- 2021-05-22 发布 |
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文档介绍
【数学】2020届一轮复习北师大版 直线与圆锥曲线的位置关系及证明问题学案
第3讲 大题考法——圆锥曲线的综合问题 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:y2=2px(p>0)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π. (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] 总体 设计 看到:求p的值,想到:建立关于p的方程求解. 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位于抛物线的顶点时,圆M的面积最小,由=π可得p的值; (2)依横坐标相等可得,MF⊥x轴,kMA+kMB=0,设kMA=k(k≠0),则直线MA的方程为y=k(x-1)+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m=3±2,从而可得直线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|=,∴=π,解得p=2. 3分 (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,MF⊥x轴. 4分 由∠AMF=∠BMF知,弦MA,MB所在直线的倾斜角互补,∴kMA+kMB=0. 5分 设kMA=k(k≠0),则直线MA的方程为y=k(x-1)+2,∴x=(y-2)+1, 6分 代入抛物线的方程得y2=4, ∴y2-y+-4=0, 7分 ∴yA+2=,yA=-2. 8分 将k换成-k,得yB=--2, 9分 ∴kAB=====-1. 10分 设直线AB的方程为y=-x+m,即x+y-m=0. 由直线AB与圆M相切得,=2,解得m=3±2. 11分 经检验m=3+2不符合要求,故m=3+2舍去. ∴所求直线AB的方程为y=-x+3-2. 12分 [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:y2=4x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)因为A是PC中点,P(2,0),点C在y轴上, 所以A的横坐标x=1,代入y2=4x得,y=±2, 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y=2x-4. (2)显然直线l的斜率不为0,设直线l的方程为 x=my+2,A(x1,y1),B(x2,y2), 又B,O,D三点共线, 则可设D为(λx2,λy2)(λ≠1且λ≠0), 联立方程化简得到y2-4my-8=0, 由韦达定理得y1·y2=-8, 又A,B在y2=4x上,所以x1·x2=4, 因为D在以AB为直径的圆上, 所以⊥,即·=0, 又=(λx2-x1,λy2-y1),=(λx2,λy2), 所以(λx2-x1)(λx2)+(λy2-y1)(λy2)=0, 即λ(x+y)=-4, 所以|OB|·|OD|=|λ||OB|2=|λ|(x+y)=4. 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. (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4∶5. (1)解 设椭圆C的方程为+=1(a>b>0). 由题意得解得c=. 所以b2=a2-c2=1. 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)证明 设M(m,n),则D(m,0),N(m,-n). 由题设知m≠±2,且n≠0. 直线AM的斜率kAM=, 故直线DE的斜率kDE=-. 所以直线DE的方程为y=-(x-m). 直线BN的方程为y=(x-2). 联立 解得点E的纵坐标yE=-. 由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2,所以yE=-n. 又S△BDE=|BD|·|yE|=|BD|·|n|, S△BDN=|BD|·|n|, 所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5. [技法总结] 圆锥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>b>0)的焦距为2,且C过点. (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、B2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y=-1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=. 又因为椭圆过点, 所以代入椭圆方程得+=1, 因为a2=b2+c2,解得a=2,b=1, 故所求椭圆C的方程是+y2=1. (2)证明 设P(x0,y0),x0≠0,则M(0,y0),N. 因为点P在椭圆C上,所以+y=1.即x=4-4y. 又B2(0,1),所以直线B2N的方程为y-1=x. 令y=-1,得x=,所以D. 又B1(0,-1),E为线段B1D的中点, 所以E. 所以=, =. 因·=+y0(y0+1) =-+y+y0 =1-+y0=1-y0-1+y0=0, 所以⊥, 即ON⊥EN.查看更多