2019年高考数学一轮复习：直线与圆锥曲线的位置关系(2)

32

又x2＋2y＝4，

－2t4

＋2t2

＋

|AB|＝t2＋1·

2，t2＋

1 2

t2＋

1

且O到直线AB的距离d＝2

t2＋1

.

设△AOB的面积为S(t)，则 S(t)＝1|1

－2?12AB|·d＝2

?t2?2－22?＋2≤2

，

当且仅当t2＝1

2时，等号成立．

故△AOB面积的最大值为22

. 【点拨】(1)圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值．(2)解决圆锥曲线中的取值范围问题常从五方面考虑：①利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；③利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；④利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；⑤利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．

已知椭圆C：x2＋2y2＝4.

(1)求椭圆C的离心率；

(2)设O为原点，若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值．

解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为x2y2

4＋2

＝1，所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2. 因此a＝2，c＝2.

故椭圆C的离心率e＝c2

a＝2

.

(2)设点A，B的坐标分别为(t，2)，(x0，y0)，其中x0≠0.

因为OA⊥OB，所以OA→·OB→

＝0， 即tx2y0＋2y0＝0，解得t＝－0x0

.

00所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2

＝?2y?x0＋0x?20

?＋(y0－2)2＝x20＋y24y20＋0x2＋4

0＝x24－x202（4－x20）x2

0＋082＋x2＋4＝＋2

02x2＋4(0

0≤4)．

因为x20＋82≥4，当且仅当x22x0

0＝4时等号成立，所以|AB|2≥8.

故线段AB长度的最小值为22.

类型五 对称问题

已知抛物线y＝ax2－1(a≠0)上总有关于

直线x＋y＝0对称的相异两点，则a的取值范围是____________．

解：设A(x1，y1)和B(x2，y2)为抛物线y＝ax2－1上的关于直线x＋y＝0对称的两相异点，则y1＝ax21－

1，y2＝ax22－1.

两式相减，得y1－y2＝a(x1－x2)(x1＋x2)．

再由xy1－y2

1≠x2，得x＝a(x1－x2

1＋x2)＝1.

设线段AB的中点为M(x，则xx1＋x21

0，y0)0＝2＝2a.

由M点在直线x＋y＝0上，得y1

0＝－2a.

所以直线AB的方程为y＋12a＝x－1

2a.

联立直线AB与抛物线的方程并消去y，得

ax2－x＋1

a－1＝0.

依题意，上面的方程有两个相异实根，

所以Δ＝1－4a?1?a－1??＞0，解得a＞34. 所以a的取值范围是?3?4，＋∞??.故填?3

?4，＋∞??. 【点拨】应用判别式法解决此类对称问题，要抓住三点：(1)中点在对称轴上；(2)两个对称点的连线与对称轴垂直；(3)两点连线与曲线有两个交点，故Δ＞0.一般通过“设而不求”“点差法”得到对称点连线的方程，再与曲线方程联立，由判别式不等式求出参数范围．

x22

已知椭圆＋y＝1的左焦点为F，O为

2

坐标原点．设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，点A和点B关于直线l对称，l与x轴交于点G，则点G横坐标的取值范围是____________．

等解题，巧妙运用“设而不求”“整体代入”“点差法”“对称转换”等方法．

2．在给定的圆锥曲线f(x，y)＝0中，求中点为(m，n)的弦AB所在直线方程或动弦中点M(x，y)轨迹时，一般可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，利用A，B两点在曲线上，得f(x，y，y＋x＝2m(或

解：设直线AB的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，

代入x22＋y2

＝1，

整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.

因为直线AB过椭圆的左焦点F且不垂直于x轴， 所以方程有两个不等实根．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点N(x0，y0)，

则x＋x4k2

12＝－2k2＋1，

2

x12x2k

0＝(1＋x2)＝－2k2＋1，

y＝k(xk

00＋1)＝2k2＋1

，

因为点A和点B关于直线l对称， 所以直线l为AB的垂直平分线，其方程为

y－y1

0＝－k(x－x0)．

2k2y＝0，得xk2

令G＝x0＋ky0＝－2k2＋1＋2k2＋1 ＝－k211

2k2＋1＝－2＋4k2＋2，

因为k≠0，所以－1

2

＜xG＜0，

即点G横坐标的取值范围为??－1

2，0??

.故填?－1?2，0??

.

1．对于圆锥曲线的综合问题，①要注意将曲线的定义性质化，找出定义赋予的条件；②要重视利用图形的几何性质解题(本书多处强调)；③要灵活运用韦达定理、弦长公式、斜率公式、中点公式、判别式

11)＝0，f(x22)＝0及x122x)，y或2y)，从而求出斜率ky1－y2

1＋y2＝2n(AB＝x，

1－x2最后由点斜式写出直线AB的方程，或者得到动弦所

在直线斜率与中点坐标x，y之间的关系，整体消去x1，x2，y1，y2，得到点M(x，y)的轨迹方程．

3．对满足一定条件的直线或者曲线过定点问题，可先设出该直线或曲线上两点的坐标，利用坐标在直线或曲线上以及切线、点共线、点共圆、对称等条件，建立点的坐标满足的方程或方程组．为简化运算，应多考虑曲线的几何性质，求出相应的含参数的直线或曲线，再利用直线或曲线过定点的知识加以解决.

以“求直线l：y＝kx＋2k＋1(k为参数)是否过定点”为例，有以下常用方法：

①待定系数法：假设直线l过点(c1，c2)，则y－c2＝k(x－c1)，即y＝kx－c1k＋c2，通过与已知直线方程比较得c1＝－2，c2＝1.所以直线l过定点(－2，1)．

②赋值法：令k＝0，得l1：y＝1；令k＝1，得l2：y＝x＋3，求出l1与l2的交点(－2，1)，将交点坐标代入直线系得1＝－2k＋2k＋1恒成立，所以直线l过定点(－2，1)．

赋值法由两步构成，第一步：通过给参数赋值，求出可能的定点坐标；第二步：验证其是否恒满足直线方程．

③参数集项法：对直线l的方程中的参数集项得y－1＝k(x＋2)，由直线的点斜式方程，易知直线l过定点(－2，1)．

若方程中含有双参数，应考虑两个参数之间的关系．

4．给出曲线上的点到直线的最短(长)距离或求动点到直线的最短(长)距离时，可归纳为求函数的最值问题，也可借助于图形的性质(如三角形的公理、对称性等)求解．

5．圆锥曲线上的点关于某一直线对称的问题，通常利用圆锥曲线上的两点所在直线与已知直线l(或者是直线系)垂直，圆锥曲线上两点连成线段的中点一定在对称轴直线l上，再利用判别式或中点与曲线的

位置关系求解．

＋xB＝5，故|FA|＋|FB|＝xA＋xB＋p＝7.故选A. 5．直线4kx－4y－k＝0与抛物线y2＝x交于A，B

1

两点，若|AB|＝4，则弦AB的中点到直线x＋＝0的

2距离等于( )

y＝bax＋3与双曲线x2a2－y2

1．直线b2＝1的交点个数

是( )

A．1 B．2 C．1或2 D．0

解：因为直线y＝bax＋3与双曲线的渐近线y＝b

ax

平行，所以它与双曲线只有1个交点．故选A.

2．设A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线y2＝2px(p>0)上的两点，并且满足OA⊥OB，则y1y2等于( )

A．－4p2 B．－3p2 C．－2p2 D．－p2 解：因为OA⊥OB，所以OA→·OB→

＝0. 所以x1x2＋y1y2＝0.①

因为A、B都在抛物线上，有???y21＝2px1，

??y22＝2px2

，

代入①得y212p·y22

2p＋y1y2＝0，解得y1y2＝－4p2.

故选A.

3．已知椭圆C的方程为x2y2

16＋m2＝1(m＞0)，如果

直线y＝2

2x与椭圆的一个交点M在x轴上的射影恰

好是椭圆的右焦点F，则m的值为( )

A．2 B．22 C．8 D．23 解：根据已知条件得c＝16－m2，

2

2

则点??16－m2，2216－m2?xy?在椭圆16＋m2＝

1(m＞0)上，

所以16－m216－m2

16＋2m2＝1，可得m＝22.故选B.

4．抛物线y2＝2px与直线2x＋y＋a＝0交于A，B两点，其中点A的坐标为(1，2)，设抛物线的焦点为F，则|FA|＋|FB|的值等于( )

A．7 B．35 C．6 D．5 解：点A(1，2)在抛物线y2

＝2px和直线2x＋y＋a＝0上，可得p＝2，a＝－4，令A，B的横坐标分别

2

为x，x??y＝4x，

AB，联立??得x2－5x＋4＝0，即?

2x＋y－4＝0xA

A.74 B．2 C.9

4

D．4 解：易知直线4kx－4y－k＝0过抛物线y2＝x的焦点?1?4，0??，所以|AB|为焦点弦．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则AB中点N?x1＋x2y1＋y2?2，2??， 所以|AB|＝x1＋x21＋x2＋p＝4.所以

x2＝7

4

. 所以AB中点到直线x＋1719

2＝0的距离为4＋2＝4.

故选C.

贵州模拟)斜率为1的直线l与椭圆x2

6．(2016·4＋

y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )

A.455 B.4105 C.9510 D.91010 解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y

＝x＋t，代入x224＋y＝1，消去y，整理得5

4x2＋2tx＋t2

－1＝0，

由题意得Δ＝(2t)2－5(t2－1)>0，即t2<5.

由根与系数的关系得x＝－8

1＋x25t，x1x2＝

4（t2－1）

5

， 则弦长|AB|＝（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]＝2×5－t24410

5≤5

.故选B.

7．已知过定点(1，0)的直线与抛物线x2＝y相交于不同的A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则(x1－1)(x2－1)＝________．

解：由题知直线的斜率存在，设过定点(1，0)的直线的方程为y＝k(x－1)，代入抛物线方程x2＝y可得x2－kx＋k＝0，

所以x1＋x2＝k，x1·x2＝k，

所以(x1－1)(x2－1)＝x1·x2－(x1＋x2)＋1＝1. 故填1.

x2y2

8．过椭圆＋＝1内一点P(3，1)，且被这点

164平分的弦所在直线的方程是________．

解：设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点， 由于A，B两点均在椭圆上，

22x1y1x2y222故＋＝1，＋＝1， 164164

两式相减得

（x1＋x2）（x1－x2）（y1＋y2）（y1－y2）

＋＝0.

解得k＝2

或k＝－2， 5

故l的方程为2x－5y＋22＝0或2x＋y＋22＝0.

p?

，0的直线l与抛物线y2＝10．已知过点M??2?→→

2px(p>0)交于A、B两点，且OA·OB＝－3，其中O为坐标原点．

164又因为P是A，B的中点，所以x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，

所以ky1－y2AB＝

x＝－3

1－x2

4.

所以直线AB的方程为y－1＝－3

4(x－3)，即3x＋

4y－13＝0.故填3x＋4y－13＝0.

9．已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为

2

，且椭圆经过圆C：x2＋y22

－4x＋22y＝0的圆心．

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线l过椭圆的焦点且与圆C相切，求直线l的方程．

解：(1)圆C方程化为(x－2)2＋(y＋2)2＝6， 圆心C(2，－2)，半径r＝6.

x2y2

设椭圆的方程为a2＋b

2＝1(a>b>0)，

?4a2＋2

b2＝1，故有??c＝2

a2，所以a＝22，b＝2.

则所求的椭圆方程是x28＋y2

4

＝1.

(2)由(1)得到椭圆的左、右焦点分别是F1(－2，0)，F2(2，0)，

|F2C|＝（2－2）2＋（0＋2）2＝2<6. 所以F2在C内，故过F2没有圆C的切线，设l的方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.

点C(2，－2)到直线l的距离d＝|2k＋2＋2k|1＋k2＝6，

(1)求p的值；

(2)当|AM|＋4|BM|最小时，求直线l的方程． 解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为

x＝my＋p

2

.

?联立??x＝my＋p2，

消去x得y2－2pmy－p2＝0.

??y2＝2px，所以y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2.

因为OA→·OB→

＝－3，所以x1x2＋y1y2＝－3.又x1x2

＝y21y22p2p222p·2p＝4，所以4

－p2

＝－3p＝4.因为p>0，

所以p＝2.

(2)显然M是抛物线的焦点，由抛物线定义，

|AM|＝xpp

1＋2＝x1＋1，|BM|＝x2＋2＝x2＋1，

所以|AM|＋4|BM|＝x1＋4x2＋5≥24x1x2＋5＝9，当且仅当x1＝4x2时取等号．

xxp2将1

1＝4x2代入1x2＝4＝1，得x2＝2

(负值舍去)．

将x1

2＝2代入y2＝4x，得y2＝±2，即点

B?1?2，±2??.

将点B代入x＝my＋1，得m＝±24

.

所以直线l的方程为x＝±2

4y＋1，即4x±2y－4

＝0.

(2015·河北省唐山市高三年级统考)已知

抛物线E：x2＝2py(p＞0)，直线y＝kx＋2与E交于A，B两点，且OA→·OB→

＝2，其中O为原点．

(1)求抛物线E的方程；

(2)点C坐标为(0，－2)，记直线CA，CB的斜率

22

分别为k1，k2，证明：k21＋k2－2k为定值． 焦点F且斜率为3的直线l1：y＝3(x－1)，与y2＝4x联立，解得A(3，23)，所以AK＝AF＝4，所以S△AKF

1

＝×4×23＝43.故选C. 2

4．抛物线y＝ax2与直线y＝kx＋b(k≠0)交于A，B两点，且此两点的横坐标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则恒有( )

解：(1)将y＝kx＋2代入x2＝2py，得x2－2pkx－4p＝0，

其中Δ＝4p2k2＋16p＞0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则

x1＋x2＝2pk，x1x2＝－4p，

2

x2→→1x2OA·OB＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋·＝－4p＋4＝2，

2p2p得p＝1

2

，所以抛物线E的方程为x2＝y.

(2)证明：由(1)知，x1＋x2＝k，x1x2＝－2.

k＝y1＋2x21＋2x2

1－x1x21x＝＝＝x1x1x1

1－x2，同理k2＝x2

－x1，所以k21＋k22－2k2＝2(x1－x2)2－2(x1＋x2)2＝－

8x1x2＝16，即k21＋k22－2k2

为定值．

．(2016·天津)已知双曲线x2y2

1a2－b2＝1(a>0，b>0)

的焦距为25，且双曲线的一条渐近线与直线2x＋y＝0垂直，则双曲线的方程为( )

2

A.x24－y2＝1 B．x2－y4

＝1 3x23y23x23y2

C.20－5＝1 D.5－20＝1 解：由焦距为25，得c＝5.因为双曲线的一条

渐近线与直线2x＋y＝0垂直，所以b1

a＝2.又c2＝a2＋b2，

＝2，b＝1，所以双曲线的方程为x2解得a4－y2

＝1.故

选A.

2．直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭

圆中心到l的距离为其短轴长的1

3，则该椭圆的离心率

为( )

A.13 B.12 C.23 D.34

解：bc1c22

a＝3×2b，解得a＝3，即e＝3.故选C.

3．抛物线y2

＝4x的焦点为F，准线为l，经过F且斜率为3的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点A，AK⊥l，垂足为K，则△AKF的面积是( )

A．4 B．33 C．43 D．8 解：因为y2＝4x，所以F(1，0)，l：x＝－1，过

A．x3＝x1＋x2 B．x1x2＝x1x3＋x2x3 C．x1＋x2＋x3＝0 D．x1x2＋x2x3＋x3x1＝0 解：联立得ax2－kx－b＝0，可知

xkbb

1＋x2＝a，x1x2＝－a，x3＝－k，代入各项验证即

可得B正确，故选B.

．已知P为双曲线C：x29－y2

516＝1上的点，点M

满足|OM→|＝1，且OM→·PM→＝0，则当|PM→

|取得最小值时，点P到双曲线C的渐近线的距离为( )

A.95 B.12

5

C．4 D．5 解：由OM→·PM→

＝0，得OM⊥PM，根据勾股定理，求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值，当|OP|取得最小值时，点P的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x±3y＝0，所以所求的距离d＝12

5

，故选B.

6．(2016·湖北模拟)设双曲线x2y2

a2－b2＝1(a>0，b>0)

的渐近线与抛物线y＝x2＋1相切，则该双曲线的离心率等于( )

A.3 B．2 C.5 D.6 解：设切点P(x0，y0)，则切线的斜率为y′|x＝x0

＝2xy0.由题意有0

x＝2x0，又y0＝x20＋1，解得x20＝1，所02以b

a

＝2，则e＝1＋?b?a??＝5.故选C.

7．已知F为抛物线y2＝8x的焦点，过点F且斜率为1的直线l交抛物线于A，B两点，则||FA|－|FB||的值为________．

解：依题意知F(2，0)，直线l的方程为y＝x－2，与抛物线方程联立得x2－12x＋4＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝12，x1x2＝4， 则||FA|－|FB||＝|(x1＋2)－(x2＋2)|＝|x1－x2|＝

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