高考數(shù)學(xué) 考前3個月知識方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識方法篇 專題7 解析幾何 第31練 直線與圓錐曲線的綜合問題 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《高考數(shù)學(xué) 考前3個月知識方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識方法篇 專題7 解析幾何 第31練 直線與圓錐曲線的綜合問題 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 考前3個月知識方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識方法篇 專題7 解析幾何 第31練 直線與圓錐曲線的綜合問題 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第31練　直線與圓錐曲線的綜合問題 [題型分析·高考展望]　本部分重點考查直線和圓錐曲線的綜合性問題，從近幾年的高考試題來看，除了在解答題中必然有直線與圓錐曲線的聯(lián)立外，在選擇題或填空題中出現(xiàn)的圓錐曲線問題也經(jīng)常與直線結(jié)合起來．本部分的主要特點是運算量大、思維難度較高，但有時靈活地借助幾何性質(zhì)來分析問題可能會收到事半功倍的效果．預(yù)測在今后高考中，主要圍繞著直線與橢圓的位置關(guān)系進行命題，有時會與向量的共線、模和數(shù)量積等聯(lián)系起來；對于方程的求解，不要忽視軌跡的求解形式，后面的設(shè)問將是對最值、定值、定點、參數(shù)范圍的考查，探索類和存在性問題考查的概率也很高． 體驗高考 1.(2015·江蘇)如圖

2、，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且右焦點F到左準線l的距離為3. (1)求橢圓的標準方程； (2)過F的直線與橢圓交于A，B兩點，線段AB的垂直平分線分別交直線l和AB于點P，C，若|PC|＝2|AB|，求直線AB的方程． 解　(1)由題意，得＝且c＋＝3， 解得a＝，c＝1，則b＝1， 所以橢圓的標準方程為＋y2＝1. (2)當(dāng)AB⊥x軸時，AB＝，又CP＝3，不合題意． 當(dāng)AB與x軸不垂直時，設(shè)直線AB的方程為 y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 將AB的方程代入橢圓方程， 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2

3、－1)＝0， 則x1,2＝， C的坐標為，且 AB＝＝ ＝. 若k＝0，則線段AB的垂直平分線為y軸，與左準線平行，不合題意． 從而k≠0，故直線PC的方程為 y＋＝－， 則P點的坐標為， 從而PC＝.因為|PC|＝2|AB|， 所以＝，解得k＝±1. 此時直線AB的方程為y＝x－1或y＝－x＋1. 2．(2016·浙江)如圖，設(shè)拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點為F，拋物線上的點A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|－1. (1)求p的值； (2)若直線AF交拋物線于另一點B，過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點N，AN與x軸交于點M，求M的橫坐標的取值范圍．

4、 解　(1)由題意可得，拋物線上點A到焦點F的距離等于點A到直線x＝－1的距離，由拋物線的定義得＝1， 即p＝2. (2)由(1)得，拋物線方程為y2＝4x，F(xiàn)(1,0)， 可設(shè)A(t2,2t)，t≠0，t≠±1. 因為AF不垂直于y軸， 可設(shè)直線AF：x＝sy＋1(s≠0)，由消去x得y2－4sy－4＝0. 故y1y2＝－4，所以B. 又直線AB的斜率為， 故直線FN的斜率為－， 從而得直線FN：y＝－(x－1)， 直線BN：y＝－. 所以N. 設(shè)M(m,0)，由A，M，N三點共線得＝， 于是m＝，所以m＜0或m＞2. 經(jīng)檢驗，m＜0或m＞2滿足題意． 綜上，

5、點M的橫坐標的取值范圍是(－∞，0)∪(2，＋∞)． 3．(2016·四川)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的一個焦點與短軸的兩個端點是正三角形的三個頂點，點P在橢圓E上． (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)不過原點O且斜率為的直線l與橢圓E交于不同的兩點A，B，線段AB的中點為M，直線OM與橢圓E交于C，D，證明：|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|. (1)解　由已知，得a＝2b， 又橢圓＋＝1(a>b>0)過點P，故＋＝1，解得b2＝1.所以橢圓E的方程是＋y2＝1. (2)證明　設(shè)直線l的方程為y＝x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由方程組得x2＋2

6、mx＋2m2－2＝0，① 方程①的判別式為Δ＝4m2－4(2m2－2)，由Δ>0， 即2－m2>0，解得－

7、x軸上的橢圓M的方程為＋＝1(b>0)，其離心率為. (1)求橢圓M的方程； (2)若直線l過點P(0,4)，則直線l何時與橢圓M相交？ 解　(1)因為橢圓M的離心率為， 所以＝2，得b2＝2. 所以橢圓M的方程為＋＝1. (2)①過點P(0,4)的直線l垂直于x軸時，直線l與橢圓M相交． ②過點P(0,4)的直線l與x軸不垂直時，可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋4.由消去y， 得(1＋2k2)x2＋16kx＋28＝0. 因為直線l與橢圓M相交， 所以Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)×28＝16(2k2－7)>0， 解得k<－或k>. 綜上，當(dāng)直線l垂直于x軸或直線l的斜

8、率的取值范圍為∪時， 直線l與橢圓M相交． 點評　對于求過定點的直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題，一是利用方程的根的判別式來確定，但一定要注意，利用判別式的前提是二次項系數(shù)不為零；二是利用圖形來處理和理解；三是直線過定點位置不同，導(dǎo)致直線與圓錐曲線的位置關(guān)系也不同． 變式訓(xùn)練1　(2015·安徽)設(shè)橢圓E的方程為＋＝1(a>b>0)，點O為坐標原點，點A的坐標為(a,0)，點B的坐標為(0，b)，點M在線段AB上，滿足|BM|＝2|MA|，直線OM的斜率為. (1)求橢圓E的離心率e； (2)設(shè)點C的坐標為(0，－b)，N為線段AC的中點，點N關(guān)于直線AB的對稱點的縱坐標為，求E的方程．

9、 解　(1)由題設(shè)條件知，點M的坐標為， 又kOM＝，從而＝， 進而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝. (2)由題設(shè)條件和(1)的計算結(jié)果可得，直線AB的方程為＋＝1，點N的坐標為. 設(shè)點N關(guān)于直線AB的對稱點S的坐標為， 則線段NS的中點T的坐標為. 又點T在直線AB上，且kNS·kAB＝－1， 從而有解得b＝3. 所以a＝3，故橢圓E的方程為＋＝1. 題型二　直線與圓錐曲線的弦的問題 例2　已知橢圓＋＝1(a>b>0)的兩個焦點分別為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)(c>0)，過點E(，0)的直線與橢圓相交于A，B兩點，且F1A∥F2B，|F1A|＝2|F2B|. (

10、1)求橢圓的離心率； (2)求直線AB的斜率． 解　(1)由F1A∥F2B，且|F1A|＝2|F2B|， 得＝＝， 從而＝， 整理，得a2＝3c2，故離心率e＝. (2)由(1)得b2＝a2－c2＝2c2， 所以橢圓的方程可寫為2x2＋3y2＝6c2， 設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－)，即y＝k(x－3c)． 由已知設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則它們的坐標滿足方程組消去y并整理，得(2＋3k2)x2－18k2cx＋27k2c2－6c2＝0， 依題意，Δ＝48c2(1－3k2)>0， 得－

11、為線段AE的中點， 所以x1＋3c＝2x2，③ 聯(lián)立①③解得x1＝，x2＝， 將x1，x2代入②中，解得k＝±滿足(*)式， 故所求k的值是±. 點評　直線與圓錐曲線弦的問題包括求弦的方程，弦長，弦的位置確定，弦中點坐標軌跡等問題，解決這些問題的總體思路是設(shè)相關(guān)量，找等量關(guān)系，利用幾何性質(zhì)列方程(組)，不等式(組)或利用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，使問題解決． 變式訓(xùn)練2　設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左，右焦點，過F1且斜率為1的直線l與E相交于A，B兩點，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差數(shù)列． (1)求橢圓E的離心率； (2)設(shè)點P(0，－1)滿足

12、|PA|＝|PB|，求橢圓E的方程． 解　(1)由橢圓定義知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a， 又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝a， l的方程為y＝x＋c，其中c＝. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A，B兩點的坐標滿足方程組消去y，化簡得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，則x1＋x2＝，x1x2＝. 因為直線AB的斜率為1，所以|AB|＝|x2－x1|＝，即a＝，故a2＝2b2， 所以E的離心率e＝＝＝. (2)設(shè)AB的中點為N(x0，y0)，由(1)知 x0＝＝＝－，y0＝x0＋c＝. 由|PA|＝|PB|，得kPN＝

13、－1，即＝－1， 得c＝3，從而a＝3，b＝3. 故橢圓E的方程為＋＝1. 高考題型精練 1．(2015·北京)已知橢圓C：x2＋3y2＝3，過點D(1,0)且不過點E(2,1)的直線與橢圓C交于A，B兩點，直線AE與直線x＝3交于點M. (1)求橢圓C的離心率； (2)若AB垂直于x軸，求直線BM的斜率； (3)試判斷直線BM與直線DE的位置關(guān)系，并說明理由． 解　(1)橢圓C的標準方程為＋y2＝1， 所以a＝，b＝1，c＝. 所以橢圓C的離心率e＝＝. (2)因為AB過點D(1,0)且垂直于x軸， 所以可設(shè)A(1，y1)，B(1，－y1)， 直線AE的方程為y－1

14、＝(1－y1)(x－2)， 令x＝3，得M(3,2－y1)， 所以直線BM的斜率kBM＝＝1. (3)直線BM與直線DE平行，證明如下： 當(dāng)直線AB的斜率不存在時， 由(2)可知kBM＝1. 又因為直線DE的斜率kDE＝＝1， 所以BM∥DE， 當(dāng)直線AB的斜率存在時， 設(shè)其方程為y＝k(x－1)(k≠1)， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則直線AE的方程為y－1＝(x－2)． 令x＝3，得點M， 由得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 直線BM的斜率kBM＝， 因為kBM－1 ＝ ＝ ＝＝0， 所以

15、kBM＝1＝kDE. 所以BM∥DE， 綜上可知，直線BM與直線DE平行． 2．(2016·課標全國甲)已知A是橢圓E：＋＝1的左頂點，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA. (1)當(dāng)|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積； (2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時，證明：0，由|AM|＝|AN|及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為. 又A(－2,0)，因此直線AM的方程為y＝x＋2. 將x＝y(tǒng)－2代入＋＝1得7y2－12y＝0， 解得y＝0或y＝，所以y1＝. 因此△AMN的面積S△AMN＝2××

16、×＝. (2)證明　將直線AM的方程y＝k(x＋2)(k>0)代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0， 由x1·(－2)＝得x1＝， 故|AM|＝|x1＋2|＝. 由題設(shè)，直線AN的方程為y＝－(x＋2)， 故同理可得|AN|＝. 由2|AM|＝|AN|，得＝， 即4k3－6k2＋3k－8＝0， 設(shè)f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，則k是f(t)的零點， f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0， 所以f(t)在(0，＋∞)單調(diào)遞增， 又f()＝15－26<0，f(2)＝6>0， 因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零點， 且零點

17、k在(，2)內(nèi)， 所以0)到直線l：x－y－2＝0的距離為.設(shè)P為直線l上的點，過點P作拋物線C的兩條切線PA，PB，其中A，B為切點． (1)求拋物線C的方程； (2)當(dāng)點P(x0，y0)為直線l上的定點時，求直線AB的方程； (3)當(dāng)點P在直線l上移動時，求|AF|·|BF|的最小值． 解　(1)依題意知＝，c>0，解得c＝1. 所以拋物線C的方程為x2＝4y. (2)由y＝x2得y′＝x， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則切線PA，PB的斜率分別為x1，x2，所以切線PA的方程為y－y1＝(x－x

18、1)，即y＝x－＋y1，即x1x－2y－2y1＝0. 同理可得切線PB的方程為x2x－2y－2y2＝0， 又點P(x0，y0)在切線PA和PB上， 所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0， 所以(x1，y1)，(x2，y2)為方程x0x－2y0－2y＝0 的兩組解，所以直線AB的方程為x0x－2y－2y0＝0. (3)由拋物線定義知|AF|＝y(tǒng)1＋1，|BF|＝y(tǒng)2＋1， 所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y(tǒng)1y2＋(y1＋y2)＋1， 聯(lián)立方程 消去x整理得y2＋(2y0－x)y＋y＝0， 所以y1＋y2＝x－2y0，y1y2＝y(tǒng)，

19、 所以|AF|·|BF|＝y(tǒng)1y2＋(y1＋y2)＋1 ＝y(tǒng)＋x－2y0＋1 ＝y(tǒng)＋(y0＋2)2－2y0＋1＝2y＋2y0＋5 ＝22＋， 所以當(dāng)y0＝－時， |AF|·|BF|取得最小值，且最小值為. 4．已知橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的右頂點為A(1,0)，過C1的焦點且垂直長軸的弦長為1. (1)求橢圓C1的方程； (2)設(shè)點P在拋物線C2：y＝x2＋h(h∈R)上，C2在點P處的切線與C1交于點M，N.當(dāng)線段AP的中點與MN的中點的橫坐標相等時，求h的最小值． 解　(1)由題意，得從而 因此，橢圓C1的方程為＋x2＝1. (2)如圖，設(shè)M(x1，y1)，N(

20、x2，y2)，P(t，t2＋h)， 則拋物線C2在點P處的切線斜率為y′. 直線MN的方程為y＝2tx－t2＋h. 將上式代入橢圓C1的方程中，得4x2＋(2tx－t2＋h)2－4＝0，即4(1＋t2)x2－4t(t2－h(huán))x＋(t2－h(huán))2－4＝0. ① 因為直線MN與橢圓C1有兩個不同的交點， 所以①式中的Δ1＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h(huán)2＋4]>0. ② 設(shè)線段MN的中點的橫坐標是x3， 則x3＝＝. 設(shè)線段PA的中點的橫坐標是x4，則x4＝. 由題意，得x3＝x4， 即t2＋(1＋h)t＋1＝0. ③ 由③式中的Δ2＝(1＋h)2－4≥0，得h≥1，或h≤－3. 當(dāng)h≤－3時，h＋2<0,4－h(huán)2<0， 則不等式②不成立，所以h≥1. 當(dāng)h＝1時，代入方程③得t＝－1， 將h＝1，t＝－1代入不等式②，檢驗成立． 所以，h的最小值為1.