第33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.常考题型精析题型一 直线与圆锥曲线位置关系的判断及应用例1 (1)(2022·福建)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l：3x－4y＝0交椭圆E于A，B两点.若|AF|＋|BF|＝4，点M到直线l的距离不小于，则椭圆E的离心率的取值范围是( )A.B.C.D.(2)设焦点在x轴上的椭圆M的方程为＋＝1(b>0)，其离心率为.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？ 14\n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 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，且过点P(，).(1)求椭圆C的方程；(2)设Q(x0，y0)(x0y0≠0)为椭圆C上一点，过点Q作x轴的垂线，垂足为E.取点A(0,2)，连接AE，过点A作AE的垂线交x轴于点D.点G是点D关于y轴的对称点，作直线QG，问这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点？并说明理由. 题型二 直线与圆锥曲线的弦的问题例2 设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，且焦距为6，点P14\n是椭圆短轴的一个端点，△PF1F2的周长为16.(1)求椭圆C的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为的直线l被椭圆C所截得的线段中点的坐标. 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 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C的中心在原点O，焦点在x轴上，短轴长为2，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)A，B为椭圆C上满足△AOB的面积为的任意两点，E为线段AB的中点，射线OE交椭圆C于点P.设＝t，求实数t的值.14\n 高考题型精练1.(2022·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. 2.已知抛物线C的顶点为O(0，0)，焦点为F(0,1).14\n(1)求抛物线C的方程；(2)过点F作直线交抛物线C于A，B两点.若直线AO、BO分别交直线l：y＝x－2于M、N两点，求|MN|的最小值. 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.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. 14\n 4.已知点A，B是抛物线C：y2＝2px(p>0)上不同的两点，点D在抛物线C的准线l上，且焦点F到直线x－y＋2＝0的距离为.(1)求抛物线C的方程；(2)现给出以下三个论断：①直线AB过焦点F；②直线AD过原点O；③直线BD平行于x轴.请你以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题，并加以证明. 14\n答案精析第33练 直线与圆锥曲线的综合问题常考题型精析例1 (1)A解析 设左焦点为F0，连接F0A，F0B，则四边形AFBF0为平行四边形.∵|AF|＋|BF|＝4，∴|AF|＋|AF0|＝4，∴a＝2.设M(0，b)，则＝≥，∴1≤b＜2.离心率e＝＝＝＝∈，故选A.(2)解 ①因为椭圆M的离心率为，所以＝2，得b2＝2.所以椭圆M的方程为＋＝1.②(ⅰ)过点P(0,4)的直线l垂直于x轴时，直线l与椭圆M相交.(ⅱ)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<－或k>.综上，当直线l垂直于x轴或直线l的斜率的取值范围为∪时，直线l与椭圆M相交.变式训练1 解 (1)由已知条件得椭圆C的焦点为F1(－2,0)，F2(2,0)，|PF1|＝＝＝2＋1，|PF2|＝＝＝2－1，14\n2a＝|PF1|＋|PF2|＝4，则a＝2.b2＝a2－c2＝4，因此椭圆C的方程为＋＝1.(2)设D(x1,0)，＝(－x1,2)，＝(－x0,2)；由⊥，得·＝0，则G(－x1,0)x1x0＋8＝0，则x1＝－，kQG＝＝＝，直线QG的方程为y＝＝(x0x－8)，又＋＝1，y＝4＝(8－x)，可得y＝±(x0x－8)，①将①代入＋＝1整理得8x2－16x0x＋8x＝0，Δ＝(－16x0)2－4×64x＝0，∴直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点.例2 解 (1)设椭圆的半焦距为c，则由题意，可得 解得所以b2＝a2－c2＝52－32＝16.故所求椭圆C的方程为＋＝1.(2)方法一 过点(3,0)且斜率为的直线l的方程为y＝(x－3)，将之代入C的方程，得＋＝1，14\n即x2－3x－8＝0.因为点(3,0)在椭圆内，设直线l与椭圆C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为x1＋x2＝3，所以线段AB中点的横坐标为＝，纵坐标为×(－3)＝－.故所求线段的中点坐标为.方法二 过点(3,0)且斜率为的直线l的方程为y＝(x－3)，因为(3,0)在椭圆内，所以直线l与椭圆有两个交点，设两交点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，中点M的坐标为(x0，y0)，则有由①－②，得＝－，即＝－.又y0＝(x0－3),所以故所求线段的中点坐标为.变式训练2 解 (1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，则解得a＝，b＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)①当A，B两点关于x轴对称时，设直线AB的方程为x＝m，由题意得－<m<0或0<m<.将x＝m代入椭圆方程得|y|＝，所以S△AOB＝|m|＝.解得m2＝或m2＝.(ⅰ)又＝t＝t(＋)＝t(2m,0)＝(mt,0)，又点P在椭圆上，所以＝1.(ⅱ)由(ⅰ)(ⅱ)得t2＝4或t2＝.14\n又因为t>0，所以t＝2或t＝.②当A，B两点关于x轴不对称时，设直线AB的方程为y＝kx＋n，由得(1＋2k2)x2＋4knx＋2n2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由Δ＝16k2n2－4(1＋2k2)(2n2－2)>0得1＋2k2>n2.此时x1＋x2＝－，x1x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2n＝.所以|AB|＝＝2.又点O到直线AB的距离d＝.所以S△AOB＝|AB|d＝×2.＝··|n|＝.令r＝1＋2k2代入上式得：3r2－16n2r＋16n4＝0.解得r＝4n2或r＝n2，即1＋2k2＝4n2或1＋2k2＝n2.又＝t＝t(＋)＝t(x1＋x2，y1＋y2)＝.又点P为椭圆C上一点，所以t2＝1，即t2＝1.由得t2＝4或t2＝.14\n又t>0，故t＝2或t＝.经检验，适合题意.综合①②得t＝2或t＝.高考题型精练1.解 (1)椭圆C的标准方程为＋y2＝1，所以a＝，b＝1，c＝.所以椭圆C的离心率e＝＝.(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＝＝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，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＝(x－2).令x＝3，得点M，由得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝，直线BM的斜率kBM＝，因为kBM－1＝＝14\n＝＝0所以kBM＝1＝kDE.所以BM∥DE，综上可知，直线BM与直线DE平行.2.解 (1)由题意可设抛物线C的方程为x2＝2py(p>0)，则＝1，所以抛物线C的方程为x2＝4y.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋1.由消去y，整理得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.从而|x1－x2|＝4.由解得点M的横坐标xM＝＝＝.同理点N的横坐标xN＝.所以|MN|＝|xM－xN|＝＝8＝.令4k－3＝t，t≠0，则k＝.当t>0时，|MN|＝2>2.当t<0时，|MN|＝2≥.综上所述，当t＝－，即k＝－时，|MN|的最小值是.14\n3.解 (1)依题意知＝，c>0，解得c＝1.所以抛物线C的方程为x2＝4y.(2)由y＝x2得y′＝x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，所以切线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝x－＋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，联立方程消去x整理得y2＋(2y0－x)y＋y＝0，所以y1＋y2＝x－2y0，y1y2＝y，所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝y＋x－2y0＋1＝y＋(y0＋2)2－2y0＋1＝2y＋2y0＋5＝22＋，所以当y0＝－时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为.4.解 (1)∵抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，依题意得d＝＝，解得p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)①命题.若直线AB过焦点F，且直线AD过原点O，则直线BD平行于x轴.设直线AB的方程为x＝ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 得y2－4ty－4＝0，∴y1y2＝－4.直线AD的方程为y＝x，14\n∴点D的坐标为.∴－＝－＝－＝y2.∴直线BD平行于x轴.②命题：若直线AB过焦点F，且直线BD平行于x轴，则直线AD过原点O.设直线AB的方程为x＝ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得y2－4ty－4＝0，∴y1y2＝－4，即点B的坐标为，∵直线BD平行于x轴，∴D点的坐标为.∴＝(x1，y1)，＝.由于x1－y1(－1)＝－y1＋y1＝0，∴∥，即A，O，D三点共线.∴直线AD过原点O.③命题：若直线AD过原点O，且直线BD平行于x轴，则直线AB过焦点F.设直线AD的方程为y＝kx(k≠0)，则点D的坐标为(－1，－k)，∵直线BD平行于x轴，∴yB＝－k.∴xB＝，即点B的坐标为，由 得k2x2＝4x，∴xA＝，yA＝，即点A的坐标为.∴＝，＝，∵(－k)－·＝－＋k－k＋＝0.∴∥，即A，F，B三点共线.∴直线AB过焦点F.14
