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》

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NF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

2、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.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=ABN.,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

3、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+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

4、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、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)=

5、-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: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= .

6、 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+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|= . (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,

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