2015第一轮复习高考数学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,由 Ax+By+C=0(A2+B20), 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,两个交点,一个交点,不等,无交点,2.圆锥曲线的弦长 设斜率为k(k0)的直线l

2、与圆锥曲线C相交于A，B两点， A(x1,y1),B(x2,y2),则 |AB|=_ =_= = . _,判断下列结论是否正确(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|= .( ) (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

3、次方程的判别式0. ( ) 【解析】(1)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，|AB|= ， 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( )

4、 (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)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+ +4 =0有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为( ) (A) (B) (C) (D) 【解析】选C.根据题意设椭圆方程为 =1(b0)，则将 x= 代入椭圆方程，得4(b2+1)y2+ b2y-b4+12b2=0, 椭圆与直线x+ y+4=0有且仅有一个交点，=( b

5、2)2 -44(b2+1)(-b4+12b2)=0，即(b2+4)(b2-3)=0, b2=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( ) (A) (B) (C) (D)4 【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), 则 两式相减，得 (x1+x2)(x1-x2)=(

6、y1+y2)(y1-y2), 0, , ,即y0=2x0. 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=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= ， 因此，直线方程为： ，与椭圆方程 +y2=1联 立，消去y得： =0,则x1+x2= ，x1x2= ， 所以|AB|= = =2. 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)已知抛

7、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)(2012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 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

8、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)=0， 由已知，其判别式=(32m)2-4674(m2-3)0, 解得：m267,即： . 答案：( ) (2)由题意，得直线l的方程为y-1=k(x+2)， 由 得ky2-4y+4(2k+1)=0 (*),()当k=0时，由方程(*)得y=1,方程组有一个解,此时，直线 与抛物线只有一个公共点. ()当k0时，方程(*)的判别式为=-16(2k2+k-1). 由=0，即2k2+k-1=0，解得k=-1或k= , 当k=-1或k= 时，方程组有一个解， 此时，直线与抛物线只

9、有一个公共点. 综上可知，当k=-1或k=0或k= 时，直线与抛物线只有一个公 共点. 答案：-1或0或,(3)方法一：由条件知，P(-c, )，故直线PF2的斜率为 . 因为PF2F2Q， 所以直线F2Q的方程为y= .故Q( ,2a). 由题设知， =4,2a=4，解得a=2,c=1. 故椭圆方程为 =1.,方法二：设直线x= 与x轴交于点M. 由条件知，P(-c, ). 因为PF1F2F2MQ，所以 = . 即 ，解得|MQ|=2a. 所以 解得 故椭圆方程为 =1.,直线PQ的方程为 ， 即y= , 将上式代入 =1，得x2+2cx+c2=0. 方法一：其判别式=(2c)2-4c2=0

10、, 方法二：解得x=-c,y= . 所以直线PQ与椭圆C只有一个交点.,【互动探究】若将本例(1)中“此椭圆与直线y=4x+m交于不同 两点A，B”变为“此椭圆上存在不同的两点A，B关于直线 y=4x+m对称”，则实数m的取值范围如何？ 【解析】方法一：由于A，B两点关于直线y=4x+m对称，所以设 直线AB的方程为 ，即x=-4(y-b)，将其代入 =1，得:13y2-24by+12b2-3=0，其判别式=(-24b)2- 413(12b2-3)0，解得：b2 ，设A(x1,y1),B(x2,y2), 线段AB的中点为M0(x0,y0),y1+y2= ,x1+x2=-4(y1-b)-4(y2

11、-b)= , M0( ), 又M0在y=4x+m上，有 , b= 将代入解得 . 方法二：设A(x1,y1),B(x2,y2), 线段AB的中点M(x,y)，kAB= , x1+x2=2x,y1+y2=2y,=12 =12 两式相减得 ， 即y1+y2=3(x1+x2),即y=3x,与y=4x+m联立得x=-m,y=-3m,而 M(x,y)在椭圆的内部， 则 1,即 . 答案：( ),【规律方法】 1.直线与圆锥曲线位置关系的判断方法 用直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组的解的个数，可以研究直线与圆锥曲线的位置关系，即用代数法研究几何问题，这是解析几何的重要思想方法.直线与圆锥曲线有无公共点或

12、有几个公共点问题，实际上是研究方程组解的个数问题. 【提醒】在研究方程组是否有实数解或实数解的个数问题时，要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法.,2.曲线上存在关于直线对称的两点问题的解法及关键 (1)解法：转化为过两对称点的直线与曲线的相交问题求解. (2)关键：使用两对称点的连线与对称轴垂直，两点的中点在对称轴上.,【加固训练】（1）若直线mx+ny=4与O:x2+y2=4没有交点， 则过点P(m,n)的直线与椭圆 =1的交点个数是( ) (A)至多为1(B)2 (C)1(D)0 【解析】选B.由题意知： 2，即 2，点 P(m,n)在椭圆 的内部，故所求交点个数是2个.,（2）过双曲线

13、 =1的右焦点作直线l交双曲线于A，B两点， 若|AB|=4，则这样的直线l有( ) (A)1条(B)2条(C)3条(D)4条 【解析】选C.由于a=1，所以2a=24，数形结合知，当A，B在 左右两支上时有2条，又过右焦点垂直于x轴的弦长恰好为4， 故A，B同在右支上时，有1条.所以共3条.,考向 2 与弦长、弦中点及弦端点相关的问题 【典例2】(1)已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点为F(0， -1)，直线l与抛物线C相交于A，B两点.若线段AB的中点为(2， -2)，则直线l的方程为_. (2)过抛物线y2=4x焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，如果 ，则直线AB的方程是_.,(3)(

14、2013新课标全国卷)平面直角坐标系xOy中，过椭 圆M： =1(ab0)右焦点的直线x+y- =0交M于A，B 两点，P为AB的中点，且OP的斜率为 求M的方程. C,D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD面积的最大值.,【思路点拨】(1)涉及弦的中点、斜率问题可利用点差法求解. (2)关键将弦的端点满足的向量关系转化为其横坐标大小关 系，从而构建方程求解. (3)涉及弦AB的中点问题，考虑点差法，建立关于a,b的方程组，解得a,b的值，确定M的方程. 将四边形ACBD的面积表示出来，可转化为S|AB|h，然后利用函数的知识求最值.,【规范解答】(1)由题意知，抛

15、物线的方程为x2=-4y，设 A(x1,y1),B(x2,y2)，且x1x2,联立方程得 两式相减 得 , =-1, 直线l的方程为y+2=-(x-2),即y=-x. 答案：x+y=0,(2)由已知抛物线y2=4x的焦点F(1，0)，显然满足题意的直线 斜率存在，设为k,则直线的方程为y=k(x-1),将其代入y2=4x, 整理得k2x2-2(k2+2)x+k2=0(k20) 其判别式=16(k2+1)0, 设A(x1,y1),B(x2,y2)且由 , 不妨设x1x2. 由解得x1= , x2= ,又 得(1-x1,-y1)=2(x2-1,y2), 得1-x1=2(x2-1),即x1+2x2=

16、3, 亦即： +2 =3， 解得k= ,所求直线方程为y= (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A(x1,y1),B(x2,y2)，则 =1()， =1()，()-()得 设P(x0,y0)，因为P为AB的中点，且OP的斜率为 所以 y0= 即y1+y2= (x1+x2)，又因为 =-1，所以可以解 得a2=2b2， 即a2=2(a2-c2)，即a2=2c2，又因为c= 所以a2=6，所以M的方程为,因为CDAB,直线AB的方程为x+y- =0，所以设直线CD方 程为y=x+m，将x+y- =0代入 =1得：3x2-4

17、 x=0， 解得x=0或x= 不妨令A(0, ),B( )，所以可得|AB|= 将y=x+m 代入 =1得：3x2+4mx+2m2-6=0， 设C(x3,y3)，D(x4,y4)，则|CD|=,又因为=16m2-12(2m2-6)0，即-3m3，所以当m=0时， CD取得最大值4,所以四边形ACBD面积的最大值为 |AB|CD|=,【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

18、.(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】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, 又e= 得 ,即 ,a=5. 椭圆C

19、的方程为 =1.,(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= (x-3) 代入C的方程，得 ，即x2-3x-8=0,解得 x1= ,x2= , 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

20、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 =1.,(2

21、)由 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-m2+3=0.(*) 此时x0= ,y0=kx0+m= , 所以P( ).,由 得Q(4,4k+m). 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 , , 由 =0， 得 , 整理，得 .(*),由于(*)式对满足(*)式的m,k恒成立，所以 解 得x1=1. 故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒

22、过点M. 方法二：(1)同方法一. (2)由 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-m2+3=0.(*) 此时x0= ,y0=kx0+m= ， 所以P( ). 由 得Q(4,4k+m). 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

23、,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.,【规律方法】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】已知：向量 ，O为坐标原点，动点M满 足： . (1)求动点M的轨迹C的方程.

24、 (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，A为焦点，长轴 长为4的椭圆. 由c= ,2a=4，得a=2, b= =1. 动点M的轨迹C的方程为 =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 =1. (2)轨迹C是椭圆 =

25、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= 将代入椭圆方程并整理得：(1+4k2)x2+8kx=0，可得xD= ，则yD= 将代入椭圆方程并整理得： (4+k2)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

26、件的直线l1，l2存在，共有3组,【规范解答13】直线与圆锥曲线的综合问题 【典例】(14分)(2013山东高考)椭圆C： =1(ab 0)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k1，k2， 若k0，试证明 为定值，并求出这个定值.,【审题分析信息,形成思路】,【解题规

27、范步骤，水到渠成】 (1)由于c2=a2-b2，将x=-c代入椭圆方程 =1， 得y= 由题意知 =1，即a=2b2， 又e= 所以a=2,b=1, 所以椭圆C的方程为 +y2=1. 2分,1.能力要求：基础 2.建议用时：2分钟,(2)设P(x0,y0)(y00)， 又F1(- ,0),F2( ,0), 所以直线PF1,PF2的方程分别为 :y0 x-(x0+ )y+ y0=0， :y0 x-(x0- )y- y0=0， 由题意知，M到直线PF1,PF2的距离相等， 所以 ，4分 由于点P在椭圆上，所以 =1,所以 6分 因为- m ，-2x02， 可得 8分 所以m= ,因此- m . 9

28、分,1.能力要求：中等 2.建议用时：12分钟,(3)直线l的方程为y-y0=k(x-x0)， 联立 整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4( -2kx0y0+k2x -1)=0. 又l与椭圆C有且只有一个公共点， 所以=0， 即8(ky0-k2x0)2-4(1+4k2)4(y -2kx0y0+k2x -1)=0, 即(4-x )k2+2x0y0k+1-y =0，又 所以16y k2+8x0y0k+x =0，,故k= 12分 由(2)知 所以 = -8， 因此 为定值，这个定值为-8. 14分,1.能力要求：高等 2.建议用时：20分钟,【点题失分警示,规避误区】,【变题变式训

29、练，能力迁移】 如图，在x轴上方有一段曲线弧，其端点A，B在x轴上 (但不属于)，对上任一点P及点F1(-1，0)，F2(1，0)， 满足：|PF1|+|PF2|= 直线AP，BP分别交直线l:x=a(a )于R，T两点. (1)求曲线弧的方程. (2)求|RT|的最小值(用a表示). (3)曲线弧上是否存在点P，使 PRT为正三角形？若存在，求a 的取值范围；若不存在，说明理由.,【解析】(1)由椭圆的定义知，曲线弧是以F1(-1，0)，F2(1，0)为焦点的椭圆的一部分， c=1,a= ,b2=a2-c2=1. 曲线弧的方程为 +y2=1(y0).,(2)由(1)知，曲线弧的方程为 +y2=1(y0),设 P(x0,y0), 则有 =2,即 又A(- ，0)，B( ，0)，从而直线AP，BP的方程分别为 AP：y= (x+ );BP:y= (x- )， 令x=a得R，T的纵坐标分别为 yRyT= (a2-2) ,将代入，得yRyT= (2-a2). |RT|=|yR-yT|= 当且仅当|yR|=|yT|,即yR=-yT时，取等号. 即|RT|的最小值是,(3)设P(x1,y1)，依题设，直线ly轴，若PRT为正三角形，则必有PAB=30,