高三数学一轮复习 8.9直线与圆锥曲线的位置关系课件 .ppt

第九节直线与圆锥曲线的位置关系,【知识梳理】1.直线与圆锥曲线的位置关系的判定(1)代数法:把圆锥曲线方程与直线方程联立消去y,整理得到关于x的方程ax2+bx+c=0.,无公共点,一个交点,不等,两个交点,一个交点,无交点,(2)几何法:在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线,利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系.,2.直线与圆锥曲线的相交弦长问题设斜率为k(k0)的直线l与圆锥曲线C相交于A,B两点,A(x1,y1),B(x2,y2),则|AB|=_=_=|y1-y2|=_.,【考点自测】1.(思考)给出下列命题:直线l与椭圆C相切的充要条件是:直线l与椭圆C只有一个公共点;直线l与双曲线C相切的充要条件是:直线l与双曲线C只有一个公共点;直线l与抛物线C相切的充要条件是:直线l与抛物线C只有一个公共点;,如果直线x=ty+a与圆锥曲线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则弦长|AB|=|y1-y2|;若抛物线C上存在关于直线l对称的两点,则需满足直线l与抛物线C的方程联立消元得到的一元二次方程的判别式0.其中正确的是()A.B.C.D.,【解析】选C.正确,直线l与椭圆C只有一个公共点,则直线l与椭圆C相切,反之亦成立.错误,因为直线l与双曲线C的渐近线平行时,也只有一个公共点,是相交,但并不相切.错误,因为直线l与抛物线C的对称轴平行时,也只有一个公共点,是相交,但不相切.,正确,|AB|=又x1=ty1+a,x2=ty2+a,所以|AB|=错误,应是以l为垂直平分线的线段AB所在的直线l与抛物线方程联立,消元后所得一元二次方程的判别式0.,2.过点(0,1)作直线,使它与抛物线y2=4x仅有一个公共点,这样的直线有()A.1条B.2条C.3条D.4条【解析】选C.与抛物线相切有2条,与对称轴平行有1条,共3条.,3.已知抛物线C的方程为x2=y,过A(0,-1),B(t,3)两点的直线与抛物线C没有公共点,则实数t的取值范围是()A.(-,-1)(1,+)C.(-,-2)(2,+)D.(-,-)(,+),【解析】选D.当t0时,直线AB的方程为y=x-1,与抛物线方程x2=y联立得由于直线AB与抛物线C没有公共点,所以=-20)与直线x+2y-2=0有两个不同的交点,则m的取值范围是.【解析】由消去x并整理得,(3+4m)y2-8my+m=0,根据条件得解得3.答案:3,考点1直线与圆锥曲线的位置关系的确定及应用【典例1】(1)过抛物线y2=2x的焦点作一条直线与抛物线交于A,B两点,它们的横坐标之和等于2,则这样的直线()A.有且只有一条B.有且只有两条C.有且只有三条D.有且只有四条,(2)(2013浙江高考)如图,点P(0,-1)是椭圆C1:(ab0)的一个顶点,C1的长轴是圆C2:x2+y2=4的直径.l1,l2是过点P且互相垂直的两条直线,其中l1交圆C2于A,B两点,l2交椭圆于另一点D.求椭圆C1的方程.求ABD面积取最大值时直线l1的方程.,【解题视点】(1)由于过焦点垂直于轴的弦只有一条,且此时弦长最小,因此只需看该弦与弦AB的关系即可.(2)由长轴可求a值,由点P可求b值;先确定ABD的底与高,再得出面积的解析式,利用基本不等式求最值.,【规范解答】(1)选B.设该抛物线焦点为F,A(xA,yA),B(xB,yB),则|AB|=|AF|+|FB|=xA+xB+=xA+xB+1=32p=2.所以符合条件的直线有且只有两条.(2)由题意得,a=2,b=1,所以椭圆C1的方程为:+y2=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).由题意知,直线l1的斜率存在,不妨设其为k,则直线l1的方程为:y=kx-1,又圆C2:x2+y2=4,故点O到直线l1的距离所以|AB|=又l2l1,故直线l2的方程为:x+ky+k=0,由消去y,整理得(4+k2)x2+8kx=0,故x0=所以|PD|=设ABD的面积为S,则S=|AB|PD|=所以S=当且仅当k=时取等号,所以所求l1的方程为y=x-1.,【互动探究】本例(1)中的“横坐标之和等于2”改为“横坐标之和等于1”结果如何?若改为“横坐标之和等于0.5”结果如何?,【解析】若改为“横坐标之和等于1”,设该抛物线焦点为F,A(xA,yA),B(xB,yB),则|AB|=|AF|+|FB|=xA+xB+=xA+xB+1=2=2p=2.所以符合条件的直线有且只有一条.若改为“横坐标之和等于0.5”,设该抛物线焦点为F,A(xA,yA),B(xB,yB),则|AB|=|AF|+|FB|=xA+xB+=xA+xB+1=1.50),则将x=-y-4代入椭圆方程,得4(b2+1)y2+8b2y-b4+12b2=0,因为椭圆与直线x+y+4=0有且仅有一个交点,所以=(8b2)2-44(b2+1)(-b4+12b2)=0,即(b2+4)(b2-3)=0.所以b2=3,长轴长为,2.已知曲线(ab0,且ab)与直线x+y-1=0相交于P,Q两点,且(O为原点),则的值为.,【解析】将y=1-x代入得(b-a)x2+2ax-(a+ab)=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则=x1x2+y1y2=x1x2+(1-x1)(1-x2)=2x1x2-(x1+x2)+1,所以即2a+2ab-2a+a-b=0,即b-a=2ab,所以答案:2,【加固训练】1.(2013嘉定模拟)过点P(1,1)作直线与双曲线交于A,B两点,使点P为AB中点,则这样的直线()A.存在一条,且方程为2x-y-1=0B.存在无数条C.存在两条,方程为2x(y+1)=0D.不存在,【解析】选D.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=2,y1+y2=2,则两式相减得(x1-x2)(x1+x2)-(y1-y2)(y1+y2)=0,所以x1-x2=(y1-y2),即kAB=2,故所求直线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.联立可得2x2-4x+3=0,但此方程没有实数解,故这样的直线不存在.,2.(2013焦作模拟)已知椭圆C1:(00)的焦点是椭圆的顶点.(1)求抛物线C2的方程.(2)过点M(-1,0)的直线l与抛物线C2交于E,F两点,过E,F作抛物线C2的切线l1,l2,当l1l2时,求直线l的方程.,【解析】(1)因为椭圆C1的长半轴长a=2,半焦距由得b2=1.所以椭圆C1的上顶点为(0,1),所以抛物线C2的焦点为(0,1),所以抛物线C2的方程为x2=4y.,(2)由已知可得直线l的斜率必存在,设直线l的方程为y=k(x+1),E(x1,y1),F(x2,y2).由x2=4y,得y=x2.所以y=x.所以切线l1,l2的斜率分别为x1,x2.当l1l2时,x1x2=-1,即x1x2=-4.由得x2-4kx-4k=0.所以=(4k)2-4(-4k)0,解得k0.x1x2=-4k=-4,即k=1,满足式.所以直线l的方程为x-y+1=0.,考点2与弦长、弦中点及弦端点相关的问题【典例2】(1)(2014舟山模拟)直线4kx-4y-k=0与抛物线y2=x交于A,B两点,若|AB|=4,则弦AB的中点到直线x+=0的距离等于()A.B.2C.D.4,(2)(2013天津高考)设椭圆(ab0)的左焦点为F,离心率为过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为求椭圆的方程;设A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点,若=8,求k的值.,【解题视点】(1)首先判断出直线过抛物线的焦点,再根据|AB|=4求解.(2)由离心率可求得a,c之间的关系式,再利用线段的长即可求出椭圆方程;可将直线方程与椭圆方程联立,得出C,D两点坐标之间的关系,再利用题设中向量等式即可求出k值.,【规范解答】(1)选C.直线4kx-4y-k=0,即y=k即直线4kx-4y-k=0过抛物线y2=x的焦点设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AB|=x1+x2+=4,故x1+x2=,则弦AB的中点的横坐标是,弦AB的中点到直线x+=0的距离是,(2)设F(-c,0),由过点F且与x轴垂直的直线为x=-c,代入椭圆的方程有于是又a2-c2=b2,从而a=,c=1,所以所求椭圆的方程为,设点C(x1,y1),D(x2,y2),由F(-1,0)得直线CD的方程为y=k(x+1).由方程组消去y,整理得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0,可得因为A(-,0),B(,0),所以=6-2x1x2-2y1y2=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2=6+由已知得6+=8,解得k=,【规律方法】1.弦长的计算方法与技巧求弦长时可利用弦长公式,根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程,利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式,然后进行整体代入弦长公式求解.提醒:注意两种特殊情况:(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直;(2)直线过圆锥曲线的焦点.,2.弦中点问题的解法点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算,但要注意直线斜率是否存在.3.与弦端点相关问题的解法解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法,就是将其转化为端点的坐标关系,再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系,构建方程(组)求解.,【变式训练】已知椭圆C:(ab0),直线y=x+与以原点为圆心,以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切,F1,F2为其左、右焦点,P为椭圆C上任意一点,F1PF2的重心为G,内心为I,且IGF1F2.(1)求椭圆C的方程.(2)若直线l:y=kx+m(k0)与椭圆C交于不同的两点A,B,且线段AB的垂直平分线过定点求实数k的取值范围.,【解析】(1)设P(x0,y0),x0a,则又设I(xI,yI),因为IGF1F2,所以yI=,因为|F1F2|=2c,所以=|F1F2|y0|=(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)所以2c3=2a+2c,所以又由题意知所以b=,所以a=2,所以椭圆C的方程为,(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由消去y,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,由题意知=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)0,即m20)焦点的直线与抛物线交于A,B两点,|AB|=3,且AB中点的纵坐标为,则p的值为.,【解析】设直线方程为x=my+,代入抛物线方程得y2-2mpy-p2=0,设A(xA,yA),B(xB,yB),则又|AB|=即解得答案:,2.椭圆ax2+by2=1与直线x+y-1=0相交于A,B两点,C是线段AB的中点.若|AB|=2,直线OC的斜率为求椭圆的方程.,【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),代入椭圆的方程并作差,得a(x1+x2)(x1-x2)+b(y1+y2)(y1-y2)=0.而代入上式可得b=a.联立得(a+b)x2-2bx+b-1=0,所以又|AB|=|x2-x1|=2,即|x2-x1|=2,则|x2-x1|2=将b=a代入,得此时=(-2b)2-4(a+b)(b-1)=4(a+b-ab)=40,所以所求椭圆的方程是,考点3探究性、存在性问题【考情】探究性、存在性问题是高考在解析几何中命题的一大亮点,主要是以解答题的形式出现,考查直线与圆锥曲线的位置关系、圆锥曲线的几何性质、考查学生的运算能力以及分析问题、解决问题的能力.,高频考点通关,【典例3】(1)(2014金华模拟)已知椭圆的两个焦点F1(-,0),F2(,0),过F1且与坐标轴不平行的直线l1与椭圆相交于M,N两点,MNF2的周长等于8.若过点(1,0)的直线l与椭圆交于不同两点P,Q,x轴上存在定点E(m,0),使恒为定值,则E的坐标为(),(2)(2013湖北高考)如图,已知椭圆C1与C2的中心为坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n(mn),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记=,BDM和ABN的面积分别为S1和S2.当直线l与y轴重合时,若S1=S2,求的值.当变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2?并说明理由.,【解题视点】(1)先确定椭圆的方程,再取两个特殊位置,求出,利用x轴上存在定点E(m,0),使恒为定值,即可求得E的坐标.(2)由S1=S2列出方程解出的值,验证1得的值.先假设存在,看是否能求出符合条件的,如果推出矛盾就是不存在.,【规范解答】(1)选C.由题意,设椭圆的方程为(ab0),则c=,4a=8,所以a=2,b=1,所以椭圆的方程为+y2=1,取直线lx轴,则可得所以取直线l为x轴,则可得P(-2,0),Q(2,0),所以=(m+2,0)(m-2,0)=m2-4,由题意可得,(m-1)2-=m2-4,所以m=,所以E的坐标为,(2)依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为其中amn0,=1.方法一:如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则S1=|BD|OM|=a|BD|,S2=|AB|ON|=a|AB|,所以,在C1和C2的方程中分别令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=-m,于是若化简得2-2-1=0.由1,可解得=+1.故当直线l与y轴重合时,若S1=S2,则=+1.,方法二:如图1,若直线l与y轴重合,则|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;S1=|BD|OM|=a|BD|,S2=|AB|ON|=a|AB|.所以若化简得2-2-1=0.由1,可解得=+1.故当直线l与y轴重合时,若S1=S2,则=+1.,方法一:若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则因为所以d1=d2.又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以,即|BD|=|AB|.由对称性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=(-1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(+1)|AB|,于是,将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得根据对称性可知xC=-xB,xD=-xA,于是从而由和式可得令t=,则由mn,可得t1,于是由可解得k2=因为k0,所以k20.,于是式关于k有解,当且仅当等价于(t2-1)1,可解得1,解得1+,所以当11+时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2.,方法二:若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则因为所以d1=d2.又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以因为由点A(xA,kxA),B(xB,kxB)分别在C1,C2上,可得两式相减可得依题意xAxB0,所以,所以由上式解得k2=因为k20,所以有0,可解得11+,所以当11+时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2.,【通关锦囊】,【特别提醒】解决探究性、存在性问题时,一定要注意验证特殊情况下是否适合.,【关注题型】,【通关题组】1.(2013江西高考)如图,椭圆C:(ab0)经过点P(1,),离心率e=,直线l的方程为x=4.,(1)求椭圆C的方程.(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.问:是否存在常数,使得k1+k2=k3?若存在,求的值;若不存在,说明理由.,【解析】(1)由在椭圆上得,依题设知a=2c,则a2=4c2,b2=3c2,将代入得c2=1,a2=4,b2=3.故椭圆C的方程为,(2)方法一:由题意可设AB的斜率为k,则直线AB的方程为y=k(x-1),代入椭圆方程并整理得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=x1x2=在方程中令x=4,得M(4,3k).,注意到A,F,B三点共线,则有k=kAF=kBF,即所以将代入得k1+k2=2k-=2k-1.又k3=k-,所以k1+k2=2k3.故存在常数=2符合题意.,方法二:设B(x0,y0)(x01),则直线FB的方程为:令x=4,求得从而直线PM的斜率为联立,则直线PA的斜率为直线PB的斜率为所以故存在常数=2符合题意.,2.(2014绍兴模拟)在平面直角坐标系xOy中,过定点C(0,p)作直线与抛物线x2=2py(p0)相交于A,B两点.(1)若点N是点C关于坐标原点O的对称点,求ANB面积的最小值.(2)是否存在垂直于y轴的直线l,使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值?若存在,求出l的方程;若不存在,说明理由.,【解析】方法一:(1)依题意,点N的坐标为N(0,-p),可设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+p,与x2=2py联立得消去y得x2-2pkx-2p2=0,由根与系数的关系得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2,于是SANB=SBCN+SACN=2p|x1-x2|=p|x1-x2|=所以当k=0时,(SABN)min=2p2.,(2)假设满足条件的直线l存在,其方程为y=a.设AC的中点为O,l与AC为直径的圆相交于点P,Q,PQ的中点为H,则OHPQ,O点的坐标为因为|OP|=|AC|OH|=,所以|PH|2=|OP|2-|OH|2=(y12+p2)-(2a-y1-p)2=y1+a(p-a),所以|PQ|2=(2|PH|)2=令a-=0,得a=,此时|PQ|=p为定值,故满足条件的直线l存在,其方程为y=,即抛物线的通径所在的直线.,方法二:(1)前同方法一,再由弦长公式得又由点N到直线的距离公式得从而SABN=d|AB|=2p所以当k=0时,(SABN)min=2p2.,(2)假设满足条件的直线l存在,其方程为y=a,则以AC为直径的圆的方程为(x-0)(x-x1)+(y-p)(y-y1)=0,将直线方程y=a代入得x2-x1x+(a-p)(a-y1)=0,则=x12-4(a-p)(a-y1)=40.设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x3,y3),Q(x4,y4),则有|PQ|=|x3-x4|=令a-=0,得a=,此时|PQ|=p为定值,故满足条件的直线l存在,其方程为y=,即抛物线的通径所在的直线.,【加固训练】1.(2014杭州模拟)已知抛物线C:x2=2py(p0)的顶点在原点,焦点为F(0,1).(1)求p的值.(2)在抛物线C上是否存在点P,使得过点P的直线交C于另一点Q,满足PFQF,且PQ与C在点P处的切线垂直?若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.,【解析】(1)由抛物线的方程为x2=2py(p0),则=1,即p=2.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则抛物线C在点P处的切线方程是,=x1x2+(y1-1)(y2-1)=x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=-4(2+y1)+y1(+y1+4)-(+2y1+4)+1=y12-2y1-7=(y12+2y1+1)-4(+y1+2)故y1=4,此时,点P的坐标是(4,4).经检验,符合题意.所以,满足条件的点P存在,其坐标为P(4,4).,2.(2014长春模拟)在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=x2上异于坐标原点O的两不同动点A,B满足AOBO(如图所示).(1)求AOB的重心G(即三角形三条中线的交点)的轨迹方程.(2)AOB的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值;若不存在,请说明理由.,【解析】(1)设AOB的重心为G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),则因为OAOB,所以kOAkOB=-1,即x1x2+y1y2=0,又点A,B在抛物线上,有y1x12，y2x22，,(2)SAOB|OA|OB|当且仅当x12x22，即x1x21时，等号成立所以AOB的面积存在最小值，且最小值为1.,3.(2013淄博模拟)已知椭圆C:(a)的右焦点F在圆D:(x-2)2+y2=1上,直线l:x=my+3(m0)交椭圆于M,N两点.(1)求椭圆C的方程.(2)若(O为坐标原点),求m的值.(3)若点P的坐标是(4,0),试问PMN的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由.,【解析】(1)由圆D:(x-2)2+y2=1可得:圆心(2,0),半径r=1.令y=0得(x-2)2=1,解得x=3或1.所以椭圆的半焦距c=3或1,但是当c=1时,故舍去.所以c=3,a2=b2+c2=3+32=12.故椭圆的方程为,(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).联立化为(m2+4)y2+6my-3=0,(3)因为直线l过椭圆的右焦点F(3,0),所以SPMN=|FP|y1-y2|.因为|FP|=4-3=1.当且仅当m2+1=3,即m=时等号成立.故PMN的面积存在最大值1.,【规范解答14】直线与圆锥曲线的综合问题【典例】(14分)(2013山东高考)椭圆C:(ab0)的左、右焦点分别是F1,F2,离心率为过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程.(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1,PF2,设F1PF2的平分线PM交C的长轴于点M(m,0),求m的取值范围.,(3)在(2)的条件下,过点P作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C有且只有一个公共点,设直线PF1,PF2的斜率分别为