北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
学
8.5 直线与圆锥曲线的位置关系
五年高考
高考新风向
1.(新定义理解)(多选)(2024新课标Ⅰ,11,6分,难)设计一条美丽的丝带,其造型 可以看作
图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O,且C上的点满足横坐标大于-2,到点F(2,0)
的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4.则 ( ABD )
A.a=-2
B.点(2√2,0)在C上
C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
4
D.当点(x ,y )在C上时,y ≤
0 0 0 x +2
0
2.(创新考法、多想少算)(2024新课标Ⅱ,19,17分,难)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P (5,4)
1
在C上,k为常数,0<k<1.按照如下方式依次构造点P (n=2,3,…):过P 作斜率为k的直线
n n-1
与C的左支交于点Q ,令P 为Q 关于y轴的对称点.记P 的坐标为(x ,y ).
n-1 n n-1 n n n
1
(1)若k= ,求x ,y ;
2 2 2
1+k
(2)证明:数列{x -y }是公比为 的等比数列;
n n 1−k
(3)设S 为△P P P 的面积.证明:对任意正整数n,S =S .
n n n+1 n+2 n n+1
1 1 3
解析 (1)如图1所示,由已知直线P Q 的方程为y-4= (x-5),即y= x+ ,
1 1 2 2 2
{x2−y2=9,
又点P (5,4)在双曲线x2-y2=m上,∴m=52-42=9,联立 1 3 消去y得x2-2x-15=0,解得
1 y= x+ ,
2 2
x=5或x=-3,
由P (5,4),知Q (-3,0),
1 1
由已知Q 关于y轴的对称点为P ,则P (3,0),故x =3,y =0.
1 2 2 2 2北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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(2)证法一:由已知P (x ,y )在双曲线上,如图2所示,设P (x ,y )(n=2,3,…),则x2 -y2 =9,
n n n n-1 n-1 n-1 n−1 n−1
由已知得直线P Q 的方程为y-y =k(x-x ),
n-1 n-1 n-1 n-1
{ x2−y2=9,
联立 消去y得(1-k2)x2-2k(y -kx )·x-(y -kx )2-9=0,(※)
y= y +k(x−x ), n-1 n-1 n-1 n-1
n−1 n−1
2k(y −kx )
设Q (x ,y ),∵x 是方程(※)的一个根,∴由根与系数的关系得x +x = n−1 n−1 ,
n-1 0 0 n-1 0 n-1 1−k2
2k y −k2x −x
∴x = n−1 n−1 n−1,
0 1−k2
k2y −2kx + y
∴y =k(x -x )+y = n−1 n−1 n−1,
0 0 n-1 n-1
1−k2
(2k y −k2x −x k2y −2kx + y )
即Q n−1 n−1 n−1, n−1 n−1 n−1 ,
n-1 1−k2 1−k2
( 2k y −k2x −x k2y −2kx + y )
则P − n−1 n−1 n−1, n−1 n−1 n−1 ,
n 1−k2 1−k2
k2x +x −2k y k2y −2kx + y
∴x -y = n−1 n−1 n−1- n−1 n−1 n−1=
n n 1−k2 1−k2
k2 (x −y )+2k(x −y )+x −y
n−1 n−1 n−1 n−1 n−1 n−1
1−k2
(k+1) 2 (x −y )
= n−1 n−1 ,
1−k2
x −y (k+1) 2 1+k
n n
∴ = = (n=2,3,…)(0<k<1),
x −y 1−k2 1−k
n−1 n−1
1+k
∴数列{x -y }是公比为 的等比数列.
n n 1−k北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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证法二:由已知P (x ,y ),则P 关于y轴的对称点是Q (-x ,y ),
n n n n n-1 n n
又P (x ,y )且P Q 是斜率为k的直线,
n-1 n-1 n-1 n-1 n-1
y −y
∴ n n+1 =k,又P ,Q 两点都在双曲线上,
−x −x n-1 n-1
n n−1
{ x2−y2=9①,
n n
∴
x2 −y2 =9②,
n−1 n−1
①-②可得(x -x )(x +x )=(y -y )(y +y ),
n n-1 n n-1 n n-1 n n-1
y −y x −x
n n−1 n n−1
∴ = =-k,
x +x y + y
n n−1 n n−1
{y −y =−k(x +x )③,
即 n n−1 n n−1
x −x =−k(y + y )④,
n n−1 n n−1
④-③得(x -y )-(x -y )=k[(x -y )+(x -y )],
n n n-1 n-1 n n n-1 n-1
∴(1-k)(x -y )=(1+k)(x -y ),
n n n-1 n-1
x −y 1+k
n n
∴ = ,
x −y 1−k
n−1 n−1
1+k
∴数列{x -y }是公比为 的等比数列.
n n 1−k
(3)证法一:如图3,设P (x ,y ),P (x ,y ),P (x ,y ),∴⃗P P =(x -x ,y -y ),⃗P P
n n n n+1 n+1 n+1 n+2 n+2 n+2 n+1 n n n+1 n n+1 n+1 n+2
=(x -x ,y -y ).
n+2 n+1 n+2 n+1北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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1
∴S
△P n P n+1 P n+2
=
2
|⃗P
n+1
P
n
|·|⃗P
n+1
P
n+2
|·sin∠P
n
P
n+1
P
n+2
1
= |⃗P P ||⃗P P |·√1−cos2<⃗P P ,⃗P P >
2 n+1 n n+1 n+2 n+1 n n+1 n+2
1
= √|⃗P P |2·|⃗P P |2−(⃗P P ·⃗P P ) 2
2 n+1 n n+1 n+2 n+1 n n+1 n+2
1
= |(x-x )(y -y )-(x -x )(y-y )|,
2 n n+1 n+2 n+1 n+2 n+1 n n+1
又∵x-y=(x-y)
(1+k
)
n−1
=
(1+k
)
n−1
(n=1,2,3,…),且(x,y)在双曲线x2-y2=9上,∴x2 -y2 =9.
n n 1 1 1−k 1−k n n n n
9 (1−k) n−1
∴x+y= =9· ,
n n x −y 1+k
n n
1+k {x −y =pn−1,
n n
令 =p,由0<k<1,得p>1,且
1−k x + y =9p1−n,
n n
1 1
∴x= (pn-1+9p1-n),y= (9p1-n-pn-1),
n 2 n 2
1
∴(x-x )(y -y )= (pn-1+9p1-n-pn-9p-n)(9p-1-n-pn+1-9p-n+pn)
n n+1 n+2 n+1 4
1 1
= [9(1-p)2p-2+(1-p)2p2n-1-81(p-1)2p-2n-1-9(p-1)2]= (p-1)2(9p-2-9+p2n-1-81p-2n-1),
4 4
1
又(x -x )(y-y )= (pn+1+9p-n-1-pn-9p-n)(9p1-n-pn-1-9p-n+pn)
n+2 n+1 n n+1 4
1 1
= [(p-1)2p2n-1+9(p-1)2-81(1-p)2p-2n-1-9(1-p)2p-2]= (p-1)2(9-9p-2+p2n-1-81p-2n-1),
4 4
1 1 9
∴S = × |18(p-1)2-18(1-p)2p-2|= [(p-1)2-(1-p)2·p-2],
△P n P n+1 P n+2 2 4 4北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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9 9 ( 1 ) 9(p−1) 2 (p2−1) 9 (p−1) 3 (p+1)
∴S= [(p-1)2-(1-p)2·p-2]= (p-1)2 1− = = · =
n 4 4 p2 4 p2 4 p2
36k3
(常数),故{S}为常数列,从而S=S .
(k+1) 2 (k−1) 2 n n n+1
证法二:要证S =S,即证S =S ,
n+1 n △P P P △P P P
n n+1 n+2 n+1 n+2 n+3
即证PP ∥P P ,(三角形同底等高模型)
n n+3 n+1 n+2
1+k
设 =p,同证法一得x-y=pn-1,
1−k n n
1 1
x= (pn-1+9p1-n),y= (9p1-n-pn-1),
n 2 n 2
y −y (x −pn+1 )−(x −pn )
则k
=
n+2 n+1
=
n+2 n+1
P n+1 P n+2 x −x x −x
n+2 n+1 n+2 n+1
2pn (p−1)
=1-
(pn+1+9p−n−1 )−(pn+9p−n
)
2p2n+1
=1- .
p2n+1−9
y −y (x −pn+2 )−(x −pn−1 )
k = n+3 n = n+3 n
P n P n+3 x −x x −x
n+3 n n+3 n
2pn−1 (p3−1)
=1-
(pn+2+9p−n−2 )−(pn−1+9p−n+1
)
2p2n+1
=1- .
p2n+1−9
故k P n+1 P n+2 = k P n P n+3 ,即P n P n+3 ∥P n+1 P n+2 ,
原式得证.
考点 直线与圆锥曲线的位置关系
x2 y2
1.(2022新高考Ⅰ,21,12分,中)已知点A(2,1)在双曲线C: - =1(a>1)上,直线l交C于
a2 a2−1
P,Q两点,直线AP,AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率;
(2)若tan∠PAQ=2√2,求△PAQ的面积.
4 1
解析 (1)∵点A(2,1)在双曲线上,∴ - =1,
a2 a2−1
x2
解得a2=2.∴C的方程为 -y2=1.①
2
设直线l:y=kx+m.②
联立①②,消去y得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0.北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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设P(x ,y ),Q(x ,y ),
1 1 2 2
4km 2m2+2
则x +x = ,x x =- ,
1 2 1−2k2 1 2 1−2k2
y −1 y −1
1 2
k = ,k = ,
PA x −2 QA x −2
1 2
y −1 y −1
由k +k =0,得 1 + 2 =0,
PA QA x −2 x −2
1 2
化简得2kx x +(m-2k-1)(x +x )-4(m-1)=0,
1 2 1 2
( 2m2+2) 4km
即2k· − +(m-2k-1)· -4(m-1)=0,
1−2k2 1−2k2
化简得(2k+m-1)(k+1)=0,
∴2k+m-1=0或k+1=0.
若2k+m-1=0,则l:y=k(x-2)+1,
这时直线l过点A,不合题意,
∴k+1=0,∴k=-1.
( π )
(2)不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,β α< <β ,∵k +k =0,∴α+β=π.
2 AP AQ
由(1)知x x =2m2+2>0,当P,Q均在双曲线左支时,∠PAQ=2α,∴tan 2α=2√2,
1 2
√2
即√2tan2α+tan α-√2=0,解得tan α= (负值舍去).
2
此时PA与双曲线的渐近线平行,与双曲线左支无交点,舍去;
当P,Q均在双曲线右支时,∵tan∠PAQ=2√2,
∴tan(β-α)=2√2,即tan 2α=-2√2,
即√2tan2α-tan α-√2=0,解得tan α=√2(负值舍去).
于是,直线PA:y=√2(x-2)+1,QA:y=-√2(x-2)+1,
{y=√2(x−2)+1,
16−4√2
联立 x2 消去y可得3x2+(4√2-16)x+20-8√2=0,∴x +x = ,x x =
−y2=1, 1 A 3 1 A
2
20−8√2
.
3
4(√6−√3)
∴|AP|=√1+(√2) 2√(x +x ) 2−4x x = ,
1 A 1 A 3
4(√6+√3) 2√2
同理|AQ|= ,又∵sin∠PAQ= ,
3 3北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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1 16√2
∴S = |PA||QA|sin∠PAQ= .
△PAQ 2 9
x2 y2
2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C: + =1(a>b>0),若右焦点为F(√2,0),且离心率
a2 b2
√6
为 .
3
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要
条件是|MN|=√3.
{
c=√2,
{a2=3,
c √6
解析 (1)由题意得 e= = ,解得 b2=1,
a 3
c2=2,
a2=b2+c2,
x2
故椭圆C的方程为 +y2=1.
3
(2)证明:由(1)得,曲线为x2+y2=1(x>0),
当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不符合题意;
当直线MN的斜率存在时,设M(x ,y ),N(x ,y ).
1 1 2 2
①先证必要性.
因为M,N,F三点共线,F(√2,0),
所以设直线MN:x=my+√2,即x-my-√2=0,
√2
由题意知O(0,0)到直线MN的距离d= =1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-√2
√m2+1
=0,
根据对称性,不妨令直线MN:y=x-√2.
{y=x−√2,
联立 x2 消去y整理得4x2-6√2x+3=0.
+ y2=1,
3
3√2 3
故x +x = ,x x = ,所以|MN|=√1+12·|x -x |=√2×√(x +x ) 2−4x x =√3,即必要性成立.
1 2 2 1 2 4 1 2 1 2 1 2
