2019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.doc

1、1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】 (2018合肥三模)已知抛物线 C： y22 px(p0)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 (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，且满足 AMF BMF. 若直线 AB恰好与圆 M相切，求直线 AB的方程思路分析看到：求 p的值，想到：建立关于 p的方程求解总体设计看到：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

2、时，圆 M的面积最小，由 可得 p的值； p24(2)依横坐标相等可得， MF x轴， kMA kMB0，设 kMA k(k0)，则直线 MA的方程为 y k(x1)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 m32 ，从而可2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| ， ，解得 p2 3分p2 p24(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

3、， MF x轴. 4分由 AMF BMF知，弦 MA， MB所在直线的倾斜角互补， kMA kMB0. 5分设 kMA k(k0)，则直线 MA的方程为 y k(x1)2， x (y2)1， 6分1k代入抛物线的方程得 y24 ，1k y 2 1 y2 y 40， 7分4k 8k2 yA2 ， yA 2. 8分4k 4k将 k换成 k，得 yB 2， 9分4k kAB 1 10分yA yBxA xB yA yBy2A4 y2B4 4yA yB 4 4设直线 AB的方程为 y x m，即 x y m0由直线 AB与圆 M相切得， 2，解得 m32 . 11分|3 m|2 2经检验 m32 不符合

4、要求，故 m32 舍去2 2所求直线 AB的方程为 y x32 . 12分2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(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、中点坐标公式、斜率公式及弦长公式求解变式提升1(2018佛山二模)已知直线 l过点 P(2,0)，且与抛物线 T： y24 x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

5、)因为 A是 PC中点， P(2,0)，点 C在 y轴上，所以 A的横坐标 x1，代入 y24 x得， y2，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 y2 x4(2)显然直线 l的斜率不为 0，设直线 l的方程为x my2， A(x1， y1)， B(x2， y2)，又 B， O， D三点共线，则可设 D为( x 2， y 2)( 1 且 0)，联立方程Error!化简得到 y24 my80，由韦达定理得 y1y28，又 A， B在 y24 x上，所以 x1x24，因为 D在以 AB为直径的圆上，所以 ，即 0，AD OD AD OD 3又 ( x 2

6、 x1， y 2 y1)， ( x 2， y 2)，AD OD 所以( x 2 x1)(x 2)( y 2 y1)(y 2)0，即 (x y )4，2 2所以| OB|OD| |OB|2| |(x y )42 2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 32(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 45(1)解 设椭圆 C的方程为 1( a b0)x2a2 y2b2由题意得E

7、rror!解得 c 3所以 b2 a2 c21所以椭圆 C的方程为 y21x24(2)证明 设 M(m， n)，则 D(m,0)， N(m， n)由题设知 m2，且 n0直线 AM的斜率 kAM ，nm 2故直线 DE的斜率 kDE m 2n所以直线 DE的方程为 y (x m)m 2n直线 BN的方程为 y (x2)n2 m联立Error!解得点 E的纵坐标 yE n 4 m24 m2 n2由点 M在椭圆 C上，得 4 m24 n2，所以 yE n45又 S BDE |BD|yE| |BD|n|，12 25S BDN |BD|n|，124所以 BDE与 BDN的面积之比为 45技法总结 圆锥

8、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，主要根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(2018大庆二模)已知椭圆 C： 1( a b0)的焦距为 2 ，且 C过点x2a2 y2b2 3(3，12)(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、 B

9、2的任意一点，过点 P作 PM y轴于 M， N为线段 PM的中点，直线 B2N与直线 y1 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 2 ，所以 c 3 3又因为椭圆过点 ，(3，12)所以代入椭圆方程得 1，3a2 14b2因为 a2 b2 c2，解得 a2， b1，故所求椭圆 C的方程是 y21x24(2)证明 设 P(x0， y0)， x00，则 M(0， y0)， N (x02， y0)因为点 P在椭圆 C上，所以 y 1.即 x 44 y x204 20 20 20又 B2(0,1)，所以直线 B2N的方程为 y1 x2 y0 1x0令 y1，得 x ，所以 D x01 y0 ( x01 y0， 1)又 B1(0，1)， E为线段 B1D的中点，所以 E . 所以 ，(x02 1 y0 ， 1) ON (x02， y0)5 EN (x02 x02 1 y0 ， y0 1)因 y0(y01)ON EN x02x02 x02 1 y0 y y0x204 x204 1 y0 201 y01 y01 y00，4 4y204 1 y0所以 ， 即 ON ENON EN