(xu)由得(2k2)x22uk2xk2u280.设G(xG，yG)，则u和xG是方程的解，故xG，由此得yG.从而直线PG的斜率为.所以PQPG，即PQG是直角三角形由得|PQ|2u，|PG|，所以PQG的面积S|PQ|PG|.设tk，则由k0得t2，当且仅当k1时取等号因为S在2，)单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为.因此，PQG面积的最大值为.圆锥曲线的综合问题多以解答题的形式考查，常作为压轴题出现在第20题的位置，一般难度

14、较大直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程、定点、定值、最值、范围以及存在性问题都是考查的重点，常与向量、函数、不等式等知识结合解题时，常以直线与圆锥曲线的位置关系为突破口，利用设而不求、整体代换的技巧求解，要注重数形结合思想、函数与方程思想、分类讨论思想以及转化与化归思想在解题中的指导作用专题强化训练(二十三)一、选择题1(2019河北唐山一模)在直角坐标平面内，点A，B的坐标分别为(1,0)，(1,0)，则满足tanPABtanPBAm(m为非零常数)的点P的轨迹方程是()Ax21(y0) Bx21Cx21(y0) Dx21解析设P(x，y)，由题意，得m(m0)，化简可得x21(y0)答案C

15、2(2019重庆模拟)设A，P是椭圆y21上两点，点A关于x轴的对称点为B(异于点P)，若直线AP，BP分别交x轴于点M，N，则()A0 B1 C. D2解析依题意，将点P特殊化为点(，0)，于是点M，N均与点(，0)重合，于是有2，故选D.答案D3(2019湖北武汉4月调研)过点P(4,2)作直线AB与双曲线C：y21交于A，B两点，若P为AB的中点，则|AB|()A2 B2 C3 D4解析由已知可得点P的位置如图所示，且直线AB的斜率存在，设AB的斜率为k，则AB的方程为y2k(x4)，即yk(x4)2，由消去y得(12k2)x2(16k28k)x32k232k100，由题意得12k20，

16、设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得x1x2，x1x2，因为P(4,2)为AB的中点，所以8，解得k1，满足0，所以x1x28，x1x210，所以|AB|4.故选D.答案D4(2019汕头二模)已知圆(x1)2y2的一条切线ykx与双曲线C：1(a0，b0)没有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是()A(1，) B(1,2C(，) D2，)解析由题意知，圆心(1,0)到直线ykx的距离d，k.圆(x1)2y2的一条切线ykx与双曲线C：1(a0，b0)没有公共点，e214，双曲线的离心率e1，双曲线的离心率的取值范围是(1,2答案B5(2019湖北八校第二次模拟)已知抛物线

17、y22px(p0)的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A，B两点(点A在第一象限)，若直线l的倾斜角为，则等于()A. B. C. D.解析由题意得F，直线l的斜率ktan，直线l的方程为y，即xy，代入抛物线方程得y2pyp20，解得yp或yp，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由点A在第一象限可知y1p，则y2p，.故选A.答案A6(2019郑州第三次质量预测)椭圆1的左焦点为F，直线xa与椭圆相交于点M，N，当FMN的周长最大时，FMN的面积是()A. B. C. D.解析设椭圆的右焦点为E，由椭圆的定义知FMN的周长为L|MN|MF|NF|MN|(2|ME|)(2|NE|)因为|ME

18、|NE|MN|，所以|MN|ME|NE|0，当直线MN过点E时取等号，所以L4|MN|ME|NE|4，即直线xa过椭圆的右焦点E时，FMN的周长最大，此时SFMN|MN|EF|2，故选C.答案C二、填空题7(2019大连一模)椭圆C：1的左、右顶点分别为M，N，点P在C上，且直线PN的斜率是，则直线PM的斜率为_解析设P(x0，y0)，则1，直线PM的斜率kPM，直线PN的斜率kPN，可得kPMkPN，故kPM3.答案38(2019宁波统考)如图，F1，F2是双曲线1(a0，b0)的左、右焦点，过F1的直线l与C的左、右两个分支分别交于点B，A.若ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为_解析

19、ABF2为等边三角形，|AB|AF2|BF2|，F1AF260.由双曲线的定义可得|AF1|AF2|2a，|BF1|2a.又|BF2|BF1|2a，|BF2|4a.|AF2|4a，|AF1|6a.在AF1F2中，由余弦定理可得|F1F2|2|AF1|2|AF2|22|AF2|AF1|cos60，(2c)2(4a)2(6a)224a6a，整理得c27a2，e.答案9(2019广东茂名第一次综合测试)从抛物线x24y的准线l上一点P引抛物线的两条切线PA，PB，且A，B为切点，若直线AB的倾斜角为，则P点的横坐标为_解析解法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，1)，则kAB.因为y

20、1，y2，所以kAB，所以x1x2.由x24y，得y，所以y，所以切线PA的方程为yy1(xx1)，切线PB的方程为yy2(xx2)，即切线PA的方程为y(xx1)，即x2x1x4y0，切线PB的方程为y(xx2)，即x2x2x4y0.因为点P(x0，1)同时在切线PA，PB上，所以x2x1x040，x2x2x040，所以x1，x2是方程x22x0x40的两根，所以x1x22x0，所以x0.解法二：设P(x0，1)，则直线AB的方程为x0x4，即yx1.又直线AB的倾斜角为，所以，所以x0.答案三、解答题10(2019全国卷)已知抛物线C：y23x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，

21、与x轴的交点为P.(1)若|AF|BF|4，求l的方程；(2)若3，求|AB|.解设直线l：yxt，A(x1，y1)，B(x2，y2)(1)由题设得F，故|AF|BF|x1x2，由题设可得x1x2.由可得9x212(t1)x4t20，则x1x2.从而，得t.所以l的方程为yx.(2)由3可得y13y2.由可得y22y2t0.所以y1y22.从而3y2y22，故y21，y13.代入C的方程得x13，x2.故|AB|.11(2019黄山一模)已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e，点P是椭圆上的一个动点，PF1F2面积的最大值是4.(1)求椭圆的方程；(2)若A，B，C，D是椭

22、圆上不重合的四点，AC与BD相交于点F1，0，且|，求此时直线AC的方程解(1)由题意知，当点P是椭圆上(或下)顶点时，PF1F2的面积取得最大值此时，SPF1F22cb4，又e，a2b2c2，解得a4，b2，故所求椭圆的方程为1.(2)由(1)知F1(2,0)，由0得ACBD.当直线AC与BD中有一条直线的斜率不存在时，|14，不合题意当直线AC的斜率存在且为k(k不为0)时，其方程为yk(x2)由消去y得(34k2)x216k2x16k2480.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.所以|x1x2|.直线BD的方程为y(x2)，同理可得|.由|，解得k21，则k1.故

23、所求直线AC的方程为y(x2)12(2019山东菏泽一模)设M点为圆C：x2y24上的动点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2，动点P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)设E的左顶点为D，若直线l：ykxm与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且满足|，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标解(1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)，2 ，2(x0x，y)(0，y0)，x0x，y0y，又点M在圆C：x2y24上，xy4，将x0x，y0y代入得1，即轨迹E的方程为1.(2)证明：由(1)可知D(2,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得得(34k2)x28mkx4(m23)0，(8mk)24(34k2)(4m212)16(12k23m29)0，即34k2m20，x1x2，x1x2.y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2.|，即0，即(x12，y1)(x22，y2)x1x22(x1x2)4y1y20，240，7m216mk4k20，解得m12k，m2k，且均满足34k2m0.当m2k时，l的方程为ykx2kk(x2)，直线恒过点(2,0)，与已知矛盾；当mk时，l的方程为ykxkk，直线恒过点.直线l过定点，定点坐标为.