1、考点考点 直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系 1.(2020新高考,13,5分)斜率为的直线过抛物线C:y2=4x的焦点,且与C交于A,B两点,则|AB|= . 3 答案答案 16 3 解析解析 解法一:在抛物线y2=4x中,2p=4,斜率为的直线倾斜角=, 过焦点的弦长|AB|=. 解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),由已知可得抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),过点F且斜率k=的直线方程为 y=(x-1),联立消去y得3x2-10 x+3=0, |AB|=. 3 3 2 2 sin p 2 4 sin 3 4 3 4 16 3 3 3 2 4 , 3( -1),
2、yx yx 12 12 10 , 3 1, xx x x 2 1k 2 1212 () -4xxx x13 100 -4 9 16 3 2.(2020浙江,21,15分)如图,已知椭圆C1:+y2=1,抛物线C2:y2=2px(p0),点A是椭圆C1与抛物线C2的 交点,过点A的直线l交椭圆C1于点B,交抛物线C2于点M(B,M不同于A). (1)若p=,求抛物线C2的焦点坐标; (2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值. 2 2 x 1 16 解析解析 (1)由p=得C2的焦点坐标是. (2)由题意可设直线l:x=my+t(m0,t0),点A(x0,y0). 将直线l的
3、方程代入椭圆C1:+y2=1得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0, 所以点M的纵坐标yM=-, 将直线l的方程代入抛物线C2:y2=2px得 y2-2pmy-2pt=0, 所以y0yM=-2pt,解得y0=, 因此x0=. 由+=1得=4+2160, 所以当m=,t=时,p取到最大值. 1 16 1 ,0 32 2 2 x 2 2 mt m 2 2 (2)p m m 22 2 2 (2)p m m 2 0 2 x 2 0 y 2 1 p 2 2 m m 4 2 m m 2 10 5 10 40 3.(2020北京,20,15分)已知椭圆C:+=1过点A(-2,-1),且a=2b. (1)
4、求椭圆C的方程; (2)过点B(-4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q.求的值. 2 2 x a 2 2 y b | | PB BQ 解析解析 (1)由已知条件可列方程组 解得故椭圆C的标准方程为+=1. (2)解法一:由题意知,直线l的斜率存在,设l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+4). 当k0时,直线l与椭圆C交于M、N两点,设M(x1,y1),N(x2,y2), 联立化简得(4k2+1)x2+32k2x+(64k2-8)=0, 则x1+x2=-,x1x2=, =(32k2)2-4(4k2+1)(64k2-8)=32(1-4k2)0,解得-
5、k0, 解得-k0,解得m24, 且y1+y2=,y1y2=, 此时lMA:y+1=(x+2),令x=-4,得yP=-1, 同理可得yQ=-1, 则yP+yQ=+-2 =-2=-2, 因为(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2)=(y1+1)(my2-2)+(y2+1)(my1-2)+(my1-2)(my2-2) =m(m+2)y1y2-(m+2)(y1+y2) 22 -4, 1, 82 xmy xy 2 8 4 m m 2 8 4m 1 1 1 2 y x 1 1 -2(1) 2 y x 2 2 -2(1) 2 y x 1 1 -2(1) 2 y x 2
6、2 -2(1) 2 y x 12 12 11 1 22 yy xx 122112 12 (1)(2)(1)(2)(2)(2) (2)(2) yxyxxx xx =m(m+2)-(m+2)=0, 所以yP+yQ=0,所以|PB|=|BQ|,所以=1.综上,=1. 2 8 4m 2 8 4 m m | | PB BQ | | PB BQ 4.(2020天津,18,15分)已知椭圆+=1(ab0)的一个顶点为A(0,-3),右焦点为F,且|OA|=|OF|,其 中O为原点. (1)求椭圆的方程; (2)已知点C满足3=,点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点),直线AB与以C为圆心的圆相切于点P, 且P为线
7、段AB的中点.求直线AB的方程. 2 2 x a 2 2 y b OCOF 解析解析 (1)由已知可得b=3.记半焦距为c,由|OF|=|OA|可得c=b=3.又由a2=b2+c2,可得a2=18.所以,椭圆 的方程为+=1. (2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,所以ABCP.依题意,直线AB和直线CP的斜率均存 在.设直线AB的方程为y=kx-3.由方程组消去y,可得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0,或x= .依题意,可得点B的坐标为.因为P为线段AB的中点,点A的坐标为(0,-3),所以 点P的坐标为.由3=,得点C的坐标为(1,0),故直线CP的斜率为,即 .又因为
8、ABCP,所以k=-1, 整理得2k2-3k+1=0, 解得k=,或k=1. 所以,直线AB的方程为y=x-3,或y=x-3. 2 18 x 2 9 y 22 -3, 1, 189 ykx xy 2 12 21 k k 2 22 126-3 , 21 21 kk kk 22 6-3 , 21 21 k kk OCOF 2 2 -3 -0 21 6 -1 21 k k k 2 3 2-61kk 2 3 2-61kk 1 2 1 2 5.(2017课标,20,12分)设A,B为曲线C:y=上两点,A与B的横坐标之和为4. (1)求直线AB的斜率; (2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB
9、平行,且AMBM,求直线AB的方程. 2 4 x 解析解析 本题考查直线与抛物线的位置关系. (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,y1=,y2=,x1+x2=4, 于是直线AB的斜率k=1. (2)由y=,得y=, 设M(x3,y3),由题设知=1, 解得x3=2,于是M(2,1). 设直线AB的方程为y=x+m, 故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|. 将y=x+m代入y=得x2-4x-4m=0. 当=16(m+1)0,即m-1时,x1,2=22. 从而|AB|=|x1-x2|=4. 由题设知|AB|=2|MN|, 即4=2(m+1),解得m=7. 所
10、以直线AB的方程为y=x+7. 2 1 4 x 2 2 4 x 12 12 - - y y x x 12 4 xx 2 4 x 2 x 3 2 x 2 4 x 1m 22(1)m 2(1)m 6.(2016课标,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=2px(p0)于 点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C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
11、-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)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=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 , 2 t t p 2 , t t p p t 2 2t p 2 2 ,2 t t p | | OH ON 2 p t 2t p 7.(2019天津,19,14分)设椭圆+=1(ab0)的左焦点为F,左顶点为A,上顶点为B.已
12、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+=
13、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. 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). 3 2 3 2 a c a 1 2 1 2 3 2 2 4 x c 2 2 3 y c 3 4 22 22 1, 43 3 (), 4 xy cc yxc 13 7 c 3 2 9 14 3 , 2 cc 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
14、圆C与l相切,得=2,可得c=2. 所以,椭圆的方程为+=1. 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. 8.(2018课标,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
15、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 FPFAFBFPFAFB 证明证明 (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)+(x2-1,y2)=(0,0). 由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m0,x20. 由得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2
16、=,y1y2=-4. 直线BM,BN的斜率之和为 kBM+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. 方法总结方法总结 直线与圆锥曲线的位置关系的常见题型及解题策略: (1)求直线方程.先寻找确定直线的两个条件.若缺少一个可设出此量,利用题设条件寻找关于该量 的方程,解方程即可. (2)求线段长度或线段之积(和)的最值.可依据直线与圆锥曲线相交,利用弦长公式求出弦长或弦长 关于某个量的函数,然后利用基本不等式或
17、函数的有关知识求其最值;也可利用圆锥曲线的定义 转化为两点间的距离或点到直线的距离. (3)证明题.圆锥曲线中的证明问题多涉及定点、定值、角相等、线段相等、点在定直线上等,有 时也涉及一些否定性命题,常采用直接法或反证法给予证明.借助于已知条件,将直线与圆锥曲线 联立,寻找待证明式子的表达式,结合根与系数的关系及整体代换思想化简即可得证. 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 续内容. 10.(2018江苏,18,16分)如图,在平面直角坐标系x
18、Oy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 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
19、),则+=3. 所以直线l的方程为y=-(x-x0)+y0,即y=-x+. 由消去y,得 (4+)x2-24x0 x+36-4=0.(*) 33 2 2 x a 2 2 y b 1 3, 2 22 22 31 1, 4 -3, ab a b 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 2 2 0 00 1, 4 3 - x y x yx yy 2 0 x 2 0 y 2 0 y 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,
20、点P的坐标为(,1). 因为三角形OAB的面积为,所以AB OP=,从而AB=. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 由(*)得x1,2 =, 所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=. 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. 2 0 x 2 0 y 2 0 y 2 0 y 2 0 x 2 2 2 6 7 1 2 2 6 7 4 2 7 22 000 22 00 2448(-2) 2(4) xyx xy 2 0 2 0 1 x y 22 00 222 00 48(-2) (4) yx xy
21、 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 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, 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+m2-3
22、=0, 3 1 3, 2 2 2 1 ( 3- 3)-0 2 2 2 1 ( 33)-0 2 2 4 x 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=,
23、将x=代入x2+y2=3, 解得y=1(y=-1舍去),所以点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, 2 4 x 2 2 2 22 2 2 解得x1,2=, 所以|x1-x2|=, 因为AB=|x1-x2|=, O到l的距离d=, 所以SOAB= =, 解得k2=5,因为kb0)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
24、)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 1 -, 4 4 解析解析 本题考查直线与椭圆的位置关系中的弦长问题. (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, a
25、bc c a c 3 2 3 x 2 2 , 1 3 yxm x y 3 2 m 2 3-3 4 m 22 2121 (- )(- )x xy y 2 21 2(- )x x 2 1212 2() -4xxx x 2 12-3 2 m 6 (3)设A(x1,y1),B(x2,y2). 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=. 记直线CQ,DQ的斜率分别为kCQ,kDQ,
26、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 4-12 47 x x 2 1 1 4-12 47 x x 1 1 -12-7 47 x x 1 1 2 y x 1 1 47 y x 2 2 -12-7 47 x x 2 2 47 y x 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 - 47
27、4 -12-77 474 y x x x 2 2 2 2 1 - 47 4 -12-77 474 y x x x 12 12 - - y y x x 1.(2016四川,20,13分)已知椭圆E:+=1(ab0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三 个顶点,点P在椭圆E上. (1)求椭圆E的方程; (2)设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A,B,线段AB的中点为M,直线OM与椭 圆E交于C,D,证明:|MA| |MB|=|MC| |MD|. 2 2 x a 2 2 y b 1 3, 2 1 2 以下为教师用书专用 解析解析 (1)由已知,a=2b. 又椭圆+=1(ab0)过
28、点P, 故+=1, 解得b2=1. 所以椭圆E的方程是+y2=1. 2 2 x a 2 2 y b 1 3, 2 2 3 4b 2 1 4 b 2 4 x (2)设直线l的方程为y=x+m(m0),A(x1,y1),B(x2,y2), 由方程组得x2+2mx+2m2-2=0, 方程的判别式为=4(2-m2),由0,即2-m20,解得-m)的右焦点为F,右顶点为A.已知+=,其中O 为原点,e为椭圆的离心率. (1)求椭圆的方程; (2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF HF,且MOA=MAO,求直线l的斜率. 2 2 x a 2
29、 3 y 3 1 |OF 1 |OA 3 | e FA 解析解析 (1)设F(c,0),由+=,即+=,可得a2-c2=3c2, 又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4. 所以,椭圆的方程为+=1. (2)设直线l的斜率为k(k0), 则直线l的方程为y=k(x-2). 设B(xB,yB),由方程组消去y, 整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0. 解得x=2,或x=,由题意得xB=,从而yB=. 由(1)知,F(1,0),设H(0,yH), 有=(-1,yH),=. 由BFHF,得=0, 所以+=0,解得yH=. 1 |OF 1 |OA 3 | e FA 1 c
30、 1 a 3 ( - ) c a a c 2 4 x 2 3 y 22 1, 43 ( -2) xy yk x 2 2 8-6 43 k k 2 2 8-6 43 k k 2 -12 43 k k FHBF 2 22 9-412 , 43 43 kk kk BFFH 2 2 4-9 43 k k 2 12 43 H ky k 2 9-4 12 k k 因此直线MH的方程为y=-x+. 设M(xM,yM),由方程组消去y, 解得xM=. 在MAO中,MOA=MAO|MA|=|MO|,即(xM-2)2+=+,化简得xM=1,即=1,解得k= -,或k=.所以,直线l的斜率为-或. 1 k 2 9-
31、4 12 k k 2 ( -2), 19-4 - 12 yk x k yx kk 2 2 209 12(1) k k 2 M y 2 M x 2 M y 2 2 209 12(1) k k 6 4 6 4 6 4 6 4 题后反思题后反思 解答本题的关键是两个几何条件的代数转化: (1)BFHF转化为=0; (2)MOA=MAO转化为|MA|=|MO|.(等腰的另一种描述) BFFH 3.(2016课标,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,
32、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7y2-12y=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), 故同理可得|AN|=.(7分) 4 2 4 x 2 3 y 12 7 1 2 12 7 12 7 144 49 2 4 x 2 3 y
33、2 2 16-12 34 k k 2 2 2(3-4) 34 k k 2 1k 2 2 12 1 34 k k 1 k 2 2 121 34 kk k 12 7 由2|AM|=|AN|得=, 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
34、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 6ACBD 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=x
35、3-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 ACBD ACBD 2 1, 4 ykx xy 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)=, 所以(9+8k2)2=169,解得k=,即直线l的斜率为. 22 1, 1 89 yk
36、x 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 6 4 6 4 5.(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; (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
37、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). 8 p2 p 2 p8 p 2 p8 p 5 4 8 p 2 1m 8 p 又l的斜率为-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
38、(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|2= |MN|2, 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 1 4 即4(m2+1)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) 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
39、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. 考点考点 直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020江西上饶三模,10)过双曲线-=1的右焦点作直线l交双曲线于A,B两点,则满足|AB|=8的 直线l的条数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 2 4 x 2 8 y 答案答案 C 本题考查双曲线的对称性和直线与双曲线的位置关系,考查学生分析推理能力,考查分 类讨论思想,体现了直观想象,数学运算的核心素养. 若A、B都在右支, 当AB垂直x轴时,由题意a2=4,b2=8,c2=12,所以F(2,0
40、),则直线AB:x=2, 代入双曲线-=1,求得y=4,所以|AB|=8, 所以满足|AB|=8的直线l有一条,且垂直于x轴; 若A、B分别在两支, a=2,所以顶点距离为2+2=40,可得-n, x0=,y0=, MN的中点T(x0,y0)在直线y=x+m上, =+m,m=,-m,故选C. 解法二:设椭圆C上关于l对称的两点为A,B,设AB中点为M(x0,y0),则由弦中点的性质得kOMkAB=-=- 2, 33 12 2 xx 3 n 12 2 yy2 3 n 2 3 n 3 n 3 n3 3 3 3 2 2 b a 即 (-1)=-2, 又点M在直线l上,y0=x0+m, 由解得M(m,
41、2m), 弦中点M在椭圆C的内部,m2+1, 解得-m, 即k. 故选B. 3 4 3 4 3 - ,- 4 3 , 4 4.(2019四川成都棠湖中学二诊,11)已知斜率为2的直线l过抛物线C:y2=2px(p0)的焦点F,且与抛物 线交于A,B两点,若线段AB的中点M的纵坐标为1,则p=( ) A.1 B. C.2 D.4 2 答案答案 C 由已知得F,设直线l的方程为x=y+,与y2=2px联立得y2-py-p2=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点M(x0,y0), y1+y2=p, 又线段AB的中点M的纵坐标为1,则y0=(y1+y2)=1,p=2,故选C. ,0
42、2 p 1 22 p 1 22 p 一题多解一题多解 设A(x1,y1),B(x2,y2),则两式相减,化简得=,直线l的斜率k=,即 2=,解得p=2. 2 11 2 22 2, 2, ypx ypx 12 12 - - y y x x 12 2p yy 2 2 M p y 2 2 p 5.(2019四川南充三诊,10)已知双曲线中心在原点且一个焦点为F(,0),直线x-y-1=0与其交于M,N 两点,MN中点的横坐标为-,则此双曲线的方程是( ) A.-=1 B.-=1 C.-=1 D.-=1 7 2 3 2 3 x 2 4 y 2 4 x 2 5 x 2 2 y 2 2 x 2 5 y
43、答案答案 D 设双曲线方程为-=1, 将y=x-1代入-=1, 整理得(b2-a2)x2+2a2x-a2-a2b2=0, 设M,N的横坐标分别为x1,x2, 则x1+x2=,则=-. 又c2=a2+b2=7,解得a2=2,b2=5. 所以双曲线的方程是-=1. 2 2 x a 2 2 y b 2 2 x a 2 2 y b 2 22 2 - a a b 12 2 xx 2 22 - a a b 2 3 2 2 x 2 5 y 6.(2020安徽马鞍山一模,19)在直角坐标系xOy中,抛物线x2=2y的焦点为F,过点F的直线l交抛物线于 M,N两点. (1)求的值; (2)若点P在线段MN(不含
44、端点)上运动,=2,求四边形OMQN面积的最小值. OMON OQOP 解析解析 本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用,抛物线性质的应用,考查转化思想以及计算 能力,考查的核心素养是数学运算. (1)由题知F,设l:y=kx+.(1分) 代入到x2=2y中,得x2-2kx-1=0, 设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=2k,x1x2=-1,(3分) 所以y1y2=,(5分) 所以=x1x2+y1y2=-.(6分) 1 0, 2 1 2 22 12 4 x x1 4 OMON 3 4 (2)因为=2,所以P是线段OQ的中点,(7分) 从而点O与点Q到直线MN的距离相等, 所以
45、四边形OMQN的面积等于2SMON.(8分) 而2SMON=2|OF|x1-x2|=,(10分) 所以k=0时,四边形OMQN的面积最小,最小值为1.(12分) OQOP 1 2 1 2 2 1212 () -4xxx x 2 1k 思路分析思路分析 (1)设l:y=kx+,代入到x2=2y中,得x2-2kx-1=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),利用根与系数的关系,结 合向量的数量积求解即可.(2)由=2知P是线段OQ的中点,从而点O与点Q到直线MN的距离 相等,利用面积转化求解即可. 1 2 OQOP 7.(2020陕西宝鸡二模,20)已知椭圆C:+=1(0b0),若|MF|=4,
46、则的值为( ) A. B.2 C. D.3 FN FM 3 2 5 2 答案答案 D 过M向准线l作垂线,垂足为M, 设准线l交x轴于F, 根据已知条件,结合抛物线的定义得=, 又|MF|=4,|MM|=4,又|FF|=6, =,=3. 故选D. | | MM FF | | MN NF -1 | | MM FF 4 6 -1 思路分析思路分析 过M向准线l作垂线,垂足为M,根据已知条件,结合抛物线的定义得=,即 可得出结论. | | MM FF | | MN NF -1 4.(2019宁夏中卫一模,11)已知圆M:(x-2)2+y2=1经过椭圆C:+=1的一个焦点,圆M与椭圆C的公 共点为A,
47、B,点P为圆M上一动点,则P到直线AB的距离的最大值为( ) A.2-5 B.2-4 C.4-11 D.4-10 2 x m 2 3 y 1010 1010 答案答案 A 圆M:(x-2)2+y2=1,圆M与x轴的交点坐标为(1,0),(3,0) 圆M经过椭圆C:+=1的一个焦点,m-3=1或m-3=9,m=4或m=12,当m=12时,圆M与椭圆 C无交点,m=4,联立得x2-16x+24=0. x2,x=8-2,即线段AB所在的直线方程为x=8-2, 圆M与椭圆C的公共点为A,B,点P为圆M上一动点, P到直线AB的距离的最大值为3-(8-2)=2-5.故选A. 2 x m 2 3 y 22 22 ( -2)1, 1, 43
