《2019届高考数学（文科）五三课件10.4《直线与圆锥曲线的位置关系》》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学（文科）五三课件10.4《直线与圆锥曲线的位置关系》（81页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、10.4 直线与圆锥曲线的位置关系,高考文数 ( 课标专用),1.(2017课标全国,12,5分)过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为 的直线交C于点M(M在x轴的 上方),l为C的准线,点N在l上且MNl,则M到直线NF的距离为 ( ) A. B.2 C.2 D.3,A组 统一命题课标卷题组,五年高考,答案 C 因为直线MF的斜率为 ,所以直线MF的倾斜角为60,则FMN=60.由抛物线的 定义得|MF|=|MN|,所以MNF为等边三角形.过F作FHMN,垂足为H.易知F(1,0),l的方程为x=- 1,所以|OF|=1,|NH|=2,所以|MF|= +2,即|MF|=4,所以M到直线N
2、F的距离d=|FH|=|MF|sin 60= 4 =2 .故选C.,思路分析 利用抛物线的定义得|MN|=|MF|,从而得MNF为等边三角形,易得点M到直线NF 的距离等于|FH|,进而得解.,解题反思 涉及抛物线焦点和准线的有关问题,应充分利用抛物线的定义求解.本题中直线的 倾斜角为特殊角60,通过解三角形更快捷.若联立直线和抛物线的方程求点M的坐标,然后求 点N的坐标和直线NF的方程,再利用点到直线的距离公式求解,运算量会比较大.,2.(2014课标,10,5分,0.320)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30的直线交C于A,B 两点,则|AB|= ( ) A. B.6 C
3、.12 D.7,答案 C 焦点F的坐标为 ,直线AB的斜率为 ,所以直线AB的方程为y= , 即y= x- ,代入y2=3x, 得 x2- x+ =0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2= , 所以|AB|=x1+x2+ = + =12,故选C.,光速解法 由于抛物线y2=2px的焦点弦公式为 (为直线AB的倾斜角).将2p=3,sin = ,代 入得|AB|= =12,故选C.,3.(2018课标全国,20,12分)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点. (1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程; (2)证明:ABM=A
4、BN.,解析 (1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2). 所以直线BM的方程为y= x+1或y=- x-1. (2)当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以ABM=ABN. 当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x10,x20. 由 得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2= ,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+
5、kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以ABM=ABN.综上,ABM=ABN.,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
6、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 (1)由于忽略点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.,4.(2018课标全国,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| |=| |+| |.,解析 本题考查椭圆的几何性质
7、、直线与椭圆的位置关系. (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,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. 所以直线AB的方程为y=x+7. 解法二:设曲线C
8、:y= 上的点M的坐标为 ,过点M且与直线AB平行的直线l的方程为:y=x -x0+ .联立得 消去y得x2-4x+4x0- =0, 所以=(-4)2-41(4x0- )=0, 解得x0=2,代入曲线C的方程,得y0=1,故M(2,1). 设A ,则B ,因为AMBM,所以 =-1,即 -4x1=28. 所以直线AB的方程为y=x-x1+ ,即y=x+7.,6.(2016课标全国,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=2 px(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
9、他公共点?说明理由.,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px2-2t2x=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),方法总结 将直线与抛物线的交点坐标问题归结为直线方程与
10、抛物线方程组成的方程组的 解的问题.,7.(2016课标全国,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,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+4k
11、2)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) 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). 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),则 + =3. 所以直线l的方程为y=- (x-x0)+y0,
