2025版高考数学二轮复习第1篇专题7解析几何第3讲第1课时直线与圆锥曲线的位置关系及证明问题学案

PAGEPAGE1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】(2024·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π．(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，且满意∠AMF＝∠BMF.若直线AB恰好与圆M相切，求直线AB的方程．[思路分析]总体设计看到：求p的值，想到：建立关于p的方程求解．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，待定系数法求解．解题指导(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eq\f(πp2,4)＝π可得p的值；(2)依横坐标相等可得，MF⊥x轴，kMA＋kMB＝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m＝3±2eq\r(2)，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|OF|＝eq\f(p,2)，∴eq\f(πp2,4)＝π，解得p＝2． 3分(2)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分设kMA＝k(k≠0)，则直线MA的方程为y＝k(x－1)＋2，∴x＝eq\f(1,k)(y－2)＋1， 6分代入抛物线的方程得y2＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,k)y－2＋1))，∴y2－eq\f(4,k)y＋eq\f(8,k)－4＝0， 7分∴yA＋2＝eq\f(4,k)，yA＝eq\f(4,k)－2. 8分将k换成－k，得yB＝－eq\f(4,k)－2， 9分∴kAB＝eq\f(yA－yB,xA－xB)＝eq\f(yA－yB,\f(y\o\al(2,A),4)－\f(y\o\al(2,B),4))＝eq\f(4,yA＋yB)＝eq\f(4,－4)＝－1． 10分设直线AB的方程为y＝－x＋m，即x＋y－m＝0．由直线AB与圆M相切得，eq\f(|3－m|,\r(2))＝2，解得m＝3±2eq\r(2). 11分经检验m＝3＋2eq\r(2)不符合要求，故m＝3＋2eq\r(2)舍去．∴所求直线AB的方程为y＝－x＋3－2eq\r(2). 12分[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(留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．[变式提升]1．(2024·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．(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y＝2x－4．(2)明显直线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(λx2，λy2)(λ≠1且λ≠0)，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝4x))化简得到y2－4my－8＝0，由韦达定理得y1·y2＝－8，又A，B在y2＝4x上，所以x1·x2＝4，因为D在以AB为直径的圆上，所以eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(OD,\s\up6(→))，即eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0，又eq\o(AD,\s\up6(→))＝(λx2－x1，λy2－y1)，eq\o(OD,\s\up6(→))＝(λx2，λy2)，所以(λx2－x1)(λx2)＋(λy2－y1)(λy2)＝0，即λ(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2))＝－4，所以|OB|·|OD|＝|λ||OB|2＝|λ|(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2))＝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eq\f(\r(3),2)．(1)求椭圆C的方程；(2)点D为x轴上一点，过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4∶5．(1)解设椭圆C的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，))解得c＝eq\r(3)．所以b2＝a2－c2＝1．所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)证明设M(m，n)，则D(m,0)，N(m，－n)．由题设知m≠±2，且n≠0．直线AM的斜率kAM＝eq\f(n,m＋2)，故直线DE的斜率kDE＝－eq\f(m＋2,n)．所以直线DE的方程为y＝－eq\f(m＋2,n)(x－m)．直线BN的方程为y＝eq\f(n,2－m)(x－2)．联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(m＋2,n)x－m，,y＝\f(n,2－m)x－2，))解得点E的纵坐标yE＝－eq\f(n4－m2,4－m2＋n2)．由点M在椭圆C上，得4－m2＝4n2，所以yE＝－eq\f(4,5)n．又S△BDE＝eq\f(1,2)|BD|·|yE|＝eq\f(2,5)|BD|·|n|，S△BDN＝eq\f(1,2)|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，主要依据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，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]2．(2024·大庆二模)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距为2eq\r(3)，且C过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))．(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的随意一点，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2eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)．又因为椭圆过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，所以代入椭圆方程得eq\f(3,a2)＋eq\f(\f(1,4),b2)＝1，因为a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，故所求椭圆C的方程是eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)证明设P(x0，y0)，x0≠0，则M(0，y0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)，y0))．因为点P在椭圆C上，所以eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1.即xeq\o\al(2,0)＝4－4yeq\o\al(2,0)．又B2(0,1)，所以直线B2N的方程为y－1＝eq\f(2y0－1,x0)x．令y＝－1，得x＝eq\f(x0,1－y0)，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,1－y0)，－1))．又B1(0，－1)，E为线段B1D的中点，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,21－y0)，－1)).所以eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)，y0))，eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)－\f(x0,21－y0)，y0＋1))．因eq\o(ON,\s\up6(→))·eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\f(x0,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\