2020届高考数学复习第6讲解析几何第1课时直线与圆锥曲线的位置关系练习文

1、第1课时 直与圆锥曲线的位置关系考情分析直线与圆锥曲线的位置关系在高考中占据高考解答题的重要位置，题目可 能涉及线段中点、弦长等问题，解决这类问题，往往利用数形结合的思想、“设而不求”的 方法、对称的方法及韦达定理等，难度属于中上等.热点题型分析热点直线与圆锥曲线的位置关系方法结论V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：即联立直线与圆锥曲线方程构成方程组，通过消元得一元方程，此方程根的 个数即为交点个数，由方程组的解得交点坐标.(2)几何法：即画出直线与圆锥曲线，根据图形判断公共点的个数.【题型分析】22(2018 全国卷出)已知斜率为k的直线l与椭圆C: x

2、 + y=1交于 A B两点.线段 43AB的中点为 M(1 , m)( m>0).、r1(1)证明：k< 2;(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP + FA+FB=0.证明：|的，|而，|甬成等差数列，并求该数列的公差.解 (1)证明：设 A(x1, y1) , B(x2, y2), 2222r,X1 y1X2 y则4 + 3=1 了+3=1.两式相减，并由 4=k,得审k=0. X1 X243口3C无k=一而m)在椭圆C内，得m<X1+X2V1 + V2由题设，知 -2=1, y7" = mi于由点M(1 ,一 一 3.1且 m>0,即 0<

3、m<2,故 k< 2.(2)由题意，得F(1,0).设P(X3,y3),则由(1)及题设，得(X3- 1,y3)+(X11,y1)+(X2 -1, y2)=(0,0)，X3= 3 - (X1 + X2) = 1, y3= 一 (y1 + y2) = 2m<0.又点P在C上,所以m= 3,从而P， 3 |F节|=*于是 | FA| =个X1 -1 2+ y1 = 7x1 1 2+ 3,一彳； =2X1.同理 | F3| =2-21所以 |FA| +|FB| =42（Xi + X2）=3.故 2| FP| =| FA| 十| F ,即|FA , I FP|, |FB成等差数列.设

4、该数列的公差为d,则>>12| d| =II FB -|FA| =2|xi X2|=2 qX1 + X22 4X1X2.将m= 4代入，得k=- 1.所以直线l的方程为y = x+4,代入C的方程，并整理，得7X2i + 4= 0.故Xl + X2=2, XlX2= 28，代入解得| d| =38.3 213 3 ,'21所以该数列的公差为工或一，.2828【通法指导】解决直线与圆锥曲线位置关系问题的解题步骤:(1)设直线方程及交点坐标(直线方程设为点斜式时，要注意对直线斜率是否存在进行分类讨论；设成X = m什n的形式时，要注意对直线是否能与X轴平行进行分类讨论)；(2)

5、联立直线方程与曲线方程得方程组，消元得一元方程(要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)结合已知条件和图形分析，利用中点坐标公式、斜率公式、弦长公式及三角形面积公式等进行求解.【针对训练】(2019 全国卷I )已知抛物线C: y2=3X的焦点为F,斜率为微的直线l与C的交点为AB,与x轴的交点为P.(1)若|AF +|BF =4,求l的方程;(2)若AP= 3PB 求 |AB.“、3解设直线 l ： y=x+t, A( xi, yi), Rx2, y2).(1)由题设得 F?, 0 ；,故 |AF + |BF=xi+x2+|.一，5又 |AF+|BF=4,所以

6、xi + x2 = 2.可得 9x2+12(t 1)x+4t 2= 0,y2=3x则 xi + x2=J t J9从而,CT =92,得 t=-所以l的方程为y= |x -1. 28(2)由 AP= 3PM彳导 yi = 3y2.由卜可得y22y+2t = 0, y2= 3x所以 yi + y2=2,从而一 3y2+y2 = 2,故 y2=i, yi = 3.ii代入 C的方程得 xi=3, x2=3,即 A(3,3) , B& i t4 'i3故 | AB = .3专题作业22i. (20i7 天津高考)设椭圆与+ y2=i(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为 A

7、离心'率为1.a b2已知A是抛物线y2 = 2px(p>0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为2.(i)求椭圆的方程和抛物线的方程；(2)设l上两点P, Q关于x轴对称，直线 AP与椭圆相交于点 B(点B异于点A),直线BQ6与x轴相交于点D.若APD勺面积为求直线AP的方程.解(i)设点F的坐标为(c, 0) .c 1依题意,得己=2,P12=a, a-c=2,解得 a= 1, c = 2p=2,进而得b=2 c2=：所以椭圆的方程为x2+£,3p的坐故点Q的坐标为i1,将x= my-1与x2+今 32.m2=1联立，消去x,抛物线的方程为 y2 = 4x.(2)设

8、直线AP的方程为x=m什1(m铲0),与直线l的方程x=1联立，可得点22整理，得(3m+4)y+6my= 0,口一 6m解信 y = 0 或 y = 3m2+4.由点B异于点A可得点B的坐标为(3m2+ 4 6m )3n2+4 ' 3n2+4 .由点Q的坐标为11, 2)m可得直线BQ的方程为6m 23m+4 mx+ 1)令y= 0,解得x=23m23m+43R2+ 42故点D的坐标为2- 3n2所以1AD = 1一赤3n2+2,3m2 ；2，0 !.6m= 3n22.又因为 APD勺面积为16m 2所以 2 3m2 im,6 262整理，得 3m22m| m +2=0, 解得im

9、= ¥6,所以m=±*.33所以直线AP的方程为3x + y3= 0或 3x->/6y-3 = 0.22. (2019 北京高考)已知椭圆C：，+又 yi = kxi+1 ,从而 | 0y= | xm| =Xikxi + t1 -同理，|0N =x2kx2+1 -1 ,y= kx+1由x22ry=1得(1 +2kjx2+4ktx +2t22=0,则 x1 + x2 =4kt2t222 , x 1 x2 = j 2.1 + 2k1 + 2k所以10Mlon=x1kxdt 1kx2+1 1b2=1(a>b>0)的右焦点为(1,0)，且经过点 A(0,1).(1

10、)求椭圆C的方程;(2)设O为原点，直线l : y=kx + t(tw± 1)与椭圆C交于两个不同点 P, Q直线AP与 x轴交于点M直线AQ与x轴交于点N.若101yl | 0用=2,求证：直线l经过定点.解(1)由题意，得 b?= 1, c= 1,所以 a2=b?+c2=2.x22所以椭圆C的方程为万+y2=1.(2)证明：设 P(x1, y1) , Qx2, y2),y 1 1则直线Ap的方程为y=kx+x1令y=0,信点M的横坐标的一此xx2卜2*仅2+ k t 1x1 + x2+ t 1 22t2 21+2k22 2t22k , 1T2k2+k 1又 10M | 0N =

11、2,所以 24kt1 + 2k2'+t-i 21 + t1-t=2.解得t =0,所以直线l经过定点(0,0) .3. (2019 唐山市高三一模)已知椭圆r :22x y , 一一，/ + /= 1( a>b>0)的左焦点为F,上顶点为 A长轴长为2y6, B为直线l： x= 3上的动点，Mm,0), AML BM当ABL l时，M与F重合.(1)求椭圆r的方程；(2)若直线Bg椭圆r于P, Q两点，若API AQ求m的值.解(1)依题意，得A(0 ,b得 kAF kBF= 一 - c-1,b), F( - c, 0), 3 = /6,当 AB! l 时，B( -3, b

12、),由 AF±BF,22又b2+c2=6.解得c=2, b=M2.所以，椭圆r的方程为卷+y=1.(2)由得A(0平),依题意，显然m0,所以kAM= ,又AMLBM所以kBM=所以直线BM的方程为mm -x yy=(xm),设 Rx1, y。，C(x2, y2).将 y=6(xm与石 + 5=1联立，得(2 + 3n2) x2 - 6m3x + 3n4- 12 = 0,所以 X1 + X2=36m2+3m2,3m12*仅2= -2 . 2+ 3mm2I PM IQM = |1 + y ! |( x1 m)( x2 mi xx2 m x1 + x2)2, + m|m2、|2 m2-

13、12| 1 + 2'2+ m2m26|122+ 3m122+ 3m,|AM2=2+m,由 API AQ 得|AM2=|PMI QM,所I m2- 6|以Q 2 = 1,解得 ±1.2十3 m224. (2019 四川诊断)已知椭圆C:>>1(2*0)的左焦点 F( 2,0),上顶点 B(0,2).(1)求椭圆C的方程;(2)若直线y=x+m与椭圆C交于不同两点 M N,且线段M弼中点G在圆x2+y2= 1上,求m的值.解 (1)由题意可得c=2, b=2,由 a2= b2 + c2得 a2= 22+ 22=8, 22故椭圆C的方程为x+y=1.84(2)设点M N的坐标分别为(x1, y1) , (x2, y2), 线段M