高考新坐標(biāo)高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章 第9節(jié) 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系課件

啟啟智智慧慧高高考考研研析析課課后后限限時(shí)時(shí)自自測(cè)測(cè)固固基基礎(chǔ)礎(chǔ)自自主主落落實(shí)實(shí)提提知知能能典典例例探探究究第九節(jié)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系考綱傳真1 掌握解決直線與橢圓、 拋物線的位置關(guān)系的思想方法 2.了解圓錐曲線的簡(jiǎn)單應(yīng)用3.理解數(shù)形結(jié)合的思想1直線與圓錐曲線的位置關(guān)系將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立， 消去一個(gè)變量得到關(guān)于x(或 y)的一元方程：ax2bxc0(或 ay2byc0)(1)當(dāng) a0，可考慮一元二次方程的判別式，有0直線與圓錐曲線；0直線與圓錐曲線；0直線與圓錐曲線 相交相切相離(2)當(dāng) a0，b0 時(shí)，即得到一個(gè)一元一次方程，則直線 l與圓錐曲線 E 相交，且只有一個(gè)交點(diǎn)若 E 為雙曲線，則直線 l 與雙曲線的漸近線的位置關(guān)系是；若 E 為拋物線，則直線 l 與拋物線的對(duì)稱軸的位置關(guān)系是2圓錐曲線的弦長(zhǎng)設(shè)斜率為 k(k0)的直線 l 與圓錐曲線 C 相交于 A、 B 兩點(diǎn)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|11k2|y2y1|.平行平行平行或重合平行或重合1(夯基釋疑)判斷下列結(jié)論的正誤(正確的打“”，錯(cuò)誤的打“”)(1)直線 l 與橢圓 C 相切的充要條件是： 直線 l 與橢圓 C 只有一個(gè)公共點(diǎn)()(2)直線 l 與雙曲線 C 相切的充要條件是：直線l 與雙曲線 C只有一個(gè)公共點(diǎn)()解析由直線與圓錐曲線的位置關(guān)系知(1)，(4)正確，(2)， (3)不正確答案(1)(2)(3)(4)2(教材改編)直線 yk(x1)1 與橢圓x29y241 的位置關(guān)系是()A相交B相切C相離D不確定解析 直線 yk(x1)1 恒過定點(diǎn)(1，1)，又點(diǎn)(1，1)在橢圓內(nèi)部，故直線與橢圓相交答案A3已知傾斜角為 60的直線 l 通過拋物線 x24y 的焦點(diǎn)，且與拋物線相交于 A、B 兩點(diǎn)，則弦 AB 的長(zhǎng)為_解析直線 l 的方程為 y 3x1，由y 3x1，x24y，得 y214y10.設(shè) A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 y1y214，|AB|y1y2p14216.答案164(2015青島質(zhì)檢)已知橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)的左焦點(diǎn)為F，橢圓 C 與過原點(diǎn)的直線相交于A，B 兩點(diǎn)，連結(jié) AF，BF.若|AB|10，|BF|8，|AF|6，則橢圓 C 的離心率 e_解析由|AB|2|BF|2|AF|2，知AFB90，由橢圓定義，知 2a|AF|BF|14，a7.在 RtABF 中，c|OF|12|AB|5，故 eca57.答案575 (2014課標(biāo)全國(guó)卷改編)設(shè) F 為拋物線 C： y23x 的焦點(diǎn)，過 F 且傾斜角為 30的直線交 C 于 A，B 兩點(diǎn)，O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，則OAB 的面積為_解析由 y23x 知焦點(diǎn) F34，0，直線 AB 的方程為 y33x34 .代入 y23x，消去 x，得 4y212 3y90.設(shè) A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 y1y23 3，y1y294.因此 SOAB12|OF|y1y2|1234（y1y2）24y1y294.答案94考向 1直線與圓錐曲線的位置關(guān)系【典例 1】(2015濟(jì)南質(zhì)檢)在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，已知橢圓 C1：x2a2y2b21(ab0)的左焦點(diǎn)為 F1(1，0)，且點(diǎn) P(0，1)在 C1上(1)求橢圓 C1的方程；(2)設(shè)直線 l 同時(shí)與橢圓 C1和拋物線 C2：y24x 相切，求直線l 的方程解(1)橢圓 C1的左焦點(diǎn)為 F1(1，0)，c1，又點(diǎn) P(0，1)在曲線 C1上，0a21b21，得 b1，則 a2b2c22，所以橢圓 C1的方程為x22y21.(2)由題意可知，直線 l 的斜率顯然存在且不等于 0，設(shè)直線 l的方程為 ykxm，由x22y21，ykxm，消去 y 得(12k2)x24kmx2m220.因?yàn)橹本€ l 與橢圓 C1相切，所以116k2m24(12k2)(2m22)0.整理得 2k2m210.由y24x，ykxm，消去 y 得 k2x2(2km4)xm20.因?yàn)橹本€ l 與拋物線 C2相切，所以2(2km4)24k2m20，整理得 km1.綜合，解得k22，m 2或k22，m 2.所以直線 l 的方程為 y22x 2或 y22x 2.【規(guī)律方法】1判定直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，一般是將直線與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去 x(或 y)，判定該方程組解的個(gè)數(shù)，方程組有幾組解，直線與圓錐曲線就有幾個(gè)交點(diǎn)但應(yīng)注意兩點(diǎn)：(1)消元后需要討論含 x2(或 y2)項(xiàng)的系數(shù)是否為 0；(2)重視“判別式”起的限制作用2對(duì)于選擇題、填空題，要充分利用幾何條件，借助數(shù)形結(jié)合的思想方法直觀求解，優(yōu)化解題過程【變式訓(xùn)練 1】(2014湖北高考改編)在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，點(diǎn) M 到點(diǎn) F(1，0)的距離比它到 y 軸的距離多 1.記點(diǎn) M 的軌跡為 C.(1)求軌跡 C 的方程；(2)設(shè)斜率為 k 的直線 l 過定點(diǎn) P(2，1)，若直線 l 與軌跡 C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù) k 的取值范圍解(1)設(shè)點(diǎn) M(x，y)，依題意|MF|x|1， （x1）2y2|x|1，化簡(jiǎn)得 y22(|x|x)，故軌跡 C 的方程為 y24x（x0） ，0（x0）.(2)在點(diǎn) M 的軌跡 C 中，記 C1：y24x；C2：y0(x0)依題意，可設(shè)直線 l 的方程為 y1k(x2)由方程組y1k（x2） ，y24x，可得 ky24y4(2k1)0.(1)當(dāng) k0 時(shí)，此時(shí) y1.把 y1 代入軌跡 C 的方程，得 x14.故此時(shí)直線 l：y1 與軌跡 C 恰好有一個(gè)公共點(diǎn)14，1.(2)當(dāng) k0 時(shí)，方程的16(2k2k1)16(2k1)(k1)，設(shè)直線 l 與 x 軸的交點(diǎn)為(x0，0)，則由 y1k(x2)，令 y0，得 x02k1k.若0，x00，由解得 k12.所以當(dāng) k12時(shí)， 直線 l 與曲線 C1沒有公共點(diǎn)， 與曲線C2有一個(gè)公共點(diǎn)，故此時(shí)直線 l 與軌跡 C 恰好有一個(gè)公共點(diǎn)若0，x00，即2k2k10，2k1k0，解集為.綜上可知，當(dāng) k12或 k0 時(shí)，直線 l 與軌跡 C 恰有一個(gè)公共點(diǎn)考向 2中點(diǎn)弦與弦長(zhǎng)問題【典例 2】平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，過橢圓 M：x2a2y2b21(ab0)右焦點(diǎn)的直線 xy 30 交 M 于 A，B 兩點(diǎn)，P 為 AB的中點(diǎn)，且 OP 的斜率為12.(1)求 M 的方程；(2)C， D 為 M 上的兩點(diǎn)， 若四邊形 ACBD 的對(duì)角線 CDAB，求四邊形 ACBD 面積的最大值解(1)設(shè) A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則x12a2y12b21，x22a2y22b21，y2y1x2x11，由此可得b2（x2x1）a2（y2y1）y2y1x2x11.因?yàn)?x1x22x0，y1y22y0，y0 x012，所以 a22b2.又由題意知，M 的右焦點(diǎn)為( 3，0)，故 a2b23.因此 a26，b23.所以 M 的方程為x26y231.(2)由xy 30，x26y231，解得x4 33，y33或x0，y 3.因此|AB|4 63.由題意可設(shè)直線 CD 的方程為 yxn5 33n 3，設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)由yxn，x26y231，得 3x24nx2n260.于是 x3，42n 2（9n2）3.因?yàn)橹本€ CD 的斜率為 1，所以|CD| 2|x4x3|439n2.由已知，四邊形 ACBD 的面積S12|CD|AB|8 699n2，當(dāng) n0 時(shí)，S 取得最大值，最大值為8 63.所以四邊形 ACBD 面積的最大值為8 63.【規(guī)律方法】1本題第(1)問主要考查直線與圓錐曲線相交的中點(diǎn)弦問題，解題關(guān)鍵是用點(diǎn)差法和設(shè)而不求的方法；第(2)問關(guān)鍵是設(shè)出直線CD 的方程與 M 的方程，聯(lián)立方程組，利用弦長(zhǎng)公式求出|CD|，轉(zhuǎn)化為關(guān)于參數(shù)的函數(shù)問題2涉及弦的中點(diǎn)與直線的斜率問題，可考慮“點(diǎn)差法”，構(gòu)造出 kABy1y2x1x2和 x1x2，y1y2，整體代換，求出中點(diǎn)或斜率，體現(xiàn)“設(shè)而不求”的思想【變式訓(xùn)練 2】 橢圓 ax2by21 與直線 xy10 相交于A，B 兩點(diǎn)，C 是 AB 的中點(diǎn)，若 AB2 2，O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC的斜率為22，求橢圓的方程解由ax2by21，xy10得(ab)x22bxb10，設(shè) A(x1，y1)，B(x2，y2)，依題意得ax12by121，且 ax22by221，兩式相減，得 a(x1x2)(x1x2)b(y1y2)(y1y2)0，又y1y2x1x21，y1y2x1x2kOC22，代入上式可得 b 2a.再由|AB| 1k2|x2x1| 2|x2x1|2 2，得(x1x2)24x1x24，其中 x1、x2是方程(ab)x22bxb10 的兩根，故2bab24b1ab4，將 b 2a 代入得 a13，b23.所求橢圓的方程是x232y231.考向 3定點(diǎn)(定直線)與定值問題【典例 3】(2014江西高考)如圖 891， 已知拋物線 C： x24y，過點(diǎn) M(0，2)任作一直線與 C 相交于 A，B 兩點(diǎn)，過點(diǎn) B 作 y 軸的平行線與直線 AO 相交于點(diǎn) D(O 為坐標(biāo)原點(diǎn))(1)證明：動(dòng)點(diǎn) D 在定直線上；(2)作 C 的任意一條切線 l(不含 x 軸)，與直線 y2 相交于點(diǎn)N1，與(1)中的定直線相交于點(diǎn)N2.證明：|MN2|2|MN1|2為定值，并求此定值解(1)依題意可設(shè) AB 方程為 ykx2，代入 x24y，得 x24(kx2)，即 x24kx80.設(shè) A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有 x1x28.直線 AO 的方程為 yy1x1x；BD 的方程為 xx2.聯(lián)立兩方程，得交點(diǎn) D 的坐標(biāo)為x2，x2y1x1，注意到 x1x28 及 x124y1，則有 yy1x1x2x128y14y12.因此 D 點(diǎn)在定直線 y2 上(x0)(2)依題設(shè)，切線 l 的斜率存在且不等于 0，設(shè)切線 l 的方程為yaxb(a0)，代入 x24y 得 x24(axb)，即 x24ax4b0.由0 得(4a)216b0，化簡(jiǎn)整理得 ba2.故切線 l 的方程可寫為 yaxa2.分別令 y2，y2 得 N1，N2的坐標(biāo)為N12aa，2，N22aa，2，則|MN2|2|MN1|22aa2422aa28，即|MN2|2|MN1|2為定值 8.【規(guī)律方法】1求解本題的關(guān)鍵是利用方程思想， 求點(diǎn) D、N1、 N2的坐標(biāo)：(1)證明直線 AO 與直線 BD 的交點(diǎn)縱坐標(biāo)是一個(gè)常數(shù)；(2)將切線 l與直線 y2 及由(1)求得的直線 y2 聯(lián)立求出點(diǎn) N1， N2的坐標(biāo)，通過計(jì)算證明|MN2|2|MN1|2是一個(gè)與參數(shù)無(wú)關(guān)的常數(shù) 、2對(duì)于直線過定點(diǎn)問題，常借助直線系的思想尋找定點(diǎn)；或從特殊位置入手，先求出定點(diǎn)，再加以驗(yàn)證3求定值問題常見的方法有兩種：(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)(2)直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值【變式訓(xùn)練 3】(2015日照調(diào)研)橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)的離心率 e32，ab3.(1)求橢圓 C 的方程；(2)如圖 892 所示，A，B，D 是橢圓 C 的頂點(diǎn)，P 是橢圓 C 上除頂點(diǎn)外的任意一點(diǎn)，直線 DP 交 x 軸于點(diǎn) N，直線 AD 交 BP 于點(diǎn) M，設(shè) BP 的斜率為 k，MN 的斜率為 m，證明：2mk 為定值圖 892解(1)因?yàn)?e32ca，所以 a23c，b13c.代入 ab3，得 c 3，a2，b1.故橢圓 C 的方程為x24y21.(2)由(1)知，A(2，0)，B(2，0)，D(0，1)因?yàn)辄c(diǎn) P 不是橢圓的頂點(diǎn)，則 BP 的斜率存在設(shè)直線 BP 的方程為 yk(x2)k0，k12 ，將代入x24y21，解得 P8k224k21，4k4k21 .直線 AD 的方程為 y12x1.與聯(lián)立解得 M4k22k1，4k2k1 .設(shè) N 點(diǎn)坐標(biāo)為(x，0)，由 D(0，1)，P8k224k21，4k4k21 ，N(x，0)三點(diǎn)共線知4k4k2118k224k21001x0，解得 N4k22k1，0.所以 MN 的斜率為m4k2k104k22k14k22k14k（2k1）2（2k1）22（2k1）22k14，則 2mk2k12k12(定值)考向 4圓錐曲線中最值、范圍問題(高頻考點(diǎn))命題視角最值與范圍是圓錐曲線命題的熱點(diǎn)， 主要以解答題的一問呈現(xiàn)，命題的主要角度：(1)求弦長(zhǎng)與相關(guān)距離的最值；(2)涉及相關(guān)面積的最值；(3)由直線與圓錐曲線的位置關(guān)系求參數(shù)的范圍、最值等【典例 4】(2014課標(biāo)全國(guó)卷)已知點(diǎn) A(0，2)，橢圓 E：x2a2y2b21(ab0)的離心率為32，F(xiàn) 是橢圓 E 的右焦點(diǎn)，直線 AF的斜率為2 33，O 為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)求 E 的方程；(2)設(shè)過點(diǎn) A 的動(dòng)直線 l 與 E 相交于 P，Q 兩點(diǎn)，當(dāng)OPQ 的面積最大時(shí)，求 l 的方程思路點(diǎn)撥(1)由離心率及 AF 的斜率，求基本量確定橢圓 E的方程(2)建立OPQ 面積的函數(shù)表達(dá)式，得出滿足 SOPQ取得最大值的條件，求得直線 l 的方程解(1)設(shè) F(c，0)，kAF233，所以2c2 33，得 c 3.又ca32，所以 a2，b2a2c21.故 E 的方程為x24y21.(2)當(dāng) lx 軸時(shí)不合題意，故設(shè) l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)將 ykx2 代入x24y21 得(14k2)x216kx120.當(dāng)16(4k23)0 時(shí)，則 k234，x1x216k14k2，x1x21214k2.|x1x2| （x1x2）24x1x24 4k234k21.從而|PQ| 1k2|x1x2|4 k21 4k234k21.又點(diǎn) O 到直線 PQ 的距離 d2k21，所以O(shè)PQ 的面積 SOPQ12d|PQ|4 4k234k21.設(shè) 4k23t，則 t0，SOPQ4tt244t4t.因?yàn)?t4t4，當(dāng)且僅當(dāng) t2，即 k72時(shí)等號(hào)成立，且滿足0.所以，當(dāng)OPQ 的面積最大時(shí)，l 的方程為 y72x2 或 y72x2【通關(guān)錦囊】1 求解第(2)問避免繁雜、 冗長(zhǎng)的計(jì)算是解題的難點(diǎn)和關(guān)鍵 (1)巧用弦長(zhǎng)公式，設(shè)而不求；(2)恰當(dāng)換元，整體代換(等價(jià)轉(zhuǎn)化)，優(yōu)化解題過程2求解特定字母取值范圍(最值)的方法(1)幾何法， 若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來(lái)解決(2)代數(shù)法， 若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值(值域)【變式訓(xùn)練 4】(2014北京高考)已知橢圓 C 的方程為：x22y24.(1)求橢圓 C 的離心率；(2)設(shè) O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，若點(diǎn) A 在直線 y2 上，點(diǎn) B 在橢圓 C上，且 OAOB，求線段 AB 長(zhǎng)度的最小值解(1)由題意，橢圓 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24y221，所以 a24，b22，從而 c2a2b22.因此 a2，c 2.故橢圓 C 的離心率 eca22.(2)設(shè)點(diǎn) A，B 的坐標(biāo)分別為(t，2)，(x0，y0)，其中 x00.因?yàn)?OAOB，則OAOB0所以 tx02y00，解得 t2y0 x0.又 x022y024，所以|AB|2(x0t)2(y02)2x02y0 x02(y02)2x02y024y02x024x024x0222（4x02）x024x0228x024(0 x024)因?yàn)閤0228x024(00(*)則 x1x24k，x1x24m.所以線段 AB 的中點(diǎn) M 的坐標(biāo)為(2k，2k2m)由于PF3FM，所以(x0，1y0)3(2k，2k2m1)解之得 x06k，且 y046k23m.又 4y0 x02，得 k2m5415.代入不等式(*)及 k20，得13m43.因?yàn)閨AB| 1k2|x1x2|4 1k2 k2m，且點(diǎn) F(0，1)到直線 AB 的距離 d|m1|1k2.所 以 SABF12|AB| d 2|m 1|k2m 4153m35m2m1設(shè) f(m)3m35m2m113f43 .所以當(dāng) m19時(shí)，f(m)取到最大值256243.故ABF 面積的最大值為64 5135.