直线与圆锥曲线的综合问题

第34练　直线与圆锥曲线的综合问题[题型分析·高考展望]　本部分重点考查直线和圆锥曲线的综合性问题，从近几年的高考试题来看，除了在解答题中必然有直线与圆锥曲线的联立外，在选择题或填空题中出现的圆锥曲线问题也经常与直线结合起来.本部分的主要特点是运算量大、思维难度较高，但有时灵活地借助几何性质来分析问题可能会收到事半功倍的效果.预测在今后高考中，主要围绕着直线与椭圆的位置关系进行命题，有时会与向量的共线、模和数量积等联系起来；对于方程的求解，不要忽视轨迹的求解形式，后面的设问将是对最值、定值、定点、参数范围的考查，探索类和存在性问题考查的概率也很高.体验高考1.(2015·江苏)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若|PC|＝2|AB|，求直线AB的方程.解　(1)由题意，得＝且c＋＝3，解得a＝，c＝1，则b＝1，所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.(2)当AB⊥x轴时，AB＝，又CP＝3，不合题意.当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将AB的方程代入椭圆方程，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，则x1，2＝，C的坐标为，且AB＝＝＝.若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意.从而k≠0，故直线PC的方程为y＋＝－，则P点的坐标为，从而PC＝.因为|PC|＝2|AB|，所以＝，解得k＝±1.此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.2.(2016·浙江)如图，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.(1)求p的值；(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围.解　(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义得＝1，即p＝2.(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1，0)，可设A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，由消去x得y2－4sy－4＝0.故y1y2＝－4，所以B.又直线AB的斜率为，故直线FN的斜率为－，从而得直线FN：y＝－(x－1)，直线BN：y＝－.所以N.设M(m，0)，由A，M，N三点共线得＝，于是m＝，所以m＜0或m＞2.经检验，m＜0或m＞2满足题意.综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).3.(2016·四川)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)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 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.(1)解　由已知，得a＝2b，又椭圆＋＝1(a>b>0)过点P，故＋＝1，解得b2＝1.所以椭圆E的方程是＋y2＝1.(2)证明　设直线l的方程为y＝x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2).由方程组得x2＋2mx＋2m2－2＝0，①方程①的判别式为Δ＝4m2－4(2m2－2)，由Δ>0，即2－m2>0，解得－<m<.由①得x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2.所以M点坐标为，直线OM方程为y＝－x，由方程组得C，D.所以|MC|·|MD|＝(－m＋)·(＋m)＝(2－m2).又|MA|·|MB|＝|AB|2＝[(x1－x2)2＋(y1－y2)2]＝[(x1＋x2)2－4x1x2]＝[4m2－4(2m2－2)]＝(2－m2).所以|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.高考必会题型题型一　直线与圆锥曲线位置关系的判断及应用例1　设焦点在x轴上的椭圆M的方程为＋＝1(b>0)，其离心率为.(1)求椭圆M的方程；(2)若直线l过点P(0，4)，则直线l何时与椭圆M相交？解　(1)因为椭圆M的离心率为，所以＝2，得b2＝2.所以椭圆M的方程为＋＝1.(2)①过点P(0，4)的直线l垂直于x轴时，直线l与椭圆M相交.②过点P(0，4)的直线l与x轴不垂直时，可设直线l的方程为y＝kx＋4.由消去y，得(1＋2k2)x2＋16kx＋28＝0.因为直线l与椭圆M相交，所以Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)×28＝16(2k2－7)>0，解得k<－或k>.综上，当直线l垂直于x轴或直线l的斜率的取值范围为∪时，直线l与椭圆M相交.点评　对于求过定点的直线与圆锥曲线的位置关系问题，一是利用方程的根的判别式来确定，但一定要注意，利用判别式的前提是二次项系数不为零；二是利用图形来处理和理解；三是直线过定点位置不同，导致直线与圆锥曲线的位置关系也不同.变式训练1　(2015·安徽)设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.(1)求椭圆E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为，求E的方程.解　(1)由题设条件知，点M的坐标为，又kOM＝，从而＝，进而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.(2)由题设条件和(1)的计算结果可得，直线AB的方程为＋＝1，点N的坐标为.设点N关于直线AB的对称点S的坐标为，则线段NS的中点T的坐标为.又点T在直线AB上，且kNS·kAB＝－1，从而有解得b＝3.所以a＝3，故椭圆E的方程为＋＝1.题型二　直线与圆锥曲线的弦的问题例2　已知椭圆＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)(c>0)，过点E(，0)的直线与椭圆相交于A，B两点，且F1A∥F2B，|F1A|＝2|F2B|.(1)求椭圆的离心率；(2)求直线AB的斜率.解　(1)由F1A∥F2B，且|F1A|＝2|F2B|，得＝＝，从而＝，整理，得a2＝3c2，故离心率e＝.(2)由(1)得b2＝a2－c2＝2c2，所以椭圆的方程可写为2x2＋3y2＝6c2，设直线AB的方程为y＝k(x－)，即y＝k(x－3c).由已知设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则它们的坐标满足方程组消去y并整理，得(2＋3k2)x2－18k2cx＋27k2c2－6c2＝0，依题意，Δ＝48c2(1－3k2)>0，得－<k<， (*)而x1＋x2＝， ①x1x2＝， ②由题设知，点B为线段AE的中点，所以x1＋3c＝2x2， ③联立①③解得x1＝，x2＝，将x1，x2代入②中，解得k＝±满足(*)式，故所求k的值是±.点评　直线与圆锥曲线弦的问题包括求弦的方程，弦长，弦的位置确定，弦中点坐标轨迹等问题，解决这些问题的总体思路是设相关量，找等量关系，利用几何性质列方程(组)，不等式(组)或利用一元二次方程根与系数的关系，使问题解决.变式训练2　设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点，过F1且斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列.(1)求椭圆E的离心率；(2)设点P(0，－1)满足|PA|＝|PB|，求椭圆E的方程.解　(1)由椭圆定义知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝a，l的方程为y＝x＋c，其中c＝.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点的坐标满足方程组消去y，化简得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝.因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝|x2－x1|＝，即a＝，故a2＝2b2，所以E的离心率e＝＝＝.(2)设AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知x0＝＝＝－，y0＝x0＋c＝.由|PA|＝|PB|，得kPN＝－1，即＝－1，得c＝3，从而a＝3，b＝3.故椭圆E的方程为＋＝1.高考题型精练1.(2015·北京)已知椭圆C：x2＋3y2＝3，过点D(1，0)且不过点E(2，1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x＝3交于点M.(1)求椭圆C的离心率；(2)若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；(3)试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由.解　(1)椭圆C的标准方程为＋y2＝1，所以a＝，b＝1，c＝.所以椭圆C的离心率e＝＝.(2)因为AB过点D(1，0)且垂直于x轴，所以可设A(1，y1)，B(1，－y1)，直线AE的方程为y－1＝(1－y1)(x－2)，令x＝3，得M(3，2－y1)，所以直线BM的斜率kBM＝＝1.(3)直线BM与直线DE平行，证明如下：当直线AB的斜率不存在时，由(2)可知kBM＝1.又因为直线DE的斜率kDE＝＝1，所以BM∥DE，当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)(k≠1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线AE的方程为y－1＝(x－2).令x＝3，得点M，由得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝，直线BM的斜率kBM＝，因为kBM－1＝＝＝＝0，所以kBM＝1＝kDE.所以BM∥DE，综上可知，直线BM与直线DE平行.2.(2016·课标全国甲)已知A是椭圆E：＋＝1的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；(2)当2|AM|＝|AN|时，证明：<k<2.(1)解　设M(x1，y1)，则由题意知y1>0，由|AM|＝|AN|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.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S△AMN＝2×××＝.(2)证明　将直线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|＝.由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋2)，故同理可得|AN|＝.由2|AM|＝|AN|，得＝，即4k3－6k2＋3k－8＝0，设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点，f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)单调递增，又f()＝15－26<0，f(2)＝6>0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k在(，2)内，所以<k<2.3.已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c>0)到直线l：x－y－2＝0的距离为.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点.(1)求抛物线C的方程；(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值.解　(1)依题意知＝，c>0，解得c＝1.所以抛物线C的方程为x2＝4y.(2)由y＝x2得y′＝x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，所以切线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝x－＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0，又点P(x0，y0)在切线PA和PB上，所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0，所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0的两组解，所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.(3)由抛物线定义知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1，联立方程消去x整理得y2＋(2y0－x)y＋y＝0，所以y1＋y2＝x－2y0，y1y2＝y，所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝y＋x－2y0＋1＝y＋(y0＋2)2－2y0＋1＝2y＋2y0＋5＝22＋，所以当y0＝－时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为.4.已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A(1，0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.(1)求椭圆C1的方程；(2)设点P在抛物线C2：y＝x2＋h(h∈R)上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N.当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值.解　(1)由题意，得从而因此，椭圆C1的方程为＋x2＝1.(2)如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(t，t2＋h)，则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′.直线MN的方程为y＝2tx－t2＋h.将上式代入椭圆C1的方程中，得4x2＋(2tx－t2＋h)2－4＝0，即4(1＋t2)x2－4t(t2－h)x＋(t2－h)2－4＝0. ①因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，所以①式中的Δ1＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]>0. ②设线段MN的中点的横坐标是x3，则x3＝＝.设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4＝.由题意，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.当h≤－3时，h＋2<0，4－h2<0，则不等式②不成立，所以h≥1.当h＝1时，代入方程③得t＝－1，将h＝1，t＝－1代入不等式②，检验成立.所以，h的最小值为1.