（课标专用）2020届高考数学一轮复习 第十章 圆锥曲线 10.4 直线与圆锥曲线的位置关系课件 文

1、10.4直线与圆锥曲线的位置关系 高考文数高考文数 (课标专用) 1.(2017课标全国,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MNl,则M到直线NF的距离为() A.B.2 C.2D.3 3 52 33 五年高考 A A组组 统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组 答案答案C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FHMN,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,

2、即|MF|=4,所以M到直线NF的距离d=|FH|=|MF|sin60= 4=2.故选C. 3 | 2 MF 3 2 3 思路分析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.(2018课标全国,20,12分)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),

3、过点A的直线l与C交于M,N两点. (1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程; (2)证明:ABM=ABN. 解析解析(1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2). 所以直线BM的方程为y=x+1或y=-x-1. (2)证明:当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以ABM=ABN. 当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x10,x20. 由 得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4. 1 2 1 2 2 (2), 2 yk x yx 2 k 直线BM,BN的斜率之和为 kBM+

4、kBN=+=. 将x1=+2,x2=+2及y1+y2,y1y2的表达式代入式分子,可得 x2y1+x1y2+2(y1+y2)=0. 所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以ABM=ABN. 综上,ABM=ABN. 1 1 2 y x 2 2 2 y x 211212 12 2() (2)(2) x yx yyy xx 1 y k 2 y k 1212 24 ()y yk yy k 88 k 失分警示失分警示(1)忽略点M,N位置的转换性,使直线BM方程缺失,从而导致失分; (2)由于不能将“ABM=ABN”正确转化为“kBM+kBN=0”进行证明,从而思路受阻,无法完 成后续内

5、容. 3.(2018课标全国,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C:+=1交于A,B两点,线段AB的中 点为M(1,m)(m0). (1)证明:k-; (2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且+=0.证明:2|=|+|. 2 4 x 2 3 y 1 2 FP FA FB FP FA FB 证明证明本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系. (1)设A(x1,y1),B(x2,y2), 则+=1,+=1. 两式相减,并由=k得 +k=0. 由题设知=1,=m,于是k=-. 由题设得0m,故k-. (2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3), 则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)

6、+(x2-1,y2)=(0,0). 由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m0,即m-1时,x1,2=22. 2 4 x 2 x 3 2 x 2 4 x 1m 从而|AB|=|x1-x2|=4. 由题设知|AB|=2|MN|, 即4=2(m+1),解得m=7. 所以直线AB的方程为y=x+7. 22(1)m 2(1)m 解法二:设曲线C:y=上的点M的坐标为,过点M且与直线AB平行的直线l的方程为:y=x -x0+. 联立得 消去y得x2-4x+4x0-=0, 所以=(-4)2-41(4x0-)=0, 解得x0=2,代入曲线C的方程,得y0=1,故M(2,1

7、). 设A,则B, 2 4 x 2 0 0, 4 x x 2 0 4 x 2 0 0 2 , 4 , 4 x yxx x y 2 0 x 2 0 x 2 1 1, 4 x x 2 1 1 (4) 4, 4 x x 因为AMBM, 所以=-1,即-4x1=28. 所以直线AB的方程为y=x-x1+,即y=x+7. 2 1 1 1 4 2 x x 2 1 1 (4) 1 4 2(4) x x 2 1 x 2 1 4 x 5.(2016课标全国,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2 px(p0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C

8、于点H. (1)求; (2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由. | | OH ON 解析解析(1)由已知得M(0,t),P.(1分) 又N为M关于点P的对称点,故N,ON的方程为y=x,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0, 解得x1=0,x2=. 因此H.(4分) 所以N为OH的中点,即=2.(6分) 2 , 2 t t p 2 , t t p p t 2 2t p 2 2 ,2 t t p | | OH ON (2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.(7分) 理由如下: 直线MH的方程为y-t=x,即x=(y-t).(9分) 代入y2=2px得y2-4ty+4t2=

9、0, 解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点, 所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.(12分) 2 p t 2t p 方法总结方法总结将直线与抛物线的交点坐标问题归结为直线方程与抛物线方程组成的方程组的 解的问题. 6.(2016课标全国,21,12分)已知A是椭圆E:+=1的左顶点,斜率为k(k0)的直线交E于A,M 两点,点N在E上,MANA. (1)当|AM|=|AN|时,求AMN的面积; (2)当2|AM|=|AN|时,证明:k0. 由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为. 又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.(2分) 将x=y-2代入+=1得7y2-

10、12y=0. 解得y=0或y=, 所以y1=. 因此AMN的面积SAMN=2=.(4分) (2)证明:将直线AM的方程y=k(x+2)(k0)代入+=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0. 由x1(-2)=得x1=, 故|AM|=|x1+2|=. 由题设,直线AN的方程为y=-(x+2), 4 2 4 x 2 3 y 12 7 12 7 1 2 12 7 12 7 144 49 2 4 x 2 3 y 2 2 1612 34 k k 2 2 2(34) 34 k k 2 1 k 2 2 12 1 34 k k 1 k 故同理可得|AN|=.(7分) 由2|AM|=|AN|得=

11、, 即4k3-6k2+3k-8=0.(9分) 设f(t)=4t3-6t2+3t-8, 则k是f(t)的零点,f(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)20, 所以f(t)在(0,+)内单调递增. 又f()=15-260, 因此f(t)在(0,+)内有唯一的零点,且零点k在(,2)内, 所以kb0)的左焦点为F,左顶点为A,上顶点为B.已知|OA|= 2|OB|(O为原点). (1)求椭圆的离心率; (2)设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P,圆C同时与x轴和直线l相切,圆心 C在直线x=4上,且OCAP.求椭圆的方程. 2 2 x a 2 2 y b 3 3 4 解析解析本

12、小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.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、数形结合思想解决问题的能 力. (1)设椭圆的半焦距为c,由已知有a=2b. 又由a2=b2+c2,消去b得a2=+c2,解得=. 所以,椭圆的离心率为. (2)由(1)知,a=2c,b=c,故椭圆方程为+=1. 由题意,F(-c,0),则直线l的方程为y=(x+c). 点P的坐标满足消去y并化简,得到7x2+6cx-13c2=0,解得x1=c,x2=-. 代入到l的方程,解得y1=c,y2=-c. 3 2 3 2 a c a 1 2 1 2 3 2 2 4 x

13、c 2 2 3 y c 3 4 22 22 1, 43 3 (), 4 xy cc yxc 13 7 c 3 2 9 14 因为点P在x轴上方,所以P. 由圆心C在直线x=4上,可设C(4,t). 因为OCAP,且由(1)知A(-2c,0),故=,解得t=2.则C(4,2). 因为圆C与x轴相切,所以圆的半径长为2,又由圆C与l相切,得=2,可得c=2. 所以,椭圆的方程为+=1. 3 , 2 cc 4 t 3 2 2 c cc 2 3 (4)2 4 3 1 4 c 2 16 x 2 12 y 思路分析思路分析(1)由已知条件,得a与b的比例关系,代入a2=b2+c2,得a与c的齐次关系,进而

14、求得离心 率.(2)设出直线方程(含参数c),联立直线与椭圆方程(含参数c),得交点P的坐标(含参数c),由kAP= kOC,求得C点坐标以及圆的半径r,最后由圆心到直线距离等于半径列出关于c的方程,求得c的 值,最终确定椭圆方程. 3.(2018北京,20,14分)已知椭圆M:+=1(ab0)的离心率为,焦距为2.斜率为k的直线 l与椭圆M有两个不同的交点A,B. (1)求椭圆M的方程; (2)若k=1,求|AB|的最大值; (3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C,D和 点Q共线,求k. 2 2 x a 2 2 y b 6 3 2 7

15、 1 , 4 4 解析解析(1)由题意得 解得a=,b=1. 所以椭圆M的方程为+y2=1. (2)设直线l的方程为y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2). 由 得4x2+6mx+3m2-3=0. 所以x1+x2=-,x1x2=. |AB|= =. 当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为. 222, 6 , 3 22 2, abc c a c 3 2 3 x 2 2 , 1 3 yxm x y 3 2 m 2 33 4 m 22 2121 ()()xxyy 2 21 2()xx 2 1212 2()4xxx x 2 123 2 m 6 (3)设A(x1,y1),B(x2,y

16、2). 由题意得+3=3,+3=3. 直线PA的方程为y=(x+2). 由 得(x1+2)2+3x2+12x+12-3(x1+2)2=0. 设C(xC,yC). 所以xC+x1=. 所以xC=-x1=. 所以yC=(xC+2)=. 设D(xD,yD). 同理得xD=,yD=. 2 1 x 2 1 y 2 2 x 2 2 y 1 1 2 y x 1 1 22 (2), 2 33, y yx x xy 2 1 y 2 1 y 2 1 y 2 1 22 11 12 (2)3 y xy 2 1 1 412 47 x x 2 1 1 412 47 x x 1 1 127 47 x x 1 1 2 y x

17、 1 1 47 y x 2 2 127 47 x x 2 2 47 y x 记直线CQ,DQ的斜率分别为kCQ,kDQ, 则kCQ-kDQ=-=4(y1-y2-x1+x2). 因为C,D,Q三点共线, 所以kCQ-kDQ=0. 故y1-y2=x1-x2. 所以直线l的斜率k=1. 1 1 1 1 1 474 1277 474 y x x x 2 2 2 2 1 474 1277 474 y x x x 12 12 yy xx 4.(2015福建,19,12分)已知点F为抛物线E:y2=2px(p0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且|AF|=3. (1)求抛物线E的方程; (2)已知点G(

18、-1,0),延长AF交抛物线E于点B,证明:以点F为圆心且与直线GA相切的圆,必与直线 GB相切. 解析解析(1)由抛物线的定义得|AF|=2+. 因为|AF|=3,即2+=3,解得p=2, 所以抛物线E的方程为y2=4x. (2)证法一:因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上, 所以m=2,由抛物线的对称性, 不妨设A(2,2). 由A(2,2),F(1,0)可得直线AF的方程为y=2(x-1). 由 得2x2-5x+2=0, 解得x=2或x=,从而B. 又G(-1,0),所以kGA=,kGB=-, 所以kGA+kGB=0,从而AGF=BGF,这表明点F到直线GA,GB的距离相等, 2

19、p 2 p 2 2 22 2 2 2(1), 4 yx yx 1 2 1 ,2 2 2 20 2( 1) 2 2 3 20 1 ( 1) 2 2 2 3 故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切. 证法二:设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r. 因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上, 所以m=2,由抛物线的对称性,不妨设A(2,2). 由A(2,2),F(1,0)可得直线AF的方程为y=2(x-1). 由得2x2-5x+2=0, 解得x=2或x=,从而B. 又G(-1,0),故直线GA的方程为2x-3y+2=0, 从而r=. 又直线GB的方程为2x+3y+2=0, 所以点

20、F到直线GB的距离d=r. 22 22 2 2 2(1), 4 yx yx 1 2 1 ,2 2 22 |2 22 2 | 89 4 2 17 22 |2 22 2 | 89 4 2 17 这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切. 评析评析本小题主要考查抛物线、直线与圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算 求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想. 5.(2015北京,20,14分)已知椭圆C:x2+3y2=3.过点D(1,0)且不过点E(2,1)的直线与椭圆C交于A,B 两点,直线AE与直线x=3交于点M. (1)求椭圆C的离心率; (2)若AB垂直

21、于x轴,求直线BM的斜率; (3)试判断直线BM与直线DE的位置关系,并说明理由. 解析解析(1)椭圆C的标准方程为+y2=1. 所以a=,b=1,c=. 所以椭圆C的离心率e=. (2)因为AB过点D(1,0)且垂直于x轴, 所以可设A(1,y1),B(1,-y1). 直线AE的方程为y-1=(1-y1)(x-2). 令x=3,得M(3,2-y1). 所以直线BM的斜率kBM=1. (3)直线BM与直线DE平行.证明如下: 当直线AB的斜率不存在时,由(2)可知kBM=1. 又因为直线DE的斜率kDE=1,所以BMDE. 当直线AB的斜率存在时,设其方程为y=k(x-1)(k1). 设A(x

22、1,y1),B(x2,y2),则直线AE的方程为y-1=(x-2). 2 3 x 32 c a 6 3 11 2 3 1 yy 10 21 1 1 1 2 y x 令x=3,得点M. 由得(1+3k2)x2-6k2x+3k2-3=0. 所以x1+x2=,x1x2=. 直线BM的斜率kBM=. 因为kBM-1= = =0, 所以kBM=1=kDE.所以BMDE. 11 1 3 3, 2 yx x 22 33, (1) xy yk x 2 2 6 13 k k 2 2 33 1 3 k k 11 2 1 2 3 2 3 yx y x x 112121 21 (1)3(1)(2)(3)(2) (3)

23、(2) k xxk xxxx xx 1212 21 (1)2()3 (3)(2) kx xxx xx 22 22 21 3312 (1)3 1 31 3 (3)(2) kk k kk xx 综上可知,直线BM与直线DE平行. 评析评析本题考查椭圆的离心率、直线的斜率以及直线与椭圆的位置关系等知识,考查学生 的运算求解能力和推理论证能力,是一道综合题,属于难题. C C组组 教师专用题组教师专用题组 1.(2013课标,10,5分)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线l过F且与C交于A,B两点.若|AF|=3|BF|, 则l的方程为() A.y=x-1或y=-x+1 B.y=(x-1)或y=-

24、(x-1) C.y=(x-1)或y=-(x-1) D.y=(x-1)或y=-(x-1) 3 3 3 3 33 2 2 2 2 答案答案C设直线AB与抛物线的准线x=-1交于点D.分别过A、B作AA1垂直准线于A1,BB1垂直 准线于B1,由抛物线的定义可设|BF|=|BB1|=t,|AF|=|AA1|=3t. 由三角形的相似得=, |BD|=2t,B1DB=, 直线的倾斜角=或. 又F(1,0),直线AB的方程为y=(x-1)或y=-(x-1).故选C. | | BD AB | 4 BD t 1 2 6 3 2 3 33 一题多解一题多解由于C的焦点为F(1,0),所以设l:x=ty+1,A(

25、x1,y1),B(x2,y2),由得y2-4ty-4=0,故 又|AF|=3|BF|,所以y1=-3y2, 解方程组得t=,所以l的方程为x=y+1,即y=(x-1)或y=-(x-1). 2 4 , 1 yx xty 12 12 4 , 4. yyt yy 12 12 12 4 , 4, 3, yyt y y yy 3 3 3 3 33 2.(2018江苏,18,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点,焦点F1(-,0),F2(, 0),圆O的直径为F1F2. (1)求椭圆C及圆O的方程; (2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P. 若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐

26、标; 直线l与椭圆C交于A,B两点.若OAB的面积为,求直线l的方程. 1 3, 2 33 2 6 7 解析解析本小题主要考查直线方程、圆的方程、圆的几何性质、椭圆方程、椭圆的几何性 质、直线与圆及椭圆的位置关系等知识,考查分析问题能力和运算求解能力. 解法一:(1)因为椭圆C的焦点为F1(-,0),F2(,0), 所以可设椭圆C的方程为+=1(ab0). 又点在椭圆C上, 所以解得 因此,椭圆C的方程为+y2=1. 因为圆O的直径为F1F2, 所以其方程为x2+y2=3. (2)设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x00,y00),则+=3. 所以直线l的方程为y=-(x-x0)+y0,即

27、y=-x+. 33 2 2 x a 2 2 y b 1 3, 2 22 22 31 1, 4 3, ab ab 2 2 4, 1. a b 2 4 x 2 0 x 2 0 y 0 0 x y 0 0 x y 0 3 y 由消去y,得 (4+)x2-24x0 x+36-4=0.(*) 因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,所以=(-24x0)2-4(4+)(36-4)=48(-2)=0. 因为x0,y00,所以x0=,y0=1. 因此,点P的坐标为(,1). 2 2 0 00 1, 4 3 x y x yx yy 2 0 x 2 0 y 2 0 y 2 0 x 2 0 y 2 0 y 2 0 y

28、 2 0 x 2 2 因为三角形OAB的面积为,所以ABOP=,从而AB=. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 由(*)得x1,2=,所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2 2 6 7 1 2 2 6 7 4 2 7 22 000 22 00 2448(2) 2(4) xyx xy =. 因为+=3, 所以AB2=, 即2-45+100=0. 解得=(=20舍去),则=,因此P的坐标为. 则直线l的方程为y=-x+3. 解法二:(1)由题意知c=,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点在椭圆上, 所以2a=+=4,所以a=2. 因为a2=b2+c2,所以b=1, 所以椭圆C的方程

29、为+y2=1. (2)由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k0, 2 0 2 0 1 x y 22 00 222 00 48(2) (4) yx xy 2 0 x 2 0 y 2 0 22 0 16(2) (1) x x 32 49 4 0 x 2 0 x 2 0 x 5 2 2 0 x 2 0 y 1 2 102 , 22 52 3 1 3, 2 2 2 1 ( 33)0 2 2 2 1 ( 33)0 2 2 4 x 设直线l的方程为y=kx+m(k0), 将直线l的方程代入圆O的方程, 得x2+(kx+m)2=3, 整理得(k2+1)x2+2kmx

30、+m2-3=0, 因为直线l与圆O相切,所以=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3, 将直线l的方程代入椭圆C的方程,得+(kx+m)2=1, 整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 因为直线l与椭圆C相切, 所以=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0, 整理得m2=4k2+1, 所以3k2+3=4k2+1,因为k0,所以k=-,则m=3, 将k=-,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0, 整理得x2-2x+2=0, 解得x1=x2=,将x=代入x2+y2=3, 2 4 x 2 2 2 22 解得y=1(y=-1舍去),所

31、以点P的坐标为(,1). 设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m), 由知m2=3k2+3,且k0, 因为直线l和椭圆C相交,所以结合的过程知m24k2+1,解得k-, 将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 解得x1,2=, 所以|x1-x2|=, 因为AB=|x1-x2|=, O到l的距离d=, 所以SOAB= =, 2 2 22 2 84 41 2(41) kmkm k 22 2 4 41 41 km k 22 1212 ()()xxkxkx 2 1k 22 2 4 41 41 km k 2 1k 2 | 1 m k 3 1 2 22

32、2 4 41 41 km k 2 1k 2 | 1 m k 1 2 2 2 42 41 k k 2 1k 3 2 6 7 解得k2=5,因为kb0)的一个焦点,C1 与C2的公共弦的长为2.过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且与 同向. (1)求C2的方程; (2)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率. 2 2 y a 2 2 x b 6AC BD 解析解析(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1. 又C1与C2的公共弦的长为2,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公

33、共点的坐标为,所以+=1. 联立,得a2=9,b2=8.故C2的方程为+=1. (2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4). 因与同向,且|AC|=|BD|, 所以=,从而x3-x1=x4-x2, 即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4. 设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1. 由得x2-4kx-4=0. 而x1,x2是这个方程的两根, 所以x1+x2=4k,x1x2=-4. 6 3 6, 2 2 9 4a 2 6 b 2 9 y 2 8 x AC BD AC BD 2 1, 4 ykx xy

34、由得(9+8k2)x2+16kx-64=0. 而x3,x4是这个方程的两根, 所以x3+x4=-,x3x4=-. 将,代入,得16(k2+1)=+, 即16(k2+1)=, 22 1, 1 89 ykx xy 2 16 98 k k 2 64 98k 22 22 16 (98) k k 2 4 64 98k 22 22 169(1) (98) k k 所以(9+8k2)2=169,解得k=,即直线l的斜率为. 6 4 6 4 4.(2014大纲全国,22,12分)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,直线y=4与y轴的交点为P,与C 的交点为Q,且|QF|=|PQ|. (1)求C的方程

35、; (2)过F的直线l与C相交于A、B两点,若AB的垂直平分线l与C相交于M、N两点,且A、M、B、 N四点在同一圆上,求l的方程. 5 4 解析解析(1)设Q(x0,4),代入y2=2px得x0=. 所以|PQ|=,|QF|=+x0=+. 由题设得+=,解得p=-2(舍去)或p=2. 所以C的方程为y2=4x.(5分) (2)依题意知l与坐标轴不垂直,故可设l的方程为x=my+1(m0).代入y2=4x得y2-4my-4=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4. 故AB的中点为D(2m2+1,2m),|AB|=|y1-y2|=4(m2+1). 又l的斜

36、率为-m,所以l的方程为x=-y+2m2+3. 将上式代入y2=4x,并整理得y2+y-4(2m2+3)=0. 设M(x3,y3),N(x4,y4).则y3+y4=-,y3y4=-4(2m2+3). 故MN的中点为E,|MN|=|y3-y4|=.(10分) 由于MN垂直平分AB,故A、M、B、N四点在同一圆上等价于|AE|=|BE|=|MN|,从而|AB|2+|DE 8 p 8 p2 p 2 p8 p 2 p8 p 5 4 8 p 2 1m 1 m 4 m 4 m 2 2 22 23,m mm 2 1 1 m 22 2 4(1) 21mm m 1 2 1 4 |2=|MN|2, 即4(m2+1

37、)2+=, 化简得m2-1=0,解得m=1或m=-1. 所求直线l的方程为x-y-1=0或x+y-1=0.(12分) 1 4 2 2 2m m 2 2 2 2 m 222 4 4(1) (21)mm m 评析评析本题主要考查抛物线的定义、标准方程及直线与抛物线的位置关系等知识,着重考查 概念的理解运用能力、运算变形能力及分类讨论思想. 1.(2019安徽黄山二模,5)已知双曲线-=1的左焦点为F1,过F1的直线l交双曲线左支于A、B 两点,则l的斜率的范围为() A.B. C.D. 2 16 x 2 9 y 4 4 , 3 3 3 , 4 3 , 4 3 3 , 4 4 4 , 3 4 , 3

38、 三年模拟 A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组 答案答案B由题意得双曲线的渐近线方程为y=x, 所以l的斜率满足|k|,即k. 故选B. 3 4 3 4 3 , 4 3 , 4 解题关键解题关键求出双曲线的渐近线方程,利用已知条件列出直线的斜率与渐近线的斜率的关系, 即可得到结果. 2.(2019湖南衡阳一模,9)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F的直线与C交于A、B两点,且线段 AB中点的纵坐标为2,O为坐标原点,则AOB的面积为() A.2B.C.2D.4 22 答案答案A解法一:设直线AB的方程为x=ty+1,A(x1,y1)

39、,B(x2,y2),线段AB的中点为M, 由消去x得y2-4ty-4=0, 由yM=2t=2,得t=1, SAOB=|OF|y1-y2|=2. 解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2). 由得kAB=1, 从而直线AB的方程为y=x-1,由抛物线定义可得|AB|=x1+x2+2=y1+y2+4=8, 而点O到直线AB的距离d=, 从而SAOB=|AB|d=2. 2 1, 4 xty yx 12 12 4 , 4. yyt yy 12 2 yy 1 2 1 2 2 1212 ()4yyy y2 2 11 2 22 4 , 4 yx yx 12 12 yy xx 12 4 yy 1 2 2 2

40、 1 2 2 3.(2018福建莆田模拟,6)已知O为坐标原点,F为抛物线C:y2=8x的焦点,过F作直线l与C交于A,B 两点.若|AB|=10,则OAB的重心的横坐标为() A.B.2C.D.3 4 3 8 3 答案答案B由题意知抛物线的焦点F的坐标为(2,0), 设过焦点F(2,0)的直线为y=k(x-2)(k0), A(x1,y1),B(x2,y2). 将y=k(x-2)代入抛物线方程消去y得 k2x2-4(k2+2)x+4k2=0. k20,x1+x2=4+,x1x2=4. |AB|=10, k2=4, x1+x2=6, OAB的重心的横坐标为=2,故选B. 2 2 4(2)k k

41、2 8 k 2 1 k 2 2 8 416 k 12 0 3 xx 4.(2019河北衡水中学信息卷一,11)已知中心在原点的椭圆C的左焦点恰好为圆F:x2+y2+2x-3=0 的圆心,有两个顶点恰好是圆F与y轴的交点.若椭圆C上恰好存在两点关于直线y=x+t对称,则实 数t的取值范围为() A.(-,)B. C.D. 77 77 , 77 4 3 , 7 7 7 0, 7 答案答案B圆F:x2+y2+2x-3=0的标准方程为(x+1)2+y2=4,故F(-1,0),且圆F与y轴的交点为(0,), 即c=1,b=,则a=2,所以椭圆C的方程为+=1. 设A(x1,y1),B(x2,y2)为椭圆

42、C上关于直线y=x+t对称的两点,则=-1. 由点差法,得=,设AB的中点M的坐标为(x0,y0),则=,又y0=x0+t,可得M(-4t,-3t). 因为点M在椭圆内部,所以3(-4t)2+4(-3t)212,解得-t.故选B. 3 3 2 4 x 2 3 y 12 12 yy xx 12 12 yy xx 3 4 0 0 y x 3 4 7 7 7 7 5.(2019湖南郴州一模,11)已知椭圆+=1(0b|BC|=2,(2分) 故点A的轨迹是以B,C为焦点的椭圆(不含左、右两顶点),(3分) 故的方程为+=1(x2).(4分) (2)依题意,知2=+,故2=+,(6分) 联立整理得(3+

43、4k2)x2-8k2x+4k2-12=0. 设E(x1,y1),F(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=.(7分) 故+=+=+ =2+=2+=2+ =2+=2+=2+2=4=2,(11分) 则=2.(12分) 2 4 x 2 3 y k 1 DE k 1 DF k DE k k DF k k 22 (1), 34120, yk x xy 2 2 8 34 k k 2 2 412 34 k k DE k k DF k k 1 1 (2)k x y 2 2 (2)k x y 1 1 (2) (1) k x k x 2 2 (2) (1) k x k x 1 3 1x 2 3 1x 12 12

44、 3(2) (1)(1) xx xx 12 1212 3(2) () 1 xx x xxx 2 2 22 22 8 32 34 4128 1 3434 k k kk kk 22 222 3(868) 412834 kk kkk 11.(2019河北衡水三模,20)以坐标原点O为中心的椭圆E:+=1(ab0)的右顶点为M,上顶 点为N,tanNMO=,点在椭圆E上. (1)求椭圆E的方程; (2)过椭圆的右焦点F作斜率为k的直线l(k0)与椭圆E交于A,B两点,过原点O作直线l的平行线l 交椭圆于C,D两点,证明:. 2 2 x a 2 2 y b 2 2 23 , 22 22 | | CDAB

45、 AB 2 解析解析(1)由题可知tanNMO=,(1分) 因为点在椭圆E上, 所以+=1, 由解得a2=2,b2=1,(3分) 故椭圆E的方程为+y2=1.(4分) (2)证明:由(1)知,椭圆的右焦点为F(1,0). 则直线l的方程为y=k(x-1)(k0).(5分) 联立方程得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 所以x1+x2=,x1x2=,(7分) 则|AB|=|x1-x2| b a 2 2 23 , 22 2 2 4 a 2 3 4 b 2 2 x 2 2 (1), 1 2 yk x x y 2 2 4 12 k k 2 2 22

46、12 k k 2 1 k = = =.(8分) 因为直线ll,所以直线l的方程为y=kx(k0). 联立方程得(1+2k2)x2-2=0, 设C(x3,y3),D(x4,y4), 所以x3=,x4=-, 则|CD|=2=2. 所以|CD|2-|AB|2=8 =.(9分) 2 1 k 2 1212 ()4xxx x 2 1 k 2 22 22 422 4 1212 kk kk 2 1 k 2 22 88 (12) k k 2 2 2 2(1) 1 2 k k 2 2 , 1 2 ykx x y 2 2 12k 2 2 12k 2 1 k 2 2 1 2k 2 2 2 1 12 k k 2 22

47、22 11 1212 kk kk 22 22 8(1) (12) kk k 所以=,(10分) 又=-, 所以b0),点F为左焦点,点P为下顶点,平行于FP的 直线l交椭圆于A,B两点,且AB的中点为M,则椭圆的离心率为() A.B.C.D. 2 2 x a 2 2 y b 1 1, 2 1 2 2 2 1 4 3 2 答案答案B直线FP的斜率为-,FPl,直线l的斜率为-.设A(x1,y1),B(x2,y2),由 得-=-,即=-. AB的中点为M, -=-,a2=2bc, b2+c2=2bc,b=c,a=c, 椭圆的离心率为.故选B. b c b c 22 11 22 22 22 22 1

48、, 1 xy ab xy ab 2 1 2 y b 2 2 2 y b 22 12 22 xx aa 12 12 yy xx 2 12 2 12 () () bxx ayy 1 1, 2 b c 2 2 2b a 2 2 2 方法总结方法总结直线与圆锥曲线相交,弦的中点问题的解决方法之一是点差法.设直线与圆锥曲线 相交,弦的中点的坐标为(x0,y0),直线的斜率为k,(1)在椭圆+=1(ab0)中,k=-;(2)在双 曲线-=1(a0,b0)中,k=;(3)在抛物线y2=2px(p0)中,k=. 2 2 x a 2 2 y b 2 0 2 0 b x a y 2 2 x a 2 2 y b 2

49、 0 2 0 b x a y 0 p y 3.(2017江西九江一模,11)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆+=1(ab0)的上下顶点分 别为A,B,右顶点为C,右焦点为F,连接BF并延长与AC交于点P,若O,F,P,A四点共圆,则该椭圆的 离心率为() A.B. C.D. 2 2 x a 2 2 y b 21 2 31 2 51 2 52 2 答案答案C如图所示,O,F,P,A四点共圆,AOF=, APF=, 即ACBP,kACkBP=-=-1, b2=ac,即a2-c2=ac, 则c2-a2+ac=0,e2+e-1=0,e=(舍负),故选C. 2 2 b a b c 51 2 思路分析思

50、路分析由O,F,P,A四点共圆得APF=,即ACBP,kACkBP=-=-1,b2=ac,进而根据b2=a2-c2 得出a2-c2=ac,进行化简,得到关于e的方程,求解即可. 2 b a b c 二、填空题(共5分) 4.(2019湖北武汉四调,16)已知点M(0,2),过抛物线y2=4x的焦点F的直线AB交抛物线于A,B两点, 若AMF=,则点B的坐标为. 2 答案答案 1 , 1 4 解析解析解法一:由抛物线方程y2=4x知焦点F的坐标为(1,0). 如图易知点A是第一象限的点,点B是第四象限的点,因此设A(y00),所以= . 2 0 0 , 4 y y MA 2 0 0 ,2 4 y

51、 y 因为AMF=,所以,则=0,所以1+(y0-2)(-2)=0,整理,得-8y0+16=0, 解得y0=4,所以A(4,4),所以直线AB的方程为y=(x-1), 即x=y+1,代入抛物线方程,得y2=4,解得y=4或y=-1, 所以点B的坐标为. 2 MA MF MA MF 2 0 4 y 2 0 y 40 4 1 3 4 3 1 4 y 1 , 1 4 解法二:由抛物线方程y2=4x知焦点F的坐标为(1,0),所以kMF=-2. 因为AMF=,所以MAMF,所以直线MA的斜率为, 所以直线MA的方程为y=x+2,与抛物线方程y2=4x联立,解得所以直线AB的方程为y= (x-1),即x

52、=y+1,代入抛物线方程,得y2=4, 解得y=4或y=-1,所以点B的坐标为. 20 0 1 2 1 2 1 2 4, 4, x y 40 4 1 3 4 3 1 4 y 1 , 1 4 三、解答题(共24分) 5.(2019湖南郴州二模,20)已知抛物线C:x2=2py(p0)的焦点为F,过F的直线交抛物线于A,B两点. (1)若以A,B为直径的圆的方程为(x-2)2+(y-3)2=16,求抛物线C的标准方程; (2)过A,B分别作抛物线的切线l1,l2,证明:l1,l2的交点在定直线上. 解析解析(1)由抛物线的定义可得p+6=8,得p=2, 故抛物线C的标准方程为x2=4y.(2分) (2)证明:由x2=2py得其焦点坐标为F. 设A,B,(4分) 直线AB:y=kx+,代入抛物线方程,得x2-2kpx-p2=0.(5分) x1x2=-p2.(6分) 0, 2 p 2 1 1, 2 x x p 2 2 2, 2 x x p 2 p 对y=求导得y=, 抛物线过点A的切线的斜率为,切线方程为y-=(x-x1),(8分) 抛物线过点B的切线的斜率为,切线方程为y-=(x-x2),(9分) 由得y=-.(11分) l1与l2的交点P的轨迹方程是y=-