【文档说明】高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题7　解析几何 第34练 含答案.doc，共(12)页，114.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第34练直线与圆锥曲线的综合问题[题型分析·高考展望]本部分重点考查直线和圆锥曲线的综合性问题，从近几年的高考试题来看，除了在解答题中必然有直线与圆锥曲线的联立外，在选择题或填空题中出现的圆锥曲线问题也经常与直线

结合起来.本部分的主要特点是运算量大、思维难度较高，但有时灵活地借助几何性质来分析问题可能会收到事半功倍的效果.预测在今后高考中，主要围绕着直线与椭圆的位置关系进行命题，有时会与向量的共线、模和数量积等联系起来；对于方程的求解，不要忽视轨迹的求解形式，后

面的设问将是对最值、定值、定点、参数范围的考查，探索类和存在性问题考查的概率也很高.体验高考1.(2015·江苏)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，且右焦点F到左准线l的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2

)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若|PC|＝2|AB|，求直线AB的方程.解(1)由题意，得ca＝22且c＋a2c＝3，解得a＝2，c＝1，则b＝1，所以椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)当AB⊥x轴时，AB＝

2，又CP＝3，不合题意.当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将AB的方程代入椭圆方程，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，则x1，2＝2k2±21＋k21＋2k2，C的坐标为2k2

1＋2k2，－k1＋2k2，且AB＝x2－x12＋y2－y12＝1＋k2x2－x12＝221＋k21＋2k2.若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意.从而k≠0，故直线PC的方程为y＋

k1＋2k2＝－1kx－2k21＋2k2，则P点的坐标为－2，5k2＋2k1＋2k2，从而PC＝23k2＋11＋k2|k|1＋2k2.因为|PC|＝2|AB|，所以23k2＋11＋k2|k|1＋2k2＝421＋k21＋

2k2，解得k＝±1.此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.2.(2016·浙江)如图，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.(1)求p的值；(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直

线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围.解(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义得p2＝1，即p＝2.(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1，0)，可设A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.因为AF不垂直于y轴，可设直线

AF：x＝sy＋1(s≠0)，由y2＝4x，x＝sy＋1消去x得y2－4sy－4＝0.故y1y2＝－4，所以B1t2，－2t.又直线AB的斜率为2tt2－1，故直线FN的斜率为－t2－

12t，从而得直线FN：y＝－t2－12t(x－1)，直线BN：y＝－2t.所以Nt2＋3t2－1，－2t.设M(m，0)，由A，M，N三点共线得2tt2－m＝2t＋2tt2－t2＋3t2－1，于是m＝2t2t2－1，所以m＜0或m＞2.经检验，m

＜0或m＞2满足题意.综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).3.(2016·四川)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点P3，12在椭圆E上.(1)求椭圆E的方程；(

2)设不过原点O且斜率为12的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.(1)解由已知，得a＝2b，又椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)过点P3，12，故34b2＋14b2＝1，解

得b2＝1.所以椭圆E的方程是x24＋y2＝1.(2)证明设直线l的方程为y＝12x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2).由方程组x24＋y2＝1，y＝12x＋m，得x2＋2mx＋2m2－2＝0，①方程①

的判别式为Δ＝4m2－4(2m2－2)，由Δ>0，即2－m2>0，解得－2<m<2.由①得x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2.所以M点坐标为－m，m2，直线OM方程为y＝－12x，由方程组x24＋y2＝1，y＝－12x，得C－2，22，D2

，－22.所以|MC|·|MD|＝52(－m＋2)·52(2＋m)＝54(2－m2).又|MA|·|MB|＝14|AB|2＝14[(x1－x2)2＋(y1－y2)2]＝516[(x1＋x2)2－4x1x2]＝516[4m2

－4(2m2－2)]＝54(2－m2).所以|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.高考必会题型题型一直线与圆锥曲线位置关系的判断及应用例1设焦点在x轴上的椭圆M的方程为x24＋y2b2＝1(b>0)，其离心率为22.(1)求椭圆M的方程；(2)

若直线l过点P(0，4)，则直线l何时与椭圆M相交？解(1)因为椭圆M的离心率为22，所以4－b24＝222，得b2＝2.所以椭圆M的方程为x24＋y22＝1.(2)①过点P(0，4)的直线l垂直于x

轴时，直线l与椭圆M相交.②过点P(0，4)的直线l与x轴不垂直时，可设直线l的方程为y＝kx＋4.由y＝kx＋4，x24＋y22＝1消去y，得(1＋2k2)x2＋16kx＋28＝0.因为直线l与椭圆M相

交，所以Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)×28＝16(2k2－7)>0，解得k<－142或k>142.综上，当直线l垂直于x轴或直线l的斜率的取值范围为－∞，－142∪142，＋∞时，直线l与椭圆M相交.点评对于求过定点的直线与圆锥曲线的位置关系问题，一是利用方程的根的判

别式来确定，但一定要注意，利用判别式的前提是二次项系数不为零；二是利用图形来处理和理解；三是直线过定点位置不同，导致直线与圆锥曲线的位置关系也不同.变式训练1(2015·安徽)设椭圆E的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0

)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为510.(1)求椭圆E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，点N关

于直线AB的对称点的纵坐标为72，求E的方程.解(1)由题设条件知，点M的坐标为23a，13b，又kOM＝510，从而b2a＝510，进而得a＝5b，c＝a2－b2＝2b，故e＝ca＝255.(2)由题设

条件和(1)的计算结果可得，直线AB的方程为x5b＋yb＝1，点N的坐标为52b，－12b.设点N关于直线AB的对称点S的坐标为x1，72，则线段NS的中点T的坐标为54b＋x1

2，－14b＋74.又点T在直线AB上，且kNS·kAB＝－1，从而有54b＋x125b＋－14b＋74b＝1，72＋12bx1－52b＝5，解得b＝3.所以a＝35，故椭圆E的方程为x24

5＋y29＝1.题型二直线与圆锥曲线的弦的问题例2已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)(c>0)，过点E(a2c，0)的直线与椭圆相交于A，B两点，且F1A∥F2B，|F1A|＝2|F2B|.(1)求椭圆的离心率；(2)求直线AB的斜率.解(

1)由F1A∥F2B，且|F1A|＝2|F2B|，得|EF2||EF1|＝|F2B||F1A|＝12，从而a2c－ca2c＋c＝12，整理，得a2＝3c2，故离心率e＝33.(2)由(1)得b2＝a2－c2＝2c2，所以椭圆的

方程可写为2x2＋3y2＝6c2，设直线AB的方程为y＝k(x－a2c)，即y＝k(x－3c).由已知设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则它们的坐标满足方程组y＝kx－3c，2x2＋3y2

＝6c2消去y并整理，得(2＋3k2)x2－18k2cx＋27k2c2－6c2＝0，依题意，Δ＝48c2(1－3k2)>0，得－33<k<33，(*)而x1＋x2＝18k2c2＋3k2，①x1x2＝27k2c2－6c22＋3k2，②由题设知，点B为线

段AE的中点，所以x1＋3c＝2x2，③联立①③解得x1＝9k2c－2c2＋3k2，x2＝9k2c＋2c2＋3k2，将x1，x2代入②中，解得k＝±23满足(*)式，故所求k的值是±23.点评直线与圆锥曲线弦的问题包括求弦的方程，弦长

，弦的位置确定，弦中点坐标轨迹等问题，解决这些问题的总体思路是设相关量，找等量关系，利用几何性质列方程(组)，不等式(组)或利用一元二次方程根与系数的关系，使问题解决.变式训练2设F1，F2分别是椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)

的左，右焦点，过F1且斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列.(1)求椭圆E的离心率；(2)设点P(0，－1)满足|PA|＝|PB|，求椭圆E的方程.解(1)由椭圆定义知|AF2|＋|BF2|＋|AB|

＝4a，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝43a，l的方程为y＝x＋c，其中c＝a2－b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点的坐标满足方程组y＝x＋c，x2a2＋y2b2＝1消去y，化简得(a2＋b2)x2＋2

a2cx＋a2(c2－b2)＝0，则x1＋x2＝－2a2ca2＋b2，x1x2＝a2c2－b2a2＋b2.因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝2|x2－x1|＝2[x1＋x22－4x1x2]，即43a＝4ab2a2

＋b2，故a2＝2b2，所以E的离心率e＝ca＝a2－b2a＝22.(2)设AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知x0＝x1＋x22＝－a2ca2＋b2＝－2c3，y0＝x0＋c＝c3.由|PA|＝|PB|，得kPN＝－1，即y0＋1x0＝－1，得c＝

3，从而a＝32，b＝3.故椭圆E的方程为x218＋y29＝1.高考题型精练1.(2015·北京)已知椭圆C：x2＋3y2＝3，过点D(1，0)且不过点E(2，1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x＝3交于点M.(1)

求椭圆C的离心率；(2)若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；(3)试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由.解(1)椭圆C的标准方程为x23＋y2＝1，所以a＝3，b＝1，c＝2.所以椭圆C的离心率e＝ca＝63.(2)因

为AB过点D(1，0)且垂直于x轴，所以可设A(1，y1)，B(1，－y1)，直线AE的方程为y－1＝(1－y1)(x－2)，令x＝3，得M(3，2－y1)，所以直线BM的斜率kBM＝2－y1＋y13－1＝1.(3)直线BM与直线DE平行，

证明如下：当直线AB的斜率不存在时，由(2)可知kBM＝1.又因为直线DE的斜率kDE＝1－02－1＝1，所以BM∥DE，当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)(k≠1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则直线AE的方程为y－1＝y1－1x1－2(x－2).令x＝3，得点M3，y1＋x1－3x1－2，由x2＋3y2＝3，y＝kx－1，得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0，所以x1＋x2＝6k21＋3k2，x

1x2＝3k2－31＋3k2，直线BM的斜率kBM＝y1＋x1－3x1－2－y23－x2，因为kBM－1＝kx1－1＋x1－3－kx2－1x1－2－3－x2x1－23－x2x1－2＝k－1[－x1x2＋

2x1＋x2－3]3－x2x1－2＝k－1－3k2＋31＋3k2＋12k21＋3k2－33－x2x1－2＝0，所以kBM＝1＝kDE.所以BM∥DE，综上可知，直线BM与直线DE平行.2.(2016·课标全国甲)已知A是椭圆E：x24＋y23＝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：3<k<2.(1)解设M(x1，y1)，则由题意知y1>0，由|AM|＝|

AN|及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为π4.又A(－2，0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2.将x＝y－2代入x24＋y23＝1得7y2－12y＝0，解得y＝0或y＝127，所以y1＝127.因此△AMN的面积S△AMN＝2×12×127×127＝14449.(2)证明将直线AM的方程y＝k(

x＋2)(k>0)代入x24＋y23＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，由x1·(－2)＝16k2－123＋4k2得x1＝23－4k23＋4k2，故|AM|＝|x1＋2|1＋k2＝121＋k23＋4k2.由题设，

直线AN的方程为y＝－1k(x＋2)，故同理可得|AN|＝12k1＋k23k2＋4.由2|AM|＝|AN|，得23＋4k2＝k3k2＋4，即4k3－6k2＋3k－8＝0，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，＋∞)单调递增，又f(3)＝153－26<0，f(2)＝6>0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k在(3，2)内，所以3<k<2.3.已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c>0)到直线l：x－y－2＝

0的距离为322.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点.(1)求抛物线C的方程；(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值.解(1)依题意知|c＋2|2＝32

2，c>0，解得c＝1.所以抛物线C的方程为x2＝4y.(2)由y＝14x2得y′＝12x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则切线PA，PB的斜率分别为12x1，12x2，所以切线PA的方程为y－y1＝x12(x－x1)，即y＝

x12x－x212＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0，又点P(x0，y0)在切线PA和PB上，所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0，所以(x1，y1)，(x2，y2)为

方程x0x－2y0－2y＝0的两组解，所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.(3)由抛物线定义知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1，联立方程x0x－2y

－2y0＝0，x2＝4y，消去x整理得y2＋(2y0－x20)y＋y20＝0，所以y1＋y2＝x20－2y0，y1y2＝y20，所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝y20＋x20－2y0＋1＝y20＋(y0＋2)2－2y0＋1＝2y20

＋2y0＋5＝2y0＋122＋92，所以当y0＝－12时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为92.4.已知椭圆C1：y2a2＋x2b2＝1(a>b>0)的右顶点为A(1，0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.(1)求椭圆C1的方程；(2)设

点P在抛物线C2：y＝x2＋h(h∈R)上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N.当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值.解(1)由题意，得b＝1，2·b2a＝1，从而a＝2，b＝1.因此，椭圆C1的方程为y

24＋x2＝1.(2)如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(t，t2＋h)，则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′|x＝t＝2t.直线MN的方程为y＝2tx－t2＋h.将上式代入椭圆C1的方程中，得4x2＋(2tx－t2＋h)2－4＝0，即4(1＋t2

)x2－4t(t2－h)x＋(t2－h)2－4＝0.①因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，所以①式中的Δ1＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]>0.②设线段MN的中点的横坐标是x3，则x3＝x1＋x22＝tt2－h21＋t2.设线段PA

的中点的横坐标是x4，则x4＝t＋12.由题意，得x3＝x4，即t2＋(1＋h)t＋1＝0.③由③式中的Δ2＝(1＋h)2－4≥0，得h≥1，或h≤－3.当h≤－3时，h＋2<0，4－h2<0，则不等式

②不成立，所以h≥1.当h＝1时，代入方程③得t＝－1，将h＝1，t＝－1代入不等式②，检验成立.所以，h的最小值为1.