备战2023年高考数学二轮专题复习专题六 解析几何第3讲 直线与圆锥曲线的位置关系.docx
第3讲直线与圆锥曲线的位置关系
1.[弦长问题](2022·全国乙卷,T6)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,点A在C上,点B(3,0),若|AF|=|BF|,则|AB|=(B)
A.2 B.22
C.3 D.32
解析:法一由题意可知F(1,0),
准线方程为x=-1,设A(y024
由抛物线的定义可知|AF|=y0
又|BF|=3-1=2,
由|AF|=|BF|,可得y0
解得y0=±2,
所以A(1,2)或A(1,-2),不妨取A(1,2),
故|AB|=(1-3)2
法二由题意可知F(1,0),|BF|=2,
所以|AF|=2,抛物线的通径为4,
所以|AF|=2为通径的一半,所以AF⊥x轴,
所以|AB|=22+22=2
2.[面积问题](2022·新高考Ⅰ卷,T21)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a1)上,直线l交C
(1)求l的斜率;
(2)若tan∠PAQ=22,求△PAQ的面积.
解:(1)将点A的坐标代入双曲线方程得4a2-1a2-1=1,化简得a4-4a
故双曲线C的方程为x22-y
由题易知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+b,P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立直线l与双曲线C的方程并整理得
(2k2-1)x2+4kbx+2b2+2=0,
故x1+x2=-4kb2k2-1,x
kAP+kAQ=y1-1x1-2
化简得2kx1x2+(b-1-2k)(x1+x2)-4(b-1)=0,故2k(2b2
又直线l不过点A,即b+2k-1≠0,故k=-1.
(2)不妨设直线PA的倾斜角为θ(0θπ2
由题意知∠PAQ=π-2θ,
所以tan∠PAQ=-tan2θ=2tanθtan
解得tanθ=2或tanθ=-22(舍去
由y1-1x1-
所以|AP|=3|x1-2|=43
同理得x2=10+42
所以|AQ|=3|x2-2|=43
因为tan∠PAQ=22,所以sin∠PAQ=22
故S△PAQ=12|AP||AQ|sin∠PAQ=12×43×(2-
3.[位置关系的应用](2022·北京卷,T19)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与x轴交于点M,N.当|MN|=2时,求k的值.
解:(1)依题意可知b
得a=2,b=1,c=
(2)由题意可知直线BC的方程为y-1=k(x+2),设B(x1,y1),C(x2,y2),联立直线BC和椭圆E的方程,得y-1=k(x+2),x24
所以x1+x2=-16k2+8k4k2+1
由Δ0得k0,易知直线AB的斜率kAB=y1
直线AB的方程为y=y1
令y=0,可得点M的横坐标xM=x1
同理可得点N的横坐标xN=x2
所以|MN|=|x11-y1-x21-y2|=|x1-k
|1k·2(x
1k·264(2k2+
直线与圆锥曲线的位置关系是命题的热点,涉及直线与圆锥曲线的相交、相切、弦长、面积以及中点弦等问题,运算量大,能力要求高,突出方程思想、转化化归与分类讨论思想方法的考查.一般考查考生的逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养.
热点一弦长、面积问题
已知A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的斜率为k(k≠0),则|AB|=(x1-x2)2+(y
|AB|=1+1k2|y1-y2
考向1弦长问题
典例1过抛物线y2=4x的焦点F的直线交抛物线于点A,B,交准线于点P,交y轴于点Q,若PQ→=FB→,则|AB|=
解析:由y2=4x得F(1,0).由对称性知,不妨分析直线AB的斜率大于0的情形,作出图象.
如图所示,设点B,F在准线上的射影分别是点G,K,连接GB.根据抛物线的定义可知,原点O是线段KF的中点,所以Q是线段PF的中点,|PQ|=|QF|.
又PQ→=FB→,可得|PF||PB|=23,所以|KF||GB|=|PF||PB|=23.因为|KF|=2,所以|GB|=3,则点B(xB,yB)的坐标为(2,22),所以直线AB的方程为y=22(x-1),代入y2
答案:9
考向2面积问题
典例2已知焦点在x轴上的椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),短轴长为23,椭圆左顶点
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设椭圆的右顶点为B,过F1的直线l与椭圆C交于点M,N,且S△BMN=1827,求直线l
解:(1)由2b=2
所以椭圆C的标准方程为x24+
(2)法一由题意知,直线l的斜率存在且不为0,F1(-1,0),设直线l的方程为x=my-1,M(x1,y1),N(x2,y2),由x24+y23=1,x=my-1,得(3m2+4)y2-6my-