高考文数(课标专用)§10.4直线与圆锥曲线的位置关系答案????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FH⊥MN,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.?1.(2017课标全国Ⅱ,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MN⊥l,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.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?x
2-?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?(θ为直线AB的倾斜角).将2p=3,sinθ=?,代入得|AB|=?=12,故选C
.2.(2014课标Ⅱ,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?3.(2018课标全国Ⅰ,20,12分)设抛物线C:y2=2
x,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:∠AB
M=∠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,所以∠ABM=∠ABN.当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=
k(x-2)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x1>0,x2>0.由?得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=?
,y1y2=-4.直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=?+?=?.①将x1=?+2,x2=?+2及y1+y2,y1y2的表达
式代入①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∠A
BM=∠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.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01交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).(1)证明:k<-?;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且?+?+?
=0.证明:2|?|=|?|+|?|.解后反思(1)解决直线与椭圆的位置关系的常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,
然后利用根与系数的关系建立方程,解决相关问题.(2)题中涉及弦的中点坐标,可以采用“点差法”求解,设出点A、B的坐标,代入椭圆方程
并作差,再将弦AB的中点坐标代入所得的差,可得直线AB的斜率.思路分析(1)利用“点差法”求得斜率k,利用AB中点坐标建立k与m
的关系式,由m的范围得到k的范围.(2)根据题设?+?+?=0及点P在C上确定m,进一步得出|?|、|?|、|?|的关系.(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)=-2m<0.又点P在C上,所以m=?,从而P?,|?|=?.于是|?|=?=
?=2-?.同理|?|=2-?.所以|?|+|?|=4-?(x1+x2)=3.故2|?|=|?|+|?|.解后反思(1)解决直线
与椭圆的位置关系的常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后利用根与系数的关系建立方程,解决相关问题.(2)题中涉及弦
的中点坐标,可以采用“点差法”求解,设出点A、B的坐标,代入椭圆方程并作差,再将弦AB的中点坐标代入所得的差,可得直线AB的斜率.
5.(2017课标全国Ⅰ,20,12分)设A,B为曲线C:y=?上两点,A与B的横坐标之和为4.(1)求直线AB的斜率;(2)设M
为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程.解析(1)解法一:设A(x1,y1),B(x2,y
2),则x1≠x2,y1=?,y2=?,x1+x2=4,于是直线AB的斜率k=?=?=1.解法二:设A?,则由题意得B?,于是直线
AB的斜率k=?=?=1.(2)解法一:由y=?,得y''=?,设M(x3,y3),由题设知?=1,解得x3=2,于是M(2,1).
设直线AB的方程为y=x+m,故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.将y=x+m代入y=?得x2-4x-4m=
0.当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2?.因为AM⊥BM,所以?·?=-1,即?-4x1=28.所以直线AB
的方程为y=x-x1+?,即y=x+7.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Δ=(-4)2-4×1×(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?,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)6.(2016课标全国Ⅰ,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交
抛物线C:y2=2px(p>0)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.(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Ⅱ,21,12分)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:?y1),则由题意知y1>0.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S△AMN=2×?×?×?
=?.?(4分)(2)证明:将直线AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入?+?=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-1
2=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|A
N|=?.?(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)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)内单调递增.又f(?
)=15?-26<0,f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在(?,2)内,所以?2分)思路分析(1)由|AM|=|AN|,MA⊥NA可以求出直线AM的倾斜角,从而可以得出AM的方程,与椭圆方程联立,求出点M的
纵坐标,从而求出△AMN的面积;(2)先把直线AM的方程与椭圆方程联立,借助一元二次方程根与系数的关系及弦长公式,再根据2|AM|
=|AN|建立关于k的方程,再借助导数即可解决问题.解析由题设知F?.设l1:y=a,l2:y=b,易知ab≠0,且A?,B?,
P?,Q?,R?.记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.?(3分)(1)证明:由于F在线段AB上,故
1+ab=0.记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则k1=?=?=?=?=-b=k2.所以AR∥FQ.?(5分)8.(2016课
标全国Ⅲ,20,12分)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q
两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明AR∥FQ;(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.
由kAB=kDE可得?=?(x≠1).而?=y,所以y2=x-1(x≠1).当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以,所求轨迹方程为y
2=x-1.?(12分)(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则S△ABF=?|b-a||FD|=?|b-a|?,S△PQF=?
.由题设可得2×?|b-a|?=?,所以x1=0(舍去)或x1=1.设满足条件的AB的中点为E(x,y).当AB与x轴不垂直时,易
错警示容易漏掉直线AB与x轴垂直的情形而失分.B组??自主命题·省(区、市)卷题组1.(2018江苏,18,14分)如图,在平面
直角坐标系xOy中,椭圆C过点?,焦点F1(-?,0),F2(?,0),圆O的直径为F1F2.(1)求椭圆C及圆O的方程;(2)设
直线l与圆O相切于第一象限内的点P.①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;②直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB
的面积为?,求直线l的方程.?解析本小题主要考查直线方程、圆的方程、圆的几何性质、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置
关系等知识,考查分析问题能力和运算求解能力.解法一:(1)因为椭圆C的焦点为F1(-?,0),F2(?,0),所以可设椭圆C的方程
为?+?=1(a>b>0).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)①设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),则?+?=3.所以直线l的方程为y=-?(x-
x0)+y0,即y=-?x+?.由?消去y,得(4?+?)x2-24x0x+36-4?=0.()因为直线l与椭圆C有且只有一个公
共点,所以Δ=(-24x0)2-4(4?+?)(36-4?)=48?(?-2)=0.因为x0,y0>0,所以x0=?,y0=1.因
此,点P的坐标为(?,1).②因为三角形OAB的面积为?,所以?AB·OP=?,从而AB=?.设A(x1,y1),B(x2,y2)
,由()得x1,2=?,所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=?·?.因为?+?=3,所以AB2=?=?,即2?-45
?+100=0.解得?=?(?=20舍去),则?=?,因此P的坐标为?.则直线l的方程为y=-?x+3?.解法二:(1)由题意知c
=?,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点?在椭圆上,所以2a=?+?=4,所以a=2.因为a2=b2+c2,所以b=1,所以椭
圆C的方程为?+y2=1.(2)①由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k<0,设直线l的
方程为y=kx+m(k<0,m>0),将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3,整理得(k2+1)x2+2kmx+
m2-3=0,因为直线l与圆O相切,所以Δ=(2km)2-4(k2+1)·(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,将直线l的方程
代入椭圆C的方程,得?+(kx+m)2=1,整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,因为直线l与椭圆C相切,所以Δ=(
8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,整理得m2=4k2+1,所以3k2+3=4k2+1,因为k<0,所以k=-?,则m
=3,将k=-?,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,整理得x2-2?x+2=0,解得x1=x2=?,将x=?代入
x2+y2=3,解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为(?,1).②设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),由①知
m2=3k2+3,且k<0,m>0,因为直线l和椭圆C相交,所以结合②的过程知m2<4k2+1,解得k<-?,将直线l的方程和椭圆
C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,解得x1,2=?,所以|x1-x2|=?,因为AB=?=|x1-x2
|?=?·?,O到l的距离d=?=?,所以S△OAB=?·?·?·?=?·?·?·?=?,解得k2=5,因为k<0,所以k=-?,
则m=3?,即直线l的方程为y=-?x+3?.解后反思(1)常用待定系数法求圆锥曲线方程.(2)①直线与圆相切,常见解题方法是设
切点求切线方程,由于涉及直线与椭圆相切,因此也可设出直线方程求解.②因为△AOB的面积为?,而△AOB的高为?,所以解题关键是求A
B的长,可利用弦长公式AB=?=?·?=?·|x1-x2|(x1、x2分别为A、B的横坐标)求解.2.(2018北京,20,14分
)已知椭圆M:?+?=1(a>b>0)的离心率为?,焦距为2?.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A,B.(1)求椭圆M的方
程;(2)若k=1,求|AB|的最大值;(3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D
.若C,D和点Q?共线,求k.解析(1)由题意得?解得a=?,b=1.所以椭圆M的方程为?+y2=1.(2)设直线l的方程为y=
x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).由?得4x2+6mx+3m2-3=0.所以x1+x2=-?,x1x2=?.|AB|=?
=?=?=?.当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为?.(3)设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意得?+3?=
3,?+3?=3.直线PA的方程为y=?(x+2).由?得[(x1+2)2+3?]x2+12?x+12?-3(x1+2)2=0.设
C(xC,yC).所以xC+x1=?=?.所以xC=?-x1=?.所以yC=?(xC+2)=?.设D(xD,yD).同理得xD=?
,yD=?.记直线CQ,DQ的斜率分别为kCQ,kDQ,则kCQ-kDQ=?-?=4(y1-y2-x1+x2).因为C,D,Q三点
共线,所以kCQ-kDQ=0.故y1-y2=x1-x2.所以直线l的斜率k=?=1.3.(2015福建,19,12分)已知点F为抛
物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且|AF|=3.(1)求抛物线E的方程;(2)已知点G(-1,0
),延长AF交抛物线E于点B,证明:以点F为圆心且与直线GA相切的圆,必与直线GB相切.?解析(1)由抛物线的定义得|AF|=
2+?.因为|AF|=3,即2+?=3,解得p=2,所以抛物线E的方程为y2=4x.(2)证法一:因为点A(2,m)在抛物线E:y
2=4x上,所以m=±2?,由抛物线的对称性,不妨设A(2,2?).由A(2,2?),F(1,0)可得直线AF的方程为y=2?(x
-1).由?得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=?,从而B?.又G(-1,0),所以kGA=?=?,kGB=?=-?,所以kG
A+kGB=0,从而∠AGF=∠BGF,这表明点F到直线GA,GB的距离相等,故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.证
法二:设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,所以m=±2?,由抛物线的对称性,
不妨设A(2,2?).由A(2,2?),F(1,0)可得直线AF的方程为y=2?(x-1).由?得2x2-5x+2=0,解得x=2
或x=?,从而B?.又G(-1,0),故直线GA的方程为2?x-3y+2?=0,从而r=?=?.又直线GB的方程为2?x+3y+2
?=0,所以点F到直线GB的距离d=?=?=r.这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.评析本小题主要考查抛物线
、直线与圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.4.(2014辽
宁,20,12分)圆x2+y2=4的切线与x轴正半轴,y轴正半轴围成一个三角形,当该三角形面积最小时,切点为P(如图).(1)求点
P的坐标;(2)焦点在x轴上的椭圆C过点P,且与直线l:y=x+?交于A,B两点.若△PAB的面积为2,求C的标准方程.?解析
(1)设切点坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0),则切线斜率为-?,切线方程为y-y0=-?(x-x0),即x0x+y0y=
4.此时,两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S=?·?·?=?,由?+?=4≥2x0y0知当且仅当x0=y0=?时x0y0
有最大值,即S有最小值,因此点P的坐标为(?,?).(2)设C的标准方程为?+?=1(a>b>0),点A(x1,y1),B(x2,
y2).由点P在C上知?+?=1,并由?得b2x2+4?x+6-2b2=0,又x1,x2是方程的根,因此?因此b2=6,a2=3(
舍)或b2=3,a2=6,从而所求C的方程为?+?=1.由y1=x1+?,y2=x2+?,得|AB|=?|x1-x2|=?·?.由
点P到直线l的距离为?及S△PAB=?×?|AB|=2得b4-9b2+18=0,解得b2=6或3,评析本题考查了直线、圆、椭圆之
间的位置关系;考查了待定系数法和运算求解能力;灵活利用不等式和根与系数的关系进行运算是求解的关键.C组??教师专用题组1.(201
3课标Ⅱ,10,5分,0.36)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线l过F且与C交于A,B两点.若|AF|=3|BF|,则l的方
程为?()A.y=x-1或y=-x+1B.y=?(x-1)或y=-?(x-1)C.y=?(x-1)或y=-?(x-1)D.y=
?(x-1)或y=-?(x-1)答案????C设直线AB与抛物线的准线x=-1交于点D.分别过A、B作AA1垂直准线于A1,BB
1垂直准线于B1,由抛物线的定义可设|BF|=|BB1|=t,|AF|=|AA1|=3t.由三角形的相似得?=?=?,∴|BD|=
2t,∴∠B1DB=?,∴直线的倾斜角α=?或?π.又F(1,0),∴直线AB的方程为y=?(x-1)或y=-?(x-1).故选C
.?一题多解由于C的焦点为F(1,0),所以设l:x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2),由?得y2-4ty-4=0
,故?又|AF|=3|BF|,所以y1=-3y2,解方程组?得t=±?,所以l的方程为x=±?y+1,即y=?(x-1)或y=-?
(x-1).2.(2015湖南,20,13分)已知抛物线C1:x2=4y的焦点F也是椭圆C2:?+?=1(a>b>0)的一个焦点,
C1与C2的公共弦的长为2?.过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且?与?同向.(1)求C2的方程;(2
)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率.解析(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,
所以a2-b2=1.①又C1与C2的公共弦的长为2?,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共
点的坐标为?,所以?+?=1.②联立①,②得a2=9,b2=8.故C2的方程为?+?=1.(2)如图,设A(x1,y1),B(x2
,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).因?与?同向,且|AC|=|BD|,所以?=?,从而x3-x1=x4-x2,即x1-
x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.③设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.
由?得x2-4kx-4=0.而x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.④所以(9+8k2)2=16×9,
解得k=±?,即直线l的斜率为±?.?由?得(9+8k2)x2+16kx-64=0.而x3,x4是这个方程的两根,所以x3+x4=
-?,x3x4=-?.⑤将④,⑤代入③,得16(k2+1)=?+?,即16(k2+1)=?,3.(2014湖北,22,14分)在平
面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程;(2)设斜率为k的直
线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.解析(1)设点M(x,y)
,依题意得|MF|=|x|+1,即?=|x|+1,化简整理得y2=2(|x|+x).故点M的轨迹C的方程为y2=?(2)在点M的轨
迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x<0),依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).由方程组?可得ky2-4y+4
(2k+1)=0.?①(i)当k=0时,y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=?.故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点?
.(ii)当k≠0时,方程①的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).?②设直线l与x轴的交点为(x0,0),则由y-1=k(x+2
),令y=0,得x0=-?.?③若?由②③解得k<-1或k>?,即当k∈(-∞,-1)∪?时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个
公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.若?或?由②③解得k∈?或-?≤k<0,即当k∈?时,直线l与C1只有一个公共点,与
C2有一个公共点.当k∈?时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点.故当k∈?∪?时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.若?由
②③解得-1公共点.综合(i)(ii)可知,当k∈(-∞,-1)∪?∪{0}时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k∈?∪?时,直线l与轨迹C
恰好有两个公共点;当k∈?∪?时,直线l与轨迹C恰好有三个公共点.评析本题考查直线与圆锥曲线的位置关系,考查了分类讨论思想.4.
(2014大纲全国,22,12分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,直线y=4与y轴的交点为P,与C的交点为Q,且|
QF|=?|PQ|.(1)求C的方程;(2)过F的直线l与C相交于A、B两点,若AB的垂直平分线l''与C相交于M、N两点,且A、M
、B、N四点在同一圆上,求l的方程.解析(1)设Q(x0,4),代入y2=2px得x0=?.所以|PQ|=?,|QF|=?+x0
=?+?.由题设得?+?=?×?,解得p=-2(舍去)或p=2.所以C的方程为y2=4x.?(5分)(2)依题意知l与坐标轴不垂直
,故可设l的方程为x=my+1(m≠0).代入y2=4x得y2-4my-4=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2
=4m,y1y2=-4.故AB的中点为D(2m2+1,2m),|AB|=?|y1-y2|=4(m2+1).又l''的斜率为-m,所以
l''的方程为x=-?y+2m2+3.将上式代入y2=4x,并整理得y2+?y-4(2m2+3)=0.设M(x3,y3),N(x4,
y4).则y3+y4=-?,y3y4=-4(2m2+3).故MN的中点为E?,|MN|=?|y3-y4|=?.?(10分)由于MN
垂直平分AB,故A、M、B、N四点在同一圆上等价于|AE|=|BE|=?|MN|,从而?|AB|2+|DE|2=?|MN|2,即4
(m2+1)2+?+?=?,化简得m2-1=0,解得m=1或m=-1.所求直线l的方程为x-y-1=0或x+y-1=0.?(12分
)评析本题主要考查抛物线的定义、标准方程及直线与抛物线的位置关系等知识,着重考查概念的理解运用能力、运算变形能力及分类讨论思想.
5.(2014陕西,20,13分)已知椭圆?+?=1(a>b>0)经过点(0,?),离心率为?,左,右焦点分别为F1(-c,0),
F2(c,0).(1)求椭圆的方程;(2)若直线l:y=-?x+m与椭圆交于A,B两点,与以F1F2为直径的圆交于C,D两点,且满
足?=?,求直线l的方程.?解析(1)由题设知?解得a=2,b=?,c=1,∴椭圆的方程为?+?=1.(2)由(1)知,以F1
F2为直径的圆的方程为x2+y2=1,∴圆心到直线l的距离d=?,由d<1得|m|x1,y1),B(x2,y2),由?得x2-mx+m2-3=0,由根与系数的关系可得x1+x2=m,x1x2=m2-3.∴|AB|
=?=??.由?=?得?=1,解得m=±?,满足().∴直线l的方程为y=-?x+?或y=-?x-?.评析本题主要考查椭圆的方
程及性质、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识,考查抽象概括能力、推理能力及运算求解能力.考查了转化与化归思想、函数与方程的思想.6
.(2012课标全国,20,12分)设抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,准线为l.A为C上一点,已知以F为圆心,FA为半
径的圆F交l于B,D两点.(1)若∠BFD=90°,△ABD的面积为4?,求p的值及圆F的方程;(2)若A,B,F三点在同一直线m
上,直线n与m平行,且n与C只有一个公共点,求坐标原点到m,n距离的比值.解析(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形,|BD|
=2p,圆F的半径|FA|=?p.由抛物线定义可知A到l的距离d=|FA|=?p.因为△ABD的面积为4?,所以?|BD|·d=4
?,即?·2p·?p=4?,解得p=-2(舍去)或p=2.所以F(0,1),圆F的方程为x2+(y-1)2=8.(2)因为A,B,
F三点在同一直线m上,所以AB为圆F的直径,∠ADB=90°.由抛物线定义知|AD|=|FA|=?|AB|,所以∠ABD=30°,
m的斜率为?或-?.当m的斜率为?时,由已知可设n:y=?x+b,代入x2=2py得x2-?px-2pb=0.由于n与C只有一个公
共点,故Δ=?p2+8pb=0.解得b=-?.因为m在y轴上的截距b1=?,所以?=3,所以坐标原点到m,n距离的比值为3.当m的
斜率为-?时,由图形对称性可知,坐标原点到m,n距离的比值为3.答案????B由题意知抛物线的焦点F的坐标为(2,0),设过焦点
F(2,0)的直线为y=k(x-2)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).将y=k(x-2)代入抛物线方程消去y得k2x
2-4(k2+2)x+4k2=0.∵k2≠0,∴x1+x2=?=4+?,x1x2=4.∵|AB|=?·?=10,∴k2=4,∴x1
+x2=6,∴△OAB的重心的横坐标为?=2,故选B.A组2016—2018年高考模拟·基础题组(时间:50分钟分值:75
分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2018福建莆田模拟,6)已知O为坐标原点,F为抛物线C:y2=8x的焦点,过F作直线
l与C交于A,B两点.若|AB|=10,则△OAB的重心的横坐标为?()A.??B.2????C.??D.3三年模拟答案??
??D设过点A与抛物线相切的直线方程为y=kx-?.由?得x2-2pkx+p2=0,由Δ=4k2p2-4p2=0,可得k=±1,
则Q?,P?,∴△APQ的面积为?×2p×p=4,∴p=2.故选D.2.(2018山东青岛模拟,7)已知点A是抛物线C:x2=2p
y(p>0)的对称轴与准线的交点,过点A作抛物线C的两条切线,切点分别为P,Q,若△APQ的面积为4,则p的值为?()A.??
B.1????C.??D.2答案????C??F?,直线AB的方程为y=x-?.联立得方程组?可得x2-3px+?=0,设A(x
1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=3p,则y1+y2=x1+x2-p=2p,∴M?,∴N(0,p),直线MC的方程为y=
-x+?.3.(2018福建福州模拟,9)已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,过F且斜率为1的直线交E于A,B两点,线
段AB的中点为M,线段AB的垂直平分线交x轴于点C,MN⊥y轴于点N,若四边形CMNF的面积等于7,则E的方程为?()A.y2
=x?B.y2=2x?C.y2=4x?D.y2=8x∴C?,∴四边形CMNF的面积为S梯形OCMN-S△ONF=?-?·?·p=?
=7,又p>0,∴p=2,即抛物线E的方程为y2=4x.故选C.4.(2017湖北十堰二模,9)如图,F1、F2是双曲线C:?-?
=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过F1的直线l与C的两个分支分别交于点A、B.若△ABF2为等边三角形,则双曲线的离心率为?(
)?A.4????B.??C.??D.?答案????B∵△ABF2为等边三角形,∴|AB|=|AF2|=|BF2|,∠F
1AF2=60°.由双曲线的定义可得|AF1|-|AF2|=2a,∴|BF1|=2a.又|BF2|-|BF1|=2a,∴|BF2|
=4a.∴|AF2|=4a,|AF1|=6a.在△AF1F2中,由余弦定理可得|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2-2|AF
2|·|AF1|cos60°,∴(2c)2=(6a)2+(4a)2-2×4a×6a×?,即c2=7a2,∴e=?=?=?.故选B
.5.(2017贵州贵阳模拟,7)已知双曲线x2-y2=1的左、右顶点分别为A1、A2,动直线l:y=kx+m与圆x2+y2=1相
切,且与双曲线左、右两支的交点分别为P1(x1,y1),P2(x2,y2),则x2-x1的最小值为?()A.2??B.2??
??C.4????D.3?答案????A∵l与圆相切,∴原点到直线的距离d=?=1,∴m2=1+k2,由?得(1-k2)x2
-2mkx-(m2+1)=0,∴?∴k2<1,∴-12=0时,x2-x1取最小值2?.故选A.答案??解析设A(x1,y1),B(x2,y2),由抛物线x2=4y得焦点F的坐标为
(0,1),准线方程为y=-1,∵|?|=?,∴y1+1=?,解得y1=?,∴x1=±?,由抛物线的对称性取x1=?,∴A?,∴直
线AF的方程为y=-?x+1,二、填空题(每小题5分,共25分)6.(2018安徽安庆二模,14)设抛物线x2=4y的焦点为F,点
A,B在抛物线上,且满足?=λ?,若|?|=?,则λ的值为?.∴B(-2?,2),∴|?|=2+1=3,∵?=λ?,∴|?|=λ|
?|,∴?=3λ,解得λ=?.由?解得?或?7.(2018广东深圳二模,15)设过抛物线y2=2px(p>0)上任意一点P(异于原
点O)的直线与抛物线y2=8px(p>0)交于A,B两点,直线OP与抛物线y2=8px(p>0)的另一个交点为Q,则?=?.解析
设直线OP的方程为y=kx(k≠0),联立得?解得P?,联立得?解得Q?,∴|OP|=?=?,|PQ|=?=?,∴?=?=3.?
答案3答案(1,?)解析由过双曲线?-?=1(a>0,b>0)的右顶点且斜率为2的直线,与该双曲线的右支交于两点,可得?<2
,∴e=?=?1,∴1?-?=1(a>0,b>0)的右顶点且斜率为2的直线,与该双曲线的右支交于两点,则此双曲线离心率的取值范围为?.答案???y=-?
解析易知直线OM的方程为y=-2x,则线段OM的垂直平分线的方程为2x-4y+5=0,把焦点坐标?代入2x-4y+5=0可求得
p=?,从而得到准线方程为y=-?.9.(2017江西南昌十校二模,13)直线y=kx+k+1与椭圆?+?=1的位置关系是?.答案
相交解析由于直线y=kx+k+1=k(x+1)+1过定点(-1,1),而(-1,1)在椭圆内,故直线与椭圆必相交.10.(20
17江西赣州二模,14)在直角坐标系xOy中,有一定点M(-1,2),若线段OM的垂直平分线过抛物线x2=2py(p>0)的焦点,
则该抛物线的准线方程是?.三、解答题(共25分)11.(2018广东佛山二模,20)已知直线l过点P(2,0)且与抛物线E: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.解析(1)∵A是PC的中点,P(2,0),C在y轴上,∴A点的横坐标为1,又A在
第四象限,∴A(1,-2).∴直线l的方程为y=2x-4.(2)显然直线l的斜率不为0,设l的方程为x=my+2,A(x1,y1)
,B(x2,y2),联立得方程组?消去x得y2-4my-8=0,∴y1y2=-8,故x1x2=?·?=4,∵D在以AB为直径的圆上
,且在直线OB上,∴?⊥?,设?=λ?=(λx2,λy2),则?=?-?=(λx2-x1,λy2-y1),∴?·?=(λx2-x1
)λx2+(λy2-y1)λy2=0,即λ2?-4λ+λ2?+8λ=0,易知λ≠0,∴λ(?+?)=-4.∴|OB|·|OD|=?
·?=|λ|(?+?)=4.12.(2018湖南益阳4月调研,20)已知抛物线C1的方程为x2=2py(p>0),过点M(a,-2
p)(a为常数)作抛物线C1的两条切线,切点分别为A,B.(1)过焦点且在x轴上截距为2的直线l与抛物线C1交于Q,N两点,Q,N
两点在x轴上的射影分别为Q'',N'',且|Q''N''|=2?,求抛物线C1的方程;(2)设直线AM,BM的斜率分别为k1,k2.求证:
k1·k2为定值.解析(1)因为抛物线C1的焦点坐标是?,所以过焦点且在x轴上截距为2的直线方程是?+?=1,即?+?=1.联立
得?消去y,并整理得x2+?x-p2=0,设Q(xQ,yQ),N(xN,yN),则xQ+xN=-?,xQxN=-p2.则|Q''N''
|=|xQ-xN|=?=?=?=2?,解得p2=4,则p=2.所以抛物线C1的方程为x2=4y.(2)证明:设A(x1,y1),B
(x2,y2)(x1>0,x2<0).由x2=2py(p>0),得y=?,则y''=?.所以切线MA的方程是y-y1=?(x-x1)
,即y=?x-?.又点M(a,-2p)在直线MA上,于是有-2p=?a-?,即?-2ax1-4p2=0.同理,有?-2ax2-4p
2=0,因此,x1,x2是方程x2-2ax-4p2=0的两根,则x1+x2=2a,x1x2=-4p2.所以k1·k2=?·?=?=
?=-4,故k1·k2为定值得证.答案????B分别过A,B两点作AD,BC垂直于准线,垂足分别为D,C,由?=2?,得B为AE
的中点,∴|AB|=|BE|,则|AD|=2|BC|,由抛物线的定义可知|AF|=|AD|,|BF|=|BC|,∴|AB|=3|B
C|,∴|BE|=3|BC|,则|CE|=2?|BC|,∴tan∠CBE=?=2?,∴直线l的斜率k=tan∠AFx=tan∠CB
E=2?,故选B.B组??2016—2018年高考模拟·综合题组(时间:25分钟分值:35分)一、选择题(每小题5分,共25分
)1.(2018河南开封一模,5)已知抛物线M:y2=4x,过抛物线M的焦点F的直线l交抛物线于A、B两点(点A在第一象限),且交
抛物线的准线于点E.若?=2?,则直线l的斜率为?()A.3????B.2??C.??D.1思路分析由题意可知|AB|=|
BE|,利用中位线定理、抛物线的定义及勾股定理,即可求得|CE|=2?|BC|,根据直线的斜率与倾斜角之间的关系,即可求得直线l的
斜率.2.(2018福建福州模拟,10)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l.过F的直线
交C于A,B两点,交l于点E,直线AO交l于点D.若|BE|=2|BF|,且|AF|=3,则|BD|=?()A.1????B
.3????C.3或9????D.1或9答案????D当A位于x轴下方时(如图(1)),设A(x1,y1),y1<0,B(x
2,y2),y2>0,抛物线C:y2=2px的焦点F的坐标为?,准线方程为x=-?.由直线AB过抛物线的焦点F,得y1y2=-p2
.易知直线OA的方程为y=?x,当x=-?时,y=-?=-?=y2,则BD⊥l,过A作AG⊥l,垂足为G,设准线l交x轴于H,由|
BE|=2|BF|,得F为BE的中点,设|AE|=m,由抛物线的定义可知|AG|=3,|BD|=|BF|=|EF|=3+m,则?=
?,则|FH|=?,由2|FH|=|BD|,得?=3+m,解得m=6,则|BD|=9,当A位于x轴上方时(如图(2)),设A(x1
,y1),y1>0,B(x2,y2),y2<0,直线OA的方程为y=?x,当x=-?时,y=-?=-?=y2,则BD⊥l,过A作A
G⊥l,垂足为G,设准线l交x轴于H,设|BF|=m,则|BE|=2m,由抛物线的定义可知|BD|=|BF|=m,|AF|=|AG
|=3,则?=?,即?=?,解得m=1(m=0舍去),综上,|BD|=1或9,故选D.图(1)?图(2)答案????B令l1:y
=?x,l2:y=-?x,F(c,0),则以OF为直径的圆的方程为?+y2=?,将y=?x代入?+y2=?,得?+?=?,即?x2
-cx=0,则x=0或x=?,当x=?时,y=?·?=?,即A?,设B(m,n),则n=-?·m,则?=?,3.(2017安徽亳州
二模,11)已知O为坐标原点,双曲线?-?=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别为l1,l2,右焦点为F,以OF为直径作圆交l1于
异于原点O的点A,若点B在l2上,且?=2?,则双曲线的离心率等于?()A.??B.??C.2????D.3即?=-?·?=-?+?,即?=?,则c2=3a2,则?=?.故选B.∵?=?,?=2?,∴?=2?,则m-?=2?,n-?=2·?,即m=?-2c,n=?,答案????C如图所示,∵O,F,P,A四点共圆,∠AOF=?,∴∠APF=?,即AC⊥BP,∴kAC·kBP=-?·?=-1,∴b2=ac,即a2-c2=ac,则c2-a2+ac=0,∴e2+e-1=0,∴e=?(舍负),故选C.思路分析由O,F,P,A四点共圆得∠APF=?,即AC⊥BP,∴kAC·kBP=-?·?=-1,b2=ac,进而根据b2=a2-c2得出a2-c2=ac,进行化简,得到关于e的方程,求解即可.4.(2017江西九江一模,11)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆?+?=1(a>b>0)的上下顶点分别为A,B,右顶点为C,右焦点为F,延长BF与AC交于点P,若O,F,P,A四点共圆,则该椭圆的离心率为?()A.??B.??C.??D.?答案????B设AB的中点为G,则由椭圆的对称性知,O为平行四边形ABCD的对角线的交点,则GO∥AD.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有?两式相减得?=-?,整理得?=-?=-k1=-1,即?=-?.又G?,所以kOG=?=-?,即k2=-?,故选B.知识拓展设B,D为椭圆?+?=1(a>b>0)上关于原点对称的两点,A为椭圆上不同于B,D的任意一点,则kAB·kAD=-?.5.(2016河北唐山统考,11)平行四边形ABCD内接于椭圆?+?=1,直线AB的斜率k1=1,则直线AD的斜率k2=?()A.??B.-??C.-??D.-2解析(1)设F1的坐标为(-c,0),F2的坐标为(c,0)(c>0),则直线AB的方程为y=?(x-c),即?x-y-?c=0,∴?=2?,解得c=2.∵?·2a·2b=2?,∴ab=?,又a2=b2+c2,∴a2=5,b2=1,∴椭圆D的方程为?+y2=1.二、解答题(共10分)6.(2017安徽黄山二模,20)设F1,F2分别是椭圆D:?+?=1(a>b>0)的左、右焦点,过F2作倾斜角为?的直线交椭圆D于A,B两点,F1到直线AB的距离为2?,连接椭圆D的四个顶点得到的菱形的面积为2?.(1)求椭圆D的方程;(2)设过点F2的直线l被椭圆D和圆C:(x-2)2+(y-2)2=4所截得的弦长分别为m,n,当m·n最大时,求直线l的方程.∴m·n=?=?≤2??当且仅当?=?,即t=±?时,等号成立?,∴直线l的方程为x-?y-2=0或x+?y-2=0.(2)易知直线l的斜率存在且不为0,可设直线l的方程为x=ty+2,则圆心C到直线l的距离d=?,∴n=2?=?,由?得(t2+5)y2+4ty-1=0,设直线l与椭圆D的交点坐标为(x1,y1),(x2,y2),∴y1+y2=-?,y1y2=?,∴m=?|y1-y2|=?, |
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