2014年数学理（福建用）配套课件第八章 第九节直线与圆锥曲线的位置关系

1、第九节 直线与圆锥曲线的位置关系,1.直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法 直线与圆锥曲线的位置关系可分为：_、_、_. 这三种位置关系的判定条件可归纳为： 设直线l:Ax+By+C=0(A2+B20)，圆锥曲线C1：f(x,y)=0,相交,相切,相离,即将直线l的方程与圆锥曲线C1的方程联立，消去y便得到关于x的方程ax2+bx+c=0(当然，也可以消去x得到关于y的方程)，通过方程解的情况判断直线l与圆锥曲线C1的位置关系，见下表：,无公共点,一个交点,不等,两个交点,一个交点,无交点,2.圆锥曲线的弦长 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,y

2、2),则 |AB|=_ =_= |y1-y2| =_.,判断下面结论是否正确(请在括号中打“”或“”). (1)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.( ) (2)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.( ),(3)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.( ) (4)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|.( ) (5)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.( ),【解析】(1

3、)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. (2)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. (3)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.,(4)正确， 又x1=ty1+a,x2=ty2+a, |AB|= (5)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. 答案:(1) (2) (3) (4) (5),1.已知直线y=kx-k及抛物线y2=2px(p0)，则( ) (A)直线与抛物线有一个公共点 (B)直线与抛物线有两个公共点 (C

4、)直线与抛物线有一个或两个公共点 (D)直线与抛物线可能无公共点,【解析】选C.因为直线y=kx-k=k(x-1)恒过定点(1，0)，而点(1，0)在抛物线内部，故直线与抛物线有一个或两个公共点.,2.已知以F1(-2，0)，F2(2，0)为焦点的椭圆与直线x+ y +4=0有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为( ),【解析】选C.根据题意设椭圆方程为 =1(b0)， 则将x=- y-4代入椭圆方程，得4(b2+1)y2+8 b2y-b4 +12b2=0,椭圆与直线x+ y+4=0有且仅有一个交点， =(8 b2)2-44(b2+1)(-b4+12b2)=0，即(b2+4)(b2-3)=0, b

5、2=3,长轴长为,3.已知直线x-y-1=0与抛物线y=ax2相切，则a等于( ) 【解析】选C.将x-y-1=0，即y=x-1代入y=ax2 得，ax2-x+1=0,直线与抛物线相切， =(-1)2-4a=0，解得a=,4.已知双曲线x2-y2=1和斜率为 的直线l交于A，B两点，当l变化时，线段AB的中点M的坐标满足的方程是_.,【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2)，线段AB的中点坐标(x0,y0), (x1+x2)(x1-x2)=(y1+y2)(y1-y2), 答案:y=2x,5.过椭圆 +y2=1的左焦点且倾斜角为 的直线被椭圆所截得的弦长为_.,【解析】设直线与椭圆 +y2=

6、1的交点分别为A(x1,y1),B(x2,y2).由椭圆方程 +y2=1得： a=3，b=1，所以c=2 ， 因此，直线方程为：y= (x+2 )，与椭圆方程 +y2=1 联立，消去y得：4x2+12 x+15=0, 则x1+x2=-3 ，x1x2= 所以|AB|= |x1-x2| 答案：2,考向 1 直线与圆锥曲线的位置关系的确定及应用 【典例1】(1)已知椭圆 =1，若此椭圆与直线y=4x+m交于不同两点A，B，则实数m的取值范围是_. (2)(2013兰州模拟)已知抛物线的方程为y2=4x,斜率为k的直线l过定点P(-2，1)，若直线l与抛物线只有一个公共点，则k的值为_.,(3)(20

7、12安徽高考)如图，F1(-c,0),F2(c,0)分别是椭圆 C: =1(ab0)的左、右焦点，过点F1作x轴的垂线交 椭圆的上半部分于点P，过点F2作直线PF2的垂线交直线x= 于点Q.,若点Q的坐标为(4，4)，求椭圆C的方程； 证明：直线PQ与椭圆C只有一个交点.,【思路点拨】(1)(2)将直线与曲线方程联立转化为所得方程解的个数满足的条件求解. (3) 利用F1Px轴，PF2QF2，构建关于a,b,c的方程组，求解；只需证明直线PQ与椭圆相切，即其方程联立消元后的一元二次方程有唯一解即可.,【规范解答】(1)直线y=4x+m与椭圆 =1联立，消去y得：67x2+32mx+4(m2-3

8、)=0， 由已知，其判别式=(32m)2-4674(m2-3)0, 解得：m267,即：- m0，解得：b22，即 x2. 由解得x1=,又 得(1-x1,-y1)=2(x2-1,y2), 得1-x1=2(x2-1),即x1+2x2=3, 亦即： 解得k=2 ,所求直线方程为y=2 (x-1), 即4x- y-4=0或4x+ y-4=0. 答案:4x- y-4=0或4x+ y-4=0,(3)设椭圆方程为ax2+by2=1( 0)， 且设P(x1,y1),Q(x2,y2). =4b2-4(a+b)(b-1)=4(a+b-ab).,OPOQ, x1x2+y1y2=0. x1x2+(x1+1)(x2

9、+1)=0, 2x1x2+x1+x2+1=0 代入得,a+b=2, |PQ|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2 =2(x1-x2)2 =2(x1+x2)2-4x1x2, 即4b2-8b+3=0, b= 或b= a+b=2且,【拓展提升】 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

10、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】设椭圆C： =1(ab0)过点(0，4)，离心 率为 (1)求椭圆C的方程. (2)求过点(3，0)且斜率为 的直线被C所截线段的中点坐标.,【解析】(1)将点(0，4)代入C的方程得 =1,b=4, 椭圆C的方程为,(2)过点(3，0)且斜率为 的直线方程为 y= (x-3), 设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2)，将直线方程y

11、= (x- 3)代入C的方程，得 ，即x2-3x-8=0,解得x1= AB的中点的横坐标 纵坐标 即所截线段的中点坐标为( ).,考向 3 探究性、存在性问题 【典例3】(2012福建高考)如图，椭圆E： =1(ab0) 的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e= .过F1的直线交椭圆于A，B两点，且ABF2的周长为8.,(1)求椭圆E的方程. (2)设动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x=4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.,【思路点拨】(1)利用待定系数法求解，(2)假设存在点M

12、满足 题设条件，先探索出M必在x轴上，再根据以PQ为直径的圆恒 过M点，即 =0恒成立，求M点横坐标大小，从而判断点是否存在.,【规范解答】方法一：(1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8， 即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8， 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a, 所以4a=8,a=2. 又因为e= ,即 所以c=1, 所以b= 故椭圆E的方程是,(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0)，所以m0且=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0， 化简得4k2-m2+3=0

13、.(*) 此时x0= 所以P( ).,假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上. 设M(x1,0)，则 =0对满足(*)式的m,k恒成立. 因为 =( ), =(4-x1,4k+m), 由 =0， 得 整理，得(4x1-4) +x -4x1+3=0.(*),由于(*)式对满足(*)式的m,k恒成立，所以 故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.,方法二：(1)同方法一. 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0)，所以m0且=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0， 化简得4k2

14、-m2+3=0.(*) 此时x0= 所以P( ).,假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上. 取k=0,m= ，此时P(0, ),Q(4, ),以PQ为直径的圆为 (x-2)2+(y- )2=4，交x轴于点M1(1,0),M2(3,0)；取k=- m=2,此时P(1, ),Q(4,0)，以PQ为直径的圆为(x- )2+ (y- )2= ,交x轴于点M3(1，0)，M4(4,0).所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1，0).,以下证明M(1，0)就是满足条件的点: 因为M的坐标为(1，0)，所以 从而 故恒有 即存在定点M(1，0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.,

15、【拓展提升】探究性、存在性问题的求解步骤 (1)先假设存在,引入参变量,根据题目条件列出关于参数的方程(组)或不等式(组). (2)解此方程(组)或不等式(组),若有解即存在,若无解则不存在.,【变式训练】(2013邢台模拟)已知：向量 =( ,0)， O为坐标原点，动点M满足： (1)求动点M的轨迹C的方程. (2)已知直线l1,l2都过点B(0,1)，且l1l2，l1,l2与轨迹C分别交于点D,E，试探究是否存在这样的直线使得BDE是等腰直角三角形.若存在，指出这样的直线共有几组(无需求出直线的方程)；若不存在，请说明理由.,【解析】(1)方法一：设A(- ,0)，则 动点M的轨迹为以A，

16、A为焦点，长轴长为4的椭圆. 由c= ,2a=4，得a=2, b= 动点M的轨迹C的方程为 +y2=1.,方法二:设点M(x,y),则 点M的轨迹C是以( ,0)，(- ，0)为焦点，长轴长为4的椭圆. a=2,c= ,b= =1, 动点M的轨迹C的方程为 +y2=1.,(2)轨迹C是椭圆 +y2=1，点B(0,1)是它的上顶点， 设满足条件的直线l1，l2存在，由题意知两直线斜率存在且不为零，不妨设直线l1的方程为 y=kx+1(k0) 则直线l2的方程为y=- x+1 将代入椭圆方程并整理得：(1+4k2)x2+8kx=0，可得xD= 则yD= +1.将代入椭圆方程并整理得： (4+k2)

17、x2-8kx=0，可得xE= 则yE=,由BDE是等腰直角三角形得 |BD|=|BE|,k3+4k=1+4k2k3-1=4k2-4k (k-1)(k2+k+1)=4k(k-1) k=1或k2-3k+1=0 方程的判别式=50，即方程有两个不相等的实根，且不为1. 方程有三个互不相等的实根.即满足条件的直线l1，l2存在，共有3组,【满分指导】解答直线与圆锥曲线位置关系的综合问题 【典例】(14分)(2012北京高考)已知曲线C：(5-m)x2+ (m-2)y2=8(mR). (1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围. (2)设m=4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，

18、直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y=1与直线BM交于点G.求证：A，G，N三点共线.,【思路点拨】,【规范解答】(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当 解得 0)的一条 渐近线与抛物线y=x2+1只有一个公共点，则双曲线的离心 率为( ),【解析】选D.双曲线 =1的一条渐近线为y= 由方程组 消去y得，x2- x+1=0有唯一解，所以,2.(2013衡水模拟)直线3x-4y+4=0与抛物线x2=4y和圆 x2+(y-1)2=1从左到右的交点依次为A，B，C，D.则 的值为( ) (A)16 (B) (C)4 (D),【解析】选B.由 得x2-3x-4=0， xA=-1,

19、xD=4，直线3x-4y+4=0恰过抛物线的焦点F(0，1). |AF|=yA+1= ,|DF|=yD+1=5, ,3.(2013漳州模拟)已知双曲线方程是x2- =1，过定点 P(2，1)作直线交双曲线于P1，P2两点，并使P(2，1)为P1P2的中点，则此直线方程是_.,【解析】设点P1(x1,y1),P2(x2,y2),则由 得k= =4，从而所求方程为4x-y-7=0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x2-56x+51=0,0，故此直线满足条件. 答案:4x-y-7=0,4.(2013北京模拟)已知椭圆C： =1(ab0)，过 点B(0，1)，离心率为 (1)求椭圆C的方程. (2)

20、是否存在过点P(0，2)的直线l与椭圆交于M，N两个不同 的点，且使 成立？若存在，求出直线l的方程；若 不存在，请说明理由.,【解析】(1)由题意可知b=1, 解得a2=9. 故椭圆C的方程为 +y2=1. (2) ,点M为PN的中点， 设M(x1,y1),N(x2,y2),则x2=2x1. 当直线的斜率k不存在时，M(0，1)，N(0，-1)，P(0，2)，易知不符合条件，此时直线方程不存在.,当直线的斜率存在时，设直线的方程为y=kx+2, 得=(36k)2-4(9k2+1)270， 解得k2 (*) x1+x2= ，x1x2= 由消去x1,x2，可得k2= ,故k= 综上可知：存在，直

21、线l的方程为y=,1.已知圆M：(x+ )2+y2=36及定点N( ,0)，点P是圆M上 的动点，点Q在NP上，点G在MP上，且满足,(1)求点G的轨迹C的方程. (2)过点K(2，0)作直线l,与曲线C交于A，B两点，O是坐标原 点，设 ，是否存在这样的直线l,使四边形OASB的对角线相等？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.,【解析】(1)由 Q为PN的中点，且GQPNGQ是PN的中垂线，|PG|=|GN|， |PM|=|GM|+|GP|=|GM|+|GN|=6 点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆， 又a=3,c= b=2. C的方程为,(2) 四边形OASB为平行四边形，假设存在直线l，使|OS|=|AB|四边形OASB为矩形OAOB