2020屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 第3講 直線與圓錐曲線教案

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1、第3講　直線與圓錐曲線 自主學(xué)習(xí)導(dǎo)引 真題感悟 1．(2020·陜西)已知橢圓C1：＋y2＝1，橢圓C2以C1的長軸為短軸，且與C1有相同的離心率． (1)求橢圓C2的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，點A、B分別在橢圓C1和C2上，＝2，求直線AB的方程． 解析　(1)由已知可設(shè)橢圓C2的方程為 ＋＝1(a＞2)， 其離心率為，故＝，解得a＝4. 故橢圓C2的方程為＋＝1. (2)解法一　A，B兩點的坐標(biāo)分別記為(xA，yA)，(xB，yB)， 由＝2及(1)知，O，A，B三點共線且點A，B不在y軸上，因此可設(shè)直線AB的方程為y＝kx. 將y＝kx代入＋y2＝1中，得(1

2、＋4k2)x2＝4， 所以x＝. 將y＝kx代入＋＝1中，得(4＋k2)x2＝16， 所以x＝. 又由＝2，得x＝4x，即＝， 解得k＝±1.故直線AB的方程為y＝x或y＝－x. 解法二　A，B兩點的坐標(biāo)分別記為(xA，yA)，(xB，yB)， 由＝2及(1)知，O，A，B三點共線且點A，B不在y軸上，因此可設(shè)直線AB的方程為y＝kx. 將y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4， 所以x＝. 由＝2，得x＝，y＝. 將x，y代入＋＝1中，得＝1， 即4＋k2＝1＋4k2， 解得k＝±1.故直線AB的方程為y＝x或y＝－x. 2．(2020·福建)

3、如圖，等邊三角形OAB的邊長為8，且其三個頂點均在拋物線E：x2＝2py(p＞0)上． (1)求拋物線E的方程； (2)設(shè)動直線l與拋物線E相切于點P，與直線y＝－1相交于點Q，證明以PQ為直徑的圓恒過y軸上某定點． 解析　(1)依題意，|OB|＝8，∠BOy＝30°. 設(shè)B(x，y)，則x＝|OB|sin 30°＝4， y＝|OB|cos 30°＝12. 因為點B(4，12)在x2＝2py上， 所以(4)2＝2p×12，解得p＝2. 故拋物線E的方程為x2＝4y. (2)證明　證法一　由(1)知y＝x2，y′＝x. 設(shè)P(x0，y0)，則x0≠0，y0＝x，且l的方程

4、為 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x. 由得 所以Q為. 設(shè)M(0，y1)，令·＝0對滿足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立． 由于＝(x0，y0－y1)，＝， 由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0， 即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*) 由于(*)式對滿足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立， 所以 解得y1＝1. 故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點M(0,1)． 證法二　由(1)知y＝x2，y′＝x.設(shè)P(x0，y0)，則x0≠0，y0＝x，且l的方程為y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x. 由得 所以Q為. 取x0＝

5、2，此時P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ為直徑的圓為(x－1)2＋y2＝2，交y軸于點M1(0,1)、M2(0，－1)；取x0＝1，此時P，Q，以PQ為直徑的圓為2＋2＝，交y軸于點M3(0,1)、M4. 故若滿足條件的點M存在，只能是M(0,1)． 以下證明點M(0,1)就是所要求的點． 因為＝(x0，y0－1)，＝， 所以·＝－2y0＋2 ＝2y0－2－2y0＋2＝0. 故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點M(0,1)． 考題分析 直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用往往是高考的壓軸試題，具體表現(xiàn)為弦長與面積問題，最值與范圍問題、定點與定值問題、存在性問題等，運算量一般較大，有一定的

6、難度，多以解答題的形式出現(xiàn)． 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 高頻考點突破 考點一：圓錐曲線中的弦長問題 【例1】(2020·荊州模擬)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)右頂點與右焦點的距離為－1，短軸長為2. (1)求橢圓的方程； (2)過左焦點F的直線與橢圓分別交于A、B兩點，若三角形OAB的面積為，求直線AB的方程． [審題導(dǎo)引]　(1)利用相關(guān)的幾何性質(zhì)求得a、b、c，可求橢圓方程； (2)設(shè)出直線的方程，利用弦長公式得到三角形OAB面積的表達(dá)式并解出直線的斜率，可得直線方程． [規(guī)范解答]　(1)由題意， 解得a＝，c＝1.即橢圓方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線AB與x軸垂直時，|AB|＝

7、， 此時S△AOB＝不符合題意，故舍掉； 當(dāng)直線AB與x軸不垂直時， 設(shè)直線AB的方程為：y＝k(x＋1)， 代入消去y得：(2＋3k2)x2＋6k2x＋(3k2－6)＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則，所以|AB|＝. 原點到直線的AB距離d＝， 所以三角形的面積S＝|AB|d＝·. 由S＝?k2＝2?k＝±， 所以直線lAB：x－y＋＝0或 lAB：x＋y＋＝0. 【規(guī)律總結(jié)】 弦長問題的解決方法 (1)弦長問題涉及直線與二次曲線的兩個交點坐標(biāo)，此時一般不是求出兩個點的坐標(biāo)，而是設(shè)出這兩個點的坐標(biāo)，根據(jù)直線方程和曲線方程聯(lián)立后的方程根的情況，使用

8、根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行整體代入，這是解決弦長問題以及其他直線與二次曲線問題的最基本方法． (2)注意使用弦長公式|AB|＝|x1－x2|＝|y1－y2|(k≠0)． 【變式訓(xùn)練】 1．設(shè)橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦點為F，過F的直線l與橢圓C相交于A、B兩點，直線l的傾斜角為60°，＝2. (1)求橢圓C的離心率； (2)如果|AB|＝，求橢圓C的方程． 解析　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知y1＜0，y2＞0. (1)設(shè)直線l的方程為y＝(x－c)， 其中c＝.聯(lián)立 得(3a2＋b2)y2＋2b2cy－3b4＝0， 解得y1＝，y2＝. 因為＝2，所以－

9、y1＝2y2， 即＝2·. 得離心率e＝＝. (2)因為|AB|＝ |y2－y1|， 所以·＝. 由＝得b＝a.所以a＝，得a＝3，b＝. 橢圓C的方程為＋＝1. 考點二：圓錐曲線中的最值與范圍問題 【例2】(2020·大連模擬)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點A(2,1)，離心率為，過點B(3,0)的直線l與橢圓交于不同的兩點M，N. (1)求橢圓的方程； (2)求·的取值范圍． [審題導(dǎo)引]　(1)根據(jù)所給條件利用橢圓的幾何性質(zhì)求出a2、b2； (2)設(shè)出直線的斜率與橢圓方程聯(lián)立，根據(jù)韋達(dá)定理利用直線的斜率表示·，并求其范圍． [規(guī)范解答]　(1)由離心率為，可

10、設(shè)c＝t，a＝2t， 則b＝t. 因為＋＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點A(2,1)， 所以＋＝1， 解得t2＝， 所以a2＝6，b2＝3，橢圓方程為＋＝1. (2)由題意可知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－3)， 直線l與橢圓的交點坐標(biāo)為M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由，消元整理得， (1＋2k2)x2－12k2x＋18k2－6＝0， Δ＝(12k2)2－4(1＋2k2)(18k2－6)＞0，得0≤k2＜1， x1＋x2＝，x1x2＝， ·＝(x1－3，y1)·(x2－3，y2) ＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2 ＝(1＋k2)[x1x2－3(x

11、1＋x2)＋9]＝(1＋k2)× ＝. 因為0≤k2＜1，所以2＜≤3， 所以·的取值范圍是(2,3]． 【規(guī)律總結(jié)】 最值或范圍問題的解決方法 解析幾何中的最值問題涉及的知識面較廣，解法靈活多樣，但最常用的方法有以下幾種： (1)利用函數(shù)，尤其是二次函數(shù)求最值； (2)利用三角函數(shù)，尤其是正、余弦函數(shù)的有界性求最值； (3)利用不等式，尤其是基本不等式求最值； (4)利用判別式求最值； (5)利用數(shù)形結(jié)合，尤其是切線的性質(zhì)求最值． 【變式訓(xùn)練】 2．已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的右焦點為F2(3,0)，離心率為e. (1)若e＝，求橢圓的方程； (2)設(shè)直線y＝

12、kx與橢圓相交于A、B兩點，M、N分別為線段AF2，BF2的中點．若坐標(biāo)原點O在以MN為直徑的圓上，且＜e≤，求k的取值范圍． 解析　(1)由題意得，得a＝2， 所以a2＝12，結(jié)合a2＝b2＋c2，解得b2＝3. 所以，橢圓的方程為＋＝1. (2)由得(b2＋a2k2)x2－a2b2＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 所以x1＋x2＝0，x1x2＝， 依題意知，OM⊥ON， 易知，四邊形OMF2N為矩形， 所以AF2⊥BF2， 因為＝(x1－3，y1)，＝(x2－3，y2)， 所以·＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2 ＝(1＋k2)x1x2＋9＝0.

13、即＋9＝0， 將其整理為k2＝＝－1－. 因為＜e≤，所以2≤a＜3，12≤a2＜18. 所以k2≥，即k∈∪. 考點三：圓錐曲線中的定點、定值與探索性問題 【例3】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過定點C(p,0)作直線m與拋物線y2＝2px(p＞0)相交于A、B兩點． (1)設(shè)N(－p,0)，求·的最小值； (2)是否存在垂直于x軸的直線l，使得l被以AC為直徑的圓截得的弦長恒為定值？若存在，求出l的方程；若不存在，請說明理由． [審題導(dǎo)引]　(1)求出·的表達(dá)式，并求最小值； (2)是探索性問題，假設(shè)存在，以此為條件，求出弦長的表達(dá)式．若能為定值，則存在；反之，則不存在．

14、 [規(guī)范解答]　(1)依題意，可設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為x＝my＋p. 由?y2－2pmy－2p2＝0. ∴ ∴·＝(x1＋p，y1)·(x2＋p，y2)＝(x1＋p)(x2＋p)＋y1y2＝(my1＋2p)·(my2＋2p)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋2pm(y1＋y2)＋4p2＝2p2m2＋2p2. 當(dāng)m＝0時，·的最小值為2p2. (2)假設(shè)滿足條件的直線l存在，其方程為x＝a，AC的中點為O′，l與以AC為直徑的圓相交于P，Q兩點，PQ的中點為H，則O′H⊥PQ，O′的坐標(biāo)為. ∵|O′P|＝|AC|＝＝， ∴|PH|2＝|O′P|2

15、－|O′H|2 ＝(x＋p2)－(2a－x1－p)2＝x1＋a(p－a)． ∴|PQ|2＝(2|PH|)2＝4. 令a－p＝0，得a＝p，此時|PQ|＝p為定值． 故滿足條件的直線l存在，其方程為x＝p. 【規(guī)律總結(jié)】 1．化解探索性問題的方法 首先假設(shè)所探求的問題結(jié)論成立、存在等，在這個假設(shè)下進(jìn)行推理論證，如果得到了一個合情合理的推理結(jié)果，就肯定假設(shè)，對問題做出正面回答，如果得到一個矛盾的結(jié)果，就否定假設(shè)，對問題作出反面回答．在這個解題思路指導(dǎo)下解決探索性問題與解決具有明確結(jié)論的問題沒有什么差別． 2．求定值問題的方法 定值問題是解析幾何中的一種常見問題，基本的求解方法是：

16、先用變量表示所需證明的不變量，然后通過推導(dǎo)和已知條件，消去變量，得到定值，即解決定值問題首先是求解非定值問題，即變量問題，最后才是定值問題． 【變式訓(xùn)練】 3．(2020·北京東城11校聯(lián)考)已知頂點在坐標(biāo)原點，焦點在x軸正半軸的拋物線上有一點A，A點到拋物線焦點的距離為1. (1)求該拋物線的方程； (2)設(shè)M(x0，y0)為拋物線上的一個定點，過M作拋物線的兩條互相垂直的弦MP，MQ，求證：PQ恒過定點(x0＋2，－y0)； (3)直線x＋my＋1＝0與拋物線交于E、F兩點，在拋物線上是否存在點N，使得△NEF為以EF為斜邊的直角三角形？ 解析　(1)由題意可設(shè)拋物線的方程為y

17、2＝2px，則由拋物線的定義可得＋＝1，即p＝1，所以拋物線的方程為y2＝2x. (2)證明　由題意知直線PQ與x軸不平行，設(shè)PQ所在直線方程為 x＝my＋n，代入y2＝2x中，得y2－2my－2n＝0. 所以y1＋y2＝2m，y1y＝－2n， 其中y1，y2分別是P，Q的縱坐標(biāo)， 因為MP⊥MQ，所以kMP·kMQ＝－1. 即·＝－1，所以(y1＋y0)(y2＋y0)＝－4. y1·y2＋(y1＋y2)y0＋y＋4＝0， (－2n)＋2my0＋2x0＋4＝0，即n＝my0＋x0＋2. 所以直線PQ的方程為x＝my＋my0＋x0＋2， 即x＝m(y＋y0)＋x0＋2，它一定

18、過定點(x0＋2，－y0)． (3)假設(shè)N(x0，y0)為滿足條件的點，則由(2)知，點(x0＋2，－y0)在直線x＋my＋1＝0上， 所以x0＋2－my0＋1＝0，(x0，y0)是方程的解，消去x得y2－2my＋6＝0，Δ＝4m2－24≥0，所以存在點N滿足條件． 名師押題高考 【押題1】過雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的一個焦點F作一條漸近線的垂線，垂足為點A，與另一條漸近線交于點B.若＝2，則此雙曲線的漸近線的斜率是________． 解析　雙曲線的漸近線方程是y＝±x，設(shè)過右焦點F(c,0)的直線l與漸近線y＝x垂直，則直線l的方程即y＝－(x－c)，兩直線方程聯(lián)立，解得點A

19、的縱坐標(biāo)y1＝； 把方程y＝－(x－c)與方程y＝－x聯(lián)立，解得點B的縱坐標(biāo)y2＝.由于＝2，即(x2－c，y2)＝2(x1－c，y1)，由此得y2＝2y1，故＝，此即2(b2－a2)＝c2＝a2＋b2，即b＝a，故其漸近線的斜率是±. 答案　± [押題依據(jù)]　本題以向量為背景，綜合考查雙曲線的幾何性質(zhì)，既考查了通性通法，又可考查考生的應(yīng)變能力，新穎別致、難度適中，故押此題． 【押題2】(2020·濟南三模)已知直線l：y＝x＋1，圓O：x2＋y2＝，直線l被圓截得的弦長與橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的短軸長相等，橢圓的離心率e＝. (1)求橢圓C的方程； (2)過點M的動直線l交

20、橢圓C于A、B兩點，試問：在坐標(biāo)平面上是否存在一個定點T，使得無論l如何轉(zhuǎn)動，以AB為直徑的圓恒過定點T？若存在， 求出點T的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解析　(1)則由題設(shè)可知b＝1，又e＝，a＝， 所以橢圓C的方程是＋y2＝1. (2)解法一　假設(shè)存在點T(u，v)． 若直線l的斜率存在，設(shè)其方程為y＝kx－， 將它代入橢圓方程，并整理， 得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0. 設(shè)點A、B的坐標(biāo)分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則 因為＝(x1－u，y1－v)，＝(x2－u，y2－v)及y1＝kx1－，y2＝kx2－， 所以·＝(x1－u)(x2－u)

21、＋(y1－v)(y2－v) ＝(k2＋1)x1x2－(x1＋x2)＋u2＋v2＋＋ ＝ 當(dāng)且僅當(dāng)·＝0恒成立時，以AB為直徑的圓恒過定點T， 所以解得u＝0，v＝1. 此時以AB為直徑的圓恒過定點T(0,1)． 當(dāng)直線l的斜率不存在，l與y軸重合，以AB為直徑的圓為x2＋y2＝1也過點T(0,1)． 綜上可知，在坐標(biāo)平面上存在一個定點T(0,1)，滿足條件． 解法二　若直線l與y軸重合，則以AB為直徑的圓是x2＋y2＝1. 若直線l垂直于y軸，則以AB為直徑的圓是 x2＋2＝. 由解得 由此可知所求點T如果存在，只能是(0,1)． 事實上點T(0,1)就是所求的點

22、．證明如下： 當(dāng)直線l的斜率不存在，即直線l與y軸重合時，以AB為直徑的圓為x2＋y2＝1，過點T(0,1)； 當(dāng)直線l的斜率存在，設(shè)直線方程為y＝kx－，代入橢圓方程，并整理，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0. 設(shè)點A、B的坐標(biāo)為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則 因為＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)， ·＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝(k2＋1)x1x2－k(x1＋x2)＋＝＝0. 所以⊥，即以AB為直徑的圓恒過定點T(0,1)． 綜上可知，在坐標(biāo)平面上存在一個定點T(0,1)滿足條件． [押題依據(jù)]　直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用是高考的必考點之一，常作為壓軸題出現(xiàn)，主要考查考生的分析問題解決問題的能力及運算能力，有很好的區(qū)分度．本題是探索性問題與定點問題的綜合，難度較大，符合高考命題的趨勢，故押此題．