2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第1篇專題7解析幾何第3講第1課時直線與圓錐曲線的位置關(guān)系及證明問題學(xué)案

PAGEPAGE1第一課時直線與圓錐曲線的位置關(guān)系及證明問題考向一直線與圓錐曲線位置關(guān)系問題【典例】(2024·合肥三模)已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，以拋物線上一動點M為圓心的圓經(jīng)過點F.若圓M的面積最小值為π．(1)求p的值；(2)當(dāng)點M的橫坐標(biāo)為1且位于第一象限時，過M作拋物線的兩條弦MA，MB，且滿意∠AMF＝∠BMF.若直線AB恰好與圓M相切，求直線AB的方程．[思路分析]總體設(shè)計看到：求p的值，想到：建立關(guān)于p的方程求解．看到：求直線的方程，想到：求出直線斜率后設(shè)出直線的斜截式方程，待定系數(shù)法求解．解題指導(dǎo)(1)由拋物線的性質(zhì)知，當(dāng)圓心M位于拋物線的頂點時，圓M的面積最小，由eq\f(πp2,4)＝π可得p的值；(2)依橫坐標(biāo)相等可得，MF⊥x軸，kMA＋kMB＝0，設(shè)kMA＝k(k≠0)，則直線MA的方程為y＝k(x－1)＋2，代入拋物線的方程得，利用韋達(dá)定理求出A的坐標(biāo)，同理求出B的坐標(biāo)，求出AB的斜率為定值－1，設(shè)直線AB的方程為y＝－x＋m，由圓心到直線的距離等于半徑，列方程解得m＝3±2eq\r(2)，從而可得直線AB的方程.[規(guī)范解答](1)由拋物線的性質(zhì)知，當(dāng)圓心M位于拋物線的頂點時，圓M的面積最小， 1分此時圓的半徑為|OF|＝eq\f(p,2)，∴eq\f(πp2,4)＝π，解得p＝2． 3分(2)依題意得，點M的坐標(biāo)為(1,2)，圓M的半徑為2.由F(1，0)知，MF⊥x軸. 4分由∠AMF＝∠BMF知，弦MA，MB所在直線的傾斜角互補，∴kMA＋kMB＝0. 5分設(shè)kMA＝k(k≠0)，則直線MA的方程為y＝k(x－1)＋2，∴x＝eq\f(1,k)(y－2)＋1， 6分代入拋物線的方程得y2＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,k)y－2＋1))，∴y2－eq\f(4,k)y＋eq\f(8,k)－4＝0， 7分∴yA＋2＝eq\f(4,k)，yA＝eq\f(4,k)－2. 8分將k換成－k，得yB＝－eq\f(4,k)－2， 9分∴kAB＝eq\f(yA－yB,xA－xB)＝eq\f(yA－yB,\f(y\o\al(2,A),4)－\f(y\o\al(2,B),4))＝eq\f(4,yA＋yB)＝eq\f(4,－4)＝－1． 10分設(shè)直線AB的方程為y＝－x＋m，即x＋y－m＝0．由直線AB與圓M相切得，eq\f(|3－m|,\r(2))＝2，解得m＝3±2eq\r(2). 11分經(jīng)檢驗m＝3＋2eq\r(2)不符合要求，故m＝3＋2eq\r(2)舍去．∴所求直線AB的方程為y＝－x＋3－2eq\r(2). 12分[技法總結(jié)]解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系的步驟(1)設(shè)方程及點的坐標(biāo)；(2)聯(lián)立直線方程與曲線方程得方程組，消元得方程(留意二次項系數(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、中點坐標(biāo)公式、斜率公式及弦長公式求解．[變式提升]1．(2024·佛山二模)已知直線l過點P(2,0)，且與拋物線T：y2＝4x相交于A，B兩點，與y軸交于點C，其中點A在第四象限，O為坐標(biāo)原點．(1)當(dāng)A是PC中點時，求直線l的方程；(2)以AB為直徑的圓交直線OB于點D，求|OB|·|OD|的值．解(1)因為A是PC中點，P(2,0)，點C在y軸上，所以A的橫坐標(biāo)x＝1，代入y2＝4x得，y＝±2，又點A在第四象限，所以A的坐標(biāo)為(1，－2)，所以直線AP即直線l的方程為y＝2x－4．(2)明顯直線l的斜率不為0，設(shè)直線l的方程為x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，又B，O，D三點共線，則可設(shè)D為(λx2，λy2)(λ≠1且λ≠0)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝4x))化簡得到y(tǒng)2－4my－8＝0，由韋達(dá)定理得y1·y2＝－8，又A，B在y2＝4x上，所以x1·x2＝4，因為D在以AB為直徑的圓上，所以eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(OD,\s\up6(→))，即eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0，又eq\o(AD,\s\up6(→))＝(λx2－x1，λy2－y1)，eq\o(OD,\s\up6(→))＝(λx2，λy2)，所以(λx2－x1)(λx2)＋(λy2－y1)(λy2)＝0，即λ(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2))＝－4，所以|OB|·|OD|＝|λ||OB|2＝|λ|(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2))＝4．考向二圓錐曲線中的證明問題【典例】已知橢圓C的兩個頂點分別為A(－2,0)，B(2,0)，焦點在x軸上，離心率為eq\f(\r(3),2)．(1)求橢圓C的方程；(2)點D為x軸上一點，過D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點M，N，過D作AM的垂線交BN于點E.求證：△BDE與△BDN的面積之比為4∶5．(1)解設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，))解得c＝eq\r(3)．所以b2＝a2－c2＝1．所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)證明設(shè)M(m，n)，則D(m,0)，N(m，－n)．由題設(shè)知m≠±2，且n≠0．直線AM的斜率kAM＝eq\f(n,m＋2)，故直線DE的斜率kDE＝－eq\f(m＋2,n)．所以直線DE的方程為y＝－eq\f(m＋2,n)(x－m)．直線BN的方程為y＝eq\f(n,2－m)(x－2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(m＋2,n)x－m，,y＝\f(n,2－m)x－2，))解得點E的縱坐標(biāo)yE＝－eq\f(n4－m2,4－m2＋n2)．由點M在橢圓C上，得4－m2＝4n2，所以yE＝－eq\f(4,5)n．又S△BDE＝eq\f(1,2)|BD|·|yE|＝eq\f(2,5)|BD|·|n|，S△BDN＝eq\f(1,2)|BD|·|n|，所以△BDE與△BDN的面積之比為4∶5．[技法總結(jié)]圓錐曲線證明問題的類型及求解策略(1)圓錐曲線中的證明問題，主要有兩類：一是證明點、直線、曲線等幾何元素中的位置關(guān)系，如：某點在某直線上、某直線經(jīng)過某個點、某兩條直線平行或垂直等；二是證明直線與圓錐曲線中的一些數(shù)量關(guān)系(相等或不等)．(2)解決證明問題時，主要依據(jù)直線與圓錐曲線的性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等，通過相關(guān)性質(zhì)的應(yīng)用、代數(shù)式的恒等變形以及必要的數(shù)值計算等進行證明．[變式提升]2．(2024·大慶二模)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距為2eq\r(3)，且C過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)B1、B2分別是橢圓C的下頂點和上頂點，P是橢圓上異于B1、B2的隨意一點，過點P作PM⊥y軸于M，N為線段PM的中點，直線B2N與直線y＝－1交于點D，E為線段B1D的中點，O為坐標(biāo)原點．求證：ON⊥EN．(1)解由題設(shè)知焦距為2eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)．又因為橢圓過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，所以代入橢圓方程得eq\f(3,a2)＋eq\f(\f(1,4),b2)＝1，因為a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，故所求橢圓C的方程是eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)證明設(shè)P(x0，y0)，x0≠0，則M(0，y0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)，y0))．因為點P在橢圓C上，所以eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1.即xeq\o\al(2,0)＝4－4yeq\o\al(2,0)．又B2(0,1)，所以直線B2N的方程為y－1＝eq\f(2y0－1,x0)x．令y＝－1，得x＝eq\f(x0,1－y0)，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,1－y0)，－1))．又B1(0，－1)，E為線段B1D的中點，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,21－y0)，－1)).所以eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)，y0))，eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)－\f(x0,21－y0)，y0＋1))．因eq\o(ON,\s\up6(→))·eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\f(x0,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\