PAGEPAGE1第一課時直線與圓錐曲線的位置關系及證明問題考向一直線與圓錐曲線位置關系問題【典例】(2024·合肥三模)已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，以拋物線上一動點M為圓心的圓經過點F.若圓M的面積最小值為π．(1)求p的值；(2)當點M的橫坐標為1且位于第一象限時，過M作拋物線的兩條弦MA，MB，且滿意∠AMF＝∠BMF.若直線AB恰好與圓M相切，求直線AB的方程．[思路分析]總體設計看到：求p的值，想到：建立關于p的方程求解．看到：求直線的方程，想到：求出直線斜率后設出直線的斜截式方程，待定系數法求解．解題指導(1)由拋物線的性質知，當圓心M位于拋物線的頂點時，圓M的面積最小，由eq\f(πp2,4)＝π可得p的值；(2)依橫坐標相等可得，MF⊥x軸，kMA＋kMB＝0，設kMA＝k(k≠0)，則直線MA的方程為y＝k(x－1)＋2，代入拋物線的方程得，利用韋達定理求出A的坐標，同理求出B的坐標，求出AB的斜率為定值－1，設直線AB的方程為y＝－x＋m，由圓心到直線的距離等于半徑，列方程解得m＝3±2eq\r(2)，從而可得直線AB的方程.[規范解答](1)由拋物線的性質知，當圓心M位于拋物線的頂點時，圓M的面積最小， 1分此時圓的半徑為|OF|＝eq\f(p,2)，∴eq\f(πp2,4)＝π，解得p＝2． 3分(2)依題意得，點M的坐標為(1,2)，圓M的半徑為2.由F(1，0)知，MF⊥x軸. 4分由∠AMF＝∠BMF知，弦MA，MB所在直線的傾斜角互補，∴kMA＋kMB＝0. 5分設kMA＝k(k≠0)，則直線MA的方程為y＝k(x－1)＋2，∴x＝eq\f(1,k)(y－2)＋1， 6分代入拋物線的方程得y2＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,k)y－2＋1))，∴y2－eq\f(4,k)y＋eq\f(8,k)－4＝0， 7分∴yA＋2＝eq\f(4,k)，yA＝eq\f(4,k)－2. 8分將k換成－k，得yB＝－eq\f(4,k)－2， 9分∴kAB＝eq\f(yA－yB,xA－xB)＝eq\f(yA－yB,\f(y\o\al(2,A),4)－\f(y\o\al(2,B),4))＝eq\f(4,yA＋yB)＝eq\f(4,－4)＝－1． 10分設直線AB的方程為y＝－x＋m，即x＋y－m＝0．由直線AB與圓M相切得，eq\f(|3－m|,\r(2))＝2，解得m＝3±2eq\r(2). 11分經檢驗m＝3＋2eq\r(2)不符合要求，故m＝3＋2eq\r(2)舍去．∴所求直線AB的方程為y＝－x＋3－2eq\r(2). 12分[技法總結]解決直線與圓錐曲線位置關系的步驟(1)設方程及點的坐標；(2)聯立直線方程與曲線方程得方程組，消元得方程(留意二次項系數是否為零)；(3)應用根與系數的關系及判別式；(4)結合已知條件、中點坐標公式、斜率公式及弦長公式求解．[變式提升]1．(2024·佛山二模)已知直線l過點P(2,0)，且與拋物線T：y2＝4x相交于A，B兩點，與y軸交于點C，其中點A在第四象限，O為坐標原點．(1)當A是PC中點時，求直線l的方程；(2)以AB為直徑的圓交直線OB于點D，求|OB|·|OD|的值．解(1)因為A是PC中點，P(2,0)，點C在y軸上，所以A的橫坐標x＝1，代入y2＝4x得，y＝±2，又點A在第四象限，所以A的坐標為(1，－2)，所以直線AP即直線l的方程為y＝2x－4．(2)明顯直線l的斜率不為0，設直線l的方程為x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，又B，O，D三點共線，則可設D為(λx2，λy2)(λ≠1且λ≠0)，聯立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝4x))化簡得到y2－4my－8＝0，由韋達定理得y1·y2＝－8，又A，B在y2＝4x上，所以x1·x2＝4，因為D在以AB為直徑的圓上，所以eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(OD,\s\up6(→))，即eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0，又eq\o(AD,\s\up6(→))＝(λx2－x1，λy2－y1)，eq\o(OD,\s\up6(→))＝(λx2，λy2)，所以(λx2－x1)(λx2)＋(λy2－y1)(λy2)＝0，即λ(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2))＝－4，所以|OB|·|OD|＝|λ||OB|2＝|λ|(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2))＝4．考向二圓錐曲線中的證明問題【典例】已知橢圓C的兩個頂點分別為A(－2,0)，B(2,0)，焦點在x軸上，離心率為eq\f(\r(3),2)．(1)求橢圓C的方程；(2)點D為x軸上一點，過D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點M，N，過D作AM的垂線交BN于點E.求證：△BDE與△BDN的面積之比為4∶5．(1)解設橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，))解得c＝eq\r(3)．所以b2＝a2－c2＝1．所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)證明設M(m，n)，則D(m,0)，N(m，－n)．由題設知m≠±2，且n≠0．直線AM的斜率kAM＝eq\f(n,m＋2)，故直線DE的斜率kDE＝－eq\f(m＋2,n)．所以直線DE的方程為y＝－eq\f(m＋2,n)(x－m)．直線BN的方程為y＝eq\f(n,2－m)(x－2)．聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(m＋2,n)x－m，,y＝\f(n,2－m)x－2，))解得點E的縱坐標yE＝－eq\f(n4－m2,4－m2＋n2)．由點M在橢圓C上，得4－m2＝4n2，所以yE＝－eq\f(4,5)n．又S△BDE＝eq\f(1,2)|BD|·|yE|＝eq\f(2,5)|BD|·|n|，S△BDN＝eq\f(1,2)|BD|·|n|，所以△BDE與△BDN的面積之比為4∶5．[技法總結]圓錐曲線證明問題的類型及求解策略(1)圓錐曲線中的證明問題，主要有兩類：一是證明點、直線、曲線等幾何元素中的位置關系，如：某點在某直線上、某直線經過某個點、某兩條直線平行或垂直等；二是證明直線與圓錐曲線中的一些數量關系(相等或不等)．(2)解決證明問題時，主要依據直線與圓錐曲線的性質、直線與圓錐曲線的位置關系等，通過相關性質的應用、代數式的恒等變形以及必要的數值計算等進行證明．[變式提升]2．(2024·大慶二模)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距為2eq\r(3)，且C過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))．(1)求橢圓C的方程；(2)設B1、B2分別是橢圓C的下頂點和上頂點，P是橢圓上異于B1、B2的隨意一點，過點P作PM⊥y軸于M，N為線段PM的中點，直線B2N與直線y＝－1交于點D，E為線段B1D的中點，O為坐標原點．求證：ON⊥EN．(1)解由題設知焦距為2eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)．又因為橢圓過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，所以代入橢圓方程得eq\f(3,a2)＋eq\f(\f(1,4),b2)＝1，因為a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，故所求橢圓C的方程是eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)證明設P(x0，y0)，x0≠0，則M(0，y0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)，y0))．因為點P在橢圓C上，所以eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1.即xeq\o\al(2,0)＝4－4yeq\o\al(2,0)．又B2(0,1)，所以直線B2N的方程為y－1＝eq\f(2y0－1,x0)x．令y＝－1，得x＝eq\f(x0,1－y0)，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,1－y0)，－1))．又B1(0，－1)，E為線段B1D的中點，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,21－y0)，－1)).所以eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)，y0))，eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)－\f(x0,21－y0)，y0＋1))．因eq\o(ON,\s\up6(→))·eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\f(x0,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\