新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题5解析几何第3讲直线与圆锥曲线的位置关系核心考点2直线与圆锥曲线综合问题教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题5解析几何第3讲直线与圆锥曲线的位置关系核心考点2直线与圆锥曲线综合问题教师用书，共3页。试卷主要包含了 已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
典例3 (2023·邯郸期末)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)经过点P(4,2)，双曲线C的右焦点F到其渐近线的距离为2.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知Q(0，－2)，D为PQ的中点，作PQ的平行线l与双曲线C交于不同的两点A，B，直线AQ与双曲线C交于另一点M，直线BQ与双曲线C交于另一点N，证明：M，N，D三点共线．
【解析】 (1)因为双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，
所以双曲线C的右焦点F到其渐近线的距离为eq \f(bc,\r(a2＋b2))＝b＝2，
因为双曲线C经过点P(4,2)，
所以eq \f(16,a2)－eq \f(4,22)＝1，解得a2＝8，
故双曲线C的方程为eq \f(x2,8)－eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：因为P(4,2)，Q(0，－2)，D为PQ的中点，所以D(2,0)，kPQ＝1，
设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，
所以kAQ＝eq \f(y1＋2,x1)，kBQ＝eq \f(y2＋2,x2)，
直线AQ的方程为y＝eq \f(y1＋2,x1)x－2，
直线BQ的方程为y＝eq \f(y2＋2,x2)x－2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(y1＋2,x1)x－2，,\f(x2,8)－\f(y2,4)＝1，))
可得eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(2y1＋22,x\\al(2,1))))x2＋eq \f(8y1＋2,x1)x－16＝0，
所以x1＋xM＝－eq \f(\f(8y1＋2,x1),1－\f(2y1＋22,x\\al(2,1)))＝－eq \f(8x1y1＋2,x\\al(2,1)－2y1＋22)，
又因为eq \f(x\\al(2,1),8)－eq \f(y\\al(2,1),4)＝1，
所以x1＋xM＝x1＋eq \f(2x1,y1)，
则xM＝eq \f(2x1,y1)，yM＝eq \f(y1＋2,x1)xM－2＝eq \f(4,y1)，
同理可得xN＝eq \f(2x2,y2)，yN＝eq \f(4,y2).
kMN＝eq \f(\f(4,y1)－\f(4,y2),\f(2x1,y1)－\f(2x2,y2))＝2×eq \f(y2－y1,x1y2－x2y1)＝2×eq \f(x2－x1,x1x2＋m－x2x1＋m)＝－eq \f(2,m)，
kMD＝eq \f(\f(4,y1)－0,\f(2x1,y1)－2)＝eq \f(2,x1－y1)＝－eq \f(2,m)，
所以kMN＝kMD，
故M，N，D三点共线．
方法技巧· 精提炼
圆锥曲线证明问题的类型与策略
(1)类型：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)策略：解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质(如定点范围、离心率等)、直线与圆锥曲线的位置关系，通过相关的性质应用、代数式的恒等关系变形以及必要的数值计算等进行证明．
加固训练· 促提高
4. (2023·浦东新区校级期末)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，右焦点为F(eq \r(3)，0)，A，B分别为椭圆C的左、右顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点D(1,0)作斜率不为0的直线l，直线l与椭圆C交于P，Q两点，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，求证：eq \f(k1,k2)为定值；
(3)在(2)的条件下，直线AP与直线BQ交于点M，求证：点M在定直线上．
【解析】 (1)已知椭圆C的离心率为eq \f(\r(3),2)，右焦点为F(eq \r(3)，0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,c＝\r(3)，))
解得a＝2，c＝eq \r(3)，
又a2－b2＝c2，
得b＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：不妨设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
因为直线过点D(1,0)且斜率不为0，
不妨设直线l的方程为x＝ty＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝ty＋1，))消去x并整理得
(t2＋4)y2＋2ty－3＝0，
因为Δ＝4t2＋12(t2＋4)＞0，
由韦达定理得y1＋y2＝－eq \f(2t,t2＋4)，y1y2＝－eq \f(3,t2＋4)，
两式相除得eq \f(y1＋y2,y1y2)＝eq \f(2,3)t，
即ty1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，
因为点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，
所以A(－2,0)，B(2,0)，
此时k1＝eq \f(y1,x1＋2)＝eq \f(y1,ty1＋3)，k2＝eq \f(y2,x2－2)＝eq \f(y2,ty2－1)，
所以eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1ty2－1,y2ty1＋3)＝eq \f(\f(3y1＋y2,2)－y1,\f(3y1＋y2,2)＋3y2)＝eq \f(y1＋3y2,3y1＋9y2)＝eq \f(1,3).
(3)证明：由(2)知eq \f(k1,k2)＝eq \f(1,3)，
不妨设k1＝m，k2＝3m，
此时直线AP的方程为y＝mx＋2m，
直线BQ的方程为y＝3mx－6m，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝mx＋2m，,y＝3mx－6m，))
解得x＝4，y＝6m，
所以直线AP与直线BQ的交点M的坐标为(4,6m)，
故点M在定直线x＝4上．