新高考数学之圆锥曲线综合讲义第19讲共线向量问题(原卷版+解析)

这是一份新高考数学之圆锥曲线综合讲义第19讲共线向量问题(原卷版+解析)，共19页。学案主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．
2．如图，已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同的交点、.
（1）求直线的斜率的取值范围；
（2）设为原点，直线交轴于，直线交轴于，，，求证：为定值.
3．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，且短轴长为2，离心率等于.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点，交轴于点，若，
求证：为定值.
4．已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，斜率为且过椭圆右焦点的直线交椭圆于、两点，与共线．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设为椭圆上任意一点，且，证明：为定值．
5．已知焦点在x轴上，离心率为的椭圆的一个顶点是抛物线的焦点，过椭圆右焦点F的直线l交椭圆于A、B两点，交y轴于点M，且
（1）求椭圆的方程；
（2）证明：为定值．
6．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,0)，离心率e=12，右焦点为F．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点P，若PA=mAF，PB=nBF，求证：m+n为定值．
7．已知椭圆：，点在的长轴上运动，过点且斜率大于0的直线与交于两点，与轴交于点.当为的右焦点且的倾斜角为时，重合，.
（1）求椭圆的方程；
（2）当均不重合时，记，，若，求证：直线的斜率为定值.
8．如图所示，已知圆为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足轨迹为曲线E.（1）求曲线E的方程；
（2）若过定点F（0，2）的直线交曲线E于不同的两点G、H（点G在点F、H之间），且满足，求的取值范围.
9．已知双曲线C：与直线l：x + y = 1相交于两个不同的点A、B
(I) 求双曲线C的离心率e的取值范围；
(Ⅱ) 设直线l与y轴交点为P，且，求的值．
10．给定抛物线C：y2＝4x，F是C的焦点，过点F的直线与C相交于A、B两点．
(1)设的斜率为1，求与夹角的余弦值；
(2)设，若∈[4，9]，求在y轴上截距的变化范围．
第19讲 共线向量问题
一、解答题
1．已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．
【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）
(2)证明过程见解析
【详解】
分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.
详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．
由得．
依题意，解得k<0或0又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．
所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由（I）知，．
直线PA的方程为．
令x=0，得点M的纵坐标为．
同理得点N的纵坐标为．
由，得，．
所以．
所以为定值．
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
2．如图，已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同的交点、.
（1）求直线的斜率的取值范围；
（2）设为原点，直线交轴于，直线交轴于，，，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）为定值2，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）将点P代入抛物线方程，即可求得p的值，设直线AB的方程，代入抛物线方程，由△＞0，排除特殊情况，即可求得k的取值范围；
（2）根据向量的共线定理即可求得λ＝1﹣yM，μ＝1﹣yN，求得直线PA的方程，令x＝0，求得M点坐标，同理求得N点坐标，根据韦达定理和向量的坐标表示，即可求得λ+μ为定值．
【详解】
（1）抛物线C：y2＝2px经过点P（1，2），∴4＝2p，解得p＝2，
根据题意得过点（0，1）的直线斜率存在，设方程为y＝kx+1，A（x1，y1），B（x2，y2）；
联立方程，，可得k2x2+（2k﹣4）x+1＝0，
∴△＝（2k﹣4）2﹣4k2＞0，且k≠0解得k＜1，
故直线l的斜率的取值范围（﹣∞，0）∪（0，1）；
（2）设点M（0，yM），N（0，yN），则 （0，1﹣yM），（0，1）；
因为λ，所以1＝λ（1﹣yM），故λ，同理μ，
直线PA的方程为y﹣2（x﹣1）（x﹣1）（x﹣1），
令x＝0，得yM，同理可得yN，
因为λ+μ
2，
即有λ+μ为定值2．
【点睛】
本题考查抛物线的方程，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，考查转化思想，计算能力，属于中档题．
3．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，且短轴长为2，离心率等于.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点，交轴于点，若，
求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）短轴长为可得，再由离心率等于，结合椭圆性质可得，进而可得椭圆的方程；（2）直线的方程是，将直线的方程代入到椭圆的方程中，消去并整理得，，利用韦达定理化简可得为定值.
试题解析：（1）设椭圆的方程为，则由题意知，所以.
，解得，所以椭圆的方程为.
（2）证明：设的点的坐标分别为，易知点的坐标为，显然直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程是，将直线的方程代入到椭圆的方程中，消去并整理得，∴，又∵，将各点坐标代入得，
∴.
考点：1、待定系数法求椭圆方程；2、韦达定理及定值问题.
【方法点晴】本题主要考查待定系数求椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系和数量积公式，属于难题.用待定系数法求椭圆方程的一般步骤； = 1 \* GB3 ①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都有可能； = 2 \* GB3 ②设方程：根据上述判断设方程或； = 3 \* GB3 ③找关系：根据已知条件，建立关于、、的方程组； = 4 \* GB3 ④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求.
4．已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，斜率为且过椭圆右焦点的直线交椭圆于、两点，与共线．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设为椭圆上任意一点，且，证明：为定值．
【答案】（1）离心率为；（2）证明见解析.
【分析】
（1）设点、，将直线的方程代入椭圆的方程，列出韦达定理求出的坐标，利用与共线，可得出关于、、的齐次等式，进而可解得椭圆的离心率；
（2）设，由可得出，由点在椭圆上可得出，利用韦达定理可计算得出，再由可计算得出，即可证得结论成立.
【详解】
（1）设椭圆方程为，，则直线的方程为，
联立，消去并整理得，
设点、，由韦达定理可得，，
由，，
由与共线，得，
又，，，
，即，可得，所以，，
所以，椭圆的离心率为；
（2）证明：由（1）知，所以椭圆方程可化为．
设，由得，.
在椭圆上，，
．（※）
由（1），知，，，．
．
又，，代入（※）式，得．
故为定值，定值为．
【点睛】
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
5．已知焦点在x轴上，离心率为的椭圆的一个顶点是抛物线的焦点，过椭圆右焦点F的直线l交椭圆于A、B两点，交y轴于点M，且
（1）求椭圆的方程；
（2）证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析．
【分析】
解：（1）依题意，设椭圆方程为
因为抛物线的焦点为（0，1），所以
由
故椭圆方程为
（2）依题意设A、B、M的坐标分别为，
由（1）得椭圆的右焦点F（2，0），
由
由
因为A、B在椭圆上，所以
即
所以的两根，
故是定值．
【详解】
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6．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,0)，离心率e=12，右焦点为F．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点P，若PA=mAF，PB=nBF，求证：m+n为定值．
【答案】（1）x24+y23=1；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由已知得a=2，结合离心率求得c，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（2）方法1、由题意知，F(1,0)，可知直线AB的斜率存在，设其方程为y=k(x−1)，则P(0,−k)，设出A，B的坐标，由已知向量等式可得m，n，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系即可证明m+n为定值；
方法2、由题意知，F(1,0)，m≠1,n≠1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(0,y0)，由向量等式可得9m2+24m+12−4y02=0，9n2+24n+12−4y02=0，
由此可得，m，n是关于x的一元二次方程9x2+24x+12−4y02=0的两个实数根，再由根与系数的关系得m+n=−249=−83为定值．
【详解】
(1)∵椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,0)，∴a=2，
又∵e=12，∴c=1，则b=a2−c2=3．
∴椭圆的方程为x24+y23=1；
(2)证明：方法1、由题意知，F(1,0)，可知直线AB的斜率存在，设其方程为y=k(x−1)，
则P(0,−k)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1≠1，x2≠1．
由PA=mAF，得(x1,y1+k)=m(1−x1,−y1)，∴m=x11−x1，
由PB=nBF，得(x2,y2+k)=n(1−x2,−y2)，∴n=x21−x2，
联立y=k(x−1)x24+y23=1，得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0．
∴x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3．
故m+n=x11−x1+x21−x2=x1+x2−2x1x21−(x1+x2)+x1xx2=8k24k2+3−2⋅4k2−124k2+31−8k24k2+3+4k2−124k2+3=24−9=−83；
方法2、由题意知，F(1,0)，m≠1，n≠1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(0,y0)，
由PA=mAF，得(x1,y1−y0)=m(1−x1,−y1)，
∴x1=mm+1，y1=y0m+1，故A(mm+1,y0m+1)，
∵A点在椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，∴14(mm+1)2+13(y0m+1)2=1．
整理得：9m2+24m+12−4y02=0．
同理，由PB=nBF，得9n2+24n+12−4y02=0．
由此可得，m，n是关于x的一元二次方程9x2+24x+12−4y02=0的两个实数根．
∴m+n=−249=−83．
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，属中档题．
7．已知椭圆：，点在的长轴上运动，过点且斜率大于0的直线与交于两点，与轴交于点.当为的右焦点且的倾斜角为时，重合，.
（1）求椭圆的方程；
（2）当均不重合时，记，，若，求证：直线的斜率为定值.
【答案】（1）（2）见证明
【解析】
【分析】
（1）根据特殊情况当为的右焦点且的倾斜角为时，重合，，可得到的值；
（2）设出直线l，求出点M、N，设出点P、Q，利用条件，得出与的关系、与的关系，根据条件，得出.，再借助韦达定理对求解出的值，进而得到斜率.
【详解】
解：（1）因为当为的右焦点且的倾斜角为时，，重合，，
所以
故，
因为，
因此，，
所以椭圆的方程为.
（2）设，
所以，，所以.
因为斜率大于0，
所以，
设，，
则，，
由得，，①
同理可得，②
①②两式相乘得，，
又，所以，
所以，
即，
即
由题意，知，
所以.
联立方程组，
得，
依题意，
所以，又，
所以，
因为，
故得，
所以，即直线的斜率为.
【点睛】
本题考查了直线与椭圆的位置关系的问题，求解本题时应大胆多设变量，小心化简，通过一定的手段（设而不求、韦达定理等）进行减元，将多变量问题转化为少变量（单变量）问题.
8．如图所示，已知圆为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足轨迹为曲线E.（1）求曲线E的方程；
（2）若过定点F（0，2）的直线交曲线E于不同的两点G、H（点G在点F、H之间），且满足，求的取值范围.
【答案】；．
【解析】
解：（I）
∴NP为AM的垂直平分线，
又
∴动点N的轨迹是以点C（-1，0），A（1，0）为焦点的椭圆
且椭圆长轴长为
∴曲线E的方程为…………4分
（II）当直线GH斜率存在时，
设直线CH方程为
代入椭圆方程，
得
…………6分
设
则
又
…………10分
又当直线GH斜率不存在，方程为
即所求的取值范围是…………12分
9．已知双曲线C：与直线l：x + y = 1相交于两个不同的点A、B
(I) 求双曲线C的离心率e的取值范围；
(Ⅱ) 设直线l与y轴交点为P，且，求的值．
【答案】，
【解析】
解：（Ⅰ）由曲线C与直线相交于两个不同的点，知方程组有两个不同的解，消去Y并整理得： ①……………2分
双曲线的离心率……………………………………5分
∵∴…………………………………6分
即离心率e的取值范围为．…………………………7分
（Ⅱ）设
∵,∴，得…………9分
由于是方程①的两个根，∴
即，
得，………………………………………………………………12分
解得．…………………………………………………………………14分
10．给定抛物线C：y2＝4x，F是C的焦点，过点F的直线与C相交于A、B两点．
(1)设的斜率为1，求与夹角的余弦值；
(2)设，若∈[4，9]，求在y轴上截距的变化范围．
【答案】（1）；（2）在y轴上截距的变化范围：.
【解析】
试题分析：（1）先根据抛物线方程求得焦点的坐标，进而可求得直线l的方程，代入抛物线方程消去x，设出A，B的坐标，根据韦达定理，结合平面向量的数量积运算，可求与夹角的余弦值；（2）得关于x2和y2的方程组，进而求得x2=λ．得到B的坐标，根据焦点坐标可得直线的方程，进而求得直线在y轴上的截距，判断g（λ）在[4，9]上是递减的在[4，9]上是递减的，即可得到答案．
详解：
（1）C的焦点为F（1，0），直线l的斜率为1，∴l的方程为y=x﹣1．
将y=x﹣1代入方程y2=4x，整理得x2﹣6x+1=0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则有x1+x2=6，x1x2=1，y1+y2=4，y1y2=﹣4．
∴cs＜，＞===﹣．
∴与夹角的余弦值为﹣．
（2）由题设得（x2﹣1，y2）=λ（1﹣x1，﹣y1），
即x2﹣1=λ（1﹣x1）①，y2=﹣λy1②
由②得y22=λ2y12，
∵y12=4x1，y22=4x2
，∴x2=λ2x1③
联立①③解得x2=λ．依题意有λ＞0．
∴B（λ，2）或B（λ，﹣2），
又F（1，0），
得直线l的方程为（λ﹣1）y=2（x﹣1）或（λ﹣1）y=﹣2（x﹣1）
当λ∈[4，9]时，l在y轴上的截距为或﹣，
设g（λ）=，λ∈[4，9]，
可知g（λ）=在[4，9]上是递减的，
∴≤≤，或﹣≤﹣≤﹣，
即直线l在y轴上截距的变化范围为≤≤，或﹣≤﹣≤﹣．
点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．