高考数学一轮复习北师大版直线与圆锥曲线的位置关系及证明问题学案

1、名校名 推荐第 3 讲大题考法 圆锥曲线的综合问题第一课时直线与圆锥曲线的位置关系及证明问题考向一直线与圆锥曲线位置关系问题【典例】(2018 合肥三模 )已知抛物线c： y2 2px(p 0)的焦点为f ，以抛物线上一动点 m 为圆心的圆经过点f .若圆 m 的面积最小值为(1)求 p 的值；(2)当点 m 的横坐标为1 且位于第一象限时，过 m 作抛物线的两条弦ma ，mb，且满足amf bmf . 若直线 ab 恰好与圆m 相切，求直线ab 的方程思路分析 看到：求 p 的值，想到：建立关于p 的方程求解总体看到：求直线的方程，想到：求出直线斜率后设出直线的斜截式方程，待定系设计数法求解

2、(1) 由抛物线的性质知，当圆心m 位于抛物线的顶点时，圆m 的面积最小，由2p 可得 p 的值；4解题指导(2) 依横坐标相等可得，mf x 轴， kmakmb 0，设 kma k(k 0)，则直线 ma的方程为y k(x 1) 2，代入抛物线的方程得，利用韦达定理求出a 的坐标，同理求出b 的坐标，求出ab 的斜率为定值1，设直线 ab 的方程为 y x m，由圆心到直线的距离等于半径，列方程解得m322，从而可得直线ab 的方程 .规范解答 (1) 由抛物线的性质知， 当圆心 m 位于抛物线的顶点时， 圆 m 的面积最小，1分此时圆的半径为pp23分|of | ， ，解得 p 224(2

3、)依题意得，点m 的坐标为 (1,2)，圆 m 的半径为2.由 f(1， 0)知， mf x 轴. 4分由 amf bmf 知，弦 ma ， mb 所在直线的倾斜角互补，kma kmb 0.5分16分设 kma k(k 0)，则直线 ma 的方程为 y k(x 1) 2， x(y 2) 1，k代入抛物线的方程得 y2 41k y 2 1 ，248 4 0，7 分 yykk1名校名 推荐 ya 2 4，ya4 2.kk将 k 换成 k，得 yb 4 2，k k yayb ya yb44 1 22a yb 4abxa xbyayb4 4y设直线 ab 的方程为y x m，即 xy m 0|3 m|

4、由直线 ab 与圆 m 相切得， 2，解得 m 322.经检验 m 3 22不符合要求，故m 3 22舍去所求直线ab 的方程为y x 3 22.技法总结 解决直线与圆锥曲线位置关系的步骤(1)设方程及点的坐标；(2)联立直线方程与曲线方程得方程组，消元得方程(注意二次项系数是否为零(3)应用根与系数的关系及判别式；(4)结合已知条件、中点坐标公式、斜率公式及弦长公式求解8 分9 分10 分11 分12 分) ；变式提升 1 (2018 佛山二模 )已知直线 l 过点 p(2,0)，且与抛物线t：y2 4x 相交于 a， b 两点，与 y 轴交于点 c，其中点 a 在第四象限， o 为坐标原点

5、(1)当 a 是 pc 中点时，求直线 l 的方程；(2)以 ab 为直径的圆交直线 ob 于点 d，求 |ob| |od|的值解 (1)因为 a 是 pc 中点， p(2,0)，点 c 在 y 轴上，所以 a 的横坐标 x 1，代入 y2 4x 得， y 2，又点 a 在第四象限，所以a 的坐标为 (1， 2)，所以直线 ap 即直线 l 的方程为 y2x 4(2)显然直线 l 的斜率不为 0，设直线 l 的方程为x my 2， a( x1， y1)， b(x2， y2)，又 b， o，d 三点共线，则可设 d 为 (x，y22 )(1 且 0)，x my 2，化简得到 y2 4my 8 0

6、，联立方程 2y 4x由韦达定理得y1y2 8，又 a， b 在 y24x 上，所以 x1 x2 4，因为 d 在以 ab 为直径的圆上，2名校名 推荐 所以 ad od，即 adod 0， (x，y又 ad (x x ， y y2121)， od22) ，所以 (x x y1)(y2) 0，21)(x2) (y2即 (x22 y22) 4，所以 |ob| |od222| |ob| |(x2 y2) 4考向二 圆锥曲线中的证明问题【典例】 已知椭圆 c 的两个顶点分别为 a( 2,0)，b(2,0) ，焦点在 x 轴上，离心率为32(1)求椭圆 c 的方程；(2)点 d 为 x 轴上一点，过

7、d 作 x 轴的垂线交椭圆c 于不同的两点m ，n，过 d 作 am的垂线交 bn 于点 e.求证： bde 与 bdn 的面积之比为 45x2y2(1)解 设椭圆c 的方程为 a2 b2 1(a b 0)a 2，由题意得 c3，解得 c 3a2所以 b2a2c21x22所以椭圆c 的方程为 4 y 1(2)证明设 m(m， n)，则 d(m,0) ，n(m， n)由题设知 m2，且 n 0直线 am 的斜率 kamn，m 2故直线 de 的斜率 kdem 2n 所以直线 de 的方程为 y m 2n( x m)直线 bn 的方程为yn2 m(x 2)ym 2xm ，n联立ny2 m x 2

8、，2解得点 e 的纵坐标 yen 4 m224m n3名校名 推荐由点 m 在椭圆 c 上，得 4 m24n2，所以 ye 4n512|bd | |n|，又 sbde |bd| |ye|25 1s bdn2|bd | |n|，所以 bde 与 bdn 的面积之比为4 5技法总结 圆锥曲线证明问题的类型及求解策略(1) 圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系 (相等或不等 ) (2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，

9、通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明变式提升 221xy3，2(2018 大庆二模 )已知椭圆c：a2 b2 1(ab 0)的焦距为 23，且 c 过点2(1)求椭圆 c 的方程；(2)设 b1、 b2 分别是椭圆 c 的下顶点和上顶点，p 是椭圆上异于b1、b2 的任意一点，过点 p 作 pm y 轴于 m ，n 为线段 pm 的中点，直线b2n 与直线 y 1 交于点 d ，e 为线段b1d 的中点， o 为坐标原点求证： on en(1)解 由题设知焦距为2 3，所以 c 3又因为椭圆过点1，3，213 4所以代入椭圆方程得 a2 b2 1，因为 a2b2c2，解得 a2， b 1，2x2故所求椭圆c 的方程是y 1x0(2)证明设 p(x0 ，y0 )， x0 0，则 m(0， y0)， n2 ， y02x0222因为点 p 在椭圆 c 上，所以 y0 1.即 x0 4 4y02 y0 1又 b2(0,1)，所以直线 b2n 的方程为 y 1xx0令 y 1，得 x x0 ，所以 dx0 ， 11 y01 y0又 b1(0， 1)， e 为线段 b1d 的中点