2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第6講 解析幾何 第1課時 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系練習(xí) 文

《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第6講 解析幾何 第1課時 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系練習(xí) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第6講 解析幾何 第1課時 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系練習(xí) 文（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1課時　直與圓錐曲線的位置關(guān)系 [考情分析]　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系在高考中占據(jù)高考解答題的重要位置，題目可能涉及線段中點、弦長等問題，解決這類問題，往往利用數(shù)形結(jié)合的思想、“設(shè)而不求”的方法、對稱的方法及韋達定理等，難度屬于中上等． 熱點題型分析 熱點　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 判斷直線與圓錐曲線公共點的個數(shù)或求交點問題的兩種常用方法： (1)代數(shù)法：即聯(lián)立直線與圓錐曲線方程構(gòu)成方程組，通過消元得一元方程，此方程根的個數(shù)即為交點個數(shù)，由方程組的解得交點坐標(biāo)． (2)幾何法：即畫出直線與圓錐曲線，根據(jù)圖形判斷公共點的個數(shù)． 　(2018·全國卷Ⅲ)已知斜率為k的直線l

2、與橢圓C：＋＝1交于A，B兩點．線段AB的中點為M(1，m)(m>0)． (1)證明：k<－； (2)設(shè)F為C的右焦點，P為C上一點，且F＋F＋F＝0.證明：||，||，||成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差． 解　(1)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則＋＝1，＋＝1. 兩式相減，并由＝k，得＋·k＝0. 由題設(shè)，知＝1，＝m，于是k＝－.① 由點M(1，m)在橢圓C內(nèi)，得m< ＝， 且m>0，即0

3、＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0. 又點P在C上， 所以m＝，從而P，|F|＝. 于是|F|＝＝ ＝2－.同理|F|＝2－. 所以|F|＋|F|＝4－(x1＋x2)＝3. 故2|F|＝|F|＋|F|， 即||，||，||成等差數(shù)列． 設(shè)該數(shù)列的公差為d，則 2|d|＝|||－|||＝|x1－x2| ＝ .?、? 將m＝代入①，得k＝－1. 所以直線l的方程為y＝－x＋，代入C的方程，并整理，得 7x2－14x＋＝0. 故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝. 所以該數(shù)列的公差為或－. 解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系問題的解題

4、步驟： (1)設(shè)直線方程及交點坐標(biāo)(直線方程設(shè)為點斜式時，要注意對直線斜率是否存在進行分類討論；設(shè)成x＝my＋n的形式時，要注意對直線是否能與x軸平行進行分類討論)； (2)聯(lián)立直線方程與曲線方程得方程組，消元得一元方程(要注意二次項系數(shù)是否為零)； (3)應(yīng)用根與系數(shù)的關(guān)系及判別式； (4)結(jié)合已知條件和圖形分析，利用中點坐標(biāo)公式、斜率公式、弦長公式及三角形面積公式等進行求解． (2019·全國卷Ⅰ)已知拋物線C：y2＝3x的焦點為F，斜率為的直線l與C的交點為A，B，與x軸的交點為P. (1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程； (2)若＝3，求|AB|. 解　設(shè)直線

5、l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)． (1)由題設(shè)得F，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋. 又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝. 由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0， 則x1＋x2＝－. 從而－＝，得t＝－. 所以l的方程為y＝x－. (2)由＝3可得y1＝－3y2. 由可得y2－2y＋2t＝0， 所以y1＋y2＝2，從而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3. 代入C的方程得x1＝3，x2＝，即A(3,3)，B. 故|AB|＝. 專題作業(yè) 1．(2017·天津高考)設(shè)橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左焦點為F，右頂點為A，離心率為.已

6、知A是拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點，F(xiàn)到拋物線的準(zhǔn)線l的距離為. (1)求橢圓的方程和拋物線的方程； (2)設(shè)l上兩點P，Q關(guān)于x軸對稱，直線AP與橢圓相交于點B(點B異于點A)，直線BQ與x軸相交于點D.若△APD的面積為，求直線AP的方程． 解　(1)設(shè)點F的坐標(biāo)為(－c,0)． 依題意，得＝，＝a，a－c＝， 解得a＝1，c＝，p＝2，進而得b2＝a2－c2＝. 所以橢圓的方程為x2＋＝1， 拋物線的方程為y2＝4x. (2)設(shè)直線AP的方程為x＝my＋1(m≠0)，與直線l的方程x＝－1聯(lián)立，可得點P的坐標(biāo)為， 故點Q的坐標(biāo)為. 將x＝my＋1與x2＋＝1聯(lián)立

7、，消去x， 整理，得(3m2＋4)y2＋6my＝0， 解得y＝0或y＝. 由點B異于點A，可得點B的坐標(biāo)為 . 由點Q的坐標(biāo)為， 可得直線BQ的方程為 (x＋1)－＝0， 令y＝0，解得x＝， 故點D的坐標(biāo)為. 所以|AD|＝1－＝. 又因為△APD的面積為， 所以··＝， 整理，得3m2－2|m|＋2＝0， 解得|m|＝，所以m＝±. 所以直線AP的方程為 3x＋y－3＝0或3x－y－3＝0. 2．(2019·北京高考)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點為(1,0)，且經(jīng)過點A(0,1)． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)O為原點，直線l：y＝kx

8、＋t(t≠±1)與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N.若|OM|·|ON|＝2，求證：直線l經(jīng)過定點． 解　(1)由題意，得b2＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2. 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明：設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 則直線AP的方程為y＝x＋1. 令y＝0，得點M的橫坐標(biāo)xM＝－. 又y1＝kx1＋t，從而|OM|＝|xM|＝. 同理，|ON|＝. 由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以|OM|·|ON|＝· ＝ ＝ ＝2. 又|OM|·|

9、ON|＝2，所以2＝2. 解得t＝0，所以直線l經(jīng)過定點(0,0)． 3．(2019·唐山市高三一模)已知橢圓Γ：＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，上頂點為A，長軸長為2，B為直線l：x＝－3上的動點，M(m,0)，AM⊥BM.當(dāng)AB⊥l時，M與F重合． (1)求橢圓Γ的方程； (2)若直線BM交橢圓Γ于P，Q兩點，若AP⊥AQ，求m的值． 解　(1)依題意，得A(0，b)，F(xiàn)(－c,0)，a＝，當(dāng)AB⊥l時，B(－3，b)，由AF⊥BF，得kAF·kBF＝·＝－1，又b2＋c2＝6.解得c＝2，b＝.所以，橢圓Γ的方程為＋＝1. (2)由(1)，得A(0，)，依題意，顯然m≠0，

10、所以kAM＝－，又AM⊥BM，所以kBM＝，所以直線BM的方程為y＝(x－m)，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)．將y＝(x－m)與＋＝1聯(lián)立，得(2＋3m2)x2－6m3x＋3m4－12＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝. |PM|·|QM|＝|(x1－m)(x2－m)|＝·|x1x2－m(x1＋x2)＋m2|＝·＝，|AM|2＝2＋m2，由AP⊥AQ，得|AM|2＝|PM|·|QM|，所以＝1，解得m＝±1. 4．(2019·四川診斷)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左焦點F(－2,0)，上頂點B(0,2)． (1)求橢圓C的方程； (2)若直線y＝x＋m與橢圓C交于不同兩點M，N，且線段MN的中點G在圓x2＋y2＝1上，求m的值． 解　(1)由題意可得c＝2，b＝2， 由a2＝b2＋c2得a2＝22＋22＝8， 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)點M，N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 線段MN的中點G(x0，y0)， 由消去y得3x2＋4mx＋2m2－8＝0， 則Δ＝96－8m2>0，所以－2