第一课时 直线与圆锥曲线的位置关系及证明问题
考向一 直线与圆锥曲线位置关系问题
【典例】 (2018·合肥三模)已知抛物线C：y＝2px(p＞0)的焦点为F，以抛物线上一动点M为圆心的圆经过点F.若圆M的面积最小值为π．
(1)求p的值；
(2)当点M的横坐标为1且位于第一象限时，过M作抛物线的两条弦MA，MB，且满足∠
2
AMF＝∠BMF. 若直线AB恰好与圆M相切，求直线AB的方程．
[思路分析] 总体 设计 看到：求p的值，想到：建立关于p的方程求解． 看到：求直线的方程，想到：求出直线斜率后设出直线的斜截式方程，待定系数法求解． πp(1)由抛物线的性质知，当圆心M位于抛物线的顶点时，圆M的面积最小，由4＝π可得p的值； 解题 指导 (2)依横坐标相等可得，MF⊥x轴，kMA＋kMB＝0，设kMA＝k(k≠0)，则直线MA的方程为y＝k(x－1)＋2，代入抛物线的方程得，利用韦达定理求出A的坐标，同理求出B的坐标，求出AB的斜率为定值－1，设直线AB的方程为y＝－x＋2m，由圆心到直线的距离等于半径，列方程解得m＝3±22，从而可得直线AB的方程. [规范解答] (1)由抛物线的性质知，当圆心M位于抛物线的顶点时，圆M的面积最小，
1分 3分
4
πp此时圆的半径为|OF|＝，∴＝π，解得p＝2．
24
p2
(2)依题意得，点M的坐标为(1,2)，圆M的半径为2.由F(1，0)知，MF⊥x轴. 分
由∠AMF＝∠BMF知，弦MA，MB所在直线的倾斜角互补，∴kMA＋kMB＝0.
5分
1
设kMA＝k(k≠0)，则直线MA的方程为y＝k(x－1)＋2，∴x＝(y－2)＋1， 6分
k代入抛物线的方程得y＝4?482
∴y－y＋－4＝0，
2
?1y－?k＋1??，
?
kk 7分
1
44
∴yA＋2＝，yA＝－2.
kk
8分 9分 10分
4
将k换成－k，得yB＝－－2，
k∴kAB＝
yA－yByA－yB44
＝22＝＝＝－1． xA－xByAyByA＋yB－4
4－4
设直线AB的方程为y＝－x＋m，即x＋y－m＝0． |3－m|
由直线AB与圆M相切得，＝2，解得m＝3±22.
2经检验m＝3＋22不符合要求，故m＝3＋22舍去． ∴所求直线AB的方程为y＝－x＋3－22. [技法总结] 解决直线与圆锥曲线位置关系的步骤 (1)设方程及点的坐标；
(2)联立直线方程与曲线方程得方程组，消元得方程(注意二次项系数是否为零) ； (3)应用根与系数的关系及判别式；
(4)结合已知条件、中点坐标公式、斜率公式及弦长公式求解． [变式提升]
1．(2018·佛山二模)已知直线l过点P(2,0)，且与抛物线T：y＝4x相交于A，B两点，与y轴交于点C，其中点A在第四象限，O为坐标原点．
(1)当A是PC中点时，求直线l的方程；
(2)以AB为直径的圆交直线OB于点D，求|OB|·|OD|的值． 解 (1)因为A是PC中点，P(2,0)，点C在y轴上， 所以A的横坐标x＝1，代入y＝4x得，y＝±2， 又点A在第四象限，所以A的坐标为(1，－2)， 所以直线AP即直线l的方程为y＝2x－4． (2)显然直线l的斜率不为0，设直线l的方程为
2
2
11分
12分
x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
又B，O，D三点共线，
则可设D为(λx2，λy2)(λ≠1且λ≠0)，
??x＝my＋2，联立方程?2
?y＝4x?
化简得到y－4my－8＝0，
2
由韦达定理得y1·y2＝－8，
又A，B在y＝4x上，所以x1·x2＝4， 因为D在以AB为直径的圆上，
2
2
→→→→
所以AD⊥OD，即AD·OD＝0，
→→
又AD＝(λx2－x1，λy2－y1)，OD＝(λx2，λy2)， 所以(λx2－x1)(λx2)＋(λy2－y1)(λy2)＝0， 即λ(x2＋y2)＝－4，
所以|OB|·|OD|＝|λ||OB|＝|λ|(x2＋y2)＝4．
考向二 圆锥曲线中的证明问题
【典例】 已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为3． 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为4∶5．
2
2
2
2
2
x2y2
(1)解 设椭圆C的方程为2＋2＝1(a＞b＞0)．
aba＝2，??
由题意得?c3
＝，??a2
2
2
2
x2n解得c＝3．
所以b＝a－c＝1．
所以椭圆C的方程为＋y＝1．
4
(2)证明 设M(m，n)，则D(m,0)，N(m，－n)． 由题设知m≠±2，且n≠0． 直线AM的斜率kAM＝
2
m＋2
，
故直线DE的斜率kDE＝－
m＋2
． nm＋2
(x－m)． n所以直线DE的方程为y＝－
直线BN的方程为y＝(x－2)．
2－mnm＋2y＝－x－m，??n联立?ny＝??2－mx－，
3
－m解得点E的纵坐标yE＝－22．
4－m＋n422
由点M在椭圆C上，得4－m＝4n，所以yE＝－n．
512
又S△BDE＝|BD|·|yE|＝|BD|·|n|，
25
n2
S△BDN＝|BD|·|n|，
所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5．
[技法总结] 圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：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)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
[变式提升]
1?x2y2?2．(2018·大庆二模)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的焦距为23，且C过点?3，?．
2?ab?(1)求椭圆C的方程；
(2)设B1、B2分别是椭圆C的下顶点和上顶点，P是椭圆上异于B1、B2的任意一点，过点P作PM⊥y轴于M，N为线段PM的中点，直线B2N与直线y＝－1交于点D，E为线段B1D的中点，O为坐标原点．
求证：ON⊥EN．
(1)解 由题设知焦距为23，所以c＝3． 1??又因为椭圆过点?3，?，
2??3
所以代入椭圆方程得2＋2＝1，
14
12
ab因为a＝b＋c，解得a＝2，b＝1， 故所求椭圆C的方程是＋y＝1．
4
222
x2
2
??(2)证明 设P(x0，y0)，x0≠0，则M(0，y0)，N?，y0?． ?2?
因为点P在椭圆C上，所以＋y0＝1.即x0＝4－4y0．
4
x0
x20
222
4
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